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## 第15讲
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## 微分方程
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<table><tr><td>考题</td><td>齐次微分方程、一阶线性微分方程、伯努利方程（仅数学一）、二阶可降阶微分方程（仅数学一、 数学二）、二阶常系数线性微分方程、欧拉方程（仅数学一）、几何应用、物理应用（仅数学一、 数学二）、差分方程（仅数学三）</td></tr><tr><td>题型</td><td>选择题、填空题、解答题 ①了解微分方程及其阶、解、通解、初始条件和特解等概念；</td></tr><tr><td>目标</td><td>②掌握变量可分离的微分方程、齐次微分方程及一阶线性微分方程的解法； ③会解伯努利方程和全微分方程，会用简单的变量代换解某些微分方程（仅数学一）； ④会用降阶法解微分方程（仅数学一、数学二）； ⑤理解线性微分方程解的性质及解的结构； ③掌握二阶常系数齐次线性微分方程的解法，并会解某些高于二阶的常系数齐次线性微分方程； ⑦会解自由项为多项式、指数函数、正弦函数、余弦函数以及它们的和与积的二阶常系数非齐 次线性微分方程； ⑧会解欧拉方程（仅数学一）； ③会用微分方程解决一些简单的应用问题（几何应用、物理应用（仅数学一、数学二）和经济 应用（仅数学三））；</td></tr><tr><td>重难点</td><td>0了解差分与差分方程及其通解与特解等概念，并了解一阶常系数线性差分方程的求解方法（仅 数学三） ①二阶常系数齐次线性微分方程的求解； ②欧拉方程（仅数学一）</td></tr></table>
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## 基础知识结构
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直接可分离
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可分离变量型微分方程
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换元后可分离
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齐次型微分方程
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阶微分方程的求解
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阶线性微分方程
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伯努利方程（仅数学一）
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按类 入座
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二阶可降阶微分方程（用换元法化为一阶方程）（仅数学一、数学二）
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全微分方程（仅数学一）
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二阶常系数齐次线性微分方程
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高阶线性微分方程的求解
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二阶常系数非齐次线性微分方程
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n（n>2）阶常系数齐次线性微分方程
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微分方程的几何应用能写成 $x ^ { 2 } y ^ { \prime } + p x y ^ { \prime } + q y = f ( x )$ 形式的微分方程（欧拉方程）（仅数学一）
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微分方程的物理应用（仅数学一、数学二）
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经济应用 (数学三)
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一阶常系数线性差分方程（仅数学三）
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函数差分的定义
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一阶常系数线性差分方程及其求解
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## 基础内容精讲
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## 微分方程的概念
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满足两个条件：
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②含未知函数的导数(徽分)
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## 微分方程及其阶
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表示未知函数及其导数（或者微分)与自变量之间关系的方程称为微分方程，一般写成
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F [ x , y , y ^ { \prime } , \cdots , y ^ { ( n ) } ] = 0 { \not \exists } \bar { \chi } y ^ { ( n ) } = f [ x , y , y ^ { \prime } , \cdots , y ^ { ( n - 1 ) } ] .
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研究对象是y，最终求出y=y(x).
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三阶徽分方程，除y”外，其他均可缺
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微分方程中未知函数的最高阶导数的阶数称为微分方程的阶.如 $y ^ { \prime \prime } - y ^ { \prime \prime } + 6 y = 0$ 就是三阶微分方程.
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## 2常微分方程
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未知函数是一元函数的微分方程称为常微分方程.如 $y ^ { \prime \prime \prime } - y ^ { \prime \prime } + 6 y = 0$ $y \mathrm { d } x - \left( x + \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } \right) \mathrm { d } y = 0$
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注偏微分方程大纲不要求，但少量题目涉及
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## ③线性微分方程
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形如 $a _ { n } ( x ) y ^ { ( n ) } + a _ { n - 1 } ( x ) y ^ { ( n - 1 ) } + \dots + a _ { 1 } ( x ) y ^ { \prime } + a _ { 0 } ( x ) y = f ( x )$ 的微分方程称为n阶线性微分方程，其中$a _ { k } ( x ) ( k = 0 , 1 , 2 , \cdots , n )$ 都是自变量x的函数， $a _ { n } ( x ) \not \equiv 0$ .当 $a _ { \scriptscriptstyle k } ( x ) ( k = 0 , 1 , 2 , \cdots , n )$ 都是常数时，又称方程为n阶常系数线性微分方程.若右端函数f(x)恒为零，则称方程为n阶齐次线性微分方程，否则称其为n阶非齐次线性微分方程.
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## 4微分方程的解
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若将函数代入微分方程，使方程成为恒等式，则该函数称为微分方程的解.微分方程解的图形称为积分曲线.
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## 5微分方程的通解
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>经伎何恒等变形都不能使常数个数减少， $\left. \downarrow \downarrow y = \operatorname { e } ^ { x } ( C _ { 1 } + C _ { 2 } x ) . \kern - delimiterspace \right. \downarrow \downarrow y = C _ { 1 } \sin x +$ $C _ { 2 } \bullet 2 \sin x = ( C _ { 1 } + 2 C _ { 2 } ) \sin x = C \sin x$ ，这里的 $C _ { 1 } , C _ { 2 }$ 就不独立.
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若微分方程的解中含有的独立常数的个数等于微分方程的阶数，则该解称为微分方程的通解.此处的常数并非一定是伍意常数，可能是在一定范围内取值的常数，如例15.4
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## 6初始条件与特解
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确定通解中常数的条件就是初始条件.如 $y ( x _ { 0 } ) = a _ { 0 } , y ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = a _ { 1 } , \cdots , y ^ { ( n - 1 ) } ( x _ { 0 } ) = a _ { n - 1 }$ ，其中 $a _ { 0 }$ $a _ { 1 } , \cdots , a _ { n - 1 }$ 为n个给定的数.确定了通解中的常数后，解就成了特解.
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例15.1 设y=f(x)是方程 $y ^ { \prime \prime } - 2 y ^ { \prime } + 4 y = 0$ 的一个解，若 $f ( x _ { 0 } ) > 0$ ，且 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0$ ，则函数f(x)在点 $x _ { 0 }$ 处（ ）.(A)取得极大值 (B)取得极小值(C)某个邻域内单调增加 (D)某个邻域内单调减少
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分析乍一看题目， $y ^ { \prime \prime } - 2 y ^ { \prime } + 4 y = 0$ 是《全国硕士研究生招生考试数学考试大纲》中要求的一个很简单的微分方程，于是很多考生便先去求它的解，再去讨论问题.姑且不论这样做能否解决问题（事实上，由于初始条件不够，是解不出特解的)，考场上时间有限，需要的是效率和最好的解题方法.希望大家在平时的复习中，努力研究最“恰当”的方法，这种“恰当”也正是命题人想考查的地方．
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解 应选(A).
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由题设，有 $f ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } ) - 2 f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) + 4 f ( x _ { 0 } ) = 0$ ，结合 $f ( x _ { 0 } ) > 0 , f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0$ ，可得 $f ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } ) = - 4 f ( x _ { 0 } ) < 0$ ，又$f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0$ ，由判别极值的第二充分条件知，点 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 是f(x)的极大值点.答案选择(A).
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## 注微分方程任意阶可导
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## 考研数学基础30讲·高等数学分册
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本題涉及徽分方程的概念，难度不大.
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例15.2 设 $y = y ( x )$ 是二阶常系数线性微分方程 $y ^ { \prime } + p y ^ { \prime } + q y = \mathtt { e } ^ { 3 x }$ 满足初始条件 $y ( 0 ) = y ^ { \prime } ( 0 ) = 0$ 的特解，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \ln ( 1 + x ^ { 2 } ) } { y ( x ) } }$
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分析由 $y ( 0 ) , y ^ { \prime } ( 0 )$ ，分析出 $y ^ { \prime \prime } ( 0 )$ ，然后借助洛必达法则求解.
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解 应填2.
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不用求解微分方程，而是利用方程所反映出来的函数与各阶导数之间的关系来解题.
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由 $y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y = \mathtt { e } ^ { 3 x }$ 得 $y ^ { \prime \prime } ( x )$ 连续，且 $y ^ { \prime \prime } ( 0 ) = - p y ^ { \prime } ( 0 ) - q y ( 0 ) + \mathtt { e } ^ { 0 } = 1$ ，故
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \ln ( 1 + x ^ { 2 } ) } { y ( x ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x ^ { 2 } } { y ( x ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 2 x } { y ^ { \prime } ( x ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 2 } { y ^ { \prime } ( x ) } } = { \frac { 2 } { y ^ { \prime \prime } ( 0 ) } } = 2 \ .
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## 一阶微分方程的求解
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## 1可分离变量型微分方程
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(1)直接可分离.
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能写成 $y ^ { \prime } = f ( x ) g ( y )$ 形式的方程称为可分离变量型微分方程，其解法为
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\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } = f ( x ) g ( y ) \Rightarrow \int \frac { \mathrm { d } y } { g ( y ) } = \int f ( x ) \mathrm { d } x . ^ { - } \mathfrak { P } ^ { - } \mathfrak { s } . . . \mathfrak { s } . . . \mathrm { ~ } \wedge . . . . \mathrm { d } \sharp \frac { \mathfrak { s } } { \mathfrak { s } } .
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例15.3 已知曲线 $y = f ( x )$ 过点 $\left( 0 , - { \frac { 1 } { 2 } } \right)$ ，且其上任一点 $( x , y )$ 处的切线斜率为 $x \ln ( 1 + x ^ { 2 } )$ 则f(x)=
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分析本题考查根据实际问题建立微分方程的能力，关键是要知道导数的几何意义即为曲线在这一点处的切线的斜率.本讲中将经常出现由几何、物理问题建立微分方程并求解的题目.
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解 应填 $\frac { 1 } { 2 } ( 1 + x ^ { 2 } ) [ \ln ( 1 + x ^ { 2 } ) - 1 ]$
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由实际问题建立微分方程为
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学会将几何表达翻译成数学表达式. $\begin{array} { r } { \overbrace { \vphantom { \int } \left\{ \vphantom { \int } \frac { \partial \left| y \right| _ { x = 0 } } { \partial x } = x \ln ( 1 + x ^ { 2 } ) , \right. } } ^ { \mathrm { d } y } \end{array}$
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这是一个可分离变量型微分方程求特解的问题，用分离变量法求解.由
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\int \mathrm { d } y = \int x \ln ( 1 + x ^ { 2 } ) \mathrm { d } x ,
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得
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\begin{array} { l } { { \displaystyle y = \frac { 1 } { 2 } \int \ln ( 1 + x ^ { 2 } ) { \tt d } ( 1 + x ^ { 2 } ) = \frac { 1 } { 2 } \Biggl [ ( 1 + x ^ { 2 } ) \ln ( 1 + x ^ { 2 } ) - \int \frac { 1 + x ^ { 2 } } { 1 + x ^ { 2 } } { \tt d } ( 1 + x ^ { 2 } ) \Biggr ] } } \\ \displaystyle \phantom { \tt d } y = \frac { 1 } { 2 } ( 1 + x ^ { 2 } ) [ \ln ( 1 + x ^ { 2 } ) - 1 ] + C \overbrace \phantom { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } { \tt d } \tt d \end{array}
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代人初始条件 $y { \Big | } _ { x = 0 } = - { \frac { 1 } { 2 } }$ 得C=0，故方程的特解为 $y = \frac { 1 } { 2 } ( 1 + x ^ { 2 } ) [ \ln ( 1 + x ^ { 2 } ) - 1 ]$
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例15.4 微分方程 ${ \frac { y \mathrm { d } y } { 1 + { y } ^ { 2 } } } = { \frac { \mathrm { d } x } { x ( 1 + { x } ^ { 2 } ) } }$ 的解为
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分析已写成变量分离形式，也可写成 $x ( 1 + x ^ { 2 } ) y \mathrm { d } y = ( 1 + y ^ { 2 } ) \mathrm { d } x$ 的形式考查．
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解应填 $( 1 + x ^ { 2 } ) ( 1 + y ^ { 2 } ) = C x ^ { 2 }$ ，其中C为大于1的任意常数.
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两边积分，得 $\int { \frac { y \mathrm { d } y } { 1 + y ^ { 2 } } } = \int \left( { \frac { 1 } { x } } - { \frac { x } { 1 + x ^ { 2 } } } \right) \mathrm { d } x$ ，则
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{ \frac { 1 } { 2 } } \ln ( 1 + y ^ { 2 } ) = \ln \left| x \right| - { \frac { 1 } { 2 } } \ln ( 1 + x ^ { 2 } ) + \ln C _ { 1 } ,
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即 $\ln [ ( 1 + x ^ { 2 } ) ( 1 + y ^ { 2 } ) ] = \ln C x ^ { 2 }$ ，故 $( 1 + x ^ { 2 } ) ( 1 + y ^ { 2 } ) = C x ^ { 2 }$ ，其中C为大于1的任意常数.
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注（1）为方便合并，不定积分后常加lnC而非C.
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(2)由本题的通解表达式可知，通解中的常数是指在一定范围内任意取值的常数，而未必是在实数范围内任意取值的常数
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(2)换元后可分离.
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形如 ${ \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } = f ( a x + b y + c )$ 的方程，其中常数a,b全都不为零.其解法为令 $u = a x + b y + c$ ，则${ \frac { \mathrm { d } u } { \mathrm { d } x } } = a + b { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } $ ，代人原方程得 ${ \frac { \mathrm { d } u } { \mathrm { d } x } } = a + b f ( u )$
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例15.5 求微分方程 $\mathrm { d } y = \sin ( x + y + 1 0 0 ) \mathrm { d } x$ 的通解．
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分析）无法分离变量，且含有x与y的线性组合，则作换元，即令 $u = x + y + 1 0 0$
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解 ①方程可写成 $\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } = \sin ( x + y + 1 0 0 )$ 令 $u = x + y + 1 0 0$ ，则 ${ \cfrac { \mathrm { d } u } { \mathrm { d } x } } = 1 + { \cfrac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } }$ ，于是原方程化为 ${ \frac { \mathrm { d } u } { \mathrm { d } x } } = { }$ $1 + \sin { u }$ ，就得到了可分离变量型微分方程.
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②分离变量，得 ${ \frac { \mathrm { d } u } { 1 + \sin u } } = \mathrm { d } x$ ，恒等变形，有 ${ \frac { ( 1 - \sin u ) \mathrm { d } u } { 1 - \sin ^ { 2 } u } } = \mathrm { d } x$ ，即 $( \sec ^ { 2 } u - \tan u \sec u ) \mathrm { d } u = \mathrm { d } x$
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两边积分，得 $\tan u - s e c u = x + C$ .将 $u = x + y + 1 0 0$ 代入，得原方程的通解为
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\tan ( x + y + 1 0 0 ) - sec ( x + y + 1 0 0 ) = x + C ,
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其中C为任意常数.
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## 考研数学基础30讲·高等数学分册
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注事实上，在本题解析过程中的②处，分离变量得 ${ \frac { \mathrm { d } u } { 1 + \sin u } } = \mathrm { d } x$ 时，默认了一件事情，那就是$\sin u \neq - 1$ ，回避了1+sinu=0的情况，从而丢掉了全部解中的部分解（可称为“奇解”）.当sinu=-1时，得 $x + y + 1 0 0 = 2 k \pi - \frac { \pi } { 2 } ,$
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其中 $k = 0 , \pm 1 , \pm 2 , \cdots$ .在《全国硕士研究生招生考试数学考试大纲》中，只要求求通解，并不要求
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求出全部解→非线性方程：全部解=通解+奇解.线性方程：金部解=通解.
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## ②齐次型微分方程
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形如 ${ \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } = \varphi \left( { \frac { y } { x } } \right)$ 的方程叫作齐次型微分方程.其解法为令 $u = { \frac { y } { x } }$ ，则 $y = u x \Rightarrow { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } = u + x { \frac { \mathrm { d } u } { \mathrm { d } x } }$ ,于是原方程变为 $x { \frac { \mathrm { d } u } { \mathrm { d } x } } + u = \varphi ( u )$ ，即 ${ \frac { \mathrm { d } u } { \varphi ( u ) - u } } = { \frac { \mathrm { d } x } { x } }$
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例15.6 设L是一条平面曲线，其上任意一点 $P ( x , y ) ( x > 0 )$ 到坐标原点的距离恒等于该点处的切线在y轴上的截距，且L经过点 $\left( { \frac { 1 } { 2 } } , 0 \right)$ .求曲线L的方程.→由于(x，y)为泛指的点，故用X，Y表示坐标系
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解 设曲线L过点P(x，y)的切线方程为 $Y - y = y ^ { \prime } ( X - x )$ .令X=0，得该切线在y轴上的截距为$y - x y ^ { \prime }$ 与y轴交点的纵坐标<
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由题设知 ${ \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } = y - x y ^ { \prime }$ ，又 $x > 0$ ，故 ${ \sqrt { 1 + \left( { \frac { y } { x } } \right) ^ { 2 } } } = { \frac { y } { x } } - y ^ { \prime }$ ，令 $u = { \frac { y } { x } }$ ，则此方程可化为 ${ \frac { \mathrm { d } u } { \sqrt { 1 + u ^ { 2 } } } } = - { \frac { \mathrm { d } x } { x } }$ 解得
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y + \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } = C \ . \qquad \nearrow ^ x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = \left( \frac { 1 } { 2 } - y \right) ^ { 2 } = \frac { 1 } { 4 } + y ^ { 2 } - y
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$$
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/由L经过点 $\left( { \frac { 1 } { 2 } } , 0 \right)$ ，知 $C = \frac 1 2$ .于是L的方程为 $y + \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } = \frac { 1 } { 2 }$ 即 $y = \frac { 1 } { 4 } - x ^ { 2 } ( x > 0 )$
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## ③一阶线性微分方程
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形如 $y ^ { \prime } + p ( x ) y = q ( x )$ 的方程叫作一阶线性微分方程，其中p(x)，q(x)为已知的连续函数，其通解公式为
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y = \mathrm { e } ^ { - \int p ( x ) \mathrm { d } x } \left[ \int \mathrm { e } ^ { \int p ( x ) \mathrm { d } x } \bullet q ( x ) \mathrm { d } x + C \right] .
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请大家一定要掌握该公式的推导过程，这是一个很好的锻炼机会，不要错过.
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## 注（1）推导通解公式
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在方程两边同时乘以 $\mathrm { e } ^ { \int p ( x ) \mathrm { d } x }$ ，得
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\mathrm { e } ^ { \int p ( x ) \mathrm { d } x } \bullet y ^ { \prime } + \mathrm { e } ^ { \int p ( x ) \mathrm { d } x } p ( x ) \bullet y = \mathrm { e } ^ { \int p ( x ) \mathrm { d } x } \bullet q ( x ) ,
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于是
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{ \biggl [ } \mathrm { e } ^ { \int p ( x ) d x } \bullet y { \biggr ] } ^ { \prime } = \mathrm { e } ^ { \int p ( x ) \mathrm { d } x } \bullet q ( x ) ,
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$$
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两边积分，得
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\mathrm { e } ^ { \int p ( x ) \mathrm { d } x } \bullet \boldsymbol { y } = \int \mathrm { e } ^ { \int p ( x ) \mathrm { d } x } \bullet q ( x ) \mathrm { d } x + C \cdot ,
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则
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y = \mathrm { e } ^ { - \int p ( x ) \mathrm { d } x } \left[ \int \mathrm { e } ^ { \int p ( x ) \mathrm { d } x } \bullet q ( x ) \mathrm { d } x + C \right] .
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(2)在一阶线性微分方程的通解公式 $y = \mathrm { e } ^ { - \int p ( x ) \mathrm { d } x } \left[ \int \mathrm { e } ^ { \int p ( x ) \mathrm { d } x } \bullet q ( x ) \mathrm { d } x + C \right]$ 中，若
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\int { p ( x ) \mathrm { d } x } = \ln \left| \varphi ( x ) \right| ,
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则
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\mathrm { e } ^ { \int p ( x ) \mathrm { d } x } = \left| \varphi ( x ) \right| = \pm \varphi ( x ) , \mathrm { e } ^ { - \int p ( x ) \mathrm { d } x } = \pm { \frac { 1 } { \varphi ( x ) } } ,
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代入上述通解公式，有
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y = \pm \frac { 1 } { \varphi ( x ) } \Big [ \int \pm \varphi ( x ) \bullet q ( x ) \mathrm { d } x + C \Big ]
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= { \frac { 1 } { \varphi ( x ) } } \left[ \int \varphi ( x ) \cdot q ( x ) \mathrm { d } x \pm C \right]
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\frac { A \cdot \pm C = D } { \varphi ( x ) } \frac { 1 } { \varphi ( x ) } \Big [ \int \varphi ( x ) \cdot q ( x ) \mathrm { d } x + D \Big ] ,
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其中D依然为任意常数，故 $\mathrm { e } ^ { \int p ( x ) d x } = \vert \varphi ( x ) \vert$ 可不加绝对值
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在其他计算过程中，若出现lnu，且u不知正负，一律加绝对值
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★（3）由于 $\int { p ( x ) \mathrm { d } x }$ 与 $\int q ( x ) \mathrm { e } ^ { \int p ( x ) \mathrm { d } x } \mathrm { d } x$ 均应理解为某一不含任意常数的原函数，故公式法亦可写成$y = \mathrm { e } ^ { - \displaystyle \int _ { x _ { 0 } } ^ { x } p ( t ) \mathrm { d } t } \left[ \int _ { x _ { 0 } } ^ { x } q ( t ) \mathrm { e } ^ { \int _ { x _ { 0 } } ^ { t } p ( s ) \mathrm { d } s } \mathrm { d } t + C \right]$ 这里的 $x _ { 0 }$ 在题设未提出定值要求时，可按方便解题的原则来取.此写法在研究解的性质时颇为有用，最近几年考频较高.研究解的周期性、有界性、求极限等需用定值处理的问题时，常用定积分的表达式表示通解.
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例15.7 设y=y(x)是微分方程 $\begin{array} { c } { { p ( x ) = 1 } } \\ { { y ^ { \prime } + y = \mathrm { e } ^ { - x } \cos x } } \end{array}$ >q(x)=ecosx 满足y(0)=0的特解.
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(1)求y(x)；
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(2)求曲线y(x)与x轴在[0，+α)上所围图形的面积.
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解 (1)根据一阶非齐次线性微分方程的通解公式，得
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\begin{array} { l } { { y ( x ) = \mathrm { { e } } ^ { - \int \mathrm { { d } } x } \left( \displaystyle { \int } \mathrm { { e } } ^ { - x } \cos x \cdot \mathrm { { e } } ^ { \int \mathrm { { d } } x } \mathrm { { d } } x + C \right) } } \\ { ~ } \\ { { = \mathrm { { e } } ^ { - x } \left( \displaystyle { \int } \cos x \mathrm { { d } } x + C \right) } } \\ { { ~ } } \\ { { = \mathrm { { e } } ^ { - x } \left( \sin x + C \right) ~ . } } \end{array}
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由y(0)=0，得C=0，所以 $y = \mathbf { e } ^ { - x } \sin x$
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(2)由例10.4，可知所求面积为 $\frac { \mathrm { e } ^ { - \pi } + 1 } { 2 ( 1 - \mathrm { e } ^ { - \pi } ) }$
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## 例15.8 微分方程 $y \mathrm { d } x + ( x - 3 y ^ { 2 } ) \mathrm { d } y = 0$ 满足条件 $y \big | _ { x = 1 } = 1$ 的解为y=
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分析无法直接计算 ${ \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } = { \frac { y } { 3 y ^ { 2 } - x } }$ ，此题可以取倒数，拆分，交换x与y的“角色”，
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解 应填 $\sqrt { x }$
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将微分方程变形为 ${ \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } y } } + { \frac { x } { y } } = 3 y$ ，这是x关于y的一阶线性微分方程，其通解为
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→=e−by=1 此处lny未写成 $x = \underline { { { \mathrm { e } } } } ^ { \int - \int \frac { 1 } { y } { \mathrm { d } } y } \left( \int 3 y \mathrm { e } ^ { \int \frac { 1 } { y } { \mathrm { d } } y } { \mathrm { d } } y + C \right) = \frac { 1 } { y } \left( \int 3 y ^ { 2 } { \mathrm { d } } y + C \right) = y ^ { 2 } + \frac { C } { y }$ y ，lnlyl，理由见“二、3.”的注(2).
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将 $y \big | _ { x = 1 } = 1$ 代入上式，得C=0，于是 $x = y ^ { 2 }$ ，即 $y = \pm { \sqrt { x } }$ .注意到 $y \big | _ { x = 1 } = 1$ ，故将 $y = - { \sqrt { x } }$ 舍去，得$y = { \sqrt { x } }$
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## 注此题中的初始条件不仅可以求独立常数C，还可以确定解的符号
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★★★例15.9 设函数y=(x)是微分方程 $y ^ { \prime } + \mathbf { e } y = \left( 1 - { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x }$ 的一个解，则 $\operatorname* { l i m } _ { x + \infty } \varphi ( x ) = ( \qquad )$
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(A)e 本题为重点题型 (B) $\mathrm { e } ^ { 2 }$
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(C) $\frac { 1 } { \mathrm { e } }$ (D) $\frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { 2 } }$
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$y ^ { \prime } + \mathbf { e } y = \left( 1 - { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x }$ 为一阶线性微分方程，其通解为
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y = \mathbf { e } ^ { - \int \exp } \left[ \int \left( 1 - { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x } \bullet \mathbf { e } ^ { \int \exp } \mathrm { d } x + C \right] = \mathbf { e } ^ { - \operatorname { e x } } \left[ \int \left( 1 - { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x } \bullet \mathbf { e } ^ { \operatorname { e x } } \mathrm { d } x + C \right]
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= \mathrm { e } ^ { - \mathrm { e } x } \left[ \int _ { x _ { 0 } } ^ { x } \left( 1 - \frac { 1 } { t } \right) ^ { t } \cdot \mathrm { e } ^ { \mathrm { e } t } \mathrm { d } t + C \right] = \frac { \int _ { x _ { 0 } } ^ { x } \left( 1 - \frac { 1 } { t } \right) ^ { t } \bullet \mathrm { e } ^ { \mathrm { e } t } \mathrm { d } t + C } { \mathrm { e } ^ { \mathrm { e } x } } ,
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其中 $x _ { 0 }$ 为任意正实数，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } y = \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \int _ { x _ { 0 } } ^ { x } \left( 1 - { \frac { 1 } { t } } \right) ^ { t } \cdot \operatorname { e } ^ { \operatorname { e } { t } } \mathrm { d } t + C } { \operatorname { e } ^ { \operatorname { e } { x } } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \left( 1 - { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x } \cdot \operatorname { e } ^ { \operatorname { e } { x } } } { \operatorname { e } \cdot \operatorname { e } ^ { \operatorname { e } { x } } } } = { \frac { \operatorname { e } ^ { - 1 } } { \operatorname { e } } } = { \frac { 1 } { \operatorname { e } ^ { 2 } } }$
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故 $\operatorname* { l i m } _ { x + \infty } \varphi ( x ) = \frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { 2 } }$ ，选(D).
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例15.10 设a>0，函数f(x)在[0,+α)内连续有界.证明：微分方程 $y ^ { \prime } + a y = f ( x )$ 的解在 [0,+8)内有界.
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分析 证明有界性，需先求出用定积分表示的积分曲线方程.
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y = \mathrm { e } ^ { - \int a \mathrm { x } } \left[ \int f ( x ) \bullet \mathrm { e } ^ { \int a \mathrm { x } } \mathrm { d } x + C \right] = \mathrm { e } ^ { - a x } \left[ \int f ( x ) \bullet \mathrm { e } ^ { a x } \mathrm { d } x + C \right] = \mathrm { e } ^ { - a x } \left[ \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { e } ^ { a t } \mathrm { d } t + C \right] ,
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由例8.14知y(x)在[0，+∞)内有界.
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## 4伯努利方程（仅数学一） (数学二、数学三考纲不作要求，但应会用换元法)
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{ \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } + p ( x ) y = q ( x ) y ^ { n } ( n \neq 0 , 1 )
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的方程叫作伯努利方程，其中p(x)，q(x)为已知的连续函数.其解法为
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①先变形为 $y ^ { - n } \bullet \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } + p ( x ) y ^ { 1 - n } = q ( x )$
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②令 $z = y ^ { 1 - n }$ ，得 ${ \frac { \mathrm { d } z } { \mathrm { d } x } } = ( 1 - n ) y ^ { - n } { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } }$ ，则 ${ \frac { 1 } { 1 - n } } { \frac { \mathrm { d } z } { \mathrm { d } x } } + p ( x ) z = q ( x )$
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③解此一阶线性微分方程即可.
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山 例15.11 求 $y \mathrm { d } x = ( 1 + x \ln y ) x \mathrm { d } y ( y > 0 )$ 的通解．
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分析）与例15.8类似，无法直接计算 ${ \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } = { \frac { y } { ( 1 + x \ln y ) x } }$ ，应对调x与y的“角色”，才能拆分成常见形式.
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解 方程变形为 ${ \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } y } } - { \frac { 1 } { y } } x = { \frac { \ln y } { y } } x ^ { 2 }$ ，这是以y为自变量，x为未知函数的伯努利方程（如果以x为自变量，y为未知函数来解方程，是极其困难的，所以当我们遇到困难时，要学会“换位思考”—x与y谁作为自变量，谁作为未知函数是可以互换的).
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①两边同时除以 $x ^ { 2 }$ ，并令 $z = x ^ { - 1 }$ ，有 ${ \frac { \mathrm { d } z } { \mathrm { d } y } } = - { \frac { 1 } { x ^ { 2 } } } { \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } y } }$ ，于是方程化为 $\begin{array} { c } { { \displaystyle { \frac { \mathrm { d } z } { \mathrm { d } y } } + \binom { \displaystyle { \bigcap _ { x } } } { \displaystyle { y } } z = \binom { \displaystyle { \overline { { \operatorname { l n } y } } } } { \displaystyle y } } . } \\ { { \displaystyle { p ( y ) } } } \end{array}$
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③应田一阶线性微分方程的通解公式得 ②应用一阶线性微分方程的通解公式，得
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\frac { 1 } { x } = z = \mathrm { e } ^ { - \ln y } \left[ \int _ { } ^ { } \left( - \frac { \ln y } { y } \mathrm { e } ^ { \ln y } \right) \mathrm { d } y + C \right] = \frac { 1 } { y } [ y ( 1 - \ln y ) + C ] ,
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故通解为 ${ \frac { 1 } { x } } = 1 - \ln y + { \frac { C } { y } } ( y > 0$ ，C为任意常数）.
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注对于无法直接计算的微分方程 $y ^ { \prime } { = } f ( x , y )$ 重点在于通过什么形式的换元将其化成以上几种常见的形式
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## 5二阶可降阶微分方程（用换元法化为一阶方程）（仅数学一、数学二）
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(1) $y ^ { \prime \prime } { = } f ( x , y ^ { \prime } )$ 型（方程中不显含未知函数y).
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赶尽杀绝y
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$\cdot \boldsymbol { y } ^ { \prime } = \stackrel { { \textstyle \bigwedge } } { p } , \ \boldsymbol { y } ^ { \prime \prime } = \boldsymbol { p } ^ { \prime }$ ，则原方程变为一阶方程 $\frac { \mathrm { d } p } { \mathrm { d } x } = f ( x , p )$
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②若求得其通解为 $p = \varphi ( x , C _ { 1 } )$ ，即 $y ^ { \prime } { = } \varphi ( x , C _ { 1 } )$ ，则原方程的通解为 $y = \int \varphi ( x , C _ { 1 } ) \mathrm { d } x + C _ { 2 }$
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(2) $y ^ { \prime \prime } { = } f ( y , y ^ { \prime } )$ 型（方程中不显含自变量x）.
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1 冷 $y ^ { \prime } = \stackrel { \mathcal { T } } { p } , y ^ { \prime \prime } = \frac { \mathrm { d } p } { \mathrm { d } x } = \frac { \mathrm { d } p } { \mathrm { d } y } \bullet \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } = \frac { \mathrm { d } p } { \mathrm { d } y } \bullet p$ P= p(y) ，则原方程变为一阶方程 $p { \frac { \mathrm { d } p } { \mathrm { d } y } } = f ( y , p )$ 新
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②若求得其通解为 $p = \varphi ( y , C _ { 1 } )$ ，则由 $p = { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } }$ 可得 $\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } { = } \varphi ( y , C _ { 1 } )$ ，分离变量得 $\frac { \mathrm { d } y } { \varphi ( y , C _ { 1 } ) } { = } \mathrm { d } x$
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③两边积分得 $\int \frac { \mathrm { d } y } { \varphi ( y , C _ { 1 } ) } = x + C _ { 2 }$ ，即可求得原方程的通解.
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## 注y若仅写成 $p ^ { \prime }$ ，则方程变为 $p ^ { \prime } = f ( y , p )$
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实际上，由于 $p ^ { \prime } = \frac { \mathrm { d } p } { \mathrm { d } x }$ 则上式变为关于𝑥，y，p的方程，会增加方程的复杂性.所以 $y ^ { \prime \prime }$ 不能写成 $p ^ { \prime }$ ，而应写成 $y ^ { \prime } = { \frac { \mathrm { d } p } { \mathrm { d } x } } = { \frac { \mathrm { d } p } { \mathrm { d } y } } \cdot { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } = p { \frac { \mathrm { d } p } { \mathrm { d } y } }$ ，从而上式变为 $p { \frac { \mathrm { d } p } { \mathrm { d } y } } = f ( y , p )$ ，变为仅关于y，p的一阶方程
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(3) $y ^ { \prime \prime } = f ( y ^ { \prime } )$ 型.
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此类型既不显含y，又不显含x，按(1)的办法，即不显含y来处理.
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例15.12 求微分方程 $y ^ { \prime } = y ^ { \prime } [ 1 + ( y ^ { \prime } ) ^ { 2 } ]$ 满足 ${ } y ( 0 ) = 0 , y ^ { \prime } ( 0 ) = 1$ 的特解.
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分析缺x与y，属于(3)中的情形，则令 $y ^ { \prime } = p , y ^ { \prime } = p ^ { \prime }$
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解 令 $y ^ { \prime } = p$ ，则 $y ^ { \prime \prime } = p ^ { \prime }$ ，代入题干微分方程得
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\begin{array} { r } { p ^ { \prime } = p ( 1 + p ^ { 2 } ) , } \end{array}
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分离变量得
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\frac { \mathrm { d } p } { p ( 1 + p ^ { 2 } ) } = \mathrm { d } x \ ,
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两边积分得
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\ln \frac { p ^ { 2 } } { 1 + p ^ { 2 } } = 2 x + \ln C _ { 1 } ( C _ { 1 } > 0 ) \ .
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由题意有 $y ^ { \prime } ( 0 ) = 1$ ，即当x=0时 $p = 1$ ，代人上式得 $C _ { 1 } = \frac { 1 } { 2 }$ ，于是有
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y ^ { \prime } = p = { \frac { \frac { \mathrm { e } ^ { x } } { \sqrt { 2 } } } { \sqrt { 1 - { \frac { 1 } { 2 } } \mathrm { e } ^ { 2 x } } } } ,
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两边积分得
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y = \int \frac { \displaystyle \frac { \mathrm { e } ^ { x } } { \sqrt { 2 } } } { \sqrt { 1 - \left( \displaystyle \frac { \mathrm { e } ^ { x } } { \sqrt { 2 } } \right) ^ { 2 } } } \mathrm { d } x = \arcsin \frac { \mathrm { e } ^ { x } } { \sqrt { 2 } } + C _ { 2 } \ .
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$$
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由题意有 $y ( 0 ) = 0$ ，代人上式得 $C _ { 2 } = - \frac { \pi } { 4 }$ ，所以 $y = \arcsin { \frac { \mathrm { e } ^ { x } } { \sqrt { 2 } } } - { \frac { \pi } { 4 } }$
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例15.13 求微分方程 $y y ^ { \prime } - \frac { 2 } { 3 } ( y ^ { \prime } ) ^ { 2 } = 0$ 满足y(0)=0的解.
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分析缺x，属于(2)中的情形，则令 $y ^ { \prime } = p , y ^ { \prime } = p \frac { \mathrm { d } p } { \mathrm { d } y }$
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解 令 $y ^ { \prime } = p$ ，则 $y ^ { \prime } = { \frac { \mathrm { d } p } { \mathrm { d } y } } \bullet p$ ，于是 $y \bullet { \frac { \mathrm { d } p } { \mathrm { d } y } } \bullet p - { \frac { 2 } { 3 } } p ^ { 2 } = 0$ ，分离变量，得 $\frac { \mathrm { d } p } { p } = \frac { 2 } { 3 } \frac { \mathrm { d } y } { y } ( p \neq 0 )$ ，两边积分得
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\ln \mid p \mid = \frac { 2 } { 3 } \ln \mid y \mid + \ln \widehat { C _ { 0 } , } \widehat { \frac { } { } } \stackrel { \ast } { \ast } \ast \stackrel { } { C _ { 0 } } > 0
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即
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\mid p \mid = C _ { 0 } \mid y \mid ^ { \frac { 2 } { 3 } } ,
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p = \pm C _ { 0 } y ^ { \frac { 2 } { 3 } } = C _ { 1 } y ^ { \frac { 2 } { 3 } } ,
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$$
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即 $\frac { \mathrm { d } y } { \frac { 2 } { y ^ { \frac { 2 } { 3 } } } } = C _ { 1 } \mathrm { d } x$ ，两边积分，得 $3 y ^ { \frac { 1 } { 3 } } = C _ { 1 } x + C _ { 2 }$
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由y(0)=0，得 $C _ { 2 } = 0$ ，故 $y = C _ { 3 } \overbrace { x ^ { 3 } . } ^ { }$ 其中 $C _ { 3 } \neq 0$
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又 $C _ { 3 } = 0$ 时，y=0，满足题意，故 $y = C x ^ { 3 }$ ，其中C为任意常数.
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## 全微分方程（仅数学一）
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若函数 $P ( x , y ) , Q ( x , y )$ 在单连通区域D上具有一阶连续偏导数，且在D内满足
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\frac { \partial { \cal Q } } { \partial x } = \frac { \partial { \cal P } } { \partial y } ,
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则Pdx+Qdy是某二元函数u(x，y)的全微分.若一阶微分方程写成
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P ( x , y ) \mathrm { d } x + Q ( x , y ) \mathrm { d } y = 0\tag{*}
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的形式时，等式左端表达式是u(x，y)的全微分，则称(\*)式为全微分方程.
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例15.14 求满足f(0)=0的具有一阶连续导数的f(x)，使 $[ y f ^ { \prime } ( x ) + y ^ { 2 } ] ( x + ( x ^ { 2 } + 2 x y ) ] ( y = 0$ 为全微分方程，并求此全微分方程的通解．
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解 由定义，有 $\frac { \hat { \sigma } ( x ^ { 2 } + 2 x y ) } { \hat { \sigma } x } = \frac { \hat { \sigma } [ y f ^ { \prime } ( x ) + y ^ { 2 } ] } { \hat { \sigma } y }$ ，即 $2 x + 2 y = f ^ { \prime } ( x ) + 2 y$ ，故 $f ^ { \prime } ( x ) = 2 x$ ，于是 $f ( x ) = x ^ { 2 } + C _ { 1 }$ 由 $f ( 0 ) = 0$ ，得 $C _ { 1 } = 0$ ，即 $f ( x ) = x ^ { 2 }$ .于是有 $( 2 x y + y ^ { 2 } ) \mathrm { d } x + ( x ^ { 2 } + 2 x y ) \mathrm { d } y = \mathrm { d } ( x ^ { 2 } y + x y ^ { 2 } ) = 0$ ，故通解为$x ^ { 2 } y + x y ^ { 2 } = C$ ，C为任意常数.
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二阶及以上
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## 高阶线性微分方程的求解
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## 1二阶常系数齐次线性微分方程
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(1)概念.
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方程 $y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y = 0$ 称为二阶常系数齐次线性微分方程，其中p，q为常数.
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(2)解的结构.
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若 $y _ { 1 } ( x ) , y _ { 2 } ( x )$ 是 $y ^ { \prime } + p y ^ { \prime } + q y = 0$ 的两个解，且 $\frac { y _ { 1 } ( x ) } { y _ { 2 } ( x ) } \neq C$ （常数），则称 $y _ { 1 } ( x ) , y _ { 2 } ( x )$ 是该方程的两个线性无关的解，且 $y ( x ) = C _ { 1 } y _ { 1 } ( x ) + C _ { 2 } y _ { 2 } ( x )$ 是方程 $y ^ { \prime } + p y ^ { \prime } + q y = 0$ 的通解.
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找到两个线性无关的解，则线性组合为通解．
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(3)通解.
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y = \mathrm { e } ^ { n \pi }
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\mathrm { e } ^ { r } ( r ^ { 2 } + p r + q ) = 0
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对于 $y ^ { \prime } + p y ^ { \prime } + q y = 0$ ，其对应的特征方程为 $r ^ { 2 } + p r + q = 0$
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①若 $p ^ { 2 } - 4 q > 0$ ，设 $r _ { 1 } , r _ { 2 }$ 是特征方程的两个不等实根，即 $r _ { 1 } \neq r _ { 2 }$ ，可得其通解为
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y = C _ { 1 } \mathrm { e } ^ { r _ { 1 } x } + C _ { 2 } \mathrm { e } ^ { r _ { 2 } x } \cdot \frac { \mathrm { e } ^ { r _ { 1 } x } } { \mathrm { e } ^ { r _ { 2 } x } } \neq \ast \ast \ast
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②若 $p ^ { 2 } - 4 q = 0$ ，设 $r _ { 1 } , r _ { 2 }$ 是特征方程的两个相等的实根，即二重根，令 $r _ { 1 } = r _ { 2 } = r$ ，可得其通解为
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\begin{array} { r } { y = ( C _ { 1 } + C _ { 2 } x ) \mathbf { e } ^ { r x } \cdot \frac { \mathbf { e } ^ { r x } } { x \mathbf { e } ^ { r x } } \neq \Re \not \equiv } \end{array}
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③若 $p ^ { 2 } - 4 q < 0$ ，设 $\alpha \pm \beta \mathrm { i }$ 是特征方程的一对共轭复根，可得其通解为
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y = \mathrm { e } ^ { \alpha x } ( C _ { 1 } \cos { \beta x } + C _ { 2 } \sin { \beta x } ) \cdot { \frac { \mathrm { e } ^ { \alpha x } \cos { \beta x } } { \mathrm { e } ^ { \alpha x } \sin { \beta x } } } \ast \ast \ast \ast \ast
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注（1）若解中含有 $\boldsymbol { \mathrm { e } } ^ { m }$ ，则
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当 $r > 0$ 时， $\mathbf { e } ^ { r x }$ 在 $x \to + \infty$ 时无界；
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$r < 0$ 时， $\boldsymbol { \mathrm { e } } ^ { n }$ 在 $x \to - \infty$ 时无界
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（2）由于cos βx与 $\sin { \beta x }$ 有周期性，因此若解具有周期性，则 $\mathbf { e } ^ { \alpha x } = 1$ ，即 $\alpha = 0$
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此外， $\cos { \beta x }$ 与 $\sin { \beta x }$ 均有界
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例15.15 设函数 $y = y ( x )$ 是微分方程 $y ^ { \prime \prime } + y ^ { \prime } - 2 y = 0$ 的解，且在x=0处 $y ( x )$ 取得极值3，则y(x）= 任意阶可导.
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解 应填 $\mathrm { e } ^ { - 2 x } + 2 \mathrm { e } ^ { x }$
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这是二阶常系数齐次线性微分方程，其特征方程为
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r ^ { 2 } + r - 2 = 0 ,
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可知特征根为 $r _ { 1 } = - 2 , r _ { 2 } = 1$ ，故通解为 $y ( x ) = C _ { 1 } \mathbf { e } ^ { - 2 x } + C _ { 2 } \mathbf { e } ^ { x }$
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由于在x=0处y(x)取得极值3，可知 ${ \boldsymbol { y } } ( 0 ) = { \boldsymbol { C } } _ { 1 } + { \boldsymbol { C } } _ { 2 } = 3$ ，且
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y ^ { \prime } ( x ) = - 2 C _ { 1 } \mathrm { e } ^ { - 2 x } + C _ { 2 } \mathrm { e } ^ { x } , y ^ { \prime } ( 0 ) = - 2 C _ { 1 } + C _ { 2 } = 0 ,
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因此 $C _ { 1 } { = } 1 , C _ { 2 } { = } 2$ .故 $y ( x ) = e ^ { - 2 x } + 2 e ^ { x }$
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例15.16 设函数y=f(x)满足微分方程 $y ^ { \prime \prime } + 2 y ^ { \prime } + 5 y = 0$ ，且 $f ( 0 ) = 1 , f ^ { \prime } ( 0 ) = - 1$ ，则 $f ( x ) =$
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解 应填 $\mathbf { e } ^ { - x } \cos 2 x$
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\begin{array} { l } { { \to r _ { 1 , 2 } = \displaystyle \frac { - 2 \pm \sqrt { 2 ^ { 2 } - 4 \times 5 } } { 2 } \left\{ \begin{array} { l l } { { \alpha = - 1 , } } \\ { { \beta = 2 } } \\ { { - 1 \pm 2 \mathrm { i } } } \end{array} \right. } } \end{array}
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特征方程为 $r ^ { 2 } + 2 r + 5 = 0 , r _ { 1 , 2 } = - 1 \pm 2 \mathrm { i }$ ，故通解为
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y = C _ { 1 } \mathbf { e } ^ { - x } \cos 2 x + C _ { 2 } \mathbf { e } ^ { - x } \sin 2 x ,
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由 $f ( 0 ) = 1 , f ^ { \prime } ( 0 ) = - 1$ ，得 $C _ { 1 } { = } 1 , C _ { 2 } { = } 0$ ，即 $f ( x ) = \mathtt { e } ^ { - x } \cos 2 x$
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## ②二阶常系数非齐次线性微分方程
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(1)概念. >y"+py'+qy=0也称为非齐次方程 $y ^ { * } + p y ^ { \prime } + q y = f ( x ) ( f ( x ) \neq 0 ) { \mathfrak { d } } \xi ^ { * } \ { \overset { \triangledown } { \cdot } } \ { \overset { \triangledown } { \cdot } } \ { \overset { \triangledown } { \cdot } } \ { \overset { \triangledown } { \cdot } } \ { \overset { \triangledown } { \cdot } } \ { \overset { \triangledown } { \cdot } }$
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方程 $y ^ { \prime } + p y ^ { \prime } + q \prime = f ( x ) ( f ( x ) \neq 0 )$ / 称为二阶常系数非齐次线性微分方程，其中p，q为常数，f(x)为已知的连续函数，叫作自由项.
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(2)解的结构.
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①若 $y _ { 1 } ^ { \bullet } ( x )$ 是 $y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y = f _ { 1 } ( x )$ 的解， $y _ { 2 } ^ { \bullet } ( x )$ 是 $y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y = f _ { 2 } ( x )$ 的解，则 $y _ { 1 } ^ { * } ( x ) + y _ { 2 } ^ { * } ( x )$ 是 $y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } +$ $q y = f _ { 1 } ( x ) + f _ { 2 } ( x )$ 的解，
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②设 $y _ { 1 } ^ { * } , y _ { 2 } ^ { * }$ 都是 $y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y = f ( x )$ 的特解，则 $y _ { 1 } ^ { * } - y _ { 2 } ^ { * }$ 是对应齐次方程的解.
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(3)特解的设定．待定系数法+徽分算子法
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对于 $y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y = f ( x )$ 《全国硕士研究生招生考试数学考试大纲》规定我们需要会求以下两种情况下的特解.
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设 $P _ { n } ( x ) , P _ { m } ( x )$ 分别为x的n次、m次多项式.
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①当自由项 $f ( x ) = P _ { n } ( x ) \mathbf { e } ^ { \alpha x }$ 时，特解要设为 $y ^ { * } = \mathbf { e } ^ { \alpha x } Q _ { n } ( x ) x ^ { k }$ ，其中
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$\mathbf { e } ^ { \alpha x }$ 照抄，
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$Q _ { n } ( x )$ 为x的n次多项式，
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$k = \left\{ \begin{array} { l l } { 0 , } & { \alpha } \\ { 1 , } & { \alpha } \\ { 2 , } & { \alpha } \end{array} \right.$ 不是特征根，是单特征根，是二重特征根.
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<table><tr><td>匡 $y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y = P _ { \mathfrak { n } } ( x ) \mathrm { e } ^ { \alpha x }$ 设 $y ^ { \ast } = Q _ { n } ( x ) \mathrm { e } ^ { \alpha x } \cdot x ^ { k }$ 其中 $\boldsymbol { \mathrm { e } } ^ { \alpha x }$ 照抄（若没有 $\boldsymbol { \mathrm { e } } ^ { \alpha x }$ ，表明 $\scriptstyle \alpha = 0 \ )$ 写成 ，为x的n次多项式， $P _ { n } ( x )$ $Q _ { n } ( x )$ $k = \left\{ { \begin{array} { l } { 0 , \alpha \neq r _ { 1 , 2 } , } \\ { 1 , \alpha = r _ { 1 } ^ { - \frac { \mu } { \nu } } \alpha = r _ { 2 } ( r _ { 1 } \neq r _ { 2 } ) , } \\ { 2 , \alpha = r _ { 1 } = r _ { 2 } . } \end{array} } \right.$ 写一般式 总结：一看，二算，三比较.</td><td>如： $y ^ { \prime \prime } - 2 y ^ { \prime } + 5 y = 1 \cdot \mathrm { e } ^ { x }$ $\begin{array} { c c } { { \mathrm { : } \gamma ^ { * } = \underbrace { a \tilde { \mathrm { e } } ^ { x } \bullet x ^ { 0 } } _ { = { \bf { \bar { \Psi } } } } , ~ } } & { { ~ \left\{ \begin{array} { l } { { \alpha = 1 , } } \\ { { r _ { 1 , ~ 2 } = 1 \pm 2 \mathrm { i } , } } \\ { { \alpha \neq r _ { 1 , ~ 2 } } } \end{array} \right. } } \\ { { \mathrm { = } a \mathrm { e } ^ { x } ~ , ~ } } & { { ~ \left\{ \begin{array} { l } { { \alpha = 1 , } } \\ { { } } \end{array} \right. } } \end{array}$ 设 代回方程得 $y ^ { \bullet } = \frac { 1 } { 4 } e ^ { x }$ 故通解为</td><td> $a \mathrm { e } ^ { x } - 2 a \mathrm { e } ^ { x } + 5 a \mathrm { e } ^ { x } = \mathrm { e } ^ { x } \Rightarrow 4 a = 1 \Rightarrow a = { \frac { 1 } { 4 } } ,$ 齐次方程 7非齐次方程 的通解 的特解 $y = \mathrm { e } ^ { x } ( C _ { 1 } \cos 2 x + C _ { 2 } \sin 2 x ) + \frac { 1 } { 4 } \mathrm { e } ^ { x } ,$ </td></tr></table>
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②当自由项 $f ( x ) = \mathrm { e } ^ { \alpha x } \left[ P _ { _ m } ( x ) \cos { \beta x } + P _ { _ n } ( x ) \sin { \beta x } \right]$ 时，特解要设为
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y ^ { \bullet } = { \bf e } ^ { \alpha x } [ Q _ { l } ^ { ( 1 ) } ( x ) \cos \beta x + Q _ { l } ^ { ( 2 ) } ( x ) \sin \beta x ] x ^ { k } ,
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其中
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$\mathbf { e } ^ { \alpha x }$ 照抄，
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$l = \mathrm { m a x } \{ m , n \} , \mathcal { Q } _ { l } ^ { ( 1 ) } ( x ) , \mathcal { Q } _ { l } ^ { ( 2 ) } ( x )$ 分别为x的两个不同的次多项式，$k = \left\{ { \begin{array} { l l } { 0 , } & { \alpha \pm \beta \mathrm { i } } \\ { 1 , } & { \alpha \pm \beta \mathrm { i } } \end{array} } \right.$ 不是特征根， 是特征根.
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$$
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y ^ { \prime } + p y ^ { \prime } + q y = \operatorname { e } ^ { \alpha x } [ P _ { m } ( x ) \cos \beta x + P _ { n } ( x ) \sin \beta x ]
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$$
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如： $y ^ { \prime } - 2 y ^ { \prime } + 5 y = - e ^ { x } \cos 2 x$
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设 $y ^ { * } = \mathrm { e } ^ { \alpha x } [ Q _ { l } ^ { ( 1 ) } ( x ) \cos \beta x + Q _ { l } ^ { ( 2 ) } ( x ) \sin \beta x ] x ^ { k }$ ，其中
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\mathbf { e } ^ { \alpha x }
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\mathbf { e } ^ { \alpha x }
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\scriptstyle \alpha = 0 \ )
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$l = \mathrm { m a x } \{ m , n \} , \mathcal { Q } _ { l } ^ { ( 1 ) } ( x ) , \mathcal { Q } _ { l } ^ { ( 2 ) } ( x )$ 分别为x的两个不
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k = \left\{ \begin{array} { l l } { 0 , \alpha \pm \beta \mathrm { i } \neq r _ { 1 , 2 } , } \\ { 1 , \alpha \pm \beta \mathrm { i } = r _ { 1 , 2 \cdot \kappa } } \end{array} \right.
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$$
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= \frac { \mathrm { e } ^ { 1 + x } } { x } [ ( - 1 ) \cos 2 x + 0 \sin 2 x ]
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按最高次写一般式
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设 $y ^ { * } = \underline { e } ^ { x } ( \underline { A } \cos 2 x + \underline { B } \sin 2 x ) x \enclose{circle} { 1 }$
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一看：α±βi=1±2i
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二算：r,2=1±2i
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自由项中的a,β
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由英国物理学家海威塞德在19世纪末提出， $ { ^ \mathrm { ~ \circ ~ } } _ { \mathrm { { D } } ^ { \prime \prime } }$ 由他引入，使徽分方程变为形式上的代数方程.许多数学家批评此方法不金面，不严谨.这让我又想起另一位物理学家，诺贝尔物理学奖得主费曼，他经常在积分号中求导，也被数学家批评不严谨甚至错误，但很多棘手的积分（甚至著名的积分，如Γ函数）在他“荒唐”的方法下，却可轻易得到正确结果，这在第9讲中已经讲过了.
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## 注特解还可用微分算子法来求解
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约定： ${ \bf D } = \frac { \mathrm { d } } { \mathrm { d } x } , { \bf D } y = \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } , { \bf D } ^ { 2 } = \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } } { \mathrm { d } x ^ { 2 } } , { \bf D } ^ { 2 } y = \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } x ^ { 2 } }$ 于是微分方程 $y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y = f ( x )$ 即可写成$( \mathbf { D } ^ { 2 } + p \mathbf { D } + q ) y = f ( x )$ 进一步记 $\begin{array} { r } { \mathbf { D } ^ { 2 } + p \mathbf { D } + q = F ( \mathbf { D } ) } \end{array}$ 称为算子多项式，它满足普通多项式的运算规则，如因式分解等，则上述微分方程即可写成 $F ( \mathbf { D } ) y = f ( x )$ ，此时它的一个特解为
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y ^ { * } = { \frac { 1 } { F ( \mathbf { D } ) } } f ( x )
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在约定 $\because \mathrm { ~ D ~ } ^ { \prime \prime }$ 表示求导的条件下，约定 $\because \frac { 1 } { \mathrm { D } } ^ { \prime \prime }$ 表示积分，如Dsinx=cosx, $\frac { 1 } { \mathrm { D } } \sin x = - \cos x$ （取$C = 0 \ )$
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① $\frac { 1 } { F ( \mathbf { D } ) } \mathbf { e } ^ { \alpha x }$ 型
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$F ( \mathbf { D } ) \big | _ { \mathbf { D } = \alpha } \neq 0$ $y ^ { * } = \frac { 1 } { F ( \mathbf { D } ) \big | _ { \mathbf { D } = \alpha } } \mathrm { e } ^ { \alpha x }$ 注例1
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若 $F ( { \bf D } ) \big | _ { { \bf D } = \alpha } = 0$ $F ^ { \prime } ( \mathbf { D } ) \big | _ { \mathbf { D } = \alpha } \neq 0$ $y ^ { * } = x \frac { 1 } { F ^ { \prime } ( \mathrm { D } ) \big | _ { \mathrm { D } = \alpha } } \mathrm { e } ^ { \alpha x }$ 注例2
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若 $F ( \mathbf { D } ) \big | _ { \mathbf { D } = \alpha } = 0 , F ^ { \prime } ( \mathbf { D } ) \big | _ { \mathbf { D } = \alpha } = 0$ 而 $F ^ { \prime } ( \mathrm { D } ) | _ { \mathrm { D } = \alpha } \neq 0$ ，有
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y ^ { * } = x ^ { 2 } \frac { 1 } { F ^ { \prime } ( { \bf D } ) \big | _ { { \bf D } = \alpha } } \mathrm { e } ^ { \alpha x } \cdot \overrightarrow { { \bf \partial } ^ { * } ( { \bf \vec { x } } ) }
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注例1已知 $y ^ { \prime \prime } + y ^ { \prime } - 2 y = 2$ ，求 $y ^ { * }$
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解 $y ^ { * } = \frac { 1 } { \mathbf { D } ^ { 2 } + \mathbf { D } - 2 } 2 \mathrm { e } ^ { 0 x }$ $( \mathrm { D } ^ { 2 } + \mathrm { D } - 2 ) \Big | _ { \mathrm { D } = 0 } \neq 0$ $F ( \mathbf { D } ) | _ { \mathbf { D } = \alpha } \neq 0$
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$$
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y ^ { \bullet } = { \frac { 1 } { ( \mathrm { D } ^ { 2 } + \mathrm { D } - 2 ) \Big | _ { \mathrm { D } = 0 } } } 2 \mathrm { e } ^ { 0 x } = { \frac { 1 } { - 2 } } \cdot 2 = - 1 \ .
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$$
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注例2已知 $y ^ { \prime \prime } + y ^ { \prime } - 2 y = e ^ { x }$ ，求 $y ^ { * }$
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解 $y ^ { \bullet } = \frac { 1 } { \mathbf { D } ^ { 2 } + \mathbf { D } - 2 } \mathbf { e } ^ { x }$ $( \mathsf { D } ^ { 2 } + \mathsf { D } - 2 ) \big | _ { \mathsf { D } = 1 } = 0 , ( \mathsf { D } ^ { 2 } + \mathsf { D } - 2 ) ^ { \prime } \big | _ { \mathsf { D } = 1 } \neq 0$ 得 $F ( \mathbf { D } ) \vert _ { \mathbf { D } - \alpha } = 0$ 而F'(D)l=≠0
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$$
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y ^ { * } = x \frac { 1 } { ( \mathrm { D } ^ { 2 } + \mathrm { D } - 2 ) ^ { \prime } \big | _ { \mathrm { D } ^ { - 1 } } } \mathrm { e } ^ { x } = x \cdot \frac { 1 } { 3 } \mathrm { e } ^ { x } = \frac { 1 } { 3 } x \mathrm { e } ^ { x } \ .
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$$
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注例3已知 $y ^ { \prime \prime } - 2 y ^ { \prime } + y = e ^ { x }$ ，求 $y ^ { \ast }$
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解 $y ^ { \cdot } = \frac { 1 } { \mathbf { D } ^ { 2 } - 2 \mathbf { D } + 1 } \mathbf { e } ^ { x }$ ，由
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$$
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F ( { \bf D } ) | _ { { \bf D } = a } = 0 \ ,
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F ^ { \prime } ( { \bf D } ) | _ { { \bf D } = { \alpha } } = 0 .
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$$
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\left. ( \mathrm { D } ^ { 2 } - 2 \mathrm { D } + 1 ) \right| _ { \mathrm { D } = 1 } = 0 , \left. ( \mathrm { D } ^ { 2 } - 2 \mathrm { D } + 1 ) ^ { \prime } \right| _ { \mathrm { D } = 1 } = 0 , \left. ( \mathrm { D } ^ { 2 } - 2 \mathrm { D } + 1 ) ^ { \prime } \right| _ { \mathrm { D } = 1 } \neq 0 ,
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$$
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$$
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\bar { \mathcal { F } } \bar { ( \mathrm { D } ) } | _ { \mathrm { D } = \alpha } \neq 0
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$$
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$$
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y ^ { * } = x ^ { 2 } \frac { 1 } { ( \mathrm { D } ^ { 2 } - 2 \mathrm { D } + 1 ) ^ { \eta } \Big | _ { \mathrm { D } = 1 } } \mathrm { e } ^ { x } = x ^ { 2 } \cdot \frac { 1 } { 2 } \mathrm { e } ^ { x } = \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { x } \ .
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$$
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②a. $\frac { 1 } { \mathbf { D } ^ { 2 } + q } \cos \beta x$ 或諾 $\frac { 1 } { \mathbf { D } ^ { 2 } + q } \sin \beta x$ 型.
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若 $( \mathrm { D } ^ { 2 } + q ) \Big | _ { \mathrm { D } = \beta _ { 1 } } \neq 0$ $y ^ { * } = \frac { 1 } { ( \mathbf { D } ^ { 2 } + q ) \Big | _ { \mathbf { D } = \beta \mathrm { i } } } \cos \beta x$ 或 $y ^ { * } = \frac { 1 } { ( \mathbf { D } ^ { 2 } + q ) \Big | _ { \mathrm { D } = \beta _ { 1 } } } \sin \beta x .$ 注例4
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$( \mathrm { D } ^ { 2 } + q ) \Big | _ { \mathrm { D } = \beta _ { 1 } } = 0$ $y ^ { * } = x \frac { 1 } { ( \mathbf { D } ^ { 2 } + q ) ^ { \prime } } \cos { \beta x }$ 或祎 $y ^ { * } = x \frac { 1 } { ( \mathbf { D } ^ { 2 } + q ) ^ { \prime } } \sin \beta x$ 注例5
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${ \frac { 1 } { F ( \mathbf { D } ) } } \cos { \beta x }$ $\frac { 1 } { F ( \mathbf { D } ) } \sin \beta x \triangleq$
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若 $F ( { \bf D } ) = { \bf D } ^ { 2 } + p { \bf D } + q$ ，则取
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\left. F ( { \bf D } ) \right| _ { { \bf D } ^ { 2 } = ( \beta _ { 1 } ) ^ { 2 } } = p { \bf D } + q - \beta ^ { 2 } ~ ,
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$$
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y ^ { * } = \frac { 1 } { F ( \mathrm { D } ) } \Bigg | _ { \mathrm { D } ^ { 2 } = ( \beta ) ^ { 2 } } \cos \beta x = \frac { p \mathrm { D } - ( q - \beta ^ { 2 } ) } { p ^ { 2 } \mathrm { D } ^ { 2 } - ( q - \beta ^ { 2 } ) ^ { 2 } } \Bigg | _ { \mathrm { D } ^ { 2 } = ( \beta ) ^ { 2 } } \cos \beta x = \frac { p \mathrm { D } - ( q - \beta ^ { 2 } ) } { - p ^ { 2 } \beta ^ { 2 } - ( q - \beta ^ { 2 } ) ^ { 2 } } \cos \beta x \ .
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$$
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$\frac { 1 } { F ( \mathbf { D } ) } \sin \beta x$ 同理
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注例4已知 $y ^ { \prime \prime } - y = \sin x$ ，求 $y ^ { \bullet }$
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解 $y ^ { \bullet } = { \frac { 1 } { \mathbf { D } ^ { 2 } - 1 } } \sin x$ $( \mathrm { D } ^ { 2 } - 1 ) \big | _ { \mathrm { D } ^ { - } } \neq 0$ 得
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$$
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y ^ { \bullet } = { \frac { 1 } { ( \mathrm { D } ^ { 2 } - 1 ) \Big | _ { \mathrm { D } = \mathrm { i } } } } \sin x = - { \frac { 1 } { 2 } } \sin x \ .
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$$
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注例5已知 $y ^ { \prime \prime } + 4 y = \sin 2 x$ ，求 $y ^ { * }$
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解 $y ^ { * } = { \frac { 1 } { \mathbf { D } ^ { 2 } + 4 } } \sin 2 x$ 由 $( \mathrm { D } ^ { 2 } + 4 ) \Big | _ { \mathrm { D } = 2 \mathrm { i } } = 0$ 得
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$$
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y ^ { \bullet } = x { \frac { 1 } { ( \mathrm { D } ^ { 2 } + 4 ) ^ { \prime } } } \sin 2 x = x { \frac { 1 } { 2 \mathrm { D } } } \sin 2 x = { \frac { 1 } { 2 } } x \bullet { \frac { 1 } { \mathrm { D } } } \sin 2 x = - { \frac { 1 } { 4 } } x \cos 2 x \ .
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$$
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注例6已知 $y ^ { \prime } - 3 y ^ { \prime } + 2 y = - \frac { 1 } { 2 } \cos 2 x$ ，求 $y ^ { \ast }$
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解 $y ^ { * } = \frac { 1 } { \mathrm { D } ^ { 2 } - 3 \mathrm { D } + 2 } \left( - \frac { 1 } { 2 } \cos 2 x \right)$ ，此为 ${ \frac { 1 } { F ( \mathbf { D } ) } } \cos { \beta x }$ 型，于是
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{ \begin{array} { r l } & { \gamma ^ { * } = { \cfrac { 1 } { \mathbb { D } ^ { 2 } - 3 \mathbb { D } + 2 } } \left( - { \cfrac { 1 } { 2 } } \cos 2 x \right) = { \cfrac { 1 } { - 4 - 3 \mathbb { D } + 2 } } \left( - { \cfrac { 1 } { 2 } } \cos 2 x \right) = { \cfrac { 1 } { 2 } } \cdot { \cfrac { 1 } { 3 \mathbb { D } + 2 } } \cos 2 x } \\ & { \quad = { \cfrac { 1 } { 2 } } \cdot { \cfrac { 3 \mathbb { D } - 2 } { 9 \mathbb { D } ^ { 2 } - 4 } } \cos 2 x = { \cfrac { 1 } { 2 } } \cdot { \cfrac { 3 \mathbb { D } - 2 } { 4 0 } } \cos 2 x = - { \cfrac { 1 } { 8 0 } } ( 3 \mathbb { D } - 2 ) \cos 2 x } \\ & { \quad = - { \cfrac { 1 } { 8 0 } } ( 3 \mathbb { D } \cos 2 x - 2 \cos 2 x ) = - { \cfrac { 1 } { 8 0 } } ( - 6 \sin 2 x - 2 \cos 2 x ) } \\ & { \quad = { \cfrac { 1 } { 4 0 } } ( 3 \sin 2 x + \cos 2 x ) ~ . } \end{array} }
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$$
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1③ $\frac { 1 } { F ( \mathrm { D } ) } ( \underset { } { x } ^ { k } + a _ { 1 } x ^ { k - 1 } + \cdots + a _ { k - 1 } x + a _ { k } )$ 型
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这里Qk(D)是将 $\frac { 1 } { F ( \mathbf { D } ) }$ 展开为k次泰勒多项式，即 $b _ { 0 } + b _ { 1 } \mathbf { D } + b _ { 2 } \mathbf { D } ^ { 2 } + \cdots + b _ { k } \mathbf { D } ^ { k }$ $Q _ { k } ( \mathbf { D } )$
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注例7已知 $y ^ { \prime \prime } + y ^ { \prime } = x ^ { 2 } + 1$ ，求 $y ^ { * }$
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解
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y ^ { \bullet } \equiv \frac { 1 } { { \bf D } ^ { 2 } + { \bf D } } ( x ^ { 2 } + 1 ) = \frac { 1 } { { \bf D } } \bullet \frac { 1 } { 1 + { \bf D } } ( x ^ { 2 } + 1 ) ~ .
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$$
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下面将 $\frac { 1 } { 1 + \mathbf { D } }$ 作D的2次展开：
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\frac { 1 } { 1 + \Delta } = 1 - { \bf D } + { \bf D } ^ { 2 } + \cdots ,
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于是
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>由于x²+1为2次多项式，故 $\frac { 1 } { 1 + D }$ 展开到2次
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\begin{array} { l } { { \displaystyle y ^ { * } = \frac { 1 } { \mathbf { D } } \cdot \widehat { ( | \mathbf { \Gamma } - \mathbf { D } + \mathbf { D } ^ { 2 } ) } ( x ^ { 2 } + 1 ) = \biggr ( \frac { 1 } { \mathbf { D } } - 1 + \mathbf { D } \biggr ) ( x ^ { 2 } + 1 ) } } \\ { ~ } \\ { { \displaystyle ~ = \frac { 1 } { \mathbf { D } } ( x ^ { 2 } + 1 ) - ( x ^ { 2 } + 1 ) + \mathbf { D } ( x ^ { 2 } + 1 ) } } \\ { { \displaystyle ~ } } \\ { { \displaystyle ~ = \frac { 1 } { 3 } x ^ { 3 } + x - x ^ { 2 } - 1 + 2 x = \frac { 1 } { 3 } x ^ { 3 } - x ^ { 2 } + 3 x - 1 ~ . } } \end{array}
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$$
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④ $\frac 1 { F ( \mathbf { D } ) } \mathrm { e } ^ { \alpha x } \nu ( x )$ 型
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$$
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\mathbf { e } ^ { \alpha x }
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$$
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$y ^ { * } = \frac { 1 } { F ( \mathbf { D } ) } \mathbf { e } ^ { \alpha x } \nu ( x ) = \mathbf { e } ^ { \alpha x } \bullet \frac { 1 } { F ( \mathbf { D } + \alpha ) } \nu ( x )$ 这里ν(x)是实函数.
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注例8已知 $y ^ { \prime \prime } + 4 y ^ { \prime } + 5 y = \mathrm { e } ^ { - 2 x } \sin x$ ，求 $y ^ { * }$
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解
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$$
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{ \begin{array} { r l } & { y ^ { * } = { \cfrac { 1 } { \operatorname { D } ^ { 2 } + 4 \operatorname { D } + 5 } } \operatorname { e } ^ { - 2 x } \sin x = \operatorname { e } ^ { - 2 x } \cdot { \cfrac { 1 } { ( \operatorname { D } - 2 ) ^ { 2 } + 4 ( \operatorname { D } - 2 ) + 5 } } \sin x } \\ & { \qquad = \operatorname { e } ^ { - 2 x } \cdot { \cfrac { 1 } { \operatorname { D } ^ { 2 } + 1 } } \sin x = \operatorname { e } ^ { - 2 x } \cdot x { \cfrac { 1 } { ( \operatorname { D } ^ { 2 } + 1 ) ^ { \prime } } } \sin x } \\ & { \qquad = \operatorname { e } ^ { - 2 x } \cdot x { \cfrac { 1 } { 2 \operatorname { D } } } \sin x = { \cfrac { 1 } { 2 } } \operatorname { e } ^ { - 2 x } \cdot x ( - \cos x ) = - { \cfrac { 1 } { 2 } } x \operatorname { e } ^ { - 2 x } \cos x ~ . } \end{array} }
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$$
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注例9已知 $y ^ { \prime \prime } - 3 y ^ { \prime } + 2 y = 2 x \mathrm { e } ^ { x }$ ，求 $y ^ { \ast }$ ，综合以上多种方法。
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解
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\begin{array} { l } { { \displaystyle y ^ { * } = \frac 1 { \mathbf D ^ { 2 } - 3 \mathbf D + 2 } 2 x \mathrm e ^ { x } = 2 \mathrm e ^ { x } \cdot \frac 1 { ( \mathbf D + 1 ) ^ { 2 } - 3 ( \mathbf D + 1 ) + 2 } x = 2 \mathrm e ^ { x } \cdot \frac 1 { \mathbf D ^ { 2 } - \mathbf D } x } } \\ { { \displaystyle \quad = 2 \mathrm e ^ { x } \cdot \frac 1 D \cdot \frac 1 { \mathbf D - 1 } x = 2 \mathrm e ^ { x } \cdot \frac 1 D \cdot ( - 1 - \mathbf D ) x = 2 \mathrm e ^ { x } \cdot \left( - \frac 1 D - 1 \right) x } } \\ { { \displaystyle \quad = 2 \mathrm e ^ { x } \cdot \left( - \frac 1 2 x ^ { 2 } - x \right) = - x ( x + 2 ) \mathrm e ^ { x } \ . } } \end{array}
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$$
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(4)通解.
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若 $y ( x ) = C _ { 1 } y _ { 1 } ( x ) + C _ { 2 } y _ { 2 } ( x )$ 是 $y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y = 0$ 的通解， $y ^ { \ast } ( x )$ 是
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y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y = f ( x )
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的一个特解，则 $y ( x ) + y ^ { * } ( x )$ 是 $y ^ { \prime \prime } + p y ^ { \prime } + q y = f ( x )$ 的通解.
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齐通解+非齐特解
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例15.17 求 $y ^ { \prime } - 3 y ^ { \prime } + 2 y = 2 \mathbf { e } ^ { - x } \cos x$ 的通解．
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解特征方程为 $r ^ { 2 } - 3 r + 2 = 0$ ，其解为 $r _ { 1 } = 2 , r _ { 2 } = 1$ ，因此对应的齐次微分方程的通解是
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\overline { { y } } = C _ { 1 } \mathbf { e } ^ { x } + C _ { 2 } \mathbf { e } ^ { 2 x } .
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下面用两种方法求特解.
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方法一待定系数法.
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方程的一个特解可设为 $y ^ { * } = \overleftarrow { \mathbf { e } ^ { - x } } ( A \cos x + B \sin x )$ ，求得
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y ^ { * \prime } = \mathrm { e } ^ { - x } [ ( B - A ) \cos x - ( A + B ) \sin x ] ,
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$$
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y ^ { * \prime } = \mathtt { e } ^ { - x } ( - 2 B \cos x + 2 A \sin x ) \ ,
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$$
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代人方程解得 $A = \frac { 1 } { 5 } , B = - \frac { 1 } { 5 }$ ，即 $y ^ { * } = { \frac { \mathbf { e } ^ { - x } } { 5 } } ( \cos x - \sin x )$
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方法二微分算子法.
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$$
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\begin{array} { r l } & { \bar { \nu } ^ { - } - \frac { 1 } { \mathrm { B } ^ { 2 } \nu ^ { 3 } - 3 \mathrm { i } \alpha ^ { 2 } } z ^ { - \nu } \alpha s } \\ & { - 2 \alpha ^ { * } \frac { 1 } { \mathrm { i } \alpha ^ { 2 } \mathrm { i } \alpha ^ { 3 } \mathrm { i } \alpha ^ { 2 } } z ^ { - \nu } \alpha s } \\ & { - 2 \alpha ^ { * } \frac { 1 } { \mathrm { i } \alpha ^ { 3 } \mathrm { i } \alpha ^ { 3 } \mathrm { i } \alpha ^ { 4 } } z ^ { \mathrm { 2 } \alpha \mathrm { a c } } - \frac { 1 } { 2 \mathrm { i } \alpha ^ { 3 } \mathrm { i } \alpha ^ { 4 } \mathrm { i } \alpha ^ { 3 } \mathrm { i } \alpha ^ { 4 } } \mathrm { ~ , ~ } \sigma \mathrm { r a t } \mathrm { s i n } , \ \sigma \mathrm { r a t } \mathrm { s } } \\ & { - 2 \alpha ^ { * } \frac { 1 } { \mathrm { i } \alpha ^ { 3 } \mathrm { i } \alpha ^ { 4 } \mathrm { i } \alpha ^ { 4 } } \mathrm { e } ^ { \alpha \mathrm { a c } } } \\ & { - 2 \alpha ^ { * } \frac { 1 } { \mathrm { i } \alpha ^ { 3 } \mathrm { i } \alpha ^ { 4 } \mathrm { i } \alpha ^ { 5 } } \mathrm { e } ^ { \alpha \mathrm { a c } } } \\ & { - 2 \alpha ^ { * } \frac { 1 } { \mathrm { i } \alpha ^ { 3 } \mathrm { i } \alpha ^ { 5 } } z ^ { \mathrm { 4 } \alpha \mathrm { a c } } } \\ & { - 2 \alpha ^ { * } \frac { 1 } { \mathrm { i } \alpha ^ { 3 } \mathrm { i } \alpha ^ { 4 } \mathrm { i } \alpha ^ { 5 } } } \\ & { - 2 \alpha ^ { * } \frac { \mathrm { B i } \alpha ^ { 4 } } { \mathrm { i } \alpha ^ { 3 } \mathrm { i } \alpha ^ { 5 } } } \\ & { - \frac { 1 } { \mathrm { i } \alpha ^ { 4 } \mathrm { i } \alpha ^ { 5 } } \mathrm { ~ . ~ } } \\ & - \frac { 1 } \mathrm { i } \alpha ^ { 5 } \mathrm { i } \alpha ^ \end{array}
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$$
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从而原方程的通解为
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y = \overline { { { y } } } + y ^ { * } = C _ { 1 } \mathtt { e } ^ { x } + C _ { 2 } \mathtt { e } ^ { 2 x } + \frac { 1 } { 5 } \mathtt { e } ^ { - x } ( \cos x - \sin x ) ,
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其中 $C _ { 1 } , C _ { 2 }$ 为任意常数.
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注待定系数法易设出形式，难点在于计算量大，建议考生作为练习尝试书写过程.微分算子法计算量较小，难点在于需记住大量形式．
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例15.18 设二阶常系数线性微分方程 $y ^ { \prime \prime } + \alpha y ^ { \prime } + \beta y = \gamma \mathbf { e } ^ { x }$ 的一个特解为 $y ^ { \ast } = \mathbf { e } ^ { 2 x } + ( 1 + x ) \mathbf { e } ^ { x }$ .确定常数 $\alpha , \beta , \gamma$ ，并求该方程的通解.
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分析 $y ^ { \bullet } = \mathbf { e } ^ { 2 x } + \mathbf { e } ^ { x } + x \mathbf { e } ^ { x }$ ，其中 $\mathrm { e } ^ { 2 x }$ 不可能为非齐次方程的解，故只能是齐次方程的解，若 $\boldsymbol { x } \mathbf { e } ^ { x }$ 为齐次方程的解，则至少对应二重根.
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解 由 $f ( x ) = \gamma \mathbf { e } ^ { x }$ 可知 $\mathsf { e } ^ { a x } ( a \neq 1 )$ 不可能是非齐次方程的特解，故 $\mathrm { e } ^ { 2 x }$ 不可能是非齐次方程的特解，又因为 $y = e ^ { 2 x } + e ^ { x } + x e ^ { x }$ 是非齐次方程的解，所以 $\mathrm { e } ^ { 2 x }$ 必是对应齐次方程的解，故微分方程有一个特征根$r _ { 1 } = 2$
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若 $\mathbf { e } ^ { x }$ 是非齐次方程的解，则 $\boldsymbol { x } \mathbf { e } ^ { x }$ 就是齐次方程的解，此时 $r _ { 1 } = r _ { 2 } = 1$ ，与上述 $r _ { \mathrm { { 1 } } } = 2$ 矛盾，于是 $\boldsymbol { \mathrm { e } } ^ { x }$ 也必是齐次方程的解，此时 $r _ { 2 } = 1$ .所以特征方程为 $( r - 1 ) ( r - 2 ) = 0$ ，即
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$$
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r ^ { 2 } - 3 r + 2 = 0 ,
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于是 $\alpha = - 3 , \beta = 2$
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为确定γ，只需将特解 $y ^ { * } = x e ^ { x }$ 代人方程，得
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$$
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( x + 2 ) \mathrm { e } ^ { x } - 3 ( x + 1 ) \mathrm { e } ^ { x } + 2 x \mathrm { e } ^ { x } = \gamma \mathrm { e } ^ { x } ,
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$$
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解得 $\gamma = - 1$
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原方程的通解为 $y = C _ { 1 } \mathbf { e } ^ { x } + C _ { 2 } \mathbf { e } ^ { 2 x } + x \mathbf { e } ^ { x }$ ，其中 $C _ { 1 } , C _ { 2 }$ 为任意常数.
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## ③n(n>2）阶常系数齐次线性微分方程
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①若r为单实根，写 $C \mathbf { e } ^ { \boldsymbol { n } }$
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②若r为k重实根，写
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一般不超过三重
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( C _ { 1 } + C _ { 2 } x + C _ { 3 } x ^ { 2 } + \cdots + C _ { k } x ^ { k - 1 } ) \mathrm { e } ^ { r x } ;
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$$
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③若r为单复根 $\alpha \pm \beta \mathrm { i }$ ，写
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$$
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\mathrm { e } ^ { \alpha x } ( C _ { 1 } \cos { \beta x } + C _ { 2 } \sin { \beta x } ) ;
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④若r为二重复根 $\alpha \pm \beta \mathrm { i }$ ，写
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这是反求方程的理论基础
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$$
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\mathrm { e } ^ { \alpha x } ( C _ { 1 } \cos \beta x + C _ { 2 } \sin \beta x + C _ { 3 } x \cos \beta x + C _ { 4 } x \sin \beta x ) \enspace .
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$$
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注（1）如果解中含特解 $\mathbf { e } ^ { n x }$ ，则r至少为单实根，如二重根 $( C _ { 1 } + C _ { 2 } x ) \mathrm { e } ^ { r x }$ ，令 $C _ { 1 } = 1$ ， $C _ { 2 } = 0$
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（2）如果解中含特解 $x ^ { k - 1 } e ^ { r x }$ ，则r至少为k重实根；
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（3）如果解中含特解 $\mathbf { e } ^ { \alpha x } \cos { \beta x }$ 或 ${ \bf e } ^ { \alpha x } \sin { \beta x }$ ，则 $\alpha \pm \beta \mathrm { i }$ 至少为单复根；
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（4）如果解中含特解 $\mathrm { e } ^ { \alpha x } x \cos { \beta x }$ 或 ${ \mathrm { e } } ^ { \alpha x } x \sin { \beta x }$ ，则 $\alpha \pm \beta \mathrm { i }$ 至少为二重复根，
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例15.19 已知某四阶常系数齐次线性微分方程有特解 $y _ { 1 } ( x ) = \operatorname { e } ^ { x } \cos 2 x , y _ { 2 } ( x ) = x$ ，且方程中$y ^ { ( 4 ) }$ 前的系数为1，该方程为
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至少为单复根 $( 0 + 1 \cdot x ) \mathrm { e } ^ { 0 x } , 0$ 至少为2重根
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解 应填 $y ^ { ( 4 ) } - 2 y ^ { ( 3 ) } + 5 y ^ { \prime } = 0$
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该方程有解 $y _ { 1 } ( x ) = \mathbf { e } ^ { x } \cos 2 x$ ，必有另一解 $y _ { 3 } ( x ) = \mathtt { e } ^ { x } \sin { 2 x }$ ，可知对应的特征根为 $1 \pm 2 \mathrm { i }$ ；该方程有解 $y _ { 2 } ( x ) = x$ ，必有另一解 $y _ { 4 } ( x ) = C$ （C为常数），可知 $r = 0$ 为二重根.由以上分析可知，原微分方程的特征方程有4个特征根：1±2i,0（二重)，故特征方程为
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$$
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[ r - ( 1 + 2 \mathrm { i } ) ] [ r - ( 1 - 2 \mathrm { i } ) ] r ^ { 2 } = 0 \ ,
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$$
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即
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$$
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r ^ { 4 } - 2 r ^ { 3 } + 5 r ^ { 2 } = 0 ,
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所以满足条件的微分方程为
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$$
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y ^ { ( 4 ) } - 2 y ^ { ( 3 ) } + 5 y ^ { \prime \prime } = 0 .
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$$
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## 4能写成xy"+pxy+qy=f（x）形式的微分方程（欧拉方程）（仅数学一）
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形如 $x ^ { 2 } { \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } x ^ { 2 } } } + p x { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } + q y = f ( x )$ 的方程称为欧拉方程，其中 $p$ 与q为常数，f(x)为已知的连续函数.欧拉方程有固定的解法. >注意到 $\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t }$ 是关于t的函数，但我们需
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①当 $x > 0$ 时，令 $\boldsymbol { x } = \mathrm { e } ^ { t }$ ，则 $\scriptstyle t = \ln x , { \frac { \mathrm { d } t } { \mathrm { d } x } } = { \frac { 1 } { x } }$ ，于是
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要对x求导， $\bar { \varrho } \bar { \mathsf { P } } \left( \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } \right) _ { x } ^ { \prime } = \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } t ^ { 2 } } \bullet \frac { \mathrm { d } t } { \mathrm { d } x }$
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$$
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\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } = \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } \bullet \frac { \mathrm { d } t } { \mathrm { d } x } = - \frac { 1 } { x } \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } , \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } x ^ { 2 } } = \frac { \mathrm { d } } { \mathrm { d } x } \left( \frac { 1 } { x } \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } \right) = - \frac { 1 } { x ^ { 2 } } \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } + \frac { 1 } { x } \left[ \frac { \mathrm { d } } { \mathrm { d } x } \left( \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } \right) \right] = - \frac { 1 } { x ^ { 2 } } \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } + \frac { 1 } { x ^ { 2 } } \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } t ^ { 2 } } ,
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方程化为
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\frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } t ^ { 2 } } + ( p - 1 ) \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } + q y = f ( \mathrm { e } ^ { t } ) ,
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$$
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即可求解（最后结果别忘了用t=Inx回代成x的函数).
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②当 $x < 0$ 时，令 $\boldsymbol { x } = - \mathrm { e } ^ { t }$ ，同理可得.
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## 注（1)建议考生自己写一遍以上推导过程
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（2）数学二、数学三的考纲中不要求掌握欧拉方程，但以上推导仍应掌握
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例15.20 欧拉方程 $x ^ { 2 } { \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } x ^ { 2 } } } + 4 x { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } + 2 y = 0 ( x > 0 )$ 的通解为
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解 应填 $\scriptstyle y = { \frac { C _ { 1 } } { x } } + { \frac { C _ { 2 } } { x ^ { 2 } } } , C _ { 1 } , C _ { 2 }$ 为任意常数.
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由题设, $x > 0$ 令 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { \mathrm { e } ^ { \prime } }$ ，则
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{ \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } = { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } } \cdot { \frac { \mathrm { d } t } { \mathrm { d } x } } = { \frac { 1 } { x } } { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } } ,
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$$
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$$
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\frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } x ^ { 2 } } = - \frac { 1 } { x ^ { 2 } } \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } + \frac { 1 } { x } \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } t ^ { 2 } } \bullet \frac { \mathrm { d } t } { \mathrm { d } x } = \frac { 1 } { x ^ { 2 } } \left( \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } t ^ { 2 } } - \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } \right) ,
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$$
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代人原方程，得
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\frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } t ^ { 2 } } + 3 \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } + 2 y = 0 ,
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$$
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→此处需注意：通解是y关于x的函数，需要把t还原成x解此方程得通解为 $y = C _ { 1 } \mathbf { e } ^ { - t } + C _ { 2 } \mathbf { e } ^ { - 2 t } = { \frac { C _ { 1 } } { x } } + { \overline { { \frac { C _ { 2 } } { x ^ { 2 } } } } } , C _ { 1 } , C _ { 2 }$ 为任意常数.
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## 四微分方程的几何应用
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在第3讲中，我们讲了切线一那把极速切过曲线上某点的锋利无比的刀，它是一个强大的工具，在几何上常常用来建立微分方程并求解运动轨迹.先看一张图（见图15-1）.
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图15-1
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图15-2
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这是达·芬奇所画的最初的自行车，与现在的自行车几乎无异.某嫌疑人（你以为我要讲福尔摩斯了吗？不，这里他犯了错误）骑车逃跑时在地面上留下了前后轮的局部运动轨迹（见图15-2）.福尔摩斯犯难了，嫌疑人是向左逃跑还是向右逃跑了呢？首先，你得确定 $L _ { 1 } , \ L _ { 2 }$ 哪一条轨迹是前轮留下的.事实上，对切线概念的深刻理解可以让你迅速得出答案.轨迹上每一点的切线方向都代表此刻轮子的前进方向.所以若一条曲线上存在一个点（如点A)处的切线不会与此处另一条曲线相交，前者就是前轮的轨迹，因为它是前轮，前轮前进的方向可以没有后轮经过，但后轮每一刻的前进方向必然都指向前轮此刻的位置.好，那么 $L _ { 2 }$ 是前轮轨迹， $L _ { \mathrm { r } }$ 是后轮轨迹，我们可以确定了.接下来是最关键的问题了，车是向左还是向右行驶？
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图15-3
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达·芬奇手稿中的自行车告诉我们，前后轮的轨迹连线必然是连接前后车轮轮毂的装置的投影，它的长度是不变的.
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如图15-3所示，由于 $\left| B _ { 2 } C _ { 2 } \right|$ 明显不等于 $\left| B _ { 1 } D _ { 1 } \right|$ ，即自行车不会向右行驶，故是从右往左行驶的．
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例15.21 设自行车前轮和后轮与地面的接触点分别为P和Q，并设 $| P Q | = 1$ ，初始时刻P在原点，Q在(1,0)点，若前轮沿y轴的正方向前进，求Q点的运动轨迹.
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解 如图15-4所示，当P点沿着y轴向上移动时，记Q点的轨迹形成曲线 $y = y ( x )$ .设曲线上Q点
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的坐标为 $( x , y )$ ，P点坐标为(0,Y)，由 $\left| P Q \right| { = } 1$ ，得
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$x ^ { 2 } + ( y - Y ) ^ { 2 } = 1$ ，即 $y - Y = - \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } . ^ { } Y > y$ ，故取负值
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由题意知， $\mathcal { Q } P$ 的方向就是曲线 $y = y ( x )$ 在(x，y)点的切线方向，故
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$$
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{ \frac { { \mathrm { d } } y } { { \mathrm { d } } x } } = { \frac { y - Y } { x } } = - { \frac { { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } } { x } } ,
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两边积分得
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y = - \int \frac { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } { x }
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图15-4
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$x = \sin t$ ，则
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此处注意到x与 $\sqrt { 1 - x ^ { 2 } }$ 平方关系，也可令$m = x , n = \sqrt { 1 - x ^ { 2 } }$ ，利用合分比定理来计算，可省去三角换元以及还原
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\begin{array} { r l } & { { \boldsymbol { \it \Psi } } = - \int { \frac { \iint - 1 } { x } } { \frac { - \hbar } { d x } } \mathrm { d } x - \int { \frac { \mathrm { d } x { \hat { \it \Psi } } } { \mathrm { \hbar } \omega t } } { \mathrm { d } t } { \boldsymbol { \it \Psi } } } \\ & { - \int { \frac { \mathrm { d } \cdot \hbar \omega { \hat { \boldsymbol { \it { u } } } } ^ { 2 } } { \mathrm { \hbar } \omega t } } { \frac { - \hbar } { d x } } { \boldsymbol { \it \Psi } } } \\ & { = - \int { \frac { \mathrm { d } \cdot \hbar \omega { \hat { \it { u } } } ^ { 2 } } { \mathrm { \hbar } \omega t } } { \frac { - \hbar } { d x } } \mathrm { d } { \boldsymbol { \it \Psi } } } \\ & { = - \int { \mathrm { d } } \mathrm { s i n } { \frac { \hbar } { \omega t } } - \mathrm { o r t } - { \frac { 1 } { \hbar \omega t } } \int _ { { \frac { \mathrm { d } } { \mathrm { d } } x } } { \frac { \partial x } { \partial x } } { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } } { \mathrm { \hbar } } \omega { \hat { \mathrm { \hbar } } } \mathrm { d } { \boldsymbol { \it \underline { { \Psi } } } } = { \hat { \mathrm { \hbar \omega } } } \mathrm { d } { \boldsymbol { \it \underline { { \Psi } } } } \mathrm { d } { \omega } } \\ & = - \mathrm { i n } { \frac { \hbar } { \omega t } } \mathrm { d } { \omega } \mathrm { e } - \mathrm { o r t } - { \frac { 1 } { \hbar \omega t } } \int _ { { \frac { \mathrm { d } } { \mathrm { d } } x } } { \frac { - \hbar } { 2 } } \int _ { { \frac { \mathrm { d } } { \mathrm { d } } x } } { \frac { \partial \cdot \hbar \omega } { \partial x } } { \frac { \partial \mathrm { d } \cdot \hbar \omega } { \partial x } } - \int _ { { \frac { \mathrm { d } } { \mathrm { d } } x } } { \frac { \partial \cdot \hbar \omega } { \partial x } } \frac \partial \end{array}
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$$
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由x=1， $y = 0$ ，可得C=0.故Q点的轨迹方程为
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y = \ln \frac { 1 + \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } { x } - \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } .
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注追及点到被追及点的连线始终为该点的切线方向
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## 五微分方程的物理应用（仅数学一、数学二）
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例15.22 飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开减速伞，以增大阻力，使飞机迅速减速并停下.
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## 考研数学基础30讲·高等数学分册
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现有一质量为m的飞机，着陆时的水平速度为v(0).经测试，减速伞打开后，飞机所受的总阻力与
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飞机的速度成正比．比例系数为k， $k > 0$ .从飞机接触跑道开始计时，设t时刻飞机的滑行距离为x(t)，
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速度为v(t)，则飞机滑行的位移方程为（ ）（A) $x ( t ) = \frac { m } { k } [ \nu ( 0 ) - \nu ( t ) ]$ (B) $x ( t ) = \frac { m } { k } [ \nu ( t ) - \nu ( 0 ) ]$ (C） $x ( t ) = k m [ ( \nu ( 0 ) - \nu ( t ) ]$ (D) $x ( t ) = k m [ \nu ( t ) - \nu ( 0 ) ]$
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分析本题是标准的牛顿第二定律的应用题，列出关系式后再解微分方程即可.
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解 应选(A).
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根据牛顿第二定律，得 $m { \frac { \mathrm { d } \nu } { \mathrm { d } t } } = - k \nu$ ，又 ${ \frac { \mathrm { d } \nu } { \mathrm { d } t } } = { \frac { \mathrm { d } \nu } { \mathrm { d } x } } \cdot { \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } t } } = \nu { \frac { \mathrm { d } \nu } { \mathrm { d } x } }$ ，可得 $\mathtt { d } x = - \frac { m } { k } \mathtt { d } \nu$ ，积分得
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x ( t ) = - \frac { m } { k } \nu ( t ) + C \ .
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由x(0)=0，得 $C = \frac { m } { k } \nu ( 0 )$ ，从而
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x ( t ) = \frac { m } { k } [ \nu ( 0 ) - \nu ( t ) ] \ .
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$$
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注此题中，加速度 $a = { \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } x } { \mathrm { d } t ^ { 2 } } } = { \frac { \mathrm { d } \nu } { \mathrm { d } t } } = { \frac { \mathrm { d } \nu } { \mathrm { d } x } } \cdot { \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } t } } = \nu \left[ { \frac { \mathrm { d } \nu } { \mathrm { d } x } } \right]$ 这是因为选项均为x与v的关系式，故用相关变化率的手段写成上述表达形式. 不用考虑实际意义
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例15.23 已知高温物体置于低温介质中，t时刻物体温度T(t）℃对时间（单位：min）的变化率与t时刻物体和介质的温差 $T - T _ { 0 }$ 成正比 $( T > T _ { 0 } )$ ，比例系数为k,k>0.现将一初始温度为 $1 2 0 ~ \mathrm { ‰ }$ 的物体在20℃恒温介质中冷却，30min后该物体温度降至 $3 0 \ \mathrm { { 9 C } }$ ，则T(t) =
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解 应填 $1 0 0 \mathrm { e } ^ { - \frac { \mathrm { l n } 1 0 } { 3 0 } t } + 2 0$
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由题意得
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\frac { \mathrm { d } T } { \mathrm { d } t } = - k ( T - 2 0 ) ,
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解得
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T = C { \mathrm e } ^ { - k t } + 2 0 \ .
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将初始条件T(0)=120代人上式，解得C=100，故
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T = 1 0 0 \mathrm { e } ^ { - k t } + 2 0 .
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$$
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将t=30,T=30代人上式得 $k = \frac { \ln 1 0 } { 3 0 }$ ，所以
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$$
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\displaystyle T ( t ) = 1 0 0 \mathrm { e } ^ { - \frac { \mathrm { l n } 1 0 } { 3 0 } t } + 2 0 \ .
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$$
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注（1）k不是已知量，最后应代入初值表示出k
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(2) $^ { * } t$ 时刻物体温度T(t）℃对时间的变化率与t时刻物体和介质的温差 $T - T _ { 0 }$ 成正比 $( T > T _ { 0 } ) ^ { \prime \prime }$ 应写成 $\frac { \mathrm { d } T } { \mathrm { d } t } = - k ( T - T _ { 0 } )$ ，负号代表 $\frac { \mathrm { d } T } { \mathrm { d } t } < 0$ （温度随着时间的增加而降低）.
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## 一阶常系数线性差分方程（仅数学三）
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## 函数差分的定义
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函数 $y _ { t } = f ( t ) , t = 0 , \pm 1 , \pm 2 , \cdots$ .函数f(t)在t时刻的一阶差分定义为
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\Delta y _ { t } = y _ { t + 1 } - y _ { t } = f ( t + 1 ) - f ( t ) ;
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函数f(t)在t时刻的二阶差分定义为
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\Delta ^ { 2 } y _ { t } = \Delta ( \Delta y _ { t } ) = \Delta y _ { t + 1 } - \Delta y _ { t } = y _ { t + 2 } - 2 y _ { t + 1 } + y _ { t } \ .
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$$
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## ②一阶常系数线性差分方程及其求解
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(1)一阶常系数线性差分方程.
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一阶常系数线性差分方程的一般形式为
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y _ { t + 1 } + a y _ { t } = f ( t ) ,\tag{①}
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其中f(t)为已知函数，a为非零常数.
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当f(t)=0时，方程①变为
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\begin{array}{c} \begin{array} { c } { { \longrightarrow } } \\ { { \lambda ^ { t + 1 } + a \chi _ { t } = 0 , } } \end{array} \overset { \overset { \mathrm { \tiny ~ 1 6 } } { \longrightarrow } } { \longrightarrow } \overset { \overset { \mathrm { \tiny ~ 4 6 } } { \longrightarrow } } { \longrightarrow } \overset { \overset { \mathrm { \tiny ~ 4 6 } } { \longrightarrow } } { \longrightarrow } \overset { \overset { \mathrm { \tiny ~ 4 6 } } { \longrightarrow } } { \longrightarrow } \lambda ^ { t } \left( \lambda + a \right) = 0 \\ { { y _ { t + 1 } + a y _ { t } = 0 , } } \end{array}\tag{②}
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我们称 $f ( t ) \not \equiv 0$ 时的①为一阶常系数非齐次线性差分方程，②为其对应的一阶常系数齐次线性差分方程.
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(2)齐次差分方程的通解.
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通过迭代，并由数学归纳法可得②的通解为
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y _ { C } ( t ) = C \bullet ( - a ) ^ { t } ,
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这里C为任意常数.
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(3)非齐次差分方程的解.
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定理1若 $y _ { t } ^ { * }$ 是非齐次差分方程①的一个特解， $y _ { C } ( t )$ 是齐次差分方程②的通解，则非齐次差分方程①的通解为
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y _ { t } = y _ { C } ( t ) + y _ { t } ^ { \ast } \mathrm { ~ . ~ }
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定理2若 $\overline { { y } } _ { t }$ 与 $\tilde { y } _ { t }$ 分别是差分方程
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y _ { t + 1 } + a y _ { t } = f _ { 1 } ( t )
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$$
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和
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$$
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y _ { t + 1 } + a y _ { t } = f _ { 2 } ( t )
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$$
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的解，则
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$$
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y _ { t } = \overline { { y } } _ { t } + \tilde { y } _ { t }
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是差分方程
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$$
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y _ { t + 1 } + a y _ { t } = f _ { 1 } ( t ) + f _ { 2 } ( t )
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$$
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的解.
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非齐次差分方程①的特解 $y _ { t } ^ { * }$ 形式的设定见下表.
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>①中f(t)的形式</td><td rowspan=1 colspan=1>取待定特解的条件</td><td rowspan=1 colspan=1>试取特解的形式</td></tr><tr><td rowspan=2 colspan=1> $f ( t ) = d ^ { \prime } \bullet P _ { m } ( t )$ d为非零常数</td><td rowspan=1 colspan=1> $a + d \neq 0$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $\boldsymbol { y } _ { t } ^ { * } = \boldsymbol { d } ^ { t } \cdot \boldsymbol { Q } _ { m } ( t )$ </td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1> $a + d = 0$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $y _ { t } ^ { \ast } = t \cdot d ^ { t } \cdot Q _ { m } ( t )$ </td></tr><tr><td rowspan=2 colspan=1> $f ( t ) = b _ { 1 } \cos \omega t + b _ { 2 } \sin \omega t$ $\omega \neq 0$ 且 $b _ { 1 } , b _ { 2 }$ 为不同时为零的常数</td><td rowspan=1 colspan=1> $D = \left| \begin{array} { c c } { { a + \cos \omega } } & { { \sin \omega } } \\ { { - \sin \omega } } & { { a + \cos \omega } } \end{array} \right| \ne 0$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $y _ { t } ^ { * } = \alpha \cos \omega t + \beta \sin \omega t$ $\alpha , \beta$ 为待定常数</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>D=0</td><td rowspan=1 colspan=1> $y _ { t } ^ { * } = t ( \alpha \cos { \omega t } + \beta \sin { \omega t } )$ </td></tr></table>
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例15.24 差分方程 $\Delta y _ { t } = t$ 的通解为 $y _ { t } = _ { - } .$ →一阶非齐次差分方程，套公式即可.
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解应填 $\frac { 1 } { 2 } t ( t - 1 ) + C$ (C为任意常数）.
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$y _ { t + 1 } - y _ { t } = t$ ，其中 $a + d = 0$ ，即知特解$y ^ { * } = t ( a + b t )$ ，代入原式后求解即可
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齐次差分方程 $y _ { t + 1 } - y _ { t } = 0$ 的特征根为r=1，其通解为 $y = C$
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设非齐次差分方程 $y _ { t + 1 } - y _ { t } = t$ 的一个特解为
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y ^ { * } = t ( a + b t ) ,
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代入方程并整理，得 $a + b + 2 b t = t$ ，所以 $b = \frac { 1 } { 2 } , a = - \frac { 1 } { 2 }$ ，故差分方程 $\Delta y _ { t } = t$ 的通解为
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$$
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y _ { t } = \frac { 1 } { 2 } t ( t - 1 ) + C ( C \mathbf { \mathcal { H } } \mathbf { \mathcal { \hat { H } } } \mathbf { \mathcal { \hat { E } } } ^ { * } \mathbf { \mathcal { \hat { H } } } ^ { * } \mathbf { \mathcal { \hat { H } } } \mathbf { \mathcal { \hat { H } } } ) .
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$$
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例15.25 求一阶差分方程 $y _ { t + 1 } - y _ { t } = 4 \cos { \frac { \pi } { 3 } } i$ 的通解→分析形式： $f ( t ) = b _ { 1 } \cos \omega t + b _ { 2 } \sin \omega t$
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解 对应齐次差分方程的通解为 $y _ { A } ( t ) = A$ .由于
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\operatorname { \ a x } D = \left| \begin{array} { c c } { a + \cos \omega } & { \sin \omega } \\ { - \sin \omega } & { a + \cos \omega } \end{array} \right| \ B P \ \widehat { \circ } \big { \big \ P }
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$$
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$$
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D = \left| { \begin{array} { c c } { - 1 + \cos { \frac { \pi } { 3 } } } & { \sin { \frac { \pi } { 3 } } } \\ { - \sin { \frac { \pi } { 3 } } } & { - 1 + \cos { \frac { \pi } { 3 } } } \end{array} } \right| = \left| { \begin{array} { c c } { - 1 } & { { \sqrt { 3 } } } \\ { 2 } & { 2 } \\ { - { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } } & { - { \frac { 1 } { 2 } } } \end{array} } \right| = 1 \neq 0 ,
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故设非齐次差分方程的特解为
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y _ { t } ^ { * } = B _ { 0 } \cos \frac { \pi } { 3 } t + B _ { 1 } \sin \frac { \pi } { 3 } t ,
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代入原方程后可求得 $B _ { 0 } = - 2 , B _ { 1 } = 2 \sqrt { 3 }$ .于是原方程的通解为
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\begin{array}{c} y _ { t } = A - 2 \cos { \frac { \pi } { 3 } } t + 2 \sqrt { 3 } \sin { \frac { \pi } { 3 } } t ( A ^ { \dagger } ) \Re \langle \dot { \mathbb { E } } \dot { \mathbb { H } } ^ { * } \dot { \mathbb { H } } ^ { * } \rangle \dot { \mathbb { H } } \langle \end{array} ) \ .
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注以上知识点考频较低，考前记公式即可。
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## 基础习题精练
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## 习题
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15.1微分方程 $y ^ { \prime \prime } - 4 y ^ { \prime } + 4 y = x ^ { 2 } + 8 \mathrm { e } ^ { 2 x }$ 的一个特解应具有的形式为(其中a,b,c,d为常数）（ ）.（A) $a x ^ { 2 } + b x + c e ^ { 2 x }$ (B) $a x ^ { 2 } + b x + c + d x ^ { 2 } \mathbf { e } ^ { 2 x }$
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(C） $a x ^ { 2 } + b x + c x \mathbf { e } ^ { 2 x }$ (D) $a x ^ { 2 } + ( b x ^ { 2 } + c x ) \mathbf { e } ^ { 2 x }$
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15.2已知 $y _ { 1 } = \mathbf { e } ^ { 3 x } - x \mathbf { e } ^ { 2 x } , y _ { 2 } = \mathbf { e } ^ { x } - x \mathbf { e } ^ { 2 x } , y _ { 3 } = - x \mathbf { e } ^ { 2 x }$ 是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解， 则该方程满足 $y ( 0 ) = 0 , y ^ { \prime } ( 0 ) = 1$ 的特解为
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15.3微分方程 $y ^ { \prime } \tan x = y \ln y$ 的通解是
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15.4微分方程 ${ \Biggl ( } x { \frac { \mathrm { { d } } y } { \mathrm { { d } } x } } - y { \Biggr ) } \arctan { \frac { y } { x } } = x$ 的通解为
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15.5微分方程 $y ^ { \prime } + 1 = \mathbf { e } ^ { - y } \sin x$ 的通解为
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15.6（仅数学一、数学二)微分方程 $x y ^ { \prime \prime } + 3 y ^ { \prime } = 0$ 的通解为
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15.7微分方程 $y ^ { \prime \prime } - 4 y = \mathbf { e } ^ { 2 x }$ 的通解为
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15.8（仅数学一）方程 $x ^ { 2 } { \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } x ^ { 2 } } } - 2 y = x ^ { 2 }$ 的通解为
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15.9已知 $y _ { 1 } = x \mathbf { e } ^ { x } + \mathbf { e } ^ { - x }$ 是某二阶非齐次线性微分方程的特解， $y _ { 2 } = ( x + 1 ) \mathbf { e } ^ { x }$ 是对应二阶齐次线性微
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分方程的特解，求此非齐次线性微分方程.
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15.10设函数f(t)在[0,+)上连续，且满足方程 $f ( t ) = \mathrm { e } ^ { 4 \pi t ^ { 2 } } + \iint _ { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant 4 t ^ { 2 } } f \left( { \frac { 1 } { 2 } } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } \right) \mathrm { d } x \mathrm { d } y$ ，求f(t).
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15.11设四阶常系数齐次线性微分方程 $y ^ { ( 4 ) } - y ^ { m } + y ^ { n } - y ^ { \prime } = 0$
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(1)求上述微分方程的通解y(x)；
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(2)求在x→0时是x的三阶无穷小的解y(x).
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15.12（仅数学一、数学二)设函数y(x)具有二阶导数，且曲线 $l \colon y = y ( x )$ 与直线 $y = x$ 相切于原 点.记α为曲线l在点(x，y)处切线的倾角，若 ${ \frac { \mathrm { d } \alpha } { \mathrm { d } x } } = { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } }$ ，求y(x)的表达式.
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15.13（仅数学一、数学二)设函数f(x)可导，且 $f ^ { \prime } ( x ) > 0$ .曲线 $y = f ( x ) ( x \geqslant 0 )$ 经过坐标原点0，其上任意一点M处的切线与x轴交于T，又MP垂直x轴于点P.已知由曲线y=f(x)，直线MP以及x轴所围图形的面积与 $\triangle M T P$ 的面积之比恒为3：2，求满足上述条件的曲线的方程.
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15.14（仅数学三)求一阶非齐次线性差分方程 $\Delta y _ { x } = 3$ 满足初始条件 $y _ { 0 } = 2$ 的特解．
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15.15（仅数学三）求方程 $y _ { t + 1 } - 3 y _ { t } = 2 ^ { t } - 1 , y _ { 0 } = 1$ 的特解．
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## 解答
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15.1(B）解原微分方程所对应齐次方程的特征方程为 $r ^ { 2 } - 4 r + 4 = 0$ ，特征根 $r _ { 1 , 2 } = 2$ .而$f _ { 1 } ( x ) = x ^ { 2 } , \lambda _ { 1 } = 0$ 非特征根，故 $y _ { 1 } ^ { * } = a x ^ { 2 } + b x + c$ .又 $f _ { 2 } ( x ) = 8 \mathrm { e } ^ { 2 x } , \lambda _ { 2 } = 2$ 是二重特征根，所以 $y _ { 2 } ^ { * } = d x ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { 2 x }$ $y _ { 1 } ^ { * } + y _ { 2 } ^ { * }$ 就是特解的形式，选 (B).
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15.2 $y = \mathrm { e } ^ { 3 x } - \mathrm { e } ^ { x } - x \mathrm { e } ^ { 2 x } \quad \mathrm { ~ \# ~ } \quad \mathrm { i } \overrightarrow { \lambda } \mathrm { ~ } \overline { { y } } _ { 1 } = y _ { 1 } - y _ { 3 } = \mathrm { e } ^ { 3 x } , \ \overline { { y } } _ { 2 } = y _ { 2 } - y _ { 3 } = \mathrm { e } ^ { x }$ ，则 $\overline { { y } } _ { 1 } , \overline { { y } } _ { 2 }$ 是题设二阶常系数非齐次线性微分方程对应的齐次方程的两个解，且 $\overline { { y } } _ { 1 }$ 和 $\overline { { y } } _ { 2 }$ 线性无关.由此可得题设微分方程的通解是
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\begin{array} { c } { { y = C _ { 1 } \overline { { { y } } } _ { 1 } + C _ { 2 } \overline { { { y } } } _ { 2 } + y _ { 3 } \ : , } } \\ { { { } } } \\ { { y = C _ { 1 } { \bf e } ^ { 3 x } + C _ { 2 } { \bf e } ^ { x } - x { \bf e } ^ { 2 x } \ : , } } \end{array}
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即
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代人初始条件 $y { \big | } _ { x = 0 } = 0 , y ^ { \prime } { \big | } _ { x = 0 } = 1$ ，得
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\left\{ \begin{array} { l } { { C _ { 1 } + C _ { 2 } = 0 , } } \\ { { 3 C _ { 1 } + C _ { 2 } - 1 = 1 , } } \end{array} \right.
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解得 $C _ { 1 } { = } 1 , C _ { 2 } { = } { - } 1$ ，故所求特解为 $y = \mathbf { e } ^ { 3 x } - \mathbf { e } ^ { x } - x \mathbf { e } ^ { 2 x }$
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15.3Iny=Csinx或 $y = \mathsf { e } ^ { c \sin x }$ ，其中C为任意常数解原方程分离变量，有 ${ \frac { \mathrm { d } y } { y \ln y } } = { \frac { \cos x } { \sin x } } \mathrm { d } x$
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积分得
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\ln \left| \ln y \right| { = } \ln \left| \sin x \right| { + } C _ { 1 } ,
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故通解为Iny=Csin x或 $y = \mathsf { e } ^ { C \sin x }$ ，其中C为任意常数.
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15.4 $C { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } = \mathbf { e } ^ { \frac { y } { x } \arctan { \frac { y } { x } } }$ ，其中C为任意正常数解所求微分方程为齐次型微分方程，只要作代换 $u = { \frac { y } { x } }$ 解之即可.
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将方程变形为 $\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } = \frac { 1 } { \arctan \frac { y } { x } } + \frac { y } { x }$ , 区 $u = { \frac { y } { x } }$ ，则有 $\arctan u \mathrm { d } u = { \frac { \mathrm { d } x } { x } }$ ，两边积分，得
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u \arctan u - \int \frac { u } { 1 + u ^ { 2 } } \mathrm { d } u = \int \frac { \mathrm { d } x } { x } ,
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所以有 $u \arctan u - { \frac { 1 } { 2 } } \ln ( 1 + u ^ { 2 } ) = \ln \left| x \right| + \ln C$ ，即 $u \arctan u = \ln ( C \bullet | x | \sqrt { 1 + u ^ { 2 } } )$
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回代 $u = { \frac { y } { x } }$ ，得 ${ \frac { y } { x } } \arctan { \frac { y } { x } } = \ln ( C { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } )$ ，即得原方程的通解 $C { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } = \mathbf { e } ^ { \frac { y } { 2 } \arctan { \frac { y } { x } } }$ ，其中C为任意正常数.
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## 注变量代换是求解微分方程问题的重要方法。
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15.5 $\mathbf { e } ^ { y } = \mathbf { e } ^ { - x } \left[ \frac { 1 } { 2 } \mathbf { e } ^ { x } ( \sin x - \cos x ) + C \right]$ ，其中C为任意常数解将方程 $y ^ { \prime } + 1 = \mathsf { e } ^ { - y } \sin x$ 变形为 $\left( \mathrm { e } ^ { y } \right) ^ { \prime } +$ $\mathbf { e } ^ { y } = \sin x$ ，这是关于 $\mathrm { e } ^ { y }$ 的一阶线性微分方程.利用一阶非齐次线性微分方程的通解公式，得
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { \mathrm { } \mathrm { e } } ^ { y } = { \mathrm { e } } ^ { - \int \mathrm { d } x } \left( \int \sin x \cdot \mathrm { e } ^ { \int \mathrm { d } x } \mathrm { d } x + C \right) = \mathrm { e } ^ { - x } \left( \int \mathrm { e } ^ { x } \sin x \mathrm { d } x + C \right) } } \\ { { \displaystyle } } \\ { { \displaystyle = { \mathrm { e } } ^ { - x } \left[ \frac { 1 } { 2 } \mathrm { e } ^ { x } ( \sin x - \cos x ) + C \right] , \ \ddag \ddag \ C \dag \lambda \xrightarrow [ ] { \mathrm { d } } \hat { \mathrm { E } } ^ { \langle \frac { \sin x } { \mathrm { H } } \frac { \sin ^ { \ast } } { \mathrm { H } ^ { \ast } } \frac { \mathrm { d } ^ { \ast } } { \mathrm { H } } \bar { { X } } \rangle } \dag \hat { \mathrm { K } } . } } \end{array}
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15.6 $y = C _ { 1 } + \frac { C _ { 2 } } { x ^ { 2 } } \left( \begin{array} { c } { { C _ { 1 } , C _ { 2 } } } \end{array} \right.$ 为任意常数）解这是 $y ^ { \prime \prime } { = } f ( x , y ^ { \prime } )$ 型的可降阶微分方程.令 $p = y ^ { \prime }$ ，则
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p ^ { \prime } + \frac { 3 } { x } p = 0 , p = C x ^ { - 3 } ,
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因此
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y = \int C x ^ { - 3 } \mathrm { d } x = C _ { 1 } - { \frac { C } { 2 } } x ^ { - 2 } = C _ { 1 } + { \frac { C _ { 2 } } { x ^ { 2 } } } ~ ( ~ C _ { 1 } , ~ C _ { 2 } ) \not \mid \not \equiv \not \equiv \not \equiv \not { k } \not \equiv \not { k } \ .
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15.7 $y = C _ { 1 } \mathrm { e } ^ { - 2 x } + C _ { 2 } \mathrm { e } ^ { 2 x } + { \frac { 1 } { 4 } } x \mathrm { e } ^ { 2 x }$ ，其中 $C _ { 1 } , C _ { 2 }$ 为任意常数解对应的齐次方程为 $y ^ { \prime \prime } - 4 y = 0$
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特征方程
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r ^ { 2 } - 4 = 0 ,
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特征根
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r _ { 1 } = - 2 , r _ { 2 } = 2 ,
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故齐次方程的通解为
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Y = C _ { 1 } \mathrm { e } ^ { - 2 x } + C _ { 2 } \mathrm { e } ^ { 2 x } \ .
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由于 $f ( x ) = \mathbf { e } ^ { 2 x } , \lambda = 2$ 为特征方程的单根，可设原方程特解 $y ^ { * } = A x \mathrm { e } ^ { 2 x }$ ，代入原方程可求得
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A = { \frac { 1 } { 4 } } ,
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因此
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y ^ { \ast } = \frac { 1 } { 4 } x \mathrm { e } ^ { 2 x } ,
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原方程通解为 $y = C _ { 1 } \mathrm { e } ^ { - 2 x } + C _ { 2 } \mathrm { e } ^ { 2 x } + { \frac { 1 } { 4 } } x \mathrm { e } ^ { 2 x }$ ，其中 $C _ { 1 } , C _ { 2 }$ 为任意常数.
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15.8 $y = C _ { 1 } x ^ { 2 } + \frac { C _ { 2 } } { \left| x \right| } + \frac { 1 } { 3 } x ^ { 2 } \ln { \left| x \right| }$ ，其中 $C _ { 1 } , C _ { 2 }$ 为任意常数解此为欧拉方程，按解欧拉方程的方法解之.
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当 $x > 0$ 时，令 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { \mathrm { e } } ^ { t }$ ，有 $t = \ln x$ ，经计算化原方程为 ${ \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } t ^ { 2 } } } - { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } } - 2 y = \mathrm { e } ^ { 2 t }$ ，其特征方程为 $r ^ { 2 } - r - 2 = 0$ 特征根 $r _ { 1 } = 2 , r _ { 2 } = - 1$ ，则其齐次方程的通解为 $Y = C _ { 1 } \mathbf { e } ^ { 2 t } + C _ { 2 } \mathbf { e } ^ { - t }$ .设特解 $y ^ { * } = A t \mathrm { e } ^ { 2 t }$ ，可得 $A = \frac 1 3$ .从而得通解为
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y = C _ { 1 } \mathtt { e } ^ { 2 t } + C _ { 2 } \mathtt { e } ^ { - t } + \frac { 1 } { 3 } t \mathtt { e } ^ { 2 t } = C _ { 1 } x ^ { 2 } + \frac { C _ { 2 } } { x } + \frac { 1 } { 3 } x ^ { 2 } \ln x \ .
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当 $x < 0$ 时，令 $x = - u$ ，原方程化为y关于u的方程
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u ^ { 2 } { \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } y } { \mathrm { d } u ^ { 2 } } } - 2 y = u ^ { 2 } ,
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得通解
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y = C _ { 3 } u ^ { 2 } + { \frac { C _ { 4 } } { u } } + { \frac { 1 } { 3 } } u ^ { 2 } \ln u = C _ { 3 } x ^ { 2 } - { \frac { C _ { 4 } } { x } } + { \frac { 1 } { 3 } } x ^ { 2 } \ln ( - x ) .
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合并两种情形得原方程的通解为
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y = C _ { 1 } x ^ { 2 } + \frac { C _ { 2 } } { \vert x \vert } + \frac { 1 } { 3 } x ^ { 2 } \ln x , \ \ngeq \mathrm { { K } } \nleq \mathrm { { K } } \ , \ C _ { 2 } \mathcal { H } \mathbb { E } \frac { \ast \mathrm { e } ^ { - \mathrm { { 1 } } \cdot x } } { \mathrm { { R } } } \ast \ast \ast \ast \ast \ast \mathcal { E } \downarrow \ .
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$$
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15.9解由于 $y _ { 2 } = ( x + 1 ) \mathbf { e } ^ { x }$ 为二阶齐次线性微分方程的特解，由解的结构可知， $y = \mathbf { e } ^ { x }$ 与 $y = x \mathbf { e } ^ { x }$ 都为该齐次方程的解.故r=1为二重特征根，特征方程为
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( r - 1 ) ^ { 2 } = r ^ { 2 } - 2 r + 1 = 0 ,
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则对应齐次方程为
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y ^ { \prime \prime } - 2 y ^ { \prime } + y = 0 .
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又由于 $y _ { 1 } = x \mathbf e ^ { x } + \mathbf e ^ { - x }$ 为非齐次方程的特解， $y = x \mathbf { e } ^ { x }$ 为对应齐次方程的解，可知 $y _ { 1 } - x \mathbf e ^ { x } = \mathbf e ^ { - x } = y ^ { \ast }$ 也为该非齐次方程的特解.设所求方程为
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y ^ { \prime \prime } { - } 2 y ^ { \prime } { + } y = f ( x ) ,
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将 $y ^ { * } = \mathbf { e } ^ { - x }$ 代入上面的方程，可得 $f ( x ) = 4 \mathrm { e } ^ { - x }$ ，因此所求方程为 $y ^ { \prime \prime } - 2 y ^ { \prime } + y = 4 \mathrm { e } ^ { - x }$
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15.10解 显然f(0)=1.由
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\underset { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant 4 t ^ { 2 } } { \iint } f \Bigg ( \frac { 1 } { 2 } \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } \Bigg ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { 2 t } f \Bigg ( \frac { 1 } { 2 } r \Bigg ) r \mathrm { d } r = 2 \pi \int _ { 0 . } ^ { 2 t } r f \Bigg ( \frac { 1 } { 2 } r \Bigg ) \mathrm { d } r ,
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可知
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f ( t ) = { \mathrm e } ^ { 4 \pi t ^ { 2 } } + 2 \pi \int _ { 0 } ^ { 2 t } r f \biggl ( \frac { 1 } { 2 } r \biggr ) \mathrm { d } r , f ^ { \prime } ( t ) = 8 \pi t { \mathrm e } ^ { 4 \pi t ^ { 2 } } + 8 \pi t f ( t ) \ .
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解上述关于f(t)的一阶非齐次线性微分方程，得
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f ( t ) = \left( \int 8 \pi t \mathrm { e } ^ { 4 \pi t ^ { 2 } } \mathrm { e } ^ { - \int 8 \pi t d t } \mathrm { d } t + C \right) \mathrm { e } ^ { \int 8 \pi t d t } = \left( 8 \pi \int t \mathrm { d } t + C \right) \mathrm { e } ^ { 4 \pi t ^ { 2 } } = ( 4 \pi t ^ { 2 } + C ) \mathrm { e } ^ { 4 \pi t ^ { 2 } } ,
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$$
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将f(0)=1代人，得C=1.因此 $f ( t ) = ( 4 \pi t ^ { 2 } + 1 ) \mathrm { e } ^ { 4 \pi t ^ { 2 } }$
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15.11解(1)由 $r ^ { 4 } - r ^ { 3 } + r ^ { 2 } - r = 0$ 即 $r ^ { 3 } ( r - 1 ) + r ( r - 1 ) = 0$ ，也即 $r ( r - 1 ) ( r ^ { 2 } + 1 ) = 0$ ，得 $r _ { 1 } = 0$ $r _ { 2 } = 1 , r _ { 3 , 4 } = \pm \mathrm { i }$ ，于是通解 $y = C _ { 1 } + C _ { 2 } \mathbf { e } ^ { x } + C _ { 3 } \cos x + C _ { 4 } \sin x$ ，其中 $C _ { 1 } , C _ { 2 } , C _ { 3 } , C _ { 4 }$ 是任意常数.
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(2)要想在x→0时保证y是x的三阶无穷小，最简单的办法就是对y作泰勒展开，
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\begin{array} { l } { { \displaystyle y = C _ { 1 } + C _ { 2 } \mathrm { e } ^ { x } + C _ { 3 } \cos x + C _ { 4 } \sin x = C _ { 1 } + C _ { 2 } \Biggl [ 1 + x + \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } + \frac { 1 } { 6 } x ^ { 3 } + o ( x ^ { 3 } ) \Biggr ] + } } \\ { ~ } \\ { { \displaystyle C _ { 3 } \Biggl [ 1 - \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } + 0 x ^ { 3 } + o ( x ^ { 3 } ) \Biggr ] + C _ { 4 } \Biggl [ x - \frac { 1 } { 6 } x ^ { 3 } + o ( x ^ { 3 } ) \Biggr ] } } \\ { { ~ } } \\ { { = C _ { 1 } + C _ { 2 } + C _ { 3 } + ( C _ { 2 } + C _ { 4 } ) x + \Biggl ( \frac { C _ { 2 } } { 2 } - \frac { C _ { 3 } } { 2 } \Biggr ) x ^ { 2 } + \biggl ( \frac { C _ { 2 } } { 6 } - \frac { C _ { 4 } } { 6 } \biggr ) x ^ { 3 } + o ( x ^ { 3 } ) , } } \end{array}
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于是必须 $C _ { 1 } + C _ { 2 } + C _ { 3 } = 0 , C _ { 2 } + C _ { 4 } = 0 , \frac { C _ { 2 } } { 2 } - \frac { C _ { 3 } } { 2 } = 0 , \frac { C _ { 2 } } { 6 } - \frac { C _ { 4 } } { 6 } \neq 0$ ，解得 $C _ { 2 } = C _ { 3 } = - C _ { 4 } = - \frac { C _ { 1 } } { 2 }$ ，且 $C _ { 1 } \neq 0$ 记 $C _ { 1 } = 2 C$ ，则
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y = 2 C - C \mathsf { e } ^ { x } - C \cos x + C \sin x , \ddagger \# C \neq 0 \ .
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15.12解由导数的几何意义，有 $y ^ { \prime } = \tan \alpha$ ，即 $\alpha = \arctan y ^ { \prime }$ ，所以
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\frac { \mathrm { d } \alpha } { \mathrm { d } x } = \frac { y ^ { \prime \prime } } { 1 + ( y ^ { \prime } ) ^ { 2 } } ~ .
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由题意 ${ \frac { \mathrm { d } \alpha } { \mathrm { d } x } } = { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } }$ ，得 ${ \frac { y ^ { \prime } } { 1 + ( y ^ { \prime } ) ^ { 2 } } } = y ^ { \prime }$ ，即
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y ^ { \prime } = y ^ { \prime } [ 1 + ( y ^ { \prime } ) ^ { 2 } ] ,
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因为曲线1与直线 $y = x$ 相切于原点，所以 $y ( 0 ) = 0 , y ^ { \prime } ( 0 ) = 1$ ，由例15.12可知， $y = \arcsin { \frac { \mathrm { e } ^ { x } } { \sqrt { 2 } } } - { \frac { \pi } { 4 } }$
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15.13解曲线 $y = f ( x ) ( x \geqslant 0 )$ 上点M(x，y)处的切线MT的方程为
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Y - y = y ^ { \prime } ( X - x ) ,
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T点坐标为 $\left( x - { \frac { y } { y ^ { \prime } } } , 0 \right)$ ，由题意得
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\frac { 1 } { 2 } \frac { y ^ { 2 } } { y ^ { \prime } } { = } \frac { 2 } { 3 } \int _ { 0 } ^ { x } y \mathrm { d } t ,
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两端对x求导，有
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\frac { 2 y ( y ^ { \prime } ) ^ { 2 } - y ^ { 2 } y ^ { \prime } } { 2 ( y ^ { \prime } ) ^ { 2 } } = \frac { 2 } { 3 } y , \mathrm { { H J } } y y ^ { \prime } - \frac { 2 } { 3 } ( y ^ { \prime } ) ^ { 2 } = 0 .
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因为曲线过坐标原点，所以 $y ( 0 ) = 0$ ，由例15.13，且因 $x \geqslant 0$ $f ^ { \prime } ( x ) > 0$ ，故所求曲线的方程为$y = C x ^ { 3 } ( C > 0 )$
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15.14解因为原方程可化为 $y _ { x + 1 } - y _ { x } = 3$ ，相应的齐次方程为 $y _ { x + 1 } - y _ { x } = 0$ ，所以其特征方程为$r - 1 = 0$ ，特征根为 $r = 1$ ，故相应的齐次方程的通解为 $Y _ { x } = C$
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因为 $P _ { n } ( x ) b ^ { x } = 3$ ，即已知多项式为 $P _ { n } ( x ) = 3$ 是零次的，而b=1是特征根，所以设特解为 $y _ { x } ^ { * } = A x$ 则 $y _ { x + 1 } ^ { * } = A ( x + 1 )$ ，代人原方程 $y _ { x + 1 } - y _ { x } = 3$ ，得 $A = 3$ ，所以 $y _ { x } ^ { * } = 3 x$ ，故原方程的通解为
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$y _ { x } = Y _ { x } + y _ { x } ^ { * } = C + 3 x$ ，其中C为任意常数.
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将 $y _ { 0 } = 2$ 代入通解，得C=2，故满足初始条件的特解为 $y _ { x } = 2 + 3 x$
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15.15解相应的齐次方程为 $y _ { t + 1 } - 3 y _ { t } = 0$ ，其特征方程为 $r - 3 = 0$ ，得 $r = 3$ ，故相应的齐次方程的通解为 $Y _ { t } = A \bullet 3 ^ { t }$ .由于 $y _ { t + 1 } - 3 y _ { t } = 2 ^ { t }$ 的特解为 $- 2 ^ { t }$ ，而 $y _ { t + 1 } - 3 y _ { t } = - 1$ 的特解为 $\frac { 1 } { 2 }$ .由叠加原理可得原方程的通解为
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y _ { t } = A \cdot 3 ^ { t } - 2 ^ { t } + \frac { 1 } { 2 } ,
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将 $y _ { 0 } = 1$ 代人，可求得 $A = \frac { 3 } { 2 }$ ，故原方程的特解为
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y _ { t } = \frac { 1 } { 2 } \bullet 3 ^ { t + 1 } - 2 ^ { t } + \frac { 1 } { 2 } \ .
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<table><tr><td>考题</td><td>①级数敛散性的判别、幂级数及其收敛域、幂级数求和函数、函数展开成幂级数； ②傅里叶级数（仅数学一）</td></tr><tr><td>题型</td><td>选择题、填空题、解答题</td></tr><tr><td>目标</td><td>①理解常数项级数收敛、发散以及收敛级数的和的概念，掌握级数的基本性质及收敛的必要 条件； ②掌握几何级数与p级数的收敛与发散的条件； ③掌握正项级数收敛性的比较判别法、比值判别法、根值判别法，会用积分判别法； ④掌握交错级数的莱布尼茨判别法； ⑤了解任意项级数绝对收敛与条件收敛的概念以及绝对收敛与收敛的关系； ③了解函数项级数的收敛域及和函数的概念（仅数学一）； ⑦理解幂级数收敛半径的概念，并掌握幂级数的收敛半径、收敛区间及收敛域的求法； ③了解幂级数在其收敛区间内的基本性质（和函数的连续性、逐项求导和逐项积分），会求一 些幂级数在收敛区间内的和函数，并会由此求出某些数项级数的和; ③了解函数展开为泰勒级数的充分必要条件（仅数学一）； ①掌握e，sinx，cosx，ln(l+x)及(1+x)²的麦克劳林（Maclaurin）展开式，会用它们将一 些简单函数间接展开为幂级数； ①了解傅里叶级数的概念和狄利克雷收敛定理，会将定义在[-l,I]上的函数展开为傅里叶级数， 会将定义在[0，1]上的函数展开为正弦级数与余弦级数，会写出傅里叶级数的和函数的表达式</td></tr><tr><td>重难点</td><td>（仅数学一） ①判别级数的敛散性； ②求幂级数的和函数； ③函数展开成幂级数； ④了解函数展开为泰勒级数的充分必要条件（仅数学一）； ⑤会将定义在[-l，I]上的函数展开为傅里叶级数，会将定义在[0，I]上的函数展开为正弦级数</td></tr></table>
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## 基础知识结构
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## 基础内容精讲
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## 常数项级数的概念与性质
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## 1引例
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古希腊数学家芝诺曾经讲了一个有趣的悖论：一个人从A点走到B点，先走完路程的 $\frac { 1 } { 2 }$ ，然后走完剩下路程的 $\frac { 1 } { 2 }$ ，再走完剩下路程的 ${ \frac { 1 } { 2 } } , \cdots$ ，依次类推，一直走下去，永远走不到终点.
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我们不妨将芝诺的文字描述写成如下的数学表达式.
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假设此人匀速前进走完路程的 $\frac { 1 } { 2 }$ 要用半个小时，则按照芝诺的描述，从A点到B点所用的总时间T可以写成
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T = \frac 1 2 + \frac 1 4 + \frac 1 8 + \frac 1 { 1 6 } + \cdots \ .
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这便出现了无穷多项相加的式子，且越往后的项越小，这“无穷多个越来越小的项加起来”的表达式合理吗？芝诺认为不对，其核心问题就在于以前人们所接触的都是有限项相加，项数再多，也加得完；现在出现了无穷多项相加，用所谓的加法是永远加不到尽头的.接下来，我们就要开始研究这个总时间T的表达式到底是什么，该如何处理它.
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## ②概念及其敛散性
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叫形式和给定一个无穷数列 $u _ { 1 } , u _ { 2 } , \cdots , u _ { n } , \cdots$ ，将其各项用加号连起来得到记号 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ ，即
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } = u _ { 1 } + u _ { 2 } + \cdots + u _ { n } + \cdots
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叫作无穷级数，简称级数，其中 $\boldsymbol { u } _ { n }$ 叫作该级数的通项.若 $u _ { n }$ 是常数，则称 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 为常数项无穷级数，简称常数项级数.如在引例中写出的总时间 $T = { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 4 } } + { \frac { 1 } { 8 } } + { \frac { 1 } { 1 6 } } + \cdots = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { 2 ^ { n } } }$ ，这里的通项 $u _ { n } = { \frac { 1 } { 2 ^ { n } } }$ .之所以称$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 为一个记号，是因为这种相加只是形式上的.既然无穷多项是不可能逐一相加求和的，那么该如何处理“无穷多项相加”呢？
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现将级数中的各项逐一相加，得到下面这些和：
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S _ { 1 } = u _ { 1 } , S _ { 2 } = u _ { 1 } + u _ { 2 } , S _ { 3 } = u _ { 1 } + u _ { 2 } + u _ { 3 } , \cdots , S _ { n } = u _ { 1 } + u _ { 2 } + \cdots + u _ { n } , \cdots , \wedge \left( u _ { 2 } + u _ { n } \right)
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方法：
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①写 $S _ { n } = u _ { 1 } + u _ { 2 } + \cdots + u _ { n }$
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》叫数项级数的前n项和
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②求 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n }$
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这称为级数的部分和，{S}就是级数的部分和数列.显然，我们愿意去研究当n→∞时所发生的事情，因为 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ ，这便道出了无穷多项相加的方法：用极限工具来处理.若 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n } = S$ （一个存在的有限数)，则称 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，并称S为该收敛级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 的和；若 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n }$ 不存在，则称 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 发散.雅各布·伯努利曾在自己的文章中这样写道：“末项消逝的无穷级数之和有时有限而有时无限或不定.”这里的“有限”与“无限或不定”就分别对应着“收敛”与“发散”.
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研究一个级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 是收敛还是发散，也可以简单说成研究级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 的敛散性.
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如判别几何级数（也叫等比级数）
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a q ^ { n - 1 } = a + a q + a q ^ { 2 } + \cdots + a q ^ { n - 1 } + \cdots
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的敛散性，其中 $a \neq 0$
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在公比q满足 $\left| q \right| < 1$ 的情形下，初等数学知识告诉我们，部分和
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判别级数斂散性的步骤：
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S _ { n } = \frac { a ( 1 - q ^ { n } ) } { 1 - q } ,
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①写 $S _ { n } = \frac { a ( 1 - q ^ { n } ) } { 1 - q }$ ；
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②算limS是否存在R→
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且 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } q ^ { n } = 0$ ，因此 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n } = { \frac { a } { 1 - q } }$ ，这个极限是存在的，故当 $\left| q \right| < 1$ 时， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a q ^ { n - 1 }$ 收敛！
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反之，当 $\vert q \vert \geqslant 1$ 时， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a q ^ { n - 1 }$ 是发散的，这是因为
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若q>1，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } q ^ { n } = + \infty , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n }$ 不存在；
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若 $q = 1$ ，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a q ^ { n - 1 } = a + a + \cdots + a + \cdots$ (无穷多个a相加)， $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } n a = \left\{ { + \infty } , \atop { - \infty , } \atop { } a < 0 , { \stackrel { n \to \infty } { \operatorname* { l i m } } } S _ { n } \right.$ 亦不存在；
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（考生可轻易看出，当 $q \geqslant 1$ 时， $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n }$ 为±∞，到底是+∞还是-∞，由a的正负决定）
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若 $q = - 1$ ，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a q ^ { n - 1 } = a + ( - a ) + a + ( - a ) + \cdots$ ，这是一个十分著名且有趣的级数，欧拉、莱布尼茨都在这个级数的敛散性判别上犯了错误，今天的我们当然可以清晰地给出正确答案，部分和 $S _ { 1 } = a$ $S _ { 2 } = 0 , S _ { 3 } = a , S _ { 4 } = 0 , \cdots$ ，它们交错着等于a和0，显然 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n }$ 不存在(不唯一，自然不存在)；
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若 $q < - 1 , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } q ^ { n }$ 不存在，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n }$ 不存在.
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综上所述，当 $\scriptstyle | q | \geq 1$ 时， $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n }$ 均不存在，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a q ^ { n - 1 }$ 发散.于是有
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$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a q ^ { n - 1 } \cdot$ [发散， 收敛，其和为 ${ \frac { a } { 1 - q } } , \left| q \right| < 1 .$ $\scriptstyle | q | \geq 1$ 其中 $a \neq 0$
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注显然，在引例中提出的芝诺的问题是几何级数的特例， $T = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { 2 ^ { n } } } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { 2 } } \cdot \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) ^ { n - 1 }$ 其首项 $a =$ $\frac { 1 } { 2 }$ 公比 $q = \frac { 1 } { 2 }$ 是 $\left| q \right| < 1$ 的情况，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } S _ { n } = \frac { a } { 1 - q } = \frac { \displaystyle \frac { 1 } { 2 } } { 1 - \frac { 1 } { 2 } } = 1$ 事实上，此人将恰好用一个小时从A点走到B点.上述过程告诉我们，不能用有限项相加去理解和处理无限项相加．
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## 性质
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性质1若级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } , \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 均收敛，则任给常数a,b，有 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( a u _ { n } \pm b \nu _ { n } )$ 也收敛，且
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( a u _ { n } \pm b \nu _ { n } ) = a \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } \pm b \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n } ( \varkappa \breve { p } \overrightarrow { \mathfrak { H } } \overrightarrow { \mathfrak { H } } ^ { \prime } / \ddag ) \ .
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记忆口诀：若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } \ , \ \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 均收敛，则其线性组合也收敛.
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## 注（1）收敛±发散=发散；（2）发散±发散=不一定.
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级数的敛散性取决于★性质2改变级数任意有限项，不会改变该级数的敛散性. n→8时的情况.
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★性质3收敛级数的项任意加括号后所得的新级数仍收敛，且其和不变.
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如若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { 2 n - 1 } + u _ { 2 n } ) = ( u _ { 1 } + u _ { 2 } ) + ( u _ { 3 } + u _ { 4 } ) + \cdots$ 也收敛.
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## 注根据性质3，有如下两个结论需要注意。
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（1）若加括号后得到的新级数发散，则原级数必然发散（逆否命题）
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(2)若加括号后得到的新级数收敛，不能断言原级数一定收敛.如级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } a$ 其中常数$a \neq 0$ ，若从第一项起，两项两项地加括号，可得 $( a - a ) + ( a - a ) + \cdots = 0$ 收敛，但原级数是发散的.
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## 考研数学基础30讲·高等数学分册
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★性质4若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } = 0$
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国证 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛 $\Leftrightarrow \operatorname* { l i m } _ { n \infty } S _ { n } = A$ .又因为当n>1时， $u _ { n } = S _ { n } - S _ { n - 1 }$ ，所以 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n } - \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n - 1 } =$ $A - A = 0$
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国 $\boldsymbol { u } _ { n }$ 的妙用：当n>1时， $u _ { n } = S _ { n } - S _ { n - 1 }$
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例：对于正项级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } \ , S _ { n }$ 是级数前n项和，当𝑛>1时，则
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\boxed { \frac { u _ { n } } { S _ { n } ^ { 2 } } } = \frac { S _ { n } - S _ { n - 1 } } { S _ { n } ^ { 2 } } \leqslant \frac { S _ { n } - S _ { n - 1 } } { S _ { n } \cdot S _ { n - 1 } } = \frac { 1 } { S _ { n - 1 } } - \frac { 1 } { S _ { n } }
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分析：u与S不同类，所以要化为同类
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{S}是单调增加数列
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此性质是级数收敛的必要条件.其逆否命题：若 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } \neq 0$ 则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 必发散，且即使$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } = 0$ ，也不能保证 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，见例16.13.
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\int _ { 1 } ^ { + \infty } \frac { 1 } { x ^ { p } } \mathrm { d } x \Longrightarrow \left\{ \begin{array} { l l } { p > 1 , \mathrm { i } \xi \mathrm { d } \xi . } \\ { p \leqslant 1 , \mathrm { i } \xi \mathrm { d } \xi } \end{array} \right. \Leftrightarrow \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 } { n ^ { p } } \Rightarrow \left\{ \begin{array} { l l } { p > 1 , \mathrm { i } \xi \mathrm { d } \xi . } \\ { p \leqslant 1 , \mathrm { i } \xi \mathrm { d } \xi . } \end{array} \right.
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应用：判别 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right)$ 的敛散性.
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·解：因为 $\ln \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right) = \ln { \frac { n + 1 } { n } } = \ln ( n + 1 ) - \ln n$ 且
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例16.1 证明： $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n + 1 } - u _ { n } )$ 收敛 $\Leftrightarrow \operatorname* { l i m } _ { n \infty } u _ { n }$ 存在.
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limlnn不存在，所 $\cdots 3 \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } [ \ln ( n + 1 ) - \ln n ]$
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R→
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发散
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$S _ { n } = \sum _ { k = 1 } ^ { n } ( u _ { k + 1 } - u _ { k } ) = ( u _ { 2 } - u _ { 1 } ) + ( u _ { 3 } - u _ { 2 } ) + \dots + ( u _ { n + 1 } - u _ { n } ) = u _ { n + 1 } - u _ { 1 }$ ，故 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n + 1 } - u _ { n } )$ 收敛 $\Leftrightarrow \operatorname* { l i m } _ { n \infty } S _ { n }$ 存有限项相加，去括号无影响←在，即 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n + 1 } - u _ { 1 }$ 存在，也即 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n + 1 }$ 存在 $\Leftrightarrow \operatorname* { l i m } _ { n \infty } u _ { n }$ 存在.
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例16.2 记 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 的部分和 $S _ { n } = u _ { 1 } + u _ { 2 } + \cdots + u _ { n }$ ，若 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } = 0$ ,lim $S _ { 2 n } = S$ 或 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { 2 n + 1 } = S \ )$ ，证n→8明： $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } \cdot = S$
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分析 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } S _ { n } = S \Leftrightarrow \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } = S , \begin{array} { l } { \operatorname* { l i m } _ { n \infty } S _ { 2 n } = S } \\ { \operatorname* { l i m } _ { n \infty } u _ { n } = 0 } \end{array} \} \Rightarrow \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } = S$
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证由于 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } = 0$ ，因此 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { 2 n + 1 } = 0$ .结合 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { 2 n } = S$ ，有
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\operatorname* { l i m } _ { n \infty } S _ { 2 n + 1 } = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } ( S _ { 2 n } + u _ { 2 n + 1 } ) = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } S _ { 2 n } + \operatorname* { l i m } _ { n \infty } u _ { 2 n + 1 } = S + 0 = S ,
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$$
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故 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { 2 n } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { 2 n + 1 } = S$ .所以 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n } = S$ ，即 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } = S$
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## 级数敛散性的判别方法
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## 正项级数及其敛散性判别
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→部分和数列{S}单调不减
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若通项 $u _ { n } \geqslant 0 , n = 1 , 2 , \cdots$ ，则称 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 为正项级数.
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(1)收敛原则.
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正项级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛的充分必要条件是它的部分和数列 $\left\{ S _ { n } \right\}$ 有界.
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注由于 $\left\{ S _ { n } \right\}$ 单调不减，故 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n }$ 只有两种可能的结果：若 $\{ S _ { n } \}$ 有界，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n } = S$ （有限正数）；若 $\left\{ S _ { n } \right\}$ 无界，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } S _ { n } = + \infty$ .除此之外，再无其他结果．
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例16.3 判别级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ! } }$ 的敛散性.
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分析 当 $S _ { 2 n } , S _ { 2 n - 1 }$ 均不好算时，可以考虑找 $S _ { n }$ 的上界.
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解 其部分和 $S _ { n + 1 }$ 满足
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\begin{array} { l } { \displaystyle 0 < S _ { n + 1 } = 1 + 1 + \frac 1 { 2 ! } + \frac 1 { 3 ! } + \dots + \frac 1 { n ! } } \\ { \displaystyle \qquad \leqslant 1 + 1 + \frac 1 { 1 \times 2 } + \frac 1 { 2 \times 3 } + \dots + \frac 1 { ( n - 1 ) n } } \\ { \displaystyle \qquad = 1 + 1 + \left( 1 - \frac 1 2 \right) + \left( \frac 1 2 - \frac 1 3 \right) + \dots + \left( \frac 1 { n - 1 } - \frac 1 n \right) = 3 - \frac 1 n < 3 , } \end{array}
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即 $\left\{ S _ { n + 1 } \right\}$ 有界，由收敛原则，有 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ! } }$ 收敛.
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注这个级数的和是著名的欧拉数e.可在 $\displaystyle \mathrm { e } ^ { x } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { x ^ { n } } { n ! } }$ 中，令 $x = 1$ ，则有 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ! } } = \mathbf { e }$
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(2)比较判别法. →前有限项不影响敛散性给出两个正项级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 和 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ ，如果从某项起有 $u _ { n } \leqslant \nu _ { n }$ 成立，则①若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 也收敛;
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②若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 发散，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 也发散.
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有人通俗地念成：两个正项级数，若大的收敛，则小的必收敛；若小的发散，则大的必发散.对于记忆来讲，这种念法未尝不可.
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例16.4 以下结论，正确的是（ ）.（A) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right)$ 收敛， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } }$ 收敛 (B) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right)$ 收敛， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } }$ 发散(C) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right)$ 发散， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } }$ 收敛 (D) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right)$ 发散， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } }$ 发散
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解 应选(D).
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方法一 当x>0时，有 $x > \ln ( 1 + x ) > 0$ ，所以对任意的正整数n，显然也有 ${ \frac { 1 } { n } } > \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right) $ .我们可以先研究 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right)$ 的敛散性，若发散，可用比较判别法得出结论.
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \ln { \frac { n + 1 } { n } } ,
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其部分和
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S _ { n } = \ln { \frac { 2 } { 1 } } + \ln { \frac { 3 } { 2 } } + \cdots + \ln { \frac { n + 1 } { n } } = ( \ln 2 - \ln 1 ) + ( \ln 3 - \ln 2 ) + \cdots + [ \ln ( n + 1 ) - \ln n ] = \ln ( n + 1 )
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因为 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } S _ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } \ln ( n + 1 ) = + \infty$ ，所以 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right)$ 发散，根据正项级数的比较判别法，有 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } }$ 发散.
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选(D).
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方法二 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right)$ 发散，证明方法见例16.1的应用.
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国 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } } = 1 + { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 3 } } + \cdots + { \frac { 1 } { n } } + \cdots$ 这个级数从第二项起，每项都是其左右两个相邻项的调和平均数．所谓数c是数a与数b的调和平均数就是指它们之间满足下面这个式子：
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\frac { 1 } { c } = \frac { 1 } { 2 } ( \frac { 1 } { a } + \frac { 1 } { b } )
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于是， $\sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 } { n } = 4$ 作调和级数
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$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ^ { p } } }$ 叫作p级数，调和级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } }$ 是p级数中p=1时的特殊情况.这里不加证明地给出重要结论：
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P级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { \cdot 1 } { n ^ { p } } } \left\{ \begin{array} { l l } { \begin{array} { r l r } \end{array} } \end{array} \right.$ 发散致， $p \leqslant 1 ,$ $p > 1 .$ 对比记忆p积分 $\int _ { 1 } ^ { + \infty } \frac { 1 } { x ^ { p } } d x \left\{ \begin{array} { l l } \end{array} \right.$ 发数p1
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这个结论十分重要，在比较判别法中，常选取比较对象为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ^ { p } } }$ 或者 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a q ^ { n }$ 在以后的多种场合都会派上用场，考生需牢记．
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★★★例16.5 设正项级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n }$ 收敛，证明：级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } ^ { 2 }$ 收敛.
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回硕：若 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = a > 0$ 则有 $a _ { n } > 0$
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证 由 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n }$ 收敛可得 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = 0$ ，即当n→∞时（存在N>0，当n>N时）， $a _ { n } < M$ （极限的有界性)，于是 $a _ { n } ^ { 2 } = a _ { n } \cdot a _ { n } < M a _ { n }$ ，故由比较判别法知 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } ^ { 2 }$ 收敛.
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\vec { 4 } | \equiv \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } ^ { 3 } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } \cdot a _ { n } ^ { 2 } < M \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } ^ { 2 }
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利用 $\sum a _ { 2 n + 1 } < \sum a _ { n }$
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注本题的结论应当记住，如下例就用到了它.同样的方法可以证明 $\sum a _ { n } ^ { 3 } , \sum a _ { 2 n } , \sum a _ { 2 n + 1 }$ 都收敛利用 $\sum a _ { 2 n } < \sum a _ { n }$
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例16.6(1)设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 是正项级数，若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \sqrt { u _ { n } u _ { n + 1 } }$ 收敛，且 $\left\{ u _ { n } \right\}$ 单调减少，证明： $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛；
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(2)设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 和 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 都是正项级数，且 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 和 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 都收敛，证明： $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } \nu _ { n }$ 收敛.
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(1)由 $\left\{ u _ { n } \right\}$ 单调减少可得 $u _ { n + 1 } \leqslant u _ { n }$ ，两边同时乘以 $u _ { n + 1 }$ ，进而可得 $u _ { n + 1 } ^ { 2 } \leqslant u _ { n } u _ { n + 1 }$ ，于是 $u _ { n + 1 } \leqslant$ $\sqrt { u _ { n } u _ { n + 1 } }$ .因为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \sqrt { u _ { n } u _ { n + 1 } }$ 收敛，所以 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛.
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(2)由 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 和 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 收敛可得 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ^ { 2 }$ 和 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n } ^ { 2 }$ 收敛，且 $u _ { n } \nu _ { n } \leqslant \frac { 1 } { 2 } ( u _ { n } ^ { 2 } + \nu _ { n } ^ { 2 } )$ ,故由比较判别法知 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } \nu _ { n }$ 收敛.
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注第（2）问利用公式 $a b \leqslant \frac { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } { 2 }$ ，同理还有 $a b = 2 a \frac { b } { 2 }$ $a b = \frac { a } { b } b ^ { 2 }$
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例16.7 设有方程 $x ^ { n } + n x - 1 = 0$ ，其中n为正整数.证明此方程存在唯一的正实根 $x _ { n }$ ，并证明当a>1时，级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } x _ { n } ^ { a }$ 收敛.
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证 由例6.18知，此方程存在唯一的正实根 $x _ { n }$ ，且 $0 < x _ { n } < 1$
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因为 $x _ { n } ^ { n } + n x _ { n } - 1 = 0$ ，且 $0 < x _ { n } < 1$ ，所以
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0 < x _ { n } = { \frac { 1 - x _ { n } ^ { n } } { n } } < { \frac { 1 } { n } } ,
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当a>1时，有
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0 < x _ { n } ^ { a } < \left( \frac { 1 } { n } \right) ^ { a } \ .
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又当a>1时，正项级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ^ { a } } }$ 收敛，所以级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } x _ { n } ^ { a }$ 收敛.
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国 记 $f _ { n } ( x ) = x ^ { n } + n x - 1$ 若是观察到 $f _ { n } \left( { \frac { 1 } { n } } \right) = \left( { \frac { 1 } { n } } \right) ^ { n } > 0$ 则此时 $0 < x _ { n } < { \frac { 1 } { n } }$ 进而有 $0 < x _ { n } ^ { a } < \frac { 1 } { n ^ { a } }$ 这样更简单.
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(3)比较判别法的极限形式（无穷小比阶）.
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给出两个正项级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 和 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n } , \nu _ { n } \not = 0 ( n = 1 , 2 , \cdots )$ ，且 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } \frac { u _ { n } } { \nu _ { n } } = A . \longrightarrow \frac { 0 } { 0 } a + \lambda \neq \frac { \cdot } { 2 } \times \frac { \cdot } { 2 } \times \frac { \cdot } { 2 }$
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①若A=0，则当 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 收敛时， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 也收敛;
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②若 $A = + \infty$ ，则当 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 发散时， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 也发散；
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★③若 $0 < A < + \infty$ ，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 与 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 有相同的敛散性.
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例16.8 设 $\alpha > 0$ ，级数 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } \sin ( n ^ { - \alpha } \ln n )$ 收敛，则（ ）.（A) $\alpha \leqslant 1$ (B) $\alpha < 1$ (C) $\alpha \geqslant 1$ (D) $\alpha > 1$
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解 应选(D).
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对任意给定的 $\alpha > 0$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \ln n } { n ^ { \alpha } } } = 0$ ，所以当n足够大时，有 $0 < n ^ { - \alpha } \ln { n } < \frac { \pi } { 2 }$ ，故 $\sin ( n ^ { - \alpha } \ln n ) > 0$ ，则目标级数为正项级数.
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考虑到 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \sin ( n ^ { - \alpha } \ln n ) } { n ^ { - \alpha } \ln n } } = 1$ ，故原级数与 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } n ^ { - \alpha } \ln n$ 敛散性相同.
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①当 $0 < \alpha \leqslant 1$ ，且n充分大时，有 $\frac { \ln n } { n ^ { \alpha } } > \frac { 1 } { n ^ { \alpha } } > 0$ ，而 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ^ { \alpha } } }$ 发散，故 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { \ln n } { n ^ { \alpha } } }$ 发散.
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②当α>1时，总存在充分小的ε>0，使 $\alpha - \varepsilon > 1$ ，此时 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \displaystyle { \frac { \ln n } { n ^ { \alpha } } } } { \displaystyle { \frac { 1 } { n ^ { \alpha - \varepsilon } } } } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \ln n } { n ^ { \varepsilon } } } = 0$ .由于 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ^ { \alpha - \varepsilon } } }$ 收敛，故 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { \ln n } { n ^ { \alpha } } }$ 收敛.
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综上所述，当 $0 < \alpha \leqslant 1$ 时，原级数发散，当α>1时，原级数收敛.选(D).
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注懂得了以上道理，形如 $\mathbf { e } ^ { n ^ { - \alpha } \ln n } - 1 - \frac { \ln n } { n ^ { \alpha } }$ $\ln ( 1 + n ^ { - \alpha } \ln n ) - { \frac { \ln n } { n ^ { \alpha } } } ( n \to \infty )$ 等均可作为上例的变体形式出现在试卷中。
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例16.9 设 $a _ { n } > 0 , p > 1$ ，且 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } [ n ^ { p } ( \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { n } } - 1 ) a _ { n } ] = 1$ ，若级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n }$ 收敛，则p的取值范围是：
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## 解 应填(2，+8）.
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因为当n→8时, $\mathbf e ^ { \frac { 1 } { n } } - 1$ 与 $\frac { 1 } { n }$ 是等价无穷小，所以由 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } [ n ^ { p } ( \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { n } } - 1 ) a _ { n } ] = 1$ ，可知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { a _ { n } } { 1 } } = 1$
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又级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n }$ 收敛，故 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ^ { p - 1 } } }$ 收敛，因此 $p > 2$
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例16.10 设数列 $\{ a _ { n } \} , \{ b _ { n } \}$ 满足 $0 < a _ { n } < \frac { \pi } { 2 } , 0 < b _ { n } < \frac { \pi } { 2 } , \cos a _ { n } - a _ { n } = \cos b _ { n }$ ，且级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } b _ { n }$ 收敛. 证明： limb =0 →四
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\frac { u _ { n } } { \nu _ { n } } = w _ { n } , u _ { n } \bullet \nu _ { n } \left\{ \begin{array} { l } { \displaystyle \leqslant \frac { u _ { n } ^ { 2 } + \nu _ { n } ^ { 2 } } { 2 } , } \\ { \displaystyle = \frac { u _ { n } } { n } \bullet n \bullet \nu _ { n } } \\ { \displaystyle = \frac { u _ { n } } { \nu _ { n } } \bullet \nu _ { n } ^ { 2 } , } \end{array} \right.
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$$
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(1) $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = 0$ ；常见题型； ，题型归纳不是关键，要学会分析题目，回归定义与性质(2)级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { a _ { n } } { b _ { n } } }$ 收敛.
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证 (1)由例2.11可知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = 0$
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(2)由例2.11可知 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } { \frac { \frac { a _ { n } } { b _ { n } } } { b _ { n } } } = { \frac { 1 } { 2 } }$ ，又级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } b _ { n }$ 收敛，所以级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { a _ { n } } { b _ { n } } }$ 收敛.
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(4)比值判别法（也叫达朗贝尔判别法）.
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给出一正项级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ ，如果 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { u _ { n + 1 } } { u _ { n } } } = \rho$ ，那么
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①若 $\rho < 1$ ，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛；
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②若 $\rho > 1$ ，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 发散.
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达朗贝尔（1717—1783）
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注（1）需要指出，若 $\rho = 1$ 无法用此法判定 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 的敛散性.比如对于 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } } , u _ { n } = { \frac { 1 } { n } }$ 则$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { u _ { n + 1 } } { u _ { n } } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { 1 } { \displaystyle { \frac { 1 } { n } } } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n } { n + 1 } } = 1$ 对于 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } , u _ { n } = { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } }$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { u _ { n + 1 } } { u _ { n } } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \displaystyle { \frac { 1 } { ( n + 1 ) ^ { 2 } } } } { \displaystyle { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( { \frac { n } { n + 1 } } \right) ^ { 2 } = 1$ 看，前者发散，后者收敛，但都有ρ=1
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(2)由(1)，若ρ不存在或ρ=1，无法用比值判别法.但若 $\frac { u _ { n + 1 } } { u _ { n } } < \frac { \rho + 1 } { 2 } = k < 1$ 存在 $N > 0$ 当$n > N$ 时 $u _ { n + 1 } < \frac { \rho + 1 } { 2 } u _ { n } = k u _ { n } < k ^ { 2 } u _ { n - 1 } < \cdots < k ^ { n - N } u _ { N + 1 } = k ^ { n } A$ 由于 $\sum _ { n = N } ^ { \infty } k ^ { n - N } u _ { N + 1 }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛.若$\frac { u _ { n + 1 } } { u _ { n } } \geq 1 ( n > N > 0 )$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n }$ 不等于0，不必取极限，就可推知 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 发散．
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$u _ { n + 1 } \geqslant u _ { n }$ ，即{un}为单调不减的正项数列，故 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } \neq 0$
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例16.11 设a>0，则下列对级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { a ^ { n } n ! } { n ^ { n } } }$ 的敛散性说法正确的是（
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(A)当 $0 < a < \mathrm { e }$ 时，原级数收敛；当 $a \geqslant { \mathfrak { e } }$ 时，原级数发散
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(B)当 $0 < a < \mathrm { e }$ 时，原级数发散；当 $a \geqslant { \mathfrak { e } }$ 时，原级数收敛
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(C)当 $0 < a < \mathfrak { e }$ 时，原级数收敛；当 $a \geqslant { \mathfrak { e } }$ 时，原级数收敛
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(D)当 $0 < a < \mathfrak { e }$ 时，原级数发散；当 $a \geqslant { \mathfrak { e } }$ 时，原级数发散
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题目改进方法：
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解 应选(A).
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①当 $0 < a \leqslant e$ 时，原级数收敛：当a>e时，原级数发散.
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②当0<a<e时，原级数收斂；当a≥e时，原级数发散.
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若设计如上两个选项，则在计算过程中，就不得不验证a=e时，级数的敛散性
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { u _ { n + 1 } } { u _ { n } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { a ^ { n + 1 } \bullet ( n + 1 ) ! } { ( n + 1 ) ^ { n + 1 } } \bullet \frac { n ^ { n } } { a ^ { n } \bullet n ! } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a \Bigg ( \frac { n } { n + 1 } \Bigg ) ^ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { a } { \left( 1 + \frac { 1 } { n } \right) ^ { n } } = \frac { a } { \mathrm { e } } ,
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这里 $\rho = \frac { a } { \mathrm { e } }$ ，显然当 $0 < \frac { a } { \mathrm { ~ e ~ } } < 1$ ，即 $0 < a < \mathrm { e }$ 时，原级数收敛；当 $\frac { a } { \mathrm { e } } > 1$ ，即 $a > { \mathrm { e } }$ 时，原级数发散；当 $a = \mathrm { e }$ 时，由于当n→8时， $\left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right) ^ { n }$ 单调增加且趋向于e，故存在 $N > 0$ ，当n>N时, $\frac { u _ { n + 1 } } { u _ { n } } = \frac { \mathrm { ~ e ~ } } { \left( 1 + \frac { 1 } { n } \right) ^ { n } } > 1 \Rightarrow u _ { n + 1 } > u _ { n }$ $\{ u _ { n } \}$ 单调增加，从而知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } \neq 0$ ，由级数收敛的必要条件，知原级数发散.
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综上所述，当 $0 < a < \mathfrak { e }$ 时，原级数收敛；当 $a \geqslant { \mathfrak { e } }$ 时，原级数发散.选(A).
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(5)根值判别法（也叫柯西判别法）.
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给出一正项级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ ，如果 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \sqrt [ n ] { u _ { n } } } = \rho$ ，那么
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①若 $\rho < 1$ ，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛； →证明：存在N>0，当 $n > N$ 时 $\sqrt [ n ] { u _ { n } } < \frac { \rho + 1 } { 2 } = k$ $0 < k < 1 \Rightarrow 0 < u _ { n } < k ^ { n } 0 ( n \infty \vartheta \ast )$ ，故 $\rho < 1$ 时，
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②若 $\rho > 1$ ，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 发散. $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛
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柯西（1789-1857）
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注（1）同样要指出，若 $\rho = 1$ ，根值判别法也会失效．如 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } }$ 发散，有 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt { \frac { 1 } { n } } = \rho = 1 ; \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 } { n ^ { 2 } }$ 收敛，也有 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } = \rho = 1$
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$\sqrt [ n ] { u _ { n } } \geqslant 1 ( n = 1 , 2 , \cdots )$ 则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty }$ 不等于0，不必取极限，就可推知 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 发散
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例16.12 级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left[ \mathrm { e } ^ { \frac { \sin ^ { 2 } \alpha n } { n ^ { 2 } } } + \left( \cos { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } \right) ^ { n ^ { 2 } } - 1 \right]$
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(A)收敛 (B)发散 (C)敛散性与α有关 (D)无法判断
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解 应选(A).
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对级数 $I _ { 1 } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( \mathrm { e } ^ { \frac { \sin ^ { 2 } \alpha n } { n ^ { 2 } } } - 1 \right)$ ，当 $n \infty$ 时， ${ \frac { \sin ^ { 2 } \alpha n } { n ^ { 2 } } } \to 0 ^ { + }$ ，可判断其为正项级数.当 $n \infty$ 时，$\begin{array} { c } { { \frac { \sin ^ { 2 } \alpha n } { n ^ { 2 } } } } \\ { { \mathrm { e } ^ { \mathrm { ~ } n ^ { 2 } } } } \end{array} - 1$ 1等价于 $\frac { \sin ^ { 2 } \alpha n } { n ^ { 2 } }$ ，而 $\frac { \sin ^ { 2 } \alpha n } { n ^ { 2 } }$ 满足 $0 < { \frac { \sin ^ { 2 } \alpha n } { n ^ { 2 } } } \leqslant { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } }$ ，且 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } }$ 收敛，从而 $I _ { 1 }$ 收敛.
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对级数 $I _ { 2 } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( \cos { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } \right) ^ { n ^ { 2 } }$ ，其亦为正项级数，用根值判别法 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \left( \cos \frac { 1 } { \sqrt { n } } \right) ^ { n ^ { 2 } } } = { \tt e } ^ { - \frac { 1 } { 2 } } < 1 \ ,$ ，知 $I _ { 2 }$ 收敛..8综上， $I _ { 1 } + I _ { 2 }$ 收敛，选(A).
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(6)积分判别法.
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设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 为正项级数，若存在[1,+α)上单调减少的非负连续函数f(x)，使得 $u _ { n } = f ( n )$ ，则级数$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 与反常积分 $\int _ { 1 } ^ { + \infty } f ( x ) \mathrm { d } x$ 的敛散性相同.
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常见： $\int _ { 1 } ^ { + \infty } \frac { 1 } { x ^ { p } } \mathrm { d } x$ 与 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ^ { p } } }$ 敛散性相同; $\int _ { 1 } ^ { + \infty } \frac { \ln x } { x ^ { p } } \mathrm { d } x$ 与 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { \ln n } { n ^ { p } } }$ 敛散性相同; $\int _ { 2 } ^ { + \infty } \frac { 1 } { x \ln ^ { q } x } \mathrm { { d } } x$ 与 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n \ln ^ { q } n } }$ 敛散性相同{收敛，q>1， 发散， $q \leqslant 1$ ； $\int _ { 2 } ^ { + \infty } \frac { 1 } { x ^ { p } \ln ^ { q } x } \mathrm { d } x$ 与 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n ^ { p } \ln ^ { q } n } }$ 敛散性相同{收敛， 「收敛， 发散，其他. $p > 1$ $p = 1 , q > 1$
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例16.13 判别级数 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n \ln n } }$ 的敛散性．
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解 令 $\cdot f ( x ) = { \frac { 1 } { x \ln x } }$ ，由于 $f ( x ) = { \frac { 1 } { x \ln x } }$ 在[2，+)上非负连续且单调减少，故级数 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n \ln n } }$ 与反常积分$\int _ { 2 } ^ { + \infty } \frac { 1 } { x \ln x } \mathrm { d } x$ 敛散性相同.因为 $\int _ { 2 } ^ { + \infty } { \frac { 1 } { x \ln x } } \mathrm { d } x = \ln ( \ln x ) \big | _ { 2 } ^ { + \infty }$ 发散，故原级数 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n \ln n } }$ 发散.
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## ②交错级数及其敛散性判别
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若级数各项正负相间出现，则称这样的级数为交错级数，一般写为
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } u _ { n } = u _ { 1 } - u _ { 2 } + u _ { 3 } - u _ { 4 } + \cdots + ( - 1 ) ^ { n - 1 } u _ { n } + \cdots ,
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其中 $u _ { n } > 0 \big ( n = 1 , 2 , \cdots \big )$ ,以使各项的正负号明显地呈现出来，从而表达出各项依次正负相间的独特规律.显然，交错级数在形式上比正项级数复杂，那么它的敛散性判别是否也同样复杂呢？
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正当人们一筹莫展时，菜布尼茨出现了，说：“我有办法解决这个问题！”于是人们派我找到菜布尼茨，说：“能不能告诉我们怎样判别交错级数的敛散性？”菜布尼茨说：“我可以告诉你们这些俗人，但是得给我钱。”我说：“好，我代表大家来的，我们一起出钱，你要多少？”“10块”莱布尼茨回复道，“先给我5块钱，”我付完钱后，他答道：“你听好啊，只要确定级数是严格的正负交错，那么第一个要求，是看数列{un]是不是单调不增的，就是数列往后只能越变越小，最多保持不变，明白了吧？想接着听的话就再给5块.”我又掏出5块，他继续说：“第二个要求就是 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } = 0$ ，即通项趋于零.”他话音刚，我伸手就去抢这5块钱，可惜菜布尼茨眼痪手快，拿着10块钱跑掉了.
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为什么我要代表大家把第二个5块钱抢回来呢？因为这是一句废话，我们之前讲过，伍何级数收敛都需要通项趋于零.所以，从历史上来讲，菜布尼茨判别法只说了一件事：交错级数去掉正负号后的数列{u}只要单调不增且趋于零，就能立刻推出级数收敛.
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1714年，在写给约翰·伯努利的信件中，莱布尼茨回答了这个问题，给出了下面这个定理，后被称为莱布尼茨判别法．
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判别思路：
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① $\{ u _ { \ast } \}$ 单调不增，如何判别？
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a.将 $u _ { n + 1 } - u _ { n }$ 与0比较，或将 $\frac { u _ { n + 1 } } { u _ { n } }$ 与1比较；
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b $\cdot u _ { n } = f ( n ) \to f ( x )$ ，然后判断f'(x)的正负，从而得到 $\{ u _ { n } \}$ 的单调性.
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②如果 $\{ u _ { n } \}$ 无单调性 $\prec$ 发散！
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给出一交错级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } u _ { n } , u _ { n } > 0 , n = 1 , 2 , \cdots$ ，若① $\{ u _ { n } \}$ 单调不增; $( \bigoplus _ { n \to \infty } u _ { n } = 0$ ，则该级数收敛.
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注（1）若 $u _ { n } = f ( n )$ 且f(·)可导，则可连续化为f(x)，通过f(x)的正负，判别 $u _ { n }$ 的单调性(2)莱布尼茨判别法只是充分条件，不是必要条件. “瓦解敌人，各个击破”
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例如，交错级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } u _ { n } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { 2 + ( - 1 ) ^ { n } } { 2 ^ { n } } }$ 的各项依次为 $- \frac { 1 } { 2 } , \frac { 3 } { 2 ^ { 2 } } , - \frac { 1 } { 2 ^ { 3 } } , \frac { 3 } { 2 ^ { 4 } } , \cdots$ 其中 $u _ { n } =$ $\frac { 2 + ( - 1 ) ^ { n } } { 2 ^ { n } }$ 于是
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u _ { n + 1 } - u _ { n } = { \frac { 2 + ( - 1 ) ^ { n + 1 } - 4 - 2 \bullet ( - 1 ) ^ { n } } { 2 ^ { n + 1 } } } = { \frac { - 2 + 3 \bullet ( - 1 ) ^ { n + 1 } } { 2 ^ { n + 1 } } }
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$$
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当n为偶数时， $u _ { n + 1 } - u _ { n } = - \frac { 5 } { 2 ^ { n + 1 } } < 0$ ；当n为奇数时， $u _ { n + 1 } - u _ { n } = { \frac { 1 } { 2 ^ { n + 1 } } } > 0$ 不满足①，但交错级数$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \frac { 2 + ( - 1 ) ^ { n } } { 2 ^ { n } } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 + ( - 1 ) ^ { n } \cdot 2 } { 2 ^ { n } } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left[ \frac { 1 } { 2 ^ { n } } + \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { 2 ^ { n - 1 } } \right]$ 为两个收敛级数之和，故交错级数收敛.
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（3）若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } u _ { n }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } u _ { n } = u _ { 1 } - u _ { 2 } + u _ { 3 } - u _ { 4 } + \cdots + u _ { 2 n - 1 } - u _ { 2 n } + \cdots { \overset { ( * ) } { \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } } } ( u _ { 2 n - 1 } - u _ { 2 n } )$ （\*)处成立的条件来自“一、3.性质 $3 "$
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例16.14 判别级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } \cdot { \frac { 1 } { n } }$ 的敛散性.
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解级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } \bullet { \frac { 1 } { n } } = 1 - { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 3 } } - { \frac { 1 } { 4 } } + \cdots + ( - 1 ) ^ { n - 1 } \bullet { \frac { 1 } { n } } + \cdots$ ，其中 $u _ { n } = { \frac { 1 } { n } }$
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显然有 $\frac { 1 } { n } > \frac { 1 } { n + 1 }$ ，即 $u _ { n } > u _ { n + 1 }$ ，则 $\left\{ u _ { n } \right\}$ 单调不增，且有 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { 1 } { n } } = 0$ ，故由莱布尼茨判别法知， 该级数收敛.
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级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } \cdot { \frac { 1 } { n } }$ 叫作交错调和级数，这是一个经典且常用的例子，请考生知悉
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例16.15 判别级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { \sqrt { n } - \ln n } }$ 的敛散性.
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解 区 $f ( x ) = { \frac { 1 } { \sqrt { x } - \ln x } }$ ，由于 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { 1 } { { \sqrt { x } } - \ln x } } = 0$ ，且
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$$
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f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { - \left( { \cfrac { 1 } { 2 \sqrt { x } } } - { \cfrac { 1 } { x } } \right) } { \left( \sqrt { x } - \ln x \right) ^ { 2 } } } = { \frac { - ( \sqrt { x } - 2 ) } { 2 x \left( \sqrt { x } - \ln x \right) ^ { 2 } } } < 0 \left( x > 4 \right) ,
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$$
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故由莱布尼茨判别法知，原级数收敛.
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例16.16 判别级数 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { \sqrt { n } + ( - 1 ) ^ { n } } }$ 的敛散性.
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分析 令 $u _ { n } = { \frac { 1 } { \sqrt { n } + ( - 1 ) ^ { n } } }$ ，则 $u _ { 2 k } = { \frac { 1 } { \sqrt { 2 k } + 1 } } \ , u _ { 2 k + 1 } = { \frac { 1 } { \sqrt { 2 k + 1 } - 1 } }$ ，分别单调递减，但 $\sqrt { 2 k + 1 } - 1 - \sqrt { 2 k } - 1 =$ $\frac { 1 } { \sqrt { 2 k + 1 } + \sqrt { 2 k } } - 2 < 0$ ，故 $\sqrt { 2 k + 1 } - 1 < \sqrt { 2 k } + 1$ ，可得 $u _ { 2 k } < u _ { 2 k + 1 }$ .故 $\{ u _ { n } \}$ 不单调，莱布尼茨判别法失效，故拆项处理.
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解 一般项 ${ \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { \sqrt { n } + ( - 1 ) ^ { n } } } = { \frac { ( - 1 ) ^ { n } [ { \sqrt { n } } - ( - 1 ) ^ { n } ] } { n - 1 } } = ( - 1 ) ^ { n } { \frac { \sqrt { n } } { n - 1 } } - { \frac { 1 } { n - 1 } }$ ，其中 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { \sqrt { n } } { n - 1 } }$ 是交错级数，显然$u _ { n } = { \frac { \sqrt { n } } { n - 1 } } 0 ( n \infty )$ .令 $\scriptstyle { \mathfrak { c } } ( x ) = { \frac { \sqrt { x } } { x - 1 } }$ ，则 $f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { { \frac { 1 } { 2 { \sqrt { x } } } } ( x - 1 ) - { \sqrt { x } } } { ( x - 1 ) ^ { 2 } } } = { \frac { - 1 - x } { 2 { \sqrt { x } } ( x - 1 ) ^ { 2 } } } < 0 ( x \geqslant 2 )$ ，于是 $: \sum _ { n = 2 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { \sqrt { n } } { n - 1 } }$ 收敛，但 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n - 1 } }$ 发散，故原级数发散.
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注此题 $\left\{ u _ { n } = \frac 1 { \sqrt { n } + ( - 1 ) ^ { n } } \right\}$ 是不单调的，将原级数“拆”开，瓦解敌人，各个击破，不失为好的办法
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## ③任意项级数及其敛散性判别（绝对值判别法）
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若级数各项可正、可负、亦可为零，则称这样的级数为任意项级数，写为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ .任意项级数是按下述方式研究敛散性的.
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给任意项级数的每一项加上绝对值，写成 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \right|$ ，这样就使得 $\left. u _ { n } \right. \geqslant 0$ 成了正项级数，它叫作原级数$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 的绝对值级数． 这样的转化是很有意义的，因为正项级数我们研究得很透彻，不会出现正负相间的情况
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绝对值级数就自然站到了正项级数的队伍中，前面讲过的六种正项级数的敛散性判别法均可派上用场了.绝对值级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \right|$ 与原级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 的敛散性有何关系呢？看下面的定义.
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考研中，对于无穷级数的斂散性判别，要求掌握的内容比反常积分多
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定义1设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 为任意项级数，若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \right|$ 收敛，则称 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 绝对收敛.
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定义2设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 为任意项级数，若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，但 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \right|$ 发散，则称 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 条件收敛.
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>本身收敛，加绝对值发散，可理解为收敛程度没那么高的收敛
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再次考查级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } \cdot { \frac { 1 } { n } }$ 它是条件收敛还是绝对收敛？
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解 $\left| ( - 1 ) ^ { n - 1 } \cdot { \frac { 1 } { n } } \right| = { \frac { 1 } { n } }$ 且 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } }$ 是发散的；而由例16.14可知， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } \cdot \frac { 1 } { n }$ 是收敛的.故此级数条 件收敛
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（1）若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \right|$ 收敛（即任意项级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 绝对收敛），则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 必收敛.
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引入级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ ，其一般项
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\nu _ { n } = \frac { 1 } { 2 } \frac { ( u _ { n } + \mid u _ { n } \mid ) } { 2 } = \left\{ u _ { n } , \quad u _ { n } \leqslant 0 , \right.
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可见级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 是把级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 中的负项换成0而得到的，也就是级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 中的全体正项所构成的级数，类似地，令
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w _ { n } = \frac { 1 } { 2 } ( \mid u _ { n } \mid - u _ { n } ) = \left\{ { { - u _ { n } } , } \atop { u _ { n } \geq 0 } \right. = \left\{ { \begin{array} { l l } { { | u _ { n } | , } } & { { u _ { n } < 0 , } } \\ { { 0 , } } & { { u _ { n } \geq 0 } } \end{array} } \right. = \left\{ { \begin{array} { l l } { { | u _ { n } | , } } & { { u _ { n } < 0 , } } \\ { { 0 , } } & { { u _ { n } \geq 0 , } } \end{array} } \right.
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即使不加负的，也收敛
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则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } w _ { n }$ 为级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 中全体负项的绝对值所构成的级数．如果级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 绝对收敛，那么级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 11$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } w _ { n }$ 都收敛；如果级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 条件收敛（即 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，而 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| \boldsymbol u _ { n } \right.$ 发散），那么级数 $\sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 与 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } w _ { n }$ 都发散.
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证明：因 $0 \leq \sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n } \leq \sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \right|$ 由收
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用反证法证明：假设 $\sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 收斂，
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做，得 $\sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 收敛，
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廣由 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } - \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n } = - \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } w _ { n }$ 得 $\sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } w _ { n }$ 收敛，条件收敛级数的正项和负项分别拿出来均发散，条件收敛是由于正项和负项的相互牵扯才收敛的，而绝对收敛不受影响
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$w _ { n } = \sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } \vert u _ { n } \vert - \sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } w _ { n }$ 收敛
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\pi _ { 0 } \sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } | u _ { n } | = \sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } | v _ { n } - w _ { n } | = \sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n } + \sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } w _ { n } .
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因为收敛一收敛=收敛
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故術 $\sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \right|$ 收敛，与题干矛盾，故 $\sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 发散，
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再由收敛-发散=发散，得 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } w _ { n }$ 发散
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## 特殊的位意项级数
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特别地，若交错级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } u _ { n } ( u _ { n } > 0 )$ 条件收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { 2 n - 1 }$ （全体正项构成的级数）和$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - u _ { 2 n } )$ （全体负项构成的级数）都发散，此时自然也有 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { 2 n }$ 发散．
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（2）若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } , \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 均绝对收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } \pm \nu _ { n } )$ 绝对收敛．绝对收敛级数加加减减还是绝对收敛证因为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } , \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 均绝对收敛，且 $0 \leqslant \left| u _ { n } \pm \nu _ { n } \right| \leqslant \left| u _ { n } \right| + \left| \nu _ { n } \right|$ 所以 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } \pm \nu _ { n } )$ 绝对收敛.
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（3）若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 绝对收敛， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 条件收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } \pm \nu _ { n } )$ 条件收敛 反证法＋“（2）”的结论证假设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } \pm \nu _ { n } )$ 绝对收敛，而 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 绝对收敛，那么 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 必绝对收敛，这与 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 条件收敛矛盾，所以 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } \pm \nu _ { n } )$ 条件收敛，两绝对收数就可了 两个收敛级数的加加减减肯定是收敛的，所
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（4)若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } , \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 均条件收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } \pm \nu _ { n } )$ 收敛（可能绝对收敛，也可能条件收敛）．
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\left\{ \begin{array} { l } { { \displaystyle { n = 2 k + 1 \Rightarrow \left| \frac { 1 } { n ^ { 2 } } - ( - 1 ) ^ { n } \frac { 1 } { n } \right| = \frac { 1 } { n } + \frac { 1 } { n ^ { 2 } } , } } } \\ { { \displaystyle { n = 2 k \Rightarrow \left| \frac { 1 } { n ^ { 2 } } - ( - 1 ) ^ { n } \frac { 1 } { n } \right| = \frac { 1 } { n } - \frac { 1 } { n ^ { 2 } } , } } } \end{array} \right.
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\nu _ { \ast } = - u _ { \ast }
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\nu _ { _ { n } } = u _ { n }
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } + \nu _ { n } ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } - u _ { n } ) = 0
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } + \nu _ { n } ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } + u _ { n } ) = 2 \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }
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= \sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 } { n } + \sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n + 1 } \frac { 1 } { n ^ { 2 } }
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$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } \pm \nu _ { n } )$ 可能绝对收敛，如 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { 1 } { n } } , \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left[ { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } - ( - 1 ) ^ { n } { \frac { 1 } { n } } \right]$ 均是条件收敛，而$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } + \nu _ { n } ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 } { n ^ { 2 } }$ 绝对收敛；
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$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } \pm \nu _ { n } )$ 也可能条件收敛，如 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { 1 } { n } } , \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { 1 } { \sqrt { n } } }$ 均是条件收敛，而$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } + \nu _ { n } ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \left( { \frac { 1 } { n } } + { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } \right) ~$ 条件收敛
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（5）如果级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \right|$ 发散，我们不能断定级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 也发散.但是，如果我们是用比值判别法或根
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值判别法根据 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } | { \frac { u _ { n + 1 } } { u _ { n } } } | = \rho > 1$ 或 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \left| u _ { n } \right| } = \rho > 1$ 而判定级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \right|$ 发散的，那么我们可以断定级数
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$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 也必定发散.这是因为从ρ>1可推知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \mid u _ { n } \mid \neq 0$ ，从而 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } \neq 0$ 因此级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 是发散的．→证明：存在N>0，当 $n > N$ $\frac { \vert u _ { n + 1 } \vert } { \vert u _ { n } \vert } > \frac { 1 + \rho } { 2 } = k , k > 1$ 故$\begin{array} { r } { | u _ { n + 1 } | > k \bullet | u _ { n } | > | u _ { n } | \Rightarrow | u _ { n + 1 } | > | u _ { n } | } \\ { \Rightarrow \underset { n \infty } { \operatorname* { l i m } } | u _ { n } | \neq 0 } \\ { \Rightarrow \underset { n \infty } { \operatorname* { l i m } } u _ { n } \neq 0 \ , } \end{array}$ （绝对值只和正负号有关）故 $\sum \limits _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 发散
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例如，级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \frac { 1 } { 2 ^ { n } } \left( 1 + \frac { 1 } { n } \right) ^ { n ^ { 2 } }$ 若记 $u _ { n } = { \frac { 1 } { 2 ^ { n } } } { \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right) } ^ { n ^ { 2 } }$ $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } \sqrt [ n ] { u _ { n } } = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } \frac { 1 } { 2 } ( 1 + \frac { 1 } { n } ) ^ { n } = \frac { \mathrm { e } } { 2 } > 1$ 则原级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \frac { 1 } { 2 ^ { n } } \left( 1 + \frac { 1 } { n } \right) ^ { n ^ { 2 } }$ 发散．加绝对值后变成 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 } { n ^ { p } }$ $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } { \frac { 1 } { n ^ { p } } } \cdotp$ 绝对收敛， $p > 1$ （6)交错p级数条件收敛， $0 < p \leq 1$
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例16.17 已知级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } u _ { n }$ 条件收敛, $u _ { n } > 0$ ，则级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { 2 n } - 2 u _ { 2 n - 1 } )$ ）.(A)发散 (B)绝对收敛 (C)条件收敛 (D)敛散性无法判断
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分析交错级数条件收敛，故其全体正项构成的级数和全体负项构成的级数均发散.
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由 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } u _ { n }$ 条件收敛，可知 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { 2 n - 1 }$ 发散，且由“二、2.注(3)”知， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } u _ { n } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { 2 n - 1 } - u _ { 2 n } )$ 收敛，故 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { 2 n } - 2 u _ { 2 n - 1 } ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } [ ( u _ { 2 n } - u _ { 2 n - 1 } ) - u _ { 2 n - 1 } ]$ 发散.选(A).￥ √
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偶数项减2倍的奇数项 拆开处理（学会这种方法）
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例16.18 级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \biggl ( \frac { 1 } { \sqrt { n } } - \frac { 1 } { \sqrt { n + 1 } } \biggr ) \sin ( \frac { n + k } { \downarrow } )$ （k为常数）（ ）.(A)绝对收敛 无穷大量+有界量还是无穷大量 (B)条件收敛(C)发散 (D)敛散性与k有关
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分析当n→8时， $\left| \sin ( n + k ) \right| { \leqslant } 1$ ，而
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\begin{array} { r l } & { \frac { \displaystyle \frac { 1 } { \sqrt { n } } - \frac { 1 } { \sqrt { n + 1 } } = \frac { \sqrt { n + 1 } - \sqrt { n } } { \sqrt { n } \cdot \sqrt { n + 1 } } \quad \quad \stackrel { \scriptstyle * , p \notin \& } { \ k \notin \& } \ k \geqslant \ k \geqslant \ k } { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } } \\ & { \quad \quad \quad = \frac { 1 } { \sqrt { n } \cdot \sqrt { n + 1 } ( \sqrt { n + 1 } + \sqrt { n } ) } \sim \frac { 1 } { \sqrt { n } \cdot \sqrt { n } \cdot ( \sqrt { n } + \sqrt { n } ) } } \\ & { \quad \quad \quad = \frac { 1 } { 2 n ^ { \frac { 3 } { 2 } } } . } \end{array}
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## 解 应选(A).
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方法一 $\left| \left( { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } - { \frac { 1 } { \sqrt { n + 1 } } } \right) \sin ( n + k ) \right| \leqslant { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } - { \frac { 1 } { \sqrt { n + 1 } } } = { \frac { \sqrt { n + 1 } - \sqrt { n } } { \sqrt { n ( n + 1 ) } } } = { \frac { 1 } { \sqrt { n ( n + 1 ) } ( { \sqrt { n + 1 } } + { \sqrt { n } } ) } } \leqslant { \frac { 1 } { n ^ { \frac { 3 } { 2 } } } } ,$ 因而原级数绝对收敛，选 (A).
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方法二 $\left| \left( \frac { 1 } { \sqrt { n } } - \frac { 1 } { \sqrt { n + 1 } } \right) \sin ( n + k ) \right| \leqslant \frac { 1 } { \sqrt { n } } - \frac { 1 } { \sqrt { n + 1 } } \ .$
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设 $u _ { n } = { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } - { \frac { 1 } { \sqrt { n + 1 } } }$ ，因为 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } = 0$ ，且
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\begin{array} { l } { { S _ { n } = \displaystyle \frac { 1 } { \sqrt { 1 } } - \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } + \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } - \frac { 1 } { \sqrt { 3 } } + \cdots + \frac { 1 } { \sqrt { n } } - \frac { 1 } { \sqrt { n + 1 } } \nonumber } } \\ { { \ } } \\ { { \displaystyle \stackrel { \mathrm { \tiny ~ = 1 - \frac { 1 } { \sqrt { n + 1 } } - \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } - \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } - \frac { 1 } { \sqrt { 3 } } + \cdots + \frac { 1 } { \sqrt { n } } - \frac { 1 } { \sqrt { n + 1 } } } } } } \end{array}
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故 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } S _ { n } = 1$ ，即级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } - { \frac { 1 } { \sqrt { n + 1 } } } \right)$ 收敛，故原级数绝对收敛.选(A).
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例16.19 若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \biggl | n u _ { n } \biggr |$ 绝对收敛， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \biggl [ \frac { \nu _ { n } } { n } \biggr ]$ 条件收敛，则（ ）湘乘之后n就约掉了(A) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } \nu _ { n }$ 条件收敛 (B) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } \nu _ { n }$ 绝对收敛(C) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } + \nu _ { n } )$ 收敛 (D) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } + \nu _ { n } )$ 发散
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n u _ { n }
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { \nu _ { n } } { n }
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分析 $u _ { n } \cdot \nu _ { n } = \underbrace { \overset { . } { n } u _ { n } } _ { n } \cdot \frac { \nu _ { n } } { n }$ ，又 $0 \leqslant \left| u _ { n } \cdot \nu _ { n } \right| = \left| n u _ { n } \right| \cdot \left| { \frac { \nu _ { n } } { n } } \right|$ ，由 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \nu _ { n } } { n } } = 0$ ，故n充分大时， $\left| \frac { \nu _ { n } } { n } \right| { \leqslant } \frac { 1 } { 2 }$ ，得 $0 \leqslant | u _ { n } \cdot \nu _ { n } | \leqslant$ $\frac { 1 } { 2 } \big | n u _ { n } \big |$ ，根据比较判别法得 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \cdot \nu _ { n } \right|$ 收敛，故原级数绝对收敛．→实际上，若a收敛， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n }$ $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } b _ { n }$ 绝对收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } b _ { n }$ 绝对收敛，可以当结论记住（证明可采用反证法）
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因为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { \nu _ { n } } { n } }$ 条件收敛，故由级数收敛的必要条件知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \nu _ { n } } { n } } = 0$ ，从而数列 $\left\{ { \frac { \nu _ { n } } { n } } \right\}$ 有界，即存在 $M > 0$
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对于任意的正整数n，有 $\left| \frac { \nu _ { n } } { n } \right| { \leqslant } M$
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因为
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\left| u _ { n } \nu _ { n } \right| = \left| n u _ { n } \cdot \frac { \nu _ { n } } { n } \right| \leqslant M \left| n u _ { n } \right| ,
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且 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \bigl | n u _ { n } \bigr |$ 收敛，所以根据比较判别法可得 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \nu _ { n } \right|$ 收敛，即 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } \nu _ { n }$ 绝对收敛，故排除(A)，应选(B).若取 $u _ { n } = { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { n ^ { 3 } } } , \nu _ { n } = { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { \ln ( n + 1 ) } }$ ，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } + \nu _ { n } )$ 收敛；若取 $u _ { n } = \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { n ^ { 3 } } , \nu _ { n } = ( - 1 ) ^ { n }$ ，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } + \nu _ { n } )$ 发散.故排除选项(C)，(D).
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例16.20 如果数项级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，则以下级数中必收敛的是（ ）?可以有正有负(A) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { u _ { n } } { n } }$ (B) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ^ { 2 }$ (C）) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { 2 n - 1 } - u _ { 2 n } )$ (D) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } + u _ { n + 1 } )$
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解 应选(D).解析详见下面“注”中的 $^ { \scriptscriptstyle 4 \cdot * } ( 5 ) ^ { \prime \prime } ^ { \scriptscriptstyle 4 \cdot * } ( 7 ) ^ { \prime \prime } ^ { \scriptscriptstyle 4 \cdot * } ( 1 0 ) ^ { \prime \prime } ^ { \scriptscriptstyle 4 \cdot * } ( 1 1 ) ^ { \prime \prime }$
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注很多同学在复习数项级数的判敛问题时感觉摸不着头脑，尤其对于这种抽象的问题，更是害怕.我想做题时的“总结不足”可能是一个重要的原因—有些同学说，我已经做了很多题，可是为什么做新的练习题时还是不会呢？答：很可能是做题的质量不高，为了做题而做题，做完一题扔一题，只追求数量，这肯定不行.做完一题，就要停下来总结一下这道题能学到什么技巧，容易错在哪里，有什么值得借鉴的；做完同一知识点下的几道题，就要停下来好好琢磨这几道题之间有没有什么联系，考虑能从哪些角度去解决这类问题.这种总结做多了，做题质量和效率就会越来越高.
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下面给大家做一个示范，做了很多题目以后，对于抽象的数项级数的判敛问题，有如下总结设劵 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } , \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n } , \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } w _ { n }$ 是任意项级数 $\textstyle \sum$ 的上标都是α，而下标并非总是1).
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(1)设a,b,c为非零常数，且 $a u _ { n } + b \nu _ { n } + c w _ { n } = 0$ , 则在 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } , \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 和 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } w _ { n }$ 中只要有两个级数是收敛的，另一个必收敛
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## 逆否命题
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(2) 设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \right|$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛；设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 发散，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \right|$ 发散
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(3）设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ^ { 2 }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { u _ { n } } { n } }$ 绝对收敛（提示： $\left| { \frac { u _ { n } } { n } } \right| \leqslant { \frac { 1 } { 2 } } { \binom { n ^ { 2 } + { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } } { n ^ { 2 } } } ~ )$
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不可以直接用 $\left| u _ { n } \right| \geqslant u _ { n }$ 非正项级数不能直接用比较判别法，应使用 $2 \vert u _ { n } \vert \geq u _ { n } + \vert u _ { n } \vert \geq 0$ 假设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \right.$ 收斂．则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，矛盾，则假设不成立，原命题成立，即
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## 看到收敛的级数，不要想当然以为是正项的
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（4）设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| u _ { n } \right|$ 不定（反例： $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { 1 } { n } }$ 收敛，但 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } }$ 发散） ∑lul发散
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(5）设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ^ { 2 }$ 不定（反例： $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { 1 } { \sqrt { n } } }$ 收敛，但 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } }$ 发散）
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6设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } u _ { n }$ 不定（反例： $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { 1 } { n } }$ 收敛，但 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } }$ 发散）类比 $\int _ { 2 } ^ { + \infty } { \frac { 1 } { x \ln x } }$ dx发散
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(7）设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { u _ { n } } { n } }$ 不定（反例： $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { 1 } { \ln n } }$ 收敛，但 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n \ln n } }$ 发散）
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（8）设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { 2 n }$ （偶数项）， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { 2 n - 1 }$ （奇数项）不定（反例： $1 - { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 3 } } - { \frac { 1 } { 4 } } + { \frac { 1 } { 5 } } - { \frac { 1 } { 6 } } + \cdots =$ $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } { \frac { 1 } { n } }$ 收敛，但是其奇数项和偶数项都发散）.
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（9）设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { 2 n - 1 } + u _ { 2 n } )$ 收敛（收敛级数任意加括号所得的新级数仍收敛，且和不变）.
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(10）设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { 2 n - 1 } - u _ { 2 n } )$ 不定（反例： $u _ { 1 } + u _ { 2 } + u _ { 3 } + u _ { 4 } + u _ { 5 } + u _ { 6 } + \cdots = 1 - { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 3 } } - { \frac { 1 } { 4 } } + { \frac { 1 } { 5 } } -$ ${ \frac { 1 } { 6 } } + \cdots$ 收敛，但 $1 + { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 3 } } + { \frac { 1 } { 4 } } + { \frac { 1 } { 5 } } + { \frac { 1 } { 6 } } + \cdots$ 发散）
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$\left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle { \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } + u _ { n + 1 } ) } } \\ { \displaystyle { \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } - u _ { n + 1 } ) } } \end{array} \right.$ $\left( \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n + 1 } \right.$ 收敛 (11)设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，则 结论确定 $\left( \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } - \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n + 1 } \right)$ 收敛
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(12)设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } u _ { n + 1 }$ 不定（反例： $u _ { n } = ( - 1 ) ^ { n } { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } , u _ { n } u _ { n + 1 } = ( - 1 ) ^ { n } { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } \bullet ( - 1 ) ^ { n + 1 } { \frac { 1 } { \sqrt { n + 1 } } } =$ $- { \frac { 1 } { \sqrt { n ( n + 1 ) } } }$ 级数发散） 类似于（5）
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例16.21 级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n + 1 } { \frac { \sqrt { n + 1 } - { \sqrt { n } } } { n ^ { p } } }$ 条件收敛，则p的取值范围为
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解 应填 $- \frac { 1 } { 2 } < p \leqslant \frac { 1 } { 2 }$
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→往p级数靠拢$a _ { n } = { \frac { \sqrt { n + 1 } - { \sqrt { n } } } { n ^ { p } } } ( > 0 )$ ，则当 $n \infty$ 时，
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a _ { n } = \frac { 1 } { ( \sqrt { n + 1 } + \sqrt { n } ) n ^ { p } } = \frac { 1 } { \sqrt { n } \left( \sqrt { 1 + \displaystyle \frac { 1 } { n } } + 1 \right) n ^ { p } } \sim \frac { 1 } { 2 n ^ { \frac { p + \displaystyle \frac { 1 } { 2 } } { \displaystyle 2 } } } ,
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故当 $p + \frac 1 2 > 1$ ，即 $p > \frac { 1 } { 2 }$ 时， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n }$ 收敛，则原级数绝对收敛；当 $p + \frac { 1 } { 2 } \leqslant 1$ ，即 $p { \leqslant } \frac { 1 } { 2 }$ 时， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n }$ 发散，则原级数非绝对收敛.
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当 $0 < p + \frac { 1 } { 2 } \leqslant 1$ ，即 $- \frac { 1 } { 2 } < p \leqslant \frac { 1 } { 2 }$ 时，显然 $a _ { n } \to 0 ( n \to \infty )$ 令
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f ( x ) = x ^ { p } ( \sqrt { x + 1 } + \sqrt { x } ) ( x > 0 ) ,
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由于
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f ^ { \prime } ( x ) = x ^ { p - 1 } ( \sqrt { x + 1 } + \sqrt { x } ) \left( p + \frac { \sqrt { x } } { 2 \sqrt { x + 1 } } \right) ,
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且 $x ^ { p - 1 } > 0 , { \sqrt { x + 1 } } + { \sqrt { x } } > 0$ ，而
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\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } \left( p + { \frac { \sqrt { x } } { 2 { \sqrt { x + 1 } } } } \right) = p + { \frac { 1 } { 2 } } > 0 \ ,
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所以当x充分大时，f(x)单调增加，于是当n充分大时， $a _ { n } = { \frac { 1 } { f ( n ) } }$ 单调减少，故由莱布尼茨判别法知，当 $- \frac { 1 } { 2 } < p \leqslant \frac { 1 } { 2 }$ 时，原级数条件收敛；当 $p + \frac { 1 } { 2 } { \leqslant } 0$ ，即 $p { \leqslant } - \frac { 1 } { 2 }$ 时， $a _ { n }$ 不趋于 $0 ( n \infty )$ ，故当 $p { \leqslant } - \frac { 1 } { 2 }$ 时，原级数发散.
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## 幂级数及其收敛域
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前面我们花了很大的工夫和精力去判别一个数项级数是否收敛，那么它的意义是什么呢？接下来的内容就会回答这个问题.
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## 概念
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(1)函数项级数.
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u _ { 1 } ( x ) + u _ { 2 } ( x ) + u _ { 3 } ( x ) + \cdots + u _ { n } ( x ) + \cdots { \overset { 7 } { = } } u ( x )
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无穷多个函数加起来会不会等于某个函数？
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设函数列 $\left\{ u _ { n } ( x ) \right\}$ 定义在区间I上，称很显然，把x取成 $x _ { 0 }$ ，则 $u _ { 1 } ( x _ { 0 } ) + u _ { 2 } ( x _ { 0 } ) + \dots + u _ { n } ( x _ { 0 } ) + \dots . \qquad $ 变为数项级数.如果这个数项级数是收敛的，那就意味着这个函数项级数在点 $x _ { 0 }$ 处是有函数值 ${ \boldsymbol u } ( { \boldsymbol x } _ { 0 } )$ 的，称 $x _ { 0 }$ 为收敛点，所有收敛点构成的集合称为收敛域，收敛域就是函数项级数的和函数的定义域
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u _ { 1 } ( x ) + u _ { 2 } ( x ) + u _ { 3 } ( x ) + \cdots + u _ { n } ( x ) + \cdots
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为定义在区间I上的函数项级数，记为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ( x )$ ，当x取确定的值 $x _ { 0 }$ 时， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ( x )$ 成为常数项级数
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ( x _ { 0 } )
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若要让无数个函数加起来等于确定的某个函数，那么要先确定这个“某个函数”的形式.函数列的函数形式可…有很多种，如幂函数、三角函数、反三角函数、对数函数和指数函数等，而在数学一、数学三的公共考点中，在全国范围内的大学数学中最主要的一个，也是最简单的一个，就是幂函数。
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(2)幂级数.
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若 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } u _ { n } ( x )$ 的一般项 $u _ { n } ( x )$ 是x的n次幂函数，即 $u _ { n } ( x ) = a _ { n } x ^ { n }$ 或 $u _ { n } ( x ) = a _ { n } ( x - x _ { 0 } ) ^ { n }$ ，则称 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } u _ { n } ( x )$ 为幂级数，其一般形式为
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有常数项，与数项级数不同，数项级数有时从n=1开始，有时从n=2开始（如出现 $" \ln n "$ 时）.
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其标准形式为
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\begin{array}{c} \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } ( x - x _ { 0 } ) ^ { n } = \stackrel { \displaystyle \prod } _ { a _ { 0 } + a _ { 1 } ( x - x _ { 0 } ) + a _ { 2 } ( x - x _ { 0 } ) ^ { 2 } + \cdots + a _ { n } ( x - x _ { 0 } ) ^ { n } + \cdots , } , \\ { \underset { n = 0 } { \overset { \displaystyle \cong } { \sum } } a _ { n } \underset { x ^ { n } } { \overset { \displaystyle \mathrm { d e f } } { \ast } } \underset { \textnormal { d e f f } } { \ast } \underset { \textnormal { d e f f } } { \ast } \underset { \textnormal { d e f f } } { \ast } \underset { \textnormal { d e f f } } { \ast } \underset { \textnormal { d e f f } } { \ast } \underset { \textnormal { d e f f } } { \ast } } , \end{array}
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其中 $a _ { n } ( n = 0 , 1 , 2 , \cdots )$ 为幂级数的系数．
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注若大家在学习过程中勤于思考的话，多联想一下，前面我们讲过的麦克劳林公式，就是泰勒公式啊！泰勒公式展开是什么样子的呢？比如在x=0处展开，是不是就是 $a _ { 0 } + a _ { 1 } x + a _ { 2 } x ^ { 2 } + \cdots +$ $a _ { n } x ^ { n } + \cdots$ 的形式？如果在 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处展开， $x _ { 0 } \neq 0$ 是不是就是 $a _ { 0 } + a _ { 1 } ( x - x _ { 0 } ) + a _ { 2 } ( x - x _ { 0 } ) ^ { 2 } + \cdots + a _ { n } ( x - x _ { 0 } ) +$ $x _ { 0 } ) ^ { n } + \cdots$ 的形式？我们当时学的是这样的：在 $x = 0$ 处展开是 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { f ^ { ( n ) } ( 0 ) } { n ! } } x ^ { n }$ 若在 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处展开，则是$\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { f ^ { ( n ) } ( x _ { 0 } ) } { n ! } } ( x - x _ { 0 } ) ^ { n }$
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一个函数如果写成它的幂级数的形式，跟这个泰勒公式展开后的泰勒级数是什么关系呢？我们下一个定论：它们是完全一样的.这就是“泰勒展开式的唯一性”.在收敛的条件下，把一个函数展开成幂函数形式，它的展开形式是唯一的，无论是在 $x = 0$ 处展开，还是在 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处展开，只要确定了展开点，那么展开表达式是具有唯一性的，不管用什么方法展开．于是，这里的 $a _ { n } = { \frac { f ^ { ( n ) } ( x _ { 0 } ) } { n ! } }$ （在
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$\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处展开）， $a _ { n } = \frac { f ^ { ( n ) } ( 0 ) } { n ! }$ （在x=0处展开）
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所以，这里相当于把前面所学的泰勒公式作了一个推广，或者说作了一个前后的呼应．这里提前给大家提一个非常精彩的结论：一个函数只要它是任意阶可导的，就可以写成如下形式
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f ( x ) = a _ { 0 } + a _ { 1 } x + a _ { 2 } x ^ { 2 } + \cdots + a _ { n } x ^ { n } + \cdots
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a _ { n } = { \frac { f ^ { ( n ) } ( 0 ) } { n ! } }
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上式中， $\{ x ^ { n } \}$ 作为“一个基”（线性代数中的概念）.如三维空间中的一个基是三个线性无关的三维向量，它就可以表示一个三维空间．最典型的就是i，j，k，三个线性无关的单位向量，就可以张成三维空间.
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在线性代数中，大家学到n维，就知道n个线性无关的n维向量组成一个基，在高等数学里面，其实也有“基”的概念.我们知道，任何一个任意阶可导的函数必有泰勒展开式，那有没有统一表达式呢？我们在前面跟大家说过，确实有，就是泰勒公式的“统一美”，任何一个任意阶可导函数都能够泰勒展开，它们唯一的不同就是前面的系数.
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在线性代数中，两个向量有什么不同呢？是i，j，k的不同吗？不是，是前面系数的不同，是这些系数决定了向量到底在哪里，而i，j，k是不动的，它就是这个基.而高等数学中的泰勒公式恰恰也反映了这一点，这些任意阶可导的无穷多个函数都可以由这个基{x}来表示.不同的系数搭配，就可以得到不同的函数，搭配无穷多种系数，就可以得到无穷多个任意阶可导的函数，所以幂级数的含义是非常深刻的.
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$\overrightarrow { O P } = x i + y j + z k$
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(x，y，z)为P点坐标，
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换个角度，x,y,z是i.j
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k前面的系数
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在线性系统中，“基”就是代数里的基础，在非线性系统中，实际上也可以按照“基”来把函数归入统一的知识框架和体系中，这个工作是很重要的
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(3)收敛点与发散点.
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若给定 $x _ { 0 } \in I$ ，有 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ( x _ { 0 } )$ 收敛，则称点 $x _ { 0 }$ 为函数项级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ( x )$ 的收敛点；若给定 $x _ { 0 } \in I$ ，有$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ( x _ { 0 } )$ 发散，则称点 $x _ { 0 }$ 为函数项级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ( x )$ 的发散点.
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(4)收敛域.
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函数项级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ( x )$ 的所有收敛点的集合称为它的收敛域.
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要研究幂级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ ，首要任务是判别其何时收敛，因为只有收敛才有继续讨论的意义.具体来说，将某个 $x _ { 0 }$ 代入级数可得 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x _ { 0 } ^ { n }$ ，判别此数项级数是否收敛，若收敛，就找到一个收敛点.我们的目标当然是找到所有收敛点的集合，即收敛域.但问题来了，有多少个收敛点呢？如果有无穷多个收敛点，难道要一个一个地去验证么？显然，这样做是不可能的.正当人们为此一筹莫展时，一位年轻人提出了一个重要定理，请看下文.
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## 2 阿贝尔定理 在区间端点处的敛散性需单独判别
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阿贝尔的12块钱.
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阿贝尔，一个没有流量的小人物，竟然要12块钱，菜布尼茨判别法才要10块钱，不给，我给你和莱布尼茨一样的价码，我给你10块钱，阿贝尔听完后，稍加思索，叹了口气，好吧，10块就10块
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当幂级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 在点 $x = x _ { 1 } ( x _ { 1 } \neq 0 )$ 处收敛时，对于满足 $\vert x \vert < \vert x _ { 1 } \vert$ 的一切x，幂级数$\cdot ( - | x _ { 1 } | , | x _ { 1 } | )$ 区间内
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绝对收敛；当幂级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 在点 $x = x _ { 2 } ( x _ { 2 } \neq 0 )$ 处发散时，对于满足 $\left| x \right| > \left| x _ { 2 } \right|$ 的一切x，V
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幂级数发散. [-|x丨,1x丨]区间外
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阿贝尔（1802—1829）
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多么伟大的阿贝尔，多么给力的办法！只是，不得不告诉大家，这样一个天才数
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学家生于1802年，一生的工作不为世人所重视，穷困潦倒，卒于1829年，仅仅活了27年，太遗憾了！
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阿贝尔在數学历史上昙花一现，他很穷，得了肺结核，也没有钱看病，没有钱保护自己的身体.阿贝尔在如此年轻的年纪，就做出了非常多的、令人惊讶的数学成果.大家可看到很多文献和传记中谈到，阿贝尔曾经找到过高斯，高斯太了不起了，被称为“数学王子”，可是他把文章给高斯后，高斯拒绝了他，说“我不看”，为什么不看呢？高斯的意思是“看不上你的东西，你回去吧”.可想象，如果那个时候，高斯对阿贝尔能够提携、指导、帮助和支持酌话，也许阿贝尔就不会英年早逝，可是達高斯都没有给阿贝尔机会.
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但阿贝尔去世的第二天，他的家人收到了相当于“中国科学院”给他送来的“认证”，他当上“院士”了，这是欧洲的“个巨大损失，当他去世之后，他评上了欧洲“院士”和“英国皇家学会的会员”，很遗憾！当年高斯为什么要拒绝阿贝尔呢？有人这么说：“不是高斯看不起他，而是高斯太看得上阿贝尔了.”高斯很无私地提携晚辈，但为什么不帮助阿贝尔呢？有人说是因为“高斯发现他遇到了真正超过他的人”，
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阿贝尔去世之后，人们从阿贝尔的手稿中找到了关于椭圆积分的讨论.大家还记得费马大定理吗？费马大定理1637年提出后，直到1995年的时候才有定论，怀尔斯站在前人的肩膀上做出了证明，里面有个核心的东西，关键词就是“椭圆积兮”而阿贝尔在20多岁的时候，就研究了椭圆积分，而且有着非常丰富的结果.所…也有人说，如果阿贝尔多活40年，也许整个数学历史都会被改变，也许就轮不到怀尔斯来证明费马大定理了.
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## ③收敛半径
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定义3若R≥0满足条件：①当 $| x | < R$ 时， $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 绝对收敛；②当 $| x | > R$ 时， $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 发散.则称R为幂级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 的收敛半径，区间(-R,R)称为 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 的收敛区间.
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对于 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ ，当x=0时， $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } = a _ { 0 }$
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根据阿贝尔定理：
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若在 $x _ { 1 } \neq 0$ 处， $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 收敛，则级数在 $( - \left| x _ { 1 } \right| , \left| x _ { 1 } \right| )$ 内绝对收敛;
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若在 $x _ { 2 } \neq 0$ 处， $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 发散，则级数在 $( - \infty , - \left| x _ { 2 } \right| )$ $( \left| x _ { 2 } \right| , + \infty )$ 上发散.
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收敛点往外扩一定可以找到一个确定的点R，使得级数在(-R,R)内绝对收敛，在 $( - \infty , - R )$ 发散点往里收$( R , + \infty )$ 上发散.
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在两个端点R和-R处的敛散性如何呢？阿贝尔没有讲就去世了.
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现在明白为什么阿贝尔要12块钱了吧，数学家是量化好的，两个端点值两块钱.从此以后，再也没有任何方法告诉我们两个端点的敛散性情况了，只能将这两个端点代人级数中，按数项级数的方法认认真真地判断，而这两个端点是考研数学中必考无疑的，这就是我们追悔莫及的原因.
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关于收敛域，我们会遇到两种题：①具体型级数的收敛域；②抽象型问题，已知一个级数的收敛域，去推导另外一个级数的收敛域，这两个级数之间是有关系的，要通过关系转化找到答案.
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注根据阿贝尔定理，已知 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } ( x - x _ { 0 } ) ^ { n }$ 在某点 $x _ { 1 } ( x _ { 1 } \neq x _ { 0 } )$ 的敛散性，确定该幂级数的收敛半径可分为以下三种情况. →收敛区间关于 $x _ { \mathfrak { o } }$ 对称， $x _ { 0 }$ 为收敛中心点
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(1)若在 $x _ { \imath }$ 处收敛，则收敛半径 $R \geqslant \left| x _ { 1 } - x _ { 0 } \right|$ 假设 $R < \left| x _ { 1 } - x _ { 0 } \right|$ ，则由阿贝尔定理， $x _ { i }$ 处发散， $k \bar { \kappa } \bar { \rho } _ { 0 } R \geq \left| x _ { 1 } - x _ { 0 } \right|$
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（2）若在 $x _ { 1 }$ 处发散，则收敛半径 $R \leqslant \left| x _ { 1 } - x _ { 0 } \right|$
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假设 $R > \left| x _ { 1 } - x _ { 0 } \right|$ ，则由阿贝尔定理， $x _ { i }$ 处绝对收敛，矛盾， $k / \hbar \mathcal { R } \leqslant \left| x _ { 1 } - x _ { 0 } \right|$ ，能取到等号，
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（3)若在 $x _ { 1 }$ 处条件收敛，则 $R = \left| x _ { 1 } - x _ { 0 } \right|$ 【重要考点】
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例如，对于抽象型问题，若级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } ( x - 2 ) ^ { n }$ 在 $x = 4$ 处条件收敛，则 $R = 2$
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## 4收敛域的求法
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V先看具体型幂级数收敛域的问题. ①找R→中心点在原点时，确定(-R，R)，若中心点不在原点，平移即可：②看-R，R（端点情况，单独讨论）
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(1)对于不缺项幂级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ V& $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { 2 n } x ^ { 2 n }$ 只有偶次幂，就是缺项级数
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①收敛半径的求法.
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若 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } | { \frac { a _ { n + 1 } } { a _ { n } } } | = \rho$ 或 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \left| a _ { n } \right| } = \rho$ ，则 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 的收敛半径R的表达式为 $R = \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle { \frac { 1 } { \rho } } , } & { \rho \neq 0 , \rho \neq + \infty , } \\ { \quad } & { \rho = 0 , } \\ { \quad } & { \rho = + \infty . } \end{array} \right.$
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②收敛区间与收敛域.
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区间(-R,R)为幂级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 的收敛区间，单独考查幂级数在x=±R处的敛散性就可以确定其收 敛域为(-R,R)或[-R,R)或(-R,R]或[-R,R].
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<table><tr><td>注注例1求幂级数 $1 + x + { \frac { 1 } { 2 ! } } x ^ { 2 } + \cdots + { \frac { 1 } { n ! } } x ^ { n } + \cdots$ 的收敛域. 解因为 $\rho = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| { \frac { a _ { n + 1 } } { a _ { n } } } \right| = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { 1 } { { \frac { 1 } { n ! } } } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { 1 } { n + 1 } } = 0 \ ,$ 所以收敛半径 $R = + \infty$ 从而收敛域是 $( - \infty , + \infty )$ 这种很好，处处收斂，非常有用 注例2 求幂级数 的收敛半径（规定0!=1).</td><td>两种极端情况</td></tr><tr><td> $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } n ! x ^ { n }$ 解因为 $\rho = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| { \frac { a _ { n + 1 } } { a _ { n } } } \right| = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { ( n + 1 ) ! } { n ! } } = + \infty ,$ 这种很少碰到 所以收敛半径R=0，即级数仅在点x=0处收敛.</td><td></td></tr></table>
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(2)对于缺项幂级数或 一般函数项级数 $\overline { { \sum u _ { n } ( x ) \mathrm { ~ . ~ } } }$ →包含非幂级数
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①加绝对值，即写成 $\sum \left| u _ { n } ( x ) \right|$
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一定是正项级数.适用正项级数鹂判别法中，达朗贝尔判别法、柯西判别法最好用（比值判别法） (根值判别法）
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②用正项级数的比值（或根值）判别法.
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$\operatorname* { l i m } _ { n \infty } { \frac { | u _ { n + 1 } ( x ) | } { | u _ { n } ( x ) | } }$ （或 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \left| u _ { n } ( x ) \right| } \ ) \ < 1$ ，求出收敛区间(a,b).“釜底抽薪”的方法 >所有级数都可用这个方法
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③单独讨论 $x = a , x = b$ 时 $\sum u _ { n } ( x )$ 的敛散性，从而确定收敛域.
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$\sum a _ { n } x ^ { n }$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| { \frac { a _ { n + 1 } x ^ { n + 1 } } { a _ { n } x ^ { n } } } \right| = | x | \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \left| a _ { n + 1 } \right| } { \left| a _ { n } \right| } } { < } 1$ $| x | \cdot \rho < 1 \Rightarrow { \big | } x { \big | } < { \frac { 1 } { \rho } } { \bigg | } . = R$
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实际上，有了(2)的方法之后，(1)的方法是可以不 -R 0 R用的.因为（1)的方法包含在（2)的方法里，无论哪种方法，都别忘了讨论两个端点处的敛散性
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为什么要单独讨论两个端点呢？
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比值判别法里面，有
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$\operatorname* { l i m } _ { n \infty } \frac { a _ { n + 1 } } { a _ { n } } \Bigg \{ { < } 1 ,$ 收敛， 判别法失效，发散
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极限比出来是1，那有可能大于1，也有可能小于1，故可以找至 $\frac { 3 } { 2 }$ 也可以找到 $\frac { 1 } { 2 }$ 显然，有 $\frac { 1 } { 2 } < \frac { a _ { n + 1 } } { a _ { n } } < \frac { 3 } { 2 } \Rightarrow \frac { 1 } { 2 } a _ { n } < a _ { n + 1 } < \frac { 3 } { 2 } a _ { n }$
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这种推导，我们就没有办法找到 $a _ { n + 1 } < k a _ { n } \ , 0 < k < 1$ .根据极限的保号性，无法与一个收敛的等比级数作大小比较，所以这个方法失效.
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所以阿贝尔定理中没有两个端点，绝不是因为我没有给那两块钱。
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上述(1)，(2)的方法只是充分的，即当 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 的收敛半径存在时，极限 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| { \frac { a _ { n + 1 } } { a _ { n } } } \right|$ 或 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { a _ { n } } \biggr |$ 可能不存在。 分成 $a _ { 2 k }$ 与 $a _ { 2 k + 1 }$ 两种情况讨论
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$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { [ 3 + { \sqrt { ( - 1 ) ^ { n } } } ] ^ { n } } { n } } x ^ { n }$ 广 $a _ { n } = { \frac { [ 3 + ( - 1 ) ^ { n } ] ^ { n } } { n } }$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { a _ { n } } \mid = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { 3 + ( - 1 ) ^ { n } } { \sqrt [ n ] { n } }$ 不存在， $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } | { \frac { a _ { n + 1 } } { a _ { n } } } | =$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { [ 3 + ( - 1 ) ^ { n + 1 } ] ^ { n + 1 } } { [ 3 + ( - 1 ) ^ { n } ] ^ { n } } }$ 亦不存在，但是此级数的收敛半径是存在的，怎么求呢？见习题16.12.
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## >抽象型幂级数的收敛域
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国知 $\sum a _ { n } ( x - x _ { 1 } ) ^ { n }$ 的敛散性，讨论 $\sum b _ { n } ( x - x _ { 2 } ) ^ { m }$ 的敛散性
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(1) $( x - x _ { 1 } ) ^ { n }$ 与 $( x - x _ { 2 } ) ^ { m }$ 的转化一般通过初等变形来完成，包括①“平移”收敛区间；②提出或者乘以因式 $( x - x _ { 0 } ) ^ { k }$ 等
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(2) $a _ { n }$ 与 $b _ { n }$ 的转化一般通过微积分变形来完成，包括①对级数逐项求导；②对级数逐项积分等。
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（3）以下三种情况，级数的收敛半径不变，收敛域要具体问题具体分析
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①对级数提出或者乘以因式 $( x - x _ { 0 } ) ^ { k }$ ，或者作平移等，收敛半径不变，
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②对级数逐项求导，收敛半径不变，收敛域可能缩小，并非“一定”，端点处的
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③对级数逐项积分，收敛半径不变，收敛域可能扩大
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例16.22 设 $a _ { n } = \sum _ { k = 1 } ^ { n } { \frac { 1 } { k } }$ ，则级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 的收敛半径为
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分析 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( 1 + { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 3 } } + \cdots + { \frac { 1 } { n } } \right) x ^ { n }$ ，则 $1 < 1 + { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 3 } } + \cdots + { \frac { 1 } { n } } < 1 + 1 + 1 + \cdots + 1 = n$ ，故 ${ \sqrt [ n ] { 1 } } < { \sqrt [ n ] { a _ { n } } } < { \sqrt [ n ] { n } }$
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解 应填1.
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { a _ { n } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { 1 + \frac { 1 } { 2 } + \cdots + \frac { 1 } { n } } \ .
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由习题2.6知
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\operatorname * { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { a _ { n } } = 1 \ ,
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即级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 的收敛半径为1.
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例16.23 幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { 2 n - 1 } } x ^ { 2 n }$ 的收敛域为
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解 应填[-1,1].
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记 $u _ { n } ( x ) = { \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { 2 n - 1 } } x ^ { 2 n }$ ，由于 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| { \frac { u _ { n + 1 } ( x ) } { u _ { n } ( x ) } } \right| = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { 2 n - 1 } { 2 n + 1 } } x ^ { 2 } = x ^ { 2 }$ ，故
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当 $\left| x \right| < 1$ 时， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ( x )$ 收敛；
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当 $\left| x \right| > 1$ 时， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ( x )$ 发散；
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当x=±1时， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ( \pm 1 ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { 2 n - 1 }$ ，根据莱布尼茨判别法知此级数收敛.
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综上，幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { 2 n - 1 } } x ^ { 2 n }$ 的收敛域为[-1,1].
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例16.24 设 $f ( x ) = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } x ^ { n } , g ( x ) = \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t$ ，则f(x)与g(x)的收敛域分别为（）. (A) (-1,1), (-1,1) (B) (-1,1),[-1,1) (C)[-1,1), (-1,1) (D) [-1,1),[-1,1)
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解 应选(B).
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对于 $f ( x ) = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } x ^ { n }$ ，有
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| \frac { a _ { n + 1 } } { a _ { n } } \right| = 1 = \rho ,
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所以收敛半径R=1，故收敛区间为(-1,1).又当x=±1时，级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( \pm 1 ) ^ { n }$ 发散，故收敛域为(-1,1).
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对于 $g ( x ) = \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t$ ，因为
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$$
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g ( x ) = \int _ { 0 } ^ { x } \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } t ^ { n } \mathrm { d } t = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \int _ { 0 } ^ { x } t ^ { n } \mathrm { d } t = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n + 1 } } x ^ { n + 1 } ,
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$$
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收敛时，可逐项积分
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$$
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\operatorname * { l i m } _ { n \to \infty } \left| \frac { b _ { n + 1 } } { b _ { n } } \right| = \operatorname * { l i m } _ { n \to \infty } \frac { n + 1 } { n + 2 } = 1 \ ,
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$$
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所以收敛半径 ${ \tilde { R } } = 1$ .当x=1时，级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n + 1 } }$ 发散；当x=-1时，级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n + 1 } } ( - 1 ) ^ { n + 1 }$ 收敛，故收敛域为[-1,1).
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综上，选(B).
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例16.25 已知 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { n ! } { n ^ { n } } } \operatorname { e } ^ { - n x }$ 的收敛域为 $( a , + \infty )$ ，则a=
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解 应填-1.
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因为
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { ( n + 1 ) ! } { ( n + 1 ) ^ { n + 1 } } } \operatorname { e } ^ { - ( n + 1 ) x } \cdot { \frac { n ^ { n } } { n ! } } \operatorname { e } ^ { n x } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( { \frac { n } { n + 1 } } ) ^ { n } \operatorname { e } ^ { - x } = \operatorname { e } ^ { - x - 1 } ,
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$$
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所以当 $\mathrm { e } ^ { - x - 1 } < 1$ ，即x>-1时，级数收敛，当 $\mathbf { e } ^ { - x - 1 } > 1$ ，即x<-1时级数发散，所以a=-1.
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注(1）当x=-1时， $\frac { u _ { n + 1 } } { u _ { n } } = \frac { \mathrm { ~ e ~ } } { \left( 1 + \displaystyle \frac { 1 } { n } \right) ^ { n } }$ 分母单调增加，且 $\left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right) ^ { n } \to \operatorname { e } ( n \to \infty )$ 故 $\left( 1 + \frac { 1 } { n } \right) ^ { n } < e$ ,故 $\frac { u _ { n + 1 } } { u _ { n } } > 1$ 且 $u _ { n } > 0$ 故 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } \neq 0$ ，即当x=-1时级数发散.
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un单调增加，且是正项级数，所一定发散→包含非幂级数，如指数级数、对数级数
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（2）对于一般函数项级数的收敛域，可以不是对称区间，也没有“收敛半径”这一概念。
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例16.26 设 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } ( x + 1 ) ^ { n }$ 在点x=1处条件收敛，则幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n a _ { n } ( x - 1 ) ^ { n }$ 在点x=2处（ ）(A)绝对收敛 (B)条件收敛 (C)发散 (D)敛散性不确定
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分析 思路： $a _ { n } ( x + 1 ) ^ { n } { \xrightarrow { { \mp \# } \cdots \to a _ { n } ( x - 1 ) ^ { n } } } a _ { n } ( x - 1 ) ^ { n } { \xrightarrow { { \# } \cdots \to a _ { n } } } n a _ { n } ( x - 1 ) ^ { n - 1 } { \xrightarrow { { \# } ( x - 1 ) } } n a _ { n } ( x - 1 ) ^ { n }$
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根据“三、3.注 $\left( 3 \right) ^ { \prime \prime }$ ，由 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } ( x + 1 ) ^ { n }$ 在点x=1处条件收敛，知
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R = \left| x _ { 1 } - x _ { 0 } \right| = \left| 1 - ( - 1 ) \right| = 2 ,
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且收敛区间为(-3,1)；
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根据“三、4.(2)注3(1)和 $\left( 3 \right) ^ { \prime \prime }$ ，将(x+1)" (x +1)"： -3 -1 平移转化为 $( x - 1 ) ^ { n }$ ，也就是把级数的中心点由-1转(x-1)":3移到1，即将收敛区间平移到(-1,3)，得 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } ( x - 1 ) ^ { n }$ ，收敛半径不变；
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根据“三、4.(2)注3(1)，(2)和 $\left( 3 \right) ^ { \prime \prime }$ ，对 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } ( x - 1 ) ^ { n }$ 逐项求导，得 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n a _ { n } ( x - 1 ) ^ { n - 1 }$ ，再乘以(x-1)得 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n a _ { n } ( x - 1 ) ^ { n }$ ，收敛半径不变.
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故 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n a _ { n } ( x - 1 ) ^ { n }$ 的收敛区间为(-1,3)，因为x=2在收敛区间内部，所以在该点处级数绝对收敛，故选择 (A).
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例16.27 幂级数 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } \biggl ( { \frac { 1 } { n \ln n } } + { \frac { 1 } { 2 ^ { n } } } \biggr ) x ^ { n }$ 的收敛域为
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①能拆开则拆开；分析 思路②不能拆开找子列.
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解 应填[-1,1).
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对于 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n \ln n } } x ^ { n } , { \frac { 1 } { R _ { 1 } } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n \ln n } { ( n + 1 ) \ln ( n + 1 ) } } = 1$
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当x=1时， $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n \ln n } }$ 发散；当x=-1时，由莱布尼茨判别法， $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { n \ln n } }$ 收敛，所以其收敛域为[-1,1).
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对于 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { 2 ^ { n } } } x ^ { n } , R _ { 2 } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \frac { 1 } { 2 ^ { n } } } { \frac { 1 } { 2 ^ { n + 1 } } } } = 2$
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当x=2时， $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } 1$ 发散；当x=-2时， $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { 2 ^ { n } } } \cdot ( - 2 ) ^ { n } = \sum _ { n = 2 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n }$ 发散，所以其收敛域为(-2,2).
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综上所述，原级数的收敛域为[-1,1).
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## 四幂级数求和函数
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（解答题/客观题）
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## 1概念
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在收敛域上，记 $S ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ( x )$ ，并称S(x)为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n } ( x )$ 的和函数.
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如x<1时， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } x ^ { n } = { \frac { x } { 1 - x } } = S ( x )$ ↓
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①（前提）求收斂域：②求和函数
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## 2 运算法则
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若幂级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 与 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } b _ { n } x ^ { n }$ 的收敛半径分别为 $R _ { a }$ 和 $R _ { b } ( R _ { a } \neq R _ { b } )$ ，则有
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$k \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } k a _ { n } x ^ { n } , \left| x \right| < R _ { a }$ ,k为常数；
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② $\displaystyle { \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } \pm \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } b _ { n } x ^ { n } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( a _ { n } \pm b _ { n } ) x ^ { n } , \left| x \right| < R = \operatorname* { m i n } \{ R _ { a } , R _ { b } \} }$
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当 $R _ { a } = R _ { b }$ 时， $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } \pm \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } b _ { n } x ^ { n }$ 的收敛半径 $R \geq \operatorname* { m i n } \{ R _ { a } , R _ { b } \}$ 即当 $R _ { a } = R _ { b }$ 时，R可能会变大
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例如，对于 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( 1 + 2 ^ { n } ) x ^ { n } , \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( 1 - 2 ^ { n } ) x ^ { n }$ 可求得
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R _ { a } = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } \frac { 1 + 2 ^ { n } } { 1 + 2 ^ { n + 1 } } = \frac 1 2 , R _ { b } = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } | \frac { 1 - 2 ^ { n } } { 1 - 2 ^ { n + 1 } } | = \frac 1 2 ,
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而 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } [ ( 1 + 2 ^ { n } ) x ^ { n } + ( 1 - 2 ^ { n } ) x ^ { n } ] = 2 \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } x ^ { n }$ 的收敛半径R=1，即
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其中 $2 ^ { n } x ^ { n }$ 使得收敛半径相对于x变小，去掉2"x"，则收斂半径变大
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$R > \operatorname* { m i n } \left\{ { \frac { 1 } { 2 } } , { \frac { 1 } { 2 } } \right\}$ 由此可见，发散级数+发散级数是有可能收敛的
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\enclose{circle} { 3 } \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } \cdot \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } b _ { n } x ^ { n } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \biggl ( \sum _ { i = 0 } ^ { n } a _ { i } b _ { n - i } \biggr ) x ^ { n } \cdot
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柯西划线法：
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\Rightarrow \ a _ { 0 } b _ { 0 } x ^ { 0 } + ( a _ { 0 } b _ { 1 } + a _ { 1 } b _ { 0 } ) x ^ { 1 } + ( a _ { 0 } b _ { 2 } + a _ { 1 } b _ { 1 } + a _ { 2 } b _ { 0 } ) x ^ { 2 } + \cdots = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \left( \sum _ { i = 0 } ^ { n } a _ { i } b _ { n - i } \right) x ^ { n }
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如何理解并记住此公式呢？由
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( a _ { 0 } + a _ { 1 } x + a _ { 2 } x ^ { 2 } ) ( b _ { 0 } + b _ { 1 } x + b _ { 2 } x ^ { 2 } ) = a _ { 0 } b _ { 0 } + ( a _ { 0 } b _ { 1 } + a _ { 1 } b _ { 0 } ) x + ( a _ { 0 } b _ { 2 } + a _ { 1 } b _ { 1 } + a _ { 2 } b _ { 0 } ) x ^ { 2 } + ( a _ { 1 } b _ { 2 } + a _ { 2 } b _ { 1 } ) x ^ { 3 } + a _ { 2 } b _ { 2 } x ^ { 4 } ,
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根据归纳法，可知
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\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } \cdot \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } b _ { n } x ^ { n } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \left( \sum _ { i = 0 } ^ { n } a _ { i } b _ { n - i } \right) x ^ { n } ~ .
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收敛半径 $R = \operatorname* { m i n } \{ R _ { a } , R _ { b } \}$
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\vec { \mathcal { C } } ^ { \vec { \boldsymbol { p } } } ( a _ { 0 } b _ { n } + a _ { 1 } b _ { n - 1 } + \cdots + a _ { n } b _ { 0 } ) \boldsymbol { x } ^ { n }
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## ③恒等变形方式
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(1)通项、下标一起变.
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\sum _ { n = k } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } = \sum _ { n = k + l } ^ { \infty } a _ { n - l } x ^ { n - l } ,
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其中l为整数，可正、可负、可为0.
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例如，
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\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n - 1 } x ^ { n - 1 } , \quad \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n + 1 } x ^ { n + 1 } .
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(2)只变下标，不变通项.
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\sum _ { n = k } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } = a _ { k } x ^ { k } + a _ { k + 1 } x ^ { k + 1 } + \cdots + a _ { k + l - 1 } x ^ { k + l - 1 } + \sum _ { n = k + l } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } { \overset { \underset { \mathrm { i f } } { } } { \underset { \mathrm { i f } } { } } } \not \equiv { \frac { \underset { \mathrm { i f } } { } } { \underset { \mathrm { i f } } { } \underset { \mathrm { i f } } { } } } \not \equiv { \frac { \underset { \mathrm { i f } } { } } { \underset { \mathrm { i f } } { } \mathrm { \cdot } } } \not \equiv { \frac { \underset { \mathrm { i f } } { } } { \mathrm { \cdot } } }
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例如，
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\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } = a _ { 0 } x ^ { 0 } + a _ { 1 } x ^ { 1 } + \sum _ { n = 2 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } ~ .
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(3)只变通项，不变下标.
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\sum _ { n = k } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } = x ^ { l } \sum _ { n = k } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n - l } \cdot \quad \mathrm { i } \Re \downarrow \downarrow x ^ { l } \Re \uparrow
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例如，
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\underbrace { \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { 2 n } + \displaystyle \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } b _ { n + 1 } x ^ { 2 n + 2 } } _ { \texttt { i n f l i c j e a l l } } = a _ { 0 } x ^ { 0 } + \displaystyle \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { 2 n } + \displaystyle \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } b _ { n } x ^ { 2 n } = a _ { 0 } + \displaystyle \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( \underbrace { a _ { n } + b _ { n } } _ { \texttt { i n f l o m s i l e f l e i g h t 1 2 - p a l } } .
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## 4 性质
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(1)幂级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 的和函数S(x)在其收敛域I上连续.>幂级数的和函数必连续，其他级数的和函数不一定
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注 如果幂级数在收敛区间的端点x=R（或x=-R）处收敛，则和函数S(x)在（-R，R]（或$[ - R , R ) ~ )$ 上连续，即 $\operatorname * { l i m } _ { x R ^ { - } } S ( x ) = S ( R ) \ ( \stackrel { \vartriangle } { \vec { \bigtriangledown } { \vec { \bigtriangledown } { \bigtriangledown } _ { x R ^ { + } } } } S ( x ) = S ( - R ) \ )$ 端点处单侧连续7
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(2)幂级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 的和函数S(x)在其收敛域I上可积，且有逐项积分公式 →“和的积分=积分的和”
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\int _ { 0 } ^ { x } S ( t ) \mathrm { d } t = \int _ { 0 } ^ { x } \left( \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } t ^ { n } \right) \mathrm { d } t = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } \int _ { 0 } ^ { x } t ^ { n } \mathrm { d } t = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { a _ { n } } { n + 1 } } x ^ { n + 1 } ( x \in I ) ,
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逐项积分后所得到的幂级数与原级数有相同的收敛半径，但收敛域可能扩大.
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(3)幂级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 的和函数S(x)在其收敛区间(-R,R)内可导，且有逐项求导公式
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S ^ { \prime } ( x ) = \left( \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } \right) ^ { \prime } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \bigl ( } a _ { n } x ^ { n } { \bigr ) } ^ { \prime } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n a _ { n } x ^ { n - 1 } ( | x | < R ) ,
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逐项求导后所得到的幂级数与原级数有相同的收敛半径，但收敛域可能缩小.
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5 重要展开式 左 $\frac { R A } { \frac { R B } { R B } \neq 0 } z$ 通过重要展开式间接求无穷级数的和函数
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( 1 ) \ { \mathrm { e } } ^ { x } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { x ^ { n } } { n ! } } = 1 + x + { \frac { x ^ { 2 } } { 2 ! } } + \cdots + { \frac { x ^ { n } } { n ! } } + \cdots , - \infty < x < + \infty \ .
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\rho ^ { ( 2 ) } \ \frac 1 { 1 + x } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } x ^ { n } = 1 - x + x ^ { 2 } - x ^ { 3 } + \cdots + ( - 1 ) ^ { n } x ^ { n } + \cdots , - 1 < x < 1 \ .
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逐项积分
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( 3 ) ~ \frac { 1 } { 1 - x } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } x ^ { n } = 1 + x + x ^ { 2 } + \cdots + x ^ { n } + \cdots , - 1 < x < 1 ~ .
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\left. 4 \right. \ln ( 1 + x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } { \frac { x ^ { n } } { n } } = x - { \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } + { \frac { x ^ { 3 } } { 3 } } - { \frac { x ^ { 4 } } { 4 } } + \cdots + ( - 1 ) ^ { n - 1 } { \frac { x ^ { n } } { n } } + \cdots , { \frac { - 1 < x \leq 1 } { \underline { { \kappa } } + 1 } } \cdot = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - x ) ^ { n } } { n } } = - \ln ( 1 + x ) ,
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{ \big ( } 5 { \big ) } \ \sin x = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { x ^ { 2 n + 1 } } { ( 2 n + 1 ) ! } }
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } { \frac { ( - x ) ^ { n } } { n } } = \ln ( 1 - x ) ~ ,
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逐项求导
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { x ^ { n } } { n } } = - \ln ( 1 - x )
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= x - { \frac { x ^ { 3 } } { 3 ! } } + { \frac { x ^ { 5 } } { 5 ! } } - { \frac { x ^ { 7 } } { 7 ! } } + \cdots + ( - 1 ) ^ { n } { \frac { x ^ { 2 n + 1 } } { ( 2 n + 1 ) ! } } + \cdots , - \infty < x < + \infty \ .
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' ( 6 ) \ \cos x = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \frac { \ x ^ { 2 n } } { ( 2 n ) ! }
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= 1 - { \frac { x ^ { 2 } } { 2 ! } } + { \frac { x ^ { 4 } } { 4 ! } } - { \frac { x ^ { 6 } } { 6 ! } } + \cdots + ( - 1 ) ^ { n } { \frac { x ^ { 2 n } } { ( 2 n ) ! } } + \cdots , - \infty < x < + \infty \ .
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$$
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[x∈(-1,1),当α≤-1时，(7) $\begin{array} { l } { | x \in ( - 1 , 1 ] } \\ { | x \in [ - 1 , 1 ] } \end{array}$ 当当 $- 1 < \alpha < 0$ 时，$\dot { \vert } \alpha > 0$ $\alpha \not \in \mathbf { N } .$ 记住前3项就行 $x \in ( - \infty , + \infty )$ ，当 $\alpha \in \mathbf { N } _ { + }$ 时.
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注(1)～(6)右端x的取值范围是指收敛域，而对于(7)，问题比较复杂，其收敛区间的端点是否收敛与α的取值有关，可以证明（这里不证）：
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当 $\alpha \leqslant - 1$ 时，收敛域为（-1,1)；
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当 $- 1 < \alpha < 0$ 时，收敛域为(-1,1]；
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当 $\alpha > 0$ 且 $\alpha \not \in \mathbf { N } _ { \star }$ 时，收敛域为[-1,1]；
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当 $\alpha \in \mathbf { N } _ { + }$ 时，收敛域为 $( - \infty , + \infty )$
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比如，当 $\alpha = - 1$ 时，得到
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\frac { 1 } { 1 + x } = 1 - x + x ^ { 2 } - x ^ { 3 } + \cdots + ( - 1 ) ^ { n } x ^ { n } + \cdots , - 1 < x < 1 ;
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当 $\alpha = - \frac { 1 } { 2 }$ 时，得到
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\frac { 1 } { \sqrt { 1 + x } } = 1 - \frac { 1 } { 2 } x + \frac { 1 \times 3 } { 2 \times 4 } x ^ { 2 } - \frac { 1 \times 3 \times 5 } { 2 \times 4 \times 6 } x ^ { 3 } + \cdots , - 1 < x \ll 1 \ .
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例16.28 求 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( 1 + { \frac { 1 } { 2 } } + \cdots + { \frac { 1 } { n } } \right) x ^ { n }$ 的和函数．
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分析 利用 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } \cdot \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } b _ { n } x ^ { n } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \left( \sum _ { i = 0 } ^ { n } a _ { i } b _ { n - i } \right) x ^ { n }$
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解
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\begin{array} { r l } & { \frac { \hat { \lambda } _ { 1 } ^ { \prime } } { 2 \pi } \lVert \hat { \mathbf { z } } \rVert _ { L ^ { \infty } ( \mathbb { R } ^ { n } ) } ^ { 2 } } \\ & { = \frac { \hat { \lambda } _ { 1 } ^ { \prime } } { 2 \pi } \lVert \hat { \mathbf { z } } \rVert _ { L ^ { \infty } ( \mathbb { R } ^ { n } ) } ^ { 2 } } \\ & { - \sum _ { s \in \mathbb { R } ^ { n } } ^ { \infty } \frac { 1 } { \pi } ( \hat { \mathbf { z } } ) _ { 2 } ^ { s } } \\ & { - \sum _ { s \in \mathbb { R } ^ { n } } ^ { \infty } \frac { 1 } { \pi } ( \hat { \mathbf { z } } ) _ { 2 } ^ { s } } \\ & { \quad - \sum _ { s \in \mathbb { R } ^ { n } } ^ { \infty } \frac { 1 } { \pi } ( \hat { \mathbf { z } } ) _ { 2 } ^ { s } } \\ & { \quad - \sum _ { s \in \mathbb { R } ^ { n } } ^ { \infty } \frac { 1 } { \pi } ( \hat { \mathbf { z } } ) _ { 2 } ^ { s } } \\ & { \quad - \sum _ { s \in \mathbb { R } ^ { n } } ^ { \infty } \frac { 1 } { \pi } ( \hat { \mathbf { z } } ) _ { 2 } ^ { s } } \\ & { \quad - \sum _ { s \in \mathbb { R } ^ { n } } ^ { \infty } \frac { 1 } { \pi } ( \hat { \mathbf { z } } ) _ { 2 } ^ { s } } \\ & { \quad - \sum _ { s \in \mathbb { R } ^ { n } } ^ { \infty } \frac { 1 } { \pi } ( \hat { \mathbf { z } } ) _ { 2 } ^ { s } } \\ & { \quad - \sum _ { s \in \mathbb { R } ^ { n } } ^ { \infty } \frac { 1 } { \pi } ( \hat { \mathbf { z } } ) _ { 2 } ^ { s } } \\ & \quad - \sum _ { s \in \mathbb { R } ^ { n } } ^ { \infty } \frac { 1 } { \pi } ( \hat { \mathbf { z } } \end{array}
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例16.29 设函数y=f(x)满足 $y ^ { \prime } + 2 y ^ { \prime } + 5 y = 0$ ，且 $f ( 0 ) = 1 , f ^ { \prime } ( 0 ) = - 1$
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(1)求f(x)的表达式；
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(2)设 $a _ { n } = \int _ { n \pi } ^ { + \infty } f ( x ) \mathrm { d } x$ ，求 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n }$
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解(1)由例15.16可知， $f ( x ) = \mathbf { e } ^ { - x } \cos 2 x$
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(2)由于 $\cdot \int f ( x ) \mathrm { d } x = \int \mathrm { e } ^ { - x } \cos 2 x \mathrm { d } x = { \frac { | \mathrm { e } ^ { - x } \qquad \cos 2 x | } { ( - 1 ) ^ { 2 } + 2 ^ { 2 } } } + C = { \frac { - \mathrm { e } ^ { - x } \cos 2 x + 2 \mathrm { e } ^ { - x } \sin 2 x } { 5 } } + C$ ，因此 $a _ { n } = { \frac { \mathrm { e } ^ { - n \pi } } { 5 } }$
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故 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } = { \frac { \mathrm { e } ^ { - \pi } } { 5 ( 1 - \mathrm { e } ^ { - \pi } ) } } = { \frac { 1 } { 5 ( \mathrm { e } ^ { \pi } - 1 ) } }$
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下面介绍求复杂级数的和函数的方法． 下面开绍小友东级双的和图双时刀法，
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①解微分方程，思路：把复杂级数转化为简单级数！ ②求不定积分，③级数求和
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基本公式： $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } x ^ { n } = { \frac { 1 } { 1 - x } }$ ，|x<1； $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } x ^ { n } = { \frac { x } { 1 - x } }$ ，x<1.
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## 例16.30 求级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { x ^ { n } } { n } }$ 的和函数.
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分析 由于 $( x ^ { n } ) ^ { \prime } = n x ^ { n - 1 }$ ，因此本题应先求导，约掉n，然后再积分，但要注意 $S ( x ) \neq \int S ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x$ ，应写为$\int _ { x _ { 0 } } ^ { x } S ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t = S ( t ) { \big \vert } _ { x _ { 0 } } ^ { x } = S ( x ) - S ( x _ { 0 } )$ ，即 $S ( x ) = S ( x _ { 0 } ) + \int _ { x _ { 0 } } ^ { x } S ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t$ （先导后积公式）. $x _ { 0 }$ 点一般选择展开点，例如 $\sum a _ { n } x ^ { n }$ $x _ { 0 }$ 取0， $\sum a _ { n } ( x - m ) ^ { n }$ $x _ { 0 }$ 取m.
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解设 $S ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { x ^ { n } } { n } }$ ，逐项求导，得 $S ^ { \prime } ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( { \frac { x ^ { n } } { n } } \right) ^ { \prime } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } x ^ { n - 1 } = { \frac { 1 } { 1 - x } }$ ,x<1，然后两边积分，得 $S ( x ) - S ( 0 ) = \int _ { 0 } ^ { x } { \frac { \mathrm { d } t } { 1 - t } } = - \ln ( 1 - x )$ .又因为 $S ( 0 ) = 0$ ，且当 $x = - 1$ 时，级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { n } }$ 收敛，故和函数$S ( x ) = - \ln ( 1 - x ) + S ( 0 ) = - \ln ( 1 - x ) , x \in [ - 1 , 1 )$
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方法总结求和函数，先求收敛域，然后根据幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } } x ^ { n }$ 的特点，选择先求导变为简单的幂级数，便于求和函数，然后用积分还原.
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公式 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } x ^ { n - 1 } = { \frac { 1 } { 1 - x } } , \ \left| x \right| < 1 \ ; \ \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { x ^ { n } } { n } } = - \ln ( 1 - x ) \ , x \in [ - 1 , 1 )$
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例16.31 求级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n x ^ { n }$ 的和函数．
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分析本题 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n x ^ { n }$ ，n在分子上，所以应该先积分，后求导．
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解 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n x ^ { n } = x \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n x ^ { n - 1 }$ ，设 $S ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n x ^ { n - 1 }$ ，则原级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n x ^ { n } = x S ( x )$
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对 $S ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n x ^ { n - 1 }$ 两边积分，得 $\int _ { 0 } ^ { x } S ( t ) \mathrm { d } t = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \int _ { 0 } ^ { x } n t ^ { n - 1 } \mathrm { d } t = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } x ^ { n } = { \frac { x } { 1 - x } }$ ,x<1.再两边求导，得$\left[ \int _ { 0 } ^ { x } S ( t ) \mathrm { d } t \right] ^ { \prime } = \left( { \frac { x } { 1 - x } } \right) ^ { \prime } = { \frac { 1 } { \left( 1 - x \right) ^ { 2 } } }$ ，所以 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n x ^ { n } = x S ( x ) = { \frac { x } { ( 1 - x ) ^ { 2 } } } , | x | < 1$
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方法总结求和函数，先求收敛域，本题幂函数为 $n x ^ { n }$ ，应先积分化为简单的幂级数，然后再求导．
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公式 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n x ^ { n } = { \frac { x } { ( 1 - x ) ^ { 2 } } }$ ，x<1.
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## 注（1）幂级数求和函数的突破口：
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①当（an+b)在分母上时，先导后积，见例16.30.
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②当（an+b）在分子上时，先积后导，见例16.31.
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（2）对于先积后导、先导后积的处理办法：
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①先积后导： $\left[ \int S ( x ) \mathrm { d } x \right] ^ { \prime } = S ( x )$
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②先导后积.由于 $\int _ { a } ^ { x } S ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t = S ( t ) { \big \vert } _ { a } ^ { x } = S ( x ) - S ( a )$ ，故 $S ( x ) = \int _ { a } ^ { x } S ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t + S ( a )$
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又由于当a为中心点时， $\left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle { \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } \frac { x = 0 } { \displaystyle a _ { 0 } } a _ { 0 } } , } \\ { \displaystyle { \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } a _ { n } ( x - x _ { 0 } ) ^ { n } \frac { x = x _ { 0 } } { \displaystyle a _ { 0 } } a _ { 0 } } } \end{array} \right.$ 都收敛，故下限通常取中心点
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(3)在解题过程中始终不要忘记标注收敛域：
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（4)建议大家记住由这两个例题所得到的结果
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n x ^ { n } = { \frac { x } { ( 1 - x ) ^ { 2 } } } , - 1 < x < 1
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { x ^ { n } } { n } = - \ln ( 1 - x ) , - 1 \leqslant x < 1 ; \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n x ^ { n - 1 } = \frac { 1 ^ { \prime } } { \left( 1 - x \right) ^ { 2 } } , - 1 < x < 1 \ .
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利用这两个公式可直接得到如下常数项级数的和
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n \cdot 2 ^ { n } } } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { n } } \cdot { \Bigg ( } { \frac { 1 } { 2 } } { \Bigg ) } ^ { n } = - \ln ( 1 - { \frac { 1 } { 2 } } ) = \ln 2 ,
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { n } { 2 ^ { n } } } = { \frac { 1 } { 2 } } \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n { \Bigg ( } { \frac { 1 } { 2 } } { \Bigg ) } ^ { n - 1 } = { \frac { 1 } { 2 } } \times { \frac { 1 } { { \Bigg ( } 1 - { \frac { 1 } { 2 } } { \Bigg ) } ^ { 2 } } } = 2 \ .
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（5）当 $\left| x \right| < 1$ 时，
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\frac { 1 } { 1 - x } = \sum \limits _ { n = 0 } ^ { \infty } x ^ { n } x ^ { n }\tag{①}
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\Rightarrow { \frac { 1 } { ( 1 - x ) ^ { 2 } } } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } n x ^ { n - 1 } \left( { \frac { x } { ( 1 - x ) ^ { 2 } } } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } n x ^ { n } \right)\tag{②}
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→实际为n=1，常数求导为0
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\Rightarrow { \frac { 2 } { ( 1 - x ) ^ { 3 } } } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } n ( n - 1 ) x ^ { n - 2 }\tag{③}
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\Rightarrow \frac { 6 } { ( 1 - x ) ^ { 4 } } = \sum _ { n = 3 } ^ { \infty } n ( n - 1 ) ( n - 2 ) x ^ { n - 3 } \ .\tag{④}
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对于一个幂级数，它的系数为n的3次幂，可通过①②③④的线性组合求得
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\begin{array} { l } { { \displaystyle \sum _ { n ^ { \prime } = 0 } ^ { \infty } ( a n ^ { 3 } + b n ^ { 2 } + c n + d \overbrace { \mathrm { \Gamma } ^ { x ^ { n } } } ^ { x } ) ^ { a } \left( a n ^ { 3 } + b n ^ { 2 } + c n + d - \displaystyle \sum _ { n ^ { \prime } = 0 } ^ { a } n ( n - 1 ) ( n - 2 ) + \displaystyle \frac { 3 a + b } { \textstyle \sum _ { n ^ { \prime } = 0 } ^ { a } n ( n - 1 ) } + \displaystyle \frac { a + b + c } { \textstyle \sum _ { n ^ { \prime } = 0 } ^ { a } n } \right) } } \left( \frac { b n ^ { 2 } + c n + d } { \textstyle \sum _ { n ^ { \prime } = 0 } ^ { a } n ^ { 2 } + c n + d } \right) \\ { { \displaystyle = a \sum _ { n ^ { \prime } = 0 } ^ { \infty } a ( n - 1 ) ( n - 2 ) x ^ { n } + ( 3 a + b ) \sum _ { n ^ { \prime } = 2 } ^ { * } ( n - 1 ) x ^ { n } + ( a + b + c ) \sum _ { n ^ { \prime } = 1 } ^ { * } a x ^ { n } + d \sum _ { n ^ { \prime } = 0 } ^ { * } x ^ { n } } } \\ { { \displaystyle = \frac { 6 a x ^ { 3 } } { ( 1 - x ) ^ { 4 } } + \frac { 2 ( 3 a + b ) x ^ { 2 } } { ( 1 - x ) ^ { 3 } } + \frac { ( a + b + c ) x } { ( 1 - x ) ^ { 2 } } + \frac { d } { 1 - x } ( - 1 < x < 1 ) } ~ . } \\ \displaystyle \iint _ { a \ne b } ^ { * } \sum _ { n ^ { \prime } = 0 } ^ { * } ( a ^ { 3 } - 1 ) x ^ { 2 n } = \sum _ { n ^ { \prime } = 0 } ^ { * } ( a ^ { 3 } - 1 ) ( x ^ { 2 } ) ^ { a } - \frac { 6 x ^ { 6 } } { ( 1 - x ^ { 2 } ) ^ { 4 } } + \frac { 6 x ^ { 4 } } { ( 1 - x ^ { 2 } ) ^ { 3 } } + \frac { x ^ { 2 } } ( 1 - x ^ { 2 } ) ^ \end{array}
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例16.32 求幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { 2 n - 1 } } x ^ { 2 n }$ 的和函数．
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分析）2n-1为分母，应先求导、后积分，注意求导前，应先提一个x，变为 $x \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { 2 n - 1 } } x ^ { 2 n - 1 }$ ，求导$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { 2 n - 1 } } x ^ { 2 n - 1 }$ 这部分，然后对其和函数进行积分，
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解 由例16.23知该级数的收敛域为[-1,1].
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设 $S ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { 2 n - 1 } } x ^ { 2 n - 1 } ( - 1 \leqslant x \leqslant 1 )$ ，由于 $S ^ { \prime } ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } x ^ { 2 n - 2 } = { \frac { 1 } { 1 + x ^ { 2 } } }$ ，且 $S ( 0 ) = 0$ ，因此 $S ( x ) =$ $\int _ { 0 } ^ { x } \frac { \mathrm { d } t } { 1 + t ^ { 2 } } + S ( 0 ) = \arctan x$ ，从而
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { 2 n - 1 } x ^ { 2 n } = x S ( x ) = x \arctan x ( - 1 \leqslant x \leqslant 1 ) \ .
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方法总结）求和函数，先求收敛域，结合 $\frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { 2 n - 1 }$ 的特点，应先求导化为简单的幂级数，然后再积分.
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公式 $\left[ \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { 2 n - 1 } } x ^ { 2 n - 1 } \right] ^ { \prime } = { \frac { 1 } { 1 + x ^ { 2 } } } , - 1 { \leqslant x } { \leqslant } 1$
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例16.33 设数列 $\{ a _ { n } \}$ 满足 $a _ { 1 } = 1 , ( n + 1 ) a _ { n + 1 } = ( n + \frac { 1 } { 2 } ) a _ { n }$ ，证明：当 $\left| x \right| < 1$ 时，幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 收敛，并求其和函数.
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分析本题给出的是幂级数系数的递推关系式，因为不缺项，故利用 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| { \frac { a _ { n + 1 } } { a _ { n } } } \right|$ 研究收敛区间（域），又$S ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 是抽象形式下的和函数，所以采用定义法，结合已知的递推公式对S(x)求导，然后再求解微分方程即可.
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解 由条件可知， $a _ { n } \neq 0$ ，且
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\operatorname * { l i m } _ { n \infty } \frac { | a _ { n + 1 } | } { | a _ { n } | } = \operatorname * { l i m } _ { n \infty } \frac { n + \frac 1 2 } { n + 1 } = 1 \ ,
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所以幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 的收敛半径为1，从而当 $\left| x \right| < 1$ 时，幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ 收敛.
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当 $\left| x \right| < 1$ 时，设 $S ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n }$ ，逐项求导得
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { S ^ { \prime } ( x ) = \sum _ { n ^ { * } = 1 } ^ { \infty } n a _ { n } x ^ { n - 1 } } } } \\ { { \mathrm { } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \sum _ { n ^ { * } = 1 } ^ { \infty } ( n + 1 ) a _ { n + 1 } x ^ { n } } } } } \\ { { \mathrm { } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \sum _ { n ^ { * } = 1 } ^ { \infty } n a _ { n } x ^ { n } + \frac { 1 } { 2 } \sum _ { n ^ { * } = 1 } ^ { \infty } a _ { n } x ^ { n } } } } } \\ { { \mathrm { } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \sum _ { n ^ { * } = 1 } ^ { \infty } \sum _ { n ^ { * } = 1 } ^ { \infty } \sum _ { \beta = 1 } ^ { \infty } \partial _ { n } ^ { \beta } ( x ) } } } } \end{array}
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所以
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S ^ { \prime } ( x ) - \frac { 1 } { 2 ( 1 - x ) } S ( x ) = \frac { 1 } { 1 - x } \ .
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根据一阶线性微分方程的通解公式得
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S ( x ) = { \mathrm { e } } ^ { \int { \frac { \mathrm { d } x } { 2 ( 1 - x ) } } } \left[ \int { \mathrm { e } } ^ { - \int { \frac { \mathrm { d } x } { 2 ( 1 - x ) } } } \bullet { \frac { 1 } { 1 - x } } \mathrm { d } x + C \right] = { \frac { C } { \sqrt { 1 - x } } } - 2 \ .
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由题设知S(0)=0，得C=2，所以 $S ( x ) = 2 { \biggl ( } { \frac { 1 } { \sqrt { 1 - x } } } - 1 { \biggr ) } , | x | < 1$
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方法总结 当幂函数是抽象形式，但给出了递推公式时，可以考虑求导，建立微分方程，该方法也称和函数的微分方程解法.
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\enclose{circle} { \pmb { \mathscr { S } } } \mathcal { L } \pmb { \mathscr { L } } \Game \int _ { 2 ( 1 - x ) } \mathrm { d } x = - \frac 1 2 \mathrm { l n } | 1 - x | + C \ .
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例16.34 设 $a _ { n } = \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n } \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x , b _ { n } = \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin ^ { n } t \mathrm { d } t , n = 1 , 2 , \cdots$ ，计算 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { a _ { n } } { b _ { n } } }$
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分析应先考虑对 $a _ { n }$ 这部分求解.因为被积函数中有 $\sqrt { 1 - x ^ { 2 } }$ ，考虑三角换元 $\scriptstyle { x = \sin t }$ .此时 $a _ { n } = b _ { n } - b _ { n + 2 }$ （将 $a _ { n }$ 与 $b _ { n }$ 联系起来）， ${ \frac { a _ { n } } { b _ { n } } } = { \frac { b _ { n } - b _ { n + 2 } } { b _ { n } } } = 1 - { \frac { b _ { n + 2 } } { b _ { n } } }$ ，根据华里士公式可知 $\frac { b _ { n + 2 } } { b _ { n } } = \frac { n + 1 } { n + 2 }$ 即 $\frac { a _ { n } } { b _ { n } } = \frac { 1 } { n + 2 }$ ，相当于计算$\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \cdot { \frac { 1 } { n + 2 } }$ ，结合 $\frac { 1 } { n + 2 }$ 特点将其转化为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { x ^ { n + 2 } } { n + 2 } } { \Biggr | } _ { x = 1 }$
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解
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a _ { n } \frac { x = \sin t } { \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin ^ { n } t \cos ^ { 2 } t \mathrm { d } t } = \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin ^ { n } t ( 1 - \sin ^ { 2 } t ) \mathrm { d } t = b _ { n } - b _ { n + 2 } \ .
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由华里士公式，知 $b _ { n + 2 } = { \frac { n + 1 } { n + 2 } } b _ { n }$ ，故 $a _ { n } = b _ { n } - { \frac { n + 1 } { n + 2 } } b _ { n } = { \frac { 1 } { n + 2 } } b _ { n }$ .于是
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { a _ { n } } { b _ { n } } } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \cdot { \frac { 1 } { n + 2 } } ~ .
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当 $\left| x \right| < 1$ 时，令 $S ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { x ^ { n + 2 } } { n + 2 } }$ ，则
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\begin{array} { c } { { S ^ { \prime } ( x ) = \displaystyle \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \cdot x ^ { n + 1 } = x \displaystyle \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - x ) ^ { n } } } \\ { { = x \cdot \displaystyle \frac { - x } { 1 + x } = - \displaystyle \frac { x ^ { 2 } } { 1 + x } ~ . } } \end{array}
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于是
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{ \begin{array} { r l } & { S ( x ) = S ( 0 ) + \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } \left( \frac { t ^ { \prime } } { 1 + t } \right) \mathrm { d } t = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } \frac { 1 - t ^ { 2 } - 1 } { 1 + t } \mathrm { d } t } \\ & { \qquad = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } ( 1 - t ) \mathrm { d } t - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } \frac { 1 } { 1 + t } \mathrm { d } t } \\ & { \qquad = x - \displaystyle \frac { x ^ { 2 } } { 2 } - \ln ( 1 + x ) ~ . } \end{array} }
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当x=1时，根据莱布尼茨判别法，知 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \cdot { \frac { 1 } { n + 2 } }$ 收敛，故
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\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { a _ { n } } { b _ { n } } } = \operatorname* { l i m } _ { x 1 ^ { - } } S ( x ) = { \frac { 1 } { 2 } } - \ln 2 .
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@方法总结①看到 $\int \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x$ 考虑三角换元；
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②见到 $\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin ^ { n } t \mathrm { d } t$ ，用华里士公式分析积分与积分之间的关系，即确定 $a _ { n }$ 与 $b _ { n }$ 的关系，得 $\frac { a _ { n } } { b _ { n } }$ 的关系式.
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公式 $\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin ^ { n } t \mathrm { d } t = { \frac { n - 1 } { n } } \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin ^ { n - 2 } t \mathrm { d } t$
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## 五函数展开成幂级数
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\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } x ^ { n } = { \frac { 1 } { 1 - x } } , \ - 1 < x < 1
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从右到左是展开
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## 概念
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如果函数f(x)在点 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处存在任意阶导数，则称
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f ( x _ { 0 } ) + f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) + { \frac { f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) } { 2 ! } } ( x - x _ { 0 } ) ^ { 2 } + \cdots + { \frac { f ^ { ( n ) } ( x _ { 0 } ) } { n ! } } ( x - x _ { 0 } ) ^ { n } + \cdots
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为函数f(x)在 $x _ { 0 }$ 处的泰勒级数，若收敛，则 $f ( x ) = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { f ^ { ( n ) } ( x _ { 0 } ) } { n ! } } ( x - x _ { 0 } ) ^ { n }$
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特别地，当 $x _ { 0 } = 0$ 时，称
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f ( 0 ) + f ^ { \prime } ( 0 ) x + \frac { f ^ { \prime \prime } ( 0 ) } { 2 ! } x ^ { 2 } + \cdots + \underbrace { \overbrace { f ^ { ( n ) } ( 0 ) } ^ { f ^ { ( n ) } } } _ { n ! } \biggr \rvert x ^ { n } + \cdots
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为函数f(x)的麦克劳林级数，若收敛，则 $f ( x ) = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { f ^ { ( n ) } ( 0 ) } { n ! } } x ^ { n }$
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它们都被称为函数展开成幂级数．
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求法 缺点：计算量大，比较麻烦，一般不用这种方法.优点：让我们直观感受具体展开式怎么来的.
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方法一（直接法）逐个计算 $a _ { n } = \frac { f ^ { ( n ) } ( x _ { 0 } ) } { n ! } ( n = 0 , 1 , \cdots )$ ，并代人
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f ( x _ { 0 } ) + f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) + { \frac { f ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } ) } { 2 ! } } ( x - x _ { 0 } ) ^ { 2 } + \cdots + { \frac { \overbrace { f ^ { ( n ) } ( x _ { 0 } ) } } { n ! } } { \overbrace { \left( x - x _ { 0 } \right) ^ { n } + \cdots } } ~ .
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但是直接法太麻烦了，我们一般都不用. →常用： $\mathbf { e } ^ { x } , \ { \frac { 1 } { 1 + x } } , \ { \frac { 1 } { 1 - x } }$ ，In(1+x)，sin x，cos x
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方法二（间接法）利用已知的幂级数展开式，通过变量代换、四则运算、逐项求导、逐项积分和N V待定系数法等方法得到函数的展开式. 例16.35 例16.36 例16.37
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例16.35 设 $f ( x ) = \int _ { 0 } ^ { \sin x } \sin ( t ^ { 2 }$ )dt， $g ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { x ^ { 2 n + 1 } } { n ^ { 2 } + 2 }$ ，当x→0时，f(x)是g(x)的（）.
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(A)高阶无穷小 $\sin ( t ^ { 2 } )$ 为偶西数上又），0 (B)低阶无穷小(C)等价无穷小 根据内偶则偶，内奇同外，所 (D)同阶非等价无穷小f(x)是奇函数.
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解 应选(C).
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$g ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { x ^ { 2 n + 1 } } { n ^ { 2 } + 2 } } = { \frac { x ^ { 3 } } { 3 } } + { \frac { x ^ { 5 } } { 6 } } + \cdots \sim { \frac { x ^ { 3 } } { 3 } } ( x 0 )$ ，于是
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因为x趋于0，t个于0与sinx之间，所t趋于零， $\sin ( t ^ { 2 } ) \sim t ^ { 2 }$ ，求积分就是关于x的3次方，根据上下同阶原则，分母也要有 $x ^ { 3 }$
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { f ( x ) } { g ( x ) } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { \int _ { 0 } ^ { \sin x } \sin ( t ^ { 2 } ) \mathrm { d } t } { \frac { x ^ { 3 } } { 3 } + o ( x ^ { 3 } ) } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { \sin ( \sin ^ { 2 } x ) \bullet \cos x } { x ^ { 2 } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { \sin ^ { 2 } x } { x ^ { 2 } } = 1 \ .
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注当x→0时，用 $\sin ( \sin ^ { 2 } x ) - \sin ^ { 2 } x - x ^ { 2 }$ 较简单，也可将 $\sin ( \sin ^ { 2 } x )$ 直接展开，较麻烦，但第一项仍为 $x ^ { 2 }$ ，虽然后面的展开项不同了，但最终结果不变.
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例16.36 函数 $f ( x ) = \ln ( 1 - x + x ^ { 2 } )$ 关于x的幂级数展开式为
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分析见到 $\ln ( 1 - x + x ^ { 2 } )$ 我们就想到In(1+x)，因为这是我们需要记住的常见展开式，需用到对数运算.
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由 $1 + x ^ { 3 } = ( 1 + x ) ( 1 - x + x ^ { 2 } )$ ，故当x≠-1时，有 ${ \frac { 1 + x ^ { 3 } } { 1 + x } } = 1 - x + x ^ { 2 }$
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解 应填 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } { \frac { x ^ { 3 n } - x ^ { n } } { n } } ( - 1 < x \leqslant 1 )$
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由于当x≠-1时， $\ln ( 1 - x + x ^ { 2 } ) = \ln { \frac { 1 + x ^ { 3 } } { 1 + x } } = \ln \left| 1 + x ^ { 3 } \right| - \ln \left| 1 + x \right|$ ，且
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利用对数公式： $\ln \left| 1 + x ^ { 3 } \right| = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } \frac { ( x ^ { 3 } ) ^ { n } } { n } \ ( \ - 1 < x ^ { 3 } \leqslant 1$ ，即 $- 1 < x { \leqslant } 1 \ )$ $\ln { \frac { b } { a } } = \ln b - \ln a ;$
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\ln a b = \ln a + \ln b
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\ln \left| 1 + x \right| = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } \frac { x ^ { n } } { n } \ ( \ - 1 < x \leqslant 1 \ ) ,
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于是
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\ln ( 1 - x + x ^ { 2 } ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } { \frac { ( x ^ { 3 } ) ^ { n } } { n } } - \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } { \frac { x ^ { n } } { n } } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } { \frac { x ^ { 3 n } - x ^ { n } } { n } } ( - 1 < x \leqslant 1 ) ~ .
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注有的考生可能会把 $\ln ( 1 - x + x ^ { 2 } )$ 中的 $- x + x ^ { 2 }$ 看成一个整体进行展开，这样是不对的，题干要的是关于x的展开式．
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例16.37 将函数 $f ( x ) = \arctan { \frac { 1 + x } { 1 - x } }$ 展开为x的幂级数.
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分析 因为所给函数和我们已知的幂级数相差甚远，无法通过简单恒等变形得到，所以需要想到先积后导或先导后积公式．
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解
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f ^ { \prime } ( x ) = \left( \arctan { \frac { 1 + x } { 1 - x } } \right) ^ { \prime } = { \frac { 1 } { 1 + \left( { \frac { 1 + x } { 1 - x } } \right) ^ { 2 } } } \bullet { \frac { ( 1 - x ) + ( 1 + x ) } { ( 1 - x ) ^ { 2 } } } = { \frac { ( 1 - x ) ^ { 2 } } { 2 ( 1 + x ^ { 2 } ) } } \bullet { \frac { 2 } { ( 1 - x ) ^ { 2 } } }
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这个是复合函数求导 x=1是跳跃间断点
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需要记住，它与arctanx
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的导函数一样
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= \frac { 1 } { 1 + x ^ { ^ 2 } } = \frac { 1 } { 1 - ( - x ^ { ^ 2 } ) } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } x ^ { 2 n } , - 1 < x < 1 .
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对f'(x)逐项积分，下限取在 $x _ { 0 } = 0$ 处的变上限积分，得
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t = \int _ { 0 } ^ { x } \left[ \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } t ^ { 2 n } \right] \mathrm { d } t = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \int _ { 0 } ^ { x } t ^ { 2 n } \mathrm { d } t } } } \\ { { \displaystyle { = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { 2 n + 1 } x ^ { 2 n + 1 } } , - 1 < x < 1 \ , } } \end{array}
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则 $f ( x ) = f ( 0 ) + \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { 2 n + 1 } } x ^ { 2 n + 1 } = { \frac { \pi } { 4 } } + \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { 2 n + 1 } } x ^ { 2 n + 1 } , - 1 < x < 1$
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考试可不写
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在x=1处， $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { 2 n + 1 } } x ^ { 2 n + 1 }$ 虽然收敛，但函数 $\mathrm { \Delta } f ( x ) = \arctan { \frac { 1 + x } { 1 - x } } .$ 无定义，所以成立范围不能扩大到x=1.在x=-1处， $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { 2 n + 1 } } x ^ { 2 n + 1 }$ 收敛，而 $f ( x ) = \arctan { \frac { 1 + x } { 1 - x } }$ 在x=-1处右连续，于是
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f ( - 1 ) = \operatorname* { l i m } _ { x - 1 ^ { + } } f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x - 1 ^ { + } } [ { \frac { \pi } { 4 } } + \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { 2 n + 1 } } x ^ { 2 n + 1 } ] = { \frac { \pi } { 4 } } + \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n + 1 } } { 2 n + 1 } } \ .\tag{*}
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所以有
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\arctan \frac { 1 + x } { 1 - x } = \frac { \pi } { 4 } + \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { 2 n + 1 } x ^ { 2 n + 1 } , - 1 \leqslant x < 1 \ .
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注（1)展开式在收敛区间内部可以逐项求导、逐项积分.但由此得到的新的展开式在收敛区间的端点处是否成立？要检查两点：若端点处级数收敛，并且被展开的函数在该端点单侧连续（左端点处右连续，右端点处左连续），像本例这样，则此展开式在端点处也成立.在具体做题时，（\*)式可以不写.考试中常有涉及端点处展开式是否成立的问题，考生应按这个注的办法处理.
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（2)小结，（全背，注意每个函数的做题标志）
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$\ln ( 1 + x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } \cdot { \frac { x ^ { n } } { n } } , - 1 < x \leqslant 1 \ .$
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[ \ln ( 1 + x ) ] ^ { \prime } = { \frac { 1 } { 1 + x } } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } x ^ { n } , - 1 < x < 1
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分母有n的往ln去想
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£② $\frac 1 2 \ln ( 1 + x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } \cdot \frac { x ^ { n } } { 2 n } , - 1 < x \leq 1$
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→分母有2n的往 $\frac { 1 } { 2 } \ln \frac { 1 } { 4 } \div \frac { 1 8 } { 1 8 }$
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\arctan x = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \cdot { \frac { x ^ { 2 n + 1 } } { 2 n + 1 } } , - 1 \leqslant x \leqslant 1
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( \arctan x ) ^ { \prime } = { \frac { 1 } { 1 + x ^ { 2 } } } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } x ^ { 2 n } , - 1 < x < 1
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分母是奇数，前面有（-1)”，要往arctanx去想
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④ $\displaystyle \mathrm { e } ^ { x } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \frac { x ^ { n } } { n ! } , - \infty < x < + \infty$ →分母上看到阶乘，如果是n!，想会不会是e
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\enclose{circle} { 5 } \frac { \mathrm { e } ^ { x } + \mathrm { e } ^ { - x } } { 2 } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \frac { x ^ { 2 n } } { ( 2 n ) ! } , - \infty < x < + \infty .
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悬链线，2023年真题考过
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如果是偶数阶乘，分两种情况：
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①前面 $\bar { \hbar } ( - 1 ) ^ { \circ }$ 考虑 $\frac { e ^ { x } + e ^ { - x } } { 2 }$
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\enclose{circle} { 6 } \cos x = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \cdot \frac { x ^ { 2 n } } { ( 2 n ) ! } , - \infty < x < + \infty .
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②前面有（-1），考虑 $\scriptstyle \cos x$
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\enclose{circle} { 7 } \frac { \mathrm { e } ^ { x } - \mathrm { e } ^ { - x } } { 2 } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \frac { x ^ { 2 n + 1 } } { ( 2 n + 1 ) ! } , - \infty < x < + \infty .
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如果是奇数阶乘，分两种情况：
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18 $\sin x = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \cdot \frac { x ^ { 2 n + 1 } } { ( 2 n + 1 ) ! } , - \infty < x < + \infty$
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①前面没有(-1)”，考虑 $\frac { e ^ { x } - e ^ { - x } } { 2 }$
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②前面有（-1)”，考虑 sinx
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常用上述8个公式来考一些简单的数项级数的和，如 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { ( 2 n ) ! } } = { \frac { e + e ^ { - 1 } } { 2 } }$ 再如
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\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \cdot { \frac { 2 n + 2 } { ( 2 n + 1 ) ! } } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { 2 n + 1 } { ( 2 n + 1 ) ! } } + \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \frac { 1 } { ( 2 n + 1 ) ! } }
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因为分母是（2n+1）！，所分子拆为2n+1+1
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\begin{array} { l } { { \displaystyle \ = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \frac { 1 } { ( 2 n ) ! } + \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } \frac { 1 } { ( 2 n + 1 ) ! } } } \\ { { \ = \displaystyle \cos 1 + \sin 1 . } } \end{array}
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## 六傅里叶级数（仅数学一）
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幂级数展开，一般是n阶可导.傅里叶级数，不需要n阶可导，一般情况下函数具有周期性.
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## 周期为21的傅里叶级数
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识记水平的考查
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定义4设函数f(x)是周期为2l的周期函数，且在[-l,]上可积，则称
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n = 0 \mathrm { ~ } \sharp \dag , a _ { 0 } = \frac { 1 } { l } \int _ { - l } ^ { l } f ( x ) \mathrm { d } x \Longleftarrow a _ { n } = \frac { 1 } { l } \int _ { - l } ^ { l } f ( x ) \cos \frac { n \pi } { l } x \mathrm { d } x ( n = 0 , 1 , 2 , \cdots ) ,
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b _ { n } = \frac { 1 } { l } \int _ { - l } ^ { l } f ( x ) \sin \frac { n \pi } { l } x \mathrm { d } x ( n = 1 , 2 , 3 , \cdots )
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>需要记住
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为f(x)的以2l为周期的傅里叶系数.称级数
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{ \frac { a _ { 0 } } { 2 } } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( a _ { n } \cos { \frac { n \pi } { l } } x + b _ { n } \sin { \frac { n \pi } { l } } x \right)
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为f(x)的以2l为周期的傅里叶级数，记作
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这个符号的意思 $f ( x ) \sim \frac { a _ { 0 } } { 2 } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( a _ { n } \cos \frac { n \pi } { l } x + b _ { n } \sin \frac { n \pi } { l } x \right) = S ( x )$ 是“展开为” ↑
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## ②狄利克雷收敛定理
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设f(x)是以2l为周期的可积函数，如果在[-l,]上f(x)满足：
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①连续或只有有限个第一类间断点；条件（一般会给出，了解即可)
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②至多只有有限个极值点.
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则f(x)的傅里叶级数在[-l,I]上处处收敛.记其和函数为S(x)，则
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\to { \stackrel { \cdot \# } { \operatorname { \# } } } \operatorname { \# } \operatorname { \# } \operatorname { \# } f ( x ) = { \frac { f ( x - 0 ) + f ( x + 0 ) } { 2 } }
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$\begin{array}{c} \overleftarrow { S ( x ) } = \left\{ \frac { f ( x ) , } { 2 } , \overbrace { 2 } ^ { } \\ { \underbrace { f ( - l + 0 ) + f ( l - 0 ) } _ { 2 } , } \end{array} \right.$ x为连续点，
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S(x)与f(x)不一定相等， ，x为间断点，
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连续情况下S(x)=f(x)，x=±l.
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因为f(x)是周期函数，所以-1处的右极限就是处的右极限，所…
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\frac { f ( - l + 0 ) + f ( l - 0 ) } { 2 } = \frac { f ( l - 0 ) + f ( l + 0 ) } { 2 }
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总结：S(x)收敛于点的 $\frac { \sum \limits _ { E } \texttt { t B } [ B E + E ] + \texttt { t B } [ B E } { 2 }$
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## ③正弦级数和余弦级数
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①当f(x)为奇函数时，其展开式是正弦级数
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f ( x ) \sim \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } b _ { n } \sin { \frac { n \pi x } { l } } , b _ { n } = { \frac { 2 } { l } } \int _ { 0 } ^ { l } f ( x ) \sin { \frac { n \pi x } { l } } \mathrm { d } x , n = 1 , 2 , \cdots .
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②当f(x)为偶函数时，其展开式是余弦级数
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f ( x ) \sim { \frac { a _ { 0 } } { 2 } } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } \cos { \frac { n \pi x } { l } } ,
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a _ { 0 } = \frac { 2 } { l } \int _ { 0 } ^ { l } f ( x ) \mathrm { d } x , a _ { n } = \frac { 2 } { l } \int _ { 0 } ^ { l } f ( x ) \cos \frac { n \pi x } { l } \mathrm { d } x , n = 1 , 2 , \cdots .
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## 4只在[0.I]上有定义的函数的正弦级数和余弦级数展开
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若f(x)是定义在[0,1]上的函数，首先用周期延拓，使其扩展为定义在 $( - \infty , + \infty )$ 上的周期函数$F ( x )$ .在得到 $F ( x )$ 的傅里叶展开式后，再将其自变量限制在[0,I]上，就得到f(x)在[0,l]上的傅里叶级数展开式．《全国硕士研究生招生考试数学考试大纲》中只要求周期奇延拓和周期偶延拓.
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(1)周期奇延拓与正弦级数展开.
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①周期奇延拓.
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设f(x)定义在[0,I]上，令
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F ( x ) = \left\{ { \begin{array} { l l } { f ( x ) , } & { 0 < x \leqslant l , } \\ { - f ( - x ) , } & { - l \leqslant x < 0 , } \\ { 0 , } & { x = 0 , } \end{array} } \right.
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再令 $F ( x )$ 为以21为周期的周期函数.
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②正弦级数展开.
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f ( x ) \sim \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } b _ { n } \sin \frac { n \pi } { l } x , x \in [ 0 , l ] ,
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b _ { n } = \frac { 2 } { l } \int _ { 0 } ^ { l } f ( x ) \sin \frac { n \pi } { l } x \mathrm { d } x ( n = 1 , 2 , 3 , \cdots ) \ .
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(2)周期偶延拓与余弦级数展开.
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①周期偶延拓.
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设f(x)定义在[0,]上，令
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F ( x ) = \left\{ { \begin{array} { l l } { f ( x ) , } & { 0 \leqslant x \leqslant l , } \\ { f ( - x ) , } & { - l \leqslant x < 0 , } \end{array} } \right.
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再令F(x)为以2l为周期的周期函数.
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②余弦级数展开.
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f ( x ) \sim { \frac { a _ { 0 } } { 2 } } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } \cos { \frac { n \pi } { l } } x , x \in [ 0 , l ] ,
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a _ { n } = \frac { 2 } { l } \int _ { 0 } ^ { l } f ( x ) \cos \frac { n \pi } { l } x \mathrm { d } x ( n = 0 , 1 , 2 , \cdots ) \ .
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例16.38 设 $\cdot f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { { x , } } & { { 0 \leqslant x \leqslant \frac { 1 } { 2 } , } } \\ { { } } & { { S ( x ) = \frac { a _ { 0 } } { 2 } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } \cos n \pi x , - \infty < x < + \infty } } \\ { { 2 - 2 x , } } & { { \frac { 1 } { 2 } < x \leqslant 1 , } } \end{array} \right.$ ，其中
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a _ { n } = 2 \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \cos n \pi x \mathrm { d } x \left( n = 0 , 1 , 2 , \cdots \right) ,
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则 $S \left( - { \frac { 5 } { 2 } } \right) \ =$
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分析S(x)为余弦级数，为偶函数的展开式，题干给了定义在区间[0,1]上的函数，需进行偶延拓，再进行周期延拓.
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解 应填 $\frac 3 4$
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由余弦级数S(x)为函数f(x)作周期偶延拓的傅里叶级数，知S(x)以2为周期且为偶函数，故
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S \left( - { \frac { 5 } { 2 } } \right) = S \left( - 2 - { \frac { 1 } { 2 } } \right) = S \left( - { \frac { 1 } { 2 } } \right) = S \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) .
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周期为2 偶函数又 $x = \frac { 1 } { 2 }$ 为f(x)的第一类间断点，故由狄利克雷收敛定理，得
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S \left( - { \frac { 5 } { 2 } } \right) = S \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) = { \frac { f \left( { \frac { 1 } { 2 } } - 0 \right) + f \left( { \frac { 1 } { 2 } } + 0 \right) } { 2 } } = { \frac { { \frac { 1 } { 2 } } + \left( 2 - 2 \times { \frac { 1 } { 2 } } \right) } { 2 } } = { \frac { 3 } { 4 } } \ .
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例16.39 将函数 $f ( x ) = 1 - x ^ { 2 } ( 0 \leqslant x \leqslant \pi )$ 展开成余弦级数，并求级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n + 1 } } { n ^ { 2 } } }$
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解 因为是余弦级数，将f(x)延拓成[-π，π]上的偶函数，则 $b _ { n } = 0 , n = 1 , 2 , \cdots$
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a _ { 0 } = \frac { 2 } { \pi } \int _ { 0 } ^ { \pi } ( 1 - x ^ { 2 } ) \mathrm { d } x = 2 \Biggl ( 1 - \frac { \pi ^ { 2 } } { 3 } \Biggr ) ,
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表格法
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a _ { n } = { \frac { 2 } { \pi } } \int _ { 0 } ^ { \pi } f ( x ) \cos n x \mathrm { d } x = { \frac { 2 } { \pi } } \biggl ( \int _ { 0 } ^ { \pi } \cos n x \mathrm { d } x - \int _ { 0 } ^ { \pi } x ^ { 2 } \cos n x \mathrm { d } x \biggr )
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\frac { x ^ { 2 } \cdot \sqrt { \rho } } { \cos n x } \frac { 2 x } { \rho } \underbrace { \sum _ { \substack { 0 } } \cdot \left[ \phi \right] } _ { = \frac { 1 } { n } \cdot \alpha \mathrm { s n } x } \times \left[ - \frac { 1 } { n ^ { 3 } } \sin n x \right] \cdot \frac { 1 } { n } \sin x \leq \left( \left( 0 - \int _ { 0 } ^ { \pi } x ^ { 2 } \cos n x \mathrm { d } x \right) + \frac { - 2 } { \pi } \left( \frac { x ^ { 2 } \sin n x } { n } \right) _ { 0 } ^ { \alpha } - \int _ { 0 } ^ { \pi } \frac { 2 x \sin n x } { n } \mathrm { d } x \right)
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= \frac { 2 } { \pi } \bullet \frac { 2 \pi \bullet ( - 1 ) ^ { n + 1 } } { n ^ { 2 } } = \frac { 4 \bullet ( - 1 ) ^ { n + 1 } } { n ^ { 2 } } , n = 1 , 2 , \cdots ,
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故 $f ( x ) = 1 - x ^ { 2 } \sim S ( x ) = { \frac { a _ { 0 } } { 2 } } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } \cos n x = 1 - { \frac { \pi ^ { 2 } } { 3 } } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { 4 \ast ( - 1 ) ^ { n + 1 } } { n ^ { 2 } } } \cos n x ( 0 \leqslant x \leqslant \pi )$
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取x=0，得 $1 = 1 - \frac { \pi ^ { 2 } } { 3 } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 4 \bullet ( - 1 ) ^ { n + 1 } } { n ^ { 2 } }$ ，于是 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n + 1 } } { n ^ { 2 } } } = { \frac { \pi ^ { 2 } } { 1 2 } }$
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## 基础习题精练
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## 习题
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## 16.1有以下命题：
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①若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( u _ { 2 n - 1 } + u _ { 2 n } \right)$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛；
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②若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n + 1 0 0 }$ 收敛；
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③若 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { u _ { n + 1 } } { u _ { n } } } > 1$ ，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 发散；
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④若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( u _ { n } + \nu _ { n } \right)$ 收敛，则 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 与 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 都收敛.
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则其中所有真命题的序号是（）.（A)①② (B)②③ (C)③④ (D)①④
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16.2当级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } ^ { 2 } , \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } b _ { n } ^ { 2 }$ 都收敛时，级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } b _ { n }$ （ ）.(A)条件收敛 (B)绝对收敛 (C)发散 (D)敛散性不确定
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16.3设 $a _ { n } > 0 ( n = 1 , 2 , \cdots )$ ，级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n }$ 收敛，常数 $\lambda > 0$ ，则级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \binom { n } { n \sin { \frac { \lambda } { n } } } } a _ { 2 n }$ ）. (A)绝对收敛 (B)条件收敛 (C)发散 (D)敛散性与λ有关
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16.4若级数 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } \left[ \sin { \frac { 1 } { n } } - k \ln \left( 1 - { \frac { 1 } { n } } \right) \right]$ 收敛，则k=（）.(A)1 (B)2 (C)-1 (D)-2
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16.5若y满足微分方程 $y ^ { \prime } = x + y$ 及y(0)=1，且级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left[ y { \Bigg ( } { \frac { 1 } { n } } { \Bigg ) } + k - { \frac { 1 } { n } } \right]$ 收敛，则k=
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16.6幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { n } { 3 ^ { n } } } ( x - 1 ) ^ { n }$ 的收敛域为
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16.7（仅数学一）设 $f ( x ) = \left\{ { x ^ { 2 } } , \quad \quad - \pi \leqslant x < 0 , \right.$ 则其以2π为周期的傅里叶级数在x=±π处收敛 于
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16.8（仅数学一）设函数 $f ( x ) = \pi x + x ^ { 2 } ( - \pi < x < \pi )$ 的傅里叶级数展开式为
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\frac { a _ { 0 } } { 2 } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( a _ { n } \cos n x + b _ { n } \sin n x ) \ ,
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则其中系数 $b _ { 3 }$ 的值为
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16.9设正项数列 $\{ a _ { n } \}$ 单调减少，且 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } a _ { n }$ 发散，试问级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( { \frac { 1 } { a _ { n } + 1 } } \right) ^ { n }$ 是否收敛？并说明理由.
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.16.10判别 $\prod _ { n = 2 } ^ { \infty } 2 ^ { \frac { \ln n } { n ^ { \alpha } } }$ 的敛散性(α >0).
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16.11判别级数 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } \ln \left[ 1 + { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { \sqrt { n } } } \right]$ 的敛散性.
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16.12求幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { [ 3 + ( - 1 ) ^ { n } ] ^ { n } } { n } } \cdot x ^ { n }$ 的收敛域.
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16.13求幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( { \frac { 1 } { 2 n + 1 } } - 1 \right) x ^ { 2 n }$ 在区间(-1,1)内的和函数 $S ( x )$
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16.14求级数 $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n } ( n ^ { 2 } - n + 1 ) } { 2 ^ { n } } }$ 的和.
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16.15将函数 $f ( x ) = { \frac { 1 } { x ^ { 2 } - 3 x + 2 } }$ 展开成x的幂级数，并指出其收敛区间.
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16.16设 $f ( x ) = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { a _ { n } } { n ! } } x ^ { n }$ ，且满足 $\left\{ \begin{array} { l l } { f ^ { \prime \prime } ( x ) - f ^ { \prime } ( x ) - 2 f ( x ) = 0 } \\ { f ( 0 ) = 0 , f ^ { \prime } ( 0 ) = 1 . } \end{array} \right.$ 求：(1) f(x)；(2) $a _ { n }$
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16.17将幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { ( 2 n - 1 ) ! 2 ^ { 2 n - 2 } } } x ^ { 2 n - 1 }$ 的和函数展开成x-1的幂级数.
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## 解答
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16.1(B）解由级数收敛的性质可知，加括号的级数收敛，原级数未必收敛，所以命题①不正确.若 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( u _ { n } + \nu _ { n } )$ 收敛， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 与 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 未必收敛，可知命题④不正确.也可取反例，对于命题①，令
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$u _ { n } = ( - 1 ) ^ { n - 1 }$ ；对于命题④，令 $u _ { n } = ( - 1 ) ^ { n - 1 } , \nu _ { n } = ( - 1 ) ^ { n }$
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由级数去掉前面有限项，不改变级数收敛性的性质，可知命题②正确.
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若级数满足 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { u _ { n + 1 } } { u _ { n } } }$ 存在且大于1，则级数发散，可知命题③正确.
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综上可知，应选(B).
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16.2(B）解因为级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } ^ { 2 } , \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } b _ { n } ^ { 2 }$ 都为正项级数且收敛，又 $\left| a _ { n } b _ { n } \right| = { \sqrt { a _ { n } ^ { 2 } \cdot b _ { n } ^ { 2 } } } \leqslant { \frac { a _ { n } ^ { 2 } + b _ { n } ^ { 2 } } { 2 } }$ ，故由比较判别法知， $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| a _ { n } b _ { n } \right|$ 收敛，即 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n } b _ { n }$ 绝对收敛.选(B).
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16.3(A）解由题设知 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { n }$ 为正项级数且收敛，故级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { 2 n }$ 收敛.
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记 $u _ { n } = \not | n \sin \frac { \lambda } { n } \not | a _ { 2 n } , \nu _ { n } = a _ { 2 n }$ ，由于
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { u _ { n } } { \nu _ { n } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { \left| n \sin \frac { \lambda } { n } \right| a _ { 2 n } } { a _ { 2 n } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { \left| \sin \displaystyle \frac { \lambda } { n } \right| } { \displaystyle \frac { 1 } { n } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { \displaystyle \frac { \lambda } { n } } { \displaystyle \frac { 1 } { n } } = \lambda > 0 ,
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故由正项级数比较判别法的极限形式知 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } u _ { n }$ 与 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n }$ 的敛散性相同.又 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \nu _ { n } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } a _ { 2 n }$ 收敛，故 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left| n \sin { \frac { \lambda } { n } } \right| a _ { 2 } ,$ 收敛，从而 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } { \binom { n } { n \sin { \frac { \lambda } { n } } } } a _ { 2 n }$ 绝对收敛.故选(A).
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## 16.4(C）解利用泰勒展开式
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\begin{array} { l } { { \displaystyle \sin \displaystyle \frac { 1 } { n } - k \ln \left( 1 - \frac { 1 } { n } \right) = \frac { 1 } { n } - \frac { 1 } { 6 n ^ { 3 } } + o \left( \frac { 1 } { n ^ { 3 } } \right) + \frac { k } { n } + \frac { k } { 2 n ^ { 2 } } + o \left( \frac { 1 } { n ^ { 2 } } \right) } } \\ { { \displaystyle \qquad = \frac { 1 + k } { n } + \frac { k } { 2 n ^ { 2 } } + o \left( \frac { 1 } { n ^ { 2 } } \right) . } } \end{array}
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若级数收敛，则1+k =0，即k=-1，应选(C).
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16.5-1分析一个自然的想法是求出y(x)（这是可以的)，但借助微分方程 $y ^ { \prime } = x + y$ 及$y ( 0 ) = 1$ 求出 $y ^ { \prime } ( 0 )$ 和 $y " ( 0 )$ ，再利用泰勒公式确定 $u _ { n } = y { \Bigg ( } { \frac { 1 } { n } } { \Bigg ) } + k - { \frac { 1 } { n } }$ 关于 $\frac { 1 } { n }$ 的阶数会更简单.
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解由 $y ^ { \prime } = x + y , y ( 0 ) = 1$ 可得y(0)=1，且由 $y ^ { \prime \prime } { = } 1 { + } y ^ { \prime }$ 可得 $y ^ { \prime \prime } ( 0 ) = 2$ ，于是
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y ( x ) = y ( 0 ) + y ^ { \prime } ( 0 ) x + { \frac { 1 } { 2 } } y ^ { \prime } ( 0 ) x ^ { 2 } + o ( x ^ { 2 } ) = 1 + x + x ^ { 2 } + o ( x ^ { 2 } ) \ ,
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故 $u _ { n } = y { \Bigg ( } { \frac { 1 } { n } } { \Bigg ) } + k - { \frac { 1 } { n } } = { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } + 1 + k + o { \Bigg ( } { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } { \Bigg ) }$ ，当 $k = - 1$ 时， $u _ { n } = { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } + o \left( { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } \right)$ ，即 $u _ { n } = y ( { \frac { 1 } { n } } ) - 1 - { \frac { 1 } { n } } \sim { \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } ( n \infty )$ 故收敛.
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16.6（-2,4）解用比值判别法，因为
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| { \frac { ( n + 1 ) ( x - 1 ) ^ { n + 1 } } { 3 ^ { n + 1 } } } \right| = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n + 1 } { 3 n } } \big | x - 1 \big | = { \frac { 1 } { 3 } } \big | x - 1 \big | ,
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所以当 $\frac { 1 } { 3 } \vert x - 1 \vert < 1$ ，即 $\left| x - 1 \right| < 3$ 时，幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { n } { 3 ^ { n } } } ( x - 1 ) ^ { n }$ 绝对收敛；当 $\frac { 1 } { 3 } \vert x - 1 \vert > 1$ ，即 $\left| x - 1 \right| > 3$ 时，幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { n } { 3 ^ { n } } } ( x - 1 ) ^ { n }$ 发散.
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根据收敛半径的定义可知收敛半径R=3，收敛区间为(-2,4).
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又因为当x=4时，幂级数为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } n$ ，发散；当x=-2时，幂级数为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } n$ ，发散，所以收敛域为(-2,4).
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16.7 $\frac { \pi ^ { 2 } - 5 } { 2 }$ 解由狄利克雷收敛定理可知，f(x)在x=±π处的傅里叶级数收敛于
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\frac { f ( - \pi ^ { + } ) + f ( \pi ^ { - } ) } { 2 } \ .
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因为 $f ( \pi ^ { - } ) = - 5 , f ( - \pi ^ { + } ) = x ^ { 2 } { \Big | } _ { x = - \pi } = \pi ^ { 2 }$ ，故 $S { \big ( } \pm \pi { \big ) } = { \frac { f ( - \pi ^ { + } ) + f ( \pi ^ { - } ) } { 2 } } = { \frac { \pi ^ { 2 } - 5 } { 2 } }$
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16.8 $\frac { 2 } { 3 } \pi$ 解 $b _ { 3 } = { \frac { 1 } { \pi } } \int _ { - \pi } ^ { \pi } f ( x ) \sin 3 x \mathrm { d } x = { \frac { 1 } { \pi } } \int _ { - \pi } ^ { \pi } ( \pi x + x ^ { 2 } ) \sin 3 x \mathrm { d } x = 2 \int _ { 0 } ^ { \pi } x \sin 3 x \mathrm { d } x = { \frac { 2 } { 3 } } \pi$
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16.9解由正项数列 $\{ a _ { n } \}$ 单调减少知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n }$ 存在，记为 $a , a \geqslant 0$ ，且对任意 $\boldsymbol n \in \mathbf N .$ 都有 $a _ { n } \geqslant a$ .从而 $\frac { 1 } { a _ { n } + 1 } { \leqslant } \frac { 1 } { a + 1 } ( n = 1 , 2 , \cdots )$ .另一方面，已知 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } a _ { n }$ 发散，故 $a > 0$ .因若 $a = 0$ ，则由莱布尼茨判别法知 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n } a _ { n }$ 应收敛.既然常数 $a > 0$ ，故等比级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( { \frac { 1 } { a + 1 } } \right) ^ { n }$ 的公比 ${ \frac { 1 } { a + 1 } } < 1 \ , \ \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( { \frac { \ 1 } { a + 1 } } \right) ^ { n }$ 收敛.由比较判别法知 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( { \frac { 1 } { a _ { n } + 1 } } \right) ^ { n }$ 亦收敛.
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16.10解 $\prod _ { n = 2 } ^ { \infty } 2 ^ { \frac { \ln n } { n ^ { \alpha } } } = 2 ^ { \sum _ { n = 2 } ^ { \ln n } { \frac { \ln n } { n ^ { \alpha } } } }$ ，根据指数函数的连续性可知 $\prod _ { n = 2 } ^ { \infty } 2 ^ { \frac { \ln n } { n ^ { \alpha } } }$ 与 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { \ln n } { n ^ { \alpha } } }$ 同敛散.
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以下同例16.8.故当 $0 < \alpha \leqslant 1$ 时， $\prod _ { n = 2 } ^ { \infty } 2 ^ { \frac { \ln n } { n ^ { \alpha } } }$ 发散；当 $\alpha > 1$ 时， $\prod _ { n = 2 } ^ { \infty } 2 ^ { \frac { \ln n } { n ^ { \alpha } } }$ 收敛.
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16.11分析这是交错级数，但不易判别 $\{ \left| u _ { n } \right| \}$ 的单调性，因此不能使用莱布尼茨判别法.为了能
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掌握一般项 $u _ { n } = \ln \left[ 1 + { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { \sqrt { n } } } \right]$ 的阶数，需使用泰勒公式.
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解由泰勒公式得, $\ln \left[ 1 + { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { \sqrt { n } } } \right] = { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { \sqrt { n } } } - { \frac { 1 } { 2 n } } + o \left( { \frac { 1 } { n } } \right)$
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由比较判别法， $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { { \frac { 1 } { 2 n } } - o { \Bigg ( } { \frac { 1 } { n } } { \Bigg ) } } { \frac { 1 } { n } } } = { \frac { 1 } { 2 } }$ ，而级数 $\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { \sqrt { n } } }$ 是（条件)收敛的，故原级数发散.
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16.12分析 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { a _ { n } } \prod _ { n \to \infty } \frac { 3 + ( - 1 ) ^ { n } } { \sqrt [ n ] { n } }$ 不存在．
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$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| { \frac { a _ { n + 1 } } { a _ { n } } } \right| = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \left[ 3 + ( - 1 ) ^ { n + 1 } \right] ^ { n + 1 } } { n + 1 } } \bullet { \frac { n } { \left[ 3 + ( - 1 ) ^ { n } \right] ^ { n } } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \left[ 3 + ( - 1 ) ^ { n + 1 } \right] ^ { n } } { \left[ 3 + ( - 1 ) ^ { n } \right] ^ { n } } } \bullet [ 3 + ( - 1 ) ^ { n + 1 } ] \bullet { \frac { n } { n + 1 } }$ 不存在（因为当n为
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奇数，且n→8时， ${ \frac { n } { n + 1 } } \to 1 , { \frac { [ 3 + ( - 1 ) ^ { n + 1 } ] ^ { n } } { [ 3 + ( - 1 ) ^ { n } ] ^ { n } } } \to + \infty , 3 + ( - 1 ) ^ { n + 1 } \to 4 \ )$
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但 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \sqrt [ n ] { a _ { n } \mid } }$ 及 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| { \frac { a _ { n + 1 } } { a _ { n } } } \right|$ 都不存在，并不能判定原级数的收敛半径一定不存在.
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## 解现考虑原级数的奇、偶项级数.
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$a _ { n } = { \frac { [ 3 + ( - 1 ) ^ { n } ] ^ { n } } { n } } = { \left\{ \begin{array} { l l } { 4 ^ { n } } \\ { { \overline { { n } } } } \end{array} , \right. } n $ 为偶数，由于 故原级数的奇、偶项级数分别为 $\sum _ { k = 1 } ^ { \infty } { \frac { 2 ^ { 2 k - 1 } } { 2 k - 1 } } \bullet x ^ { 2 k - 1 }$ 与为奇数，$\sum _ { k = 1 } ^ { \infty } { \frac { 4 ^ { 2 k } } { 2 k } } \bullet x ^ { 2 k }$
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①由比值判别法求出级数 $\sum _ { k = 1 } ^ { \infty } { \frac { 2 ^ { 2 k - 1 } } { 2 k - 1 } } \bullet x ^ { 2 k - 1 }$ 的收敛半径 $R _ { 1 } = \frac { 1 } { 2 }$ ，级数 $\sum _ { k = 1 } ^ { \infty } { \frac { 4 ^ { 2 k } } { 2 k } } \bullet x ^ { 2 k }$ 的收敛半径 $R _ { 2 } = \frac { 1 } { 4 }$ 则原级数的收敛半径 $R = \operatorname* { m i n } \{ R _ { 1 } , R _ { 2 } \} = \frac { 1 } { 4 }$
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②当 $x = \frac { 1 } { 4 }$ 时，原级数化为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { [ 3 + ( - 1 ) ^ { n } ] ^ { n } } { n } } \cdot { \frac { 1 } { 4 ^ { n } } }$ ，且 $\frac { [ 3 + ( - 1 ) ^ { n } ] ^ { n } } { n } \bullet \frac { 1 } { 4 ^ { n } } = \left[ \begin{array} { l l } { { \displaystyle \frac { 1 } { ( 2 k - 1 ) \bullet 2 ^ { 2 k - 1 } } , } } & { { n = 2 k - 1 , } } \\ { { \displaystyle \frac { 1 } { 2 k } , } } & { { n = 2 k . } } \end{array} \right.$ 由于 $\sum _ { k = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { ( 2 k - 1 ) \cdot 2 ^ { 2 k - 1 } } }$ 收敛， $\sum _ { k = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { 2 k } }$ 发散，因此 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { [ 3 + ( - 1 ) ^ { n } ] ^ { n } } { n } } \cdot { \frac { 1 } { 4 ^ { n } } }$ 发散.
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③当 $x = - { \frac { 1 } { 4 } }$ 时，原级数为 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { [ 3 + ( - 1 ) ^ { n } ] ^ { n } } { n } } \cdot { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { 4 ^ { n } } }$ ，且
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\frac { [ 3 + ( - 1 ) ^ { n } ] ^ { n } } { n } \cdot \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { 4 ^ { n } } = \left\{ \begin{array} { l l } { - \frac { 1 } { ( 2 k - 1 ) \cdot 2 ^ { 2 k - 1 } } , } & { n = 2 k - 1 , } \\ { 1 } & { n = 2 k . } \end{array} \right.
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由于 $- \sum _ { k = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { ( 2 k - 1 ) \cdot 2 ^ { 2 k - 1 } } }$ 收敛， $\sum _ { k = 1 } ^ { \infty } { \frac { 1 } { 2 k } }$ 发散，故 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { [ 3 + ( - 1 ) ^ { n } ] ^ { n } } { n } } \cdot { \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { 4 ^ { n } } }$ 发散.
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综上，幂级数的收敛域为 $\left( - \frac { 1 } { 4 } , \frac { 1 } { 4 } \right)$
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16.13解设
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S ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \biggl ( \frac { 1 } { 2 n + 1 } - 1 \biggr ) x ^ { 2 n } , S _ { 1 } ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { x ^ { 2 n } } { 2 n + 1 } , S _ { 2 } ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } x ^ { 2 n } ,
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则
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S ( x ) = S _ { 1 } ( x ) - S _ { 2 } ( x ) , \ x \in ( - 1 , 1 ) \ .
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由于
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S _ { 2 } ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } x ^ { 2 n } = { \frac { x ^ { 2 } } { 1 - x ^ { 2 } } } ,
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\left[ x S _ { 1 } ( x ) \right] ^ { \prime } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } x ^ { 2 n } = { \frac { x ^ { 2 } } { 1 - x ^ { 2 } } } , x \in ( - 1 , 1 ) ,
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因此
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x S _ { 1 } ( x ) = \int _ { 0 } ^ { x } \frac { t ^ { 2 } } { 1 - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t = - x + \frac 1 2 \ln \frac { 1 + x } { 1 - x } \ .
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又由于
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S _ { 1 } ( 0 ) = 0 ,
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故
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S _ { 1 } ( x ) = \left\{ { \begin{array} { l l } { \displaystyle - 1 + \frac { 1 } { 2 x } } \ln \frac { 1 + x } { 1 - x } , } & { \displaystyle \left| x \right| \in ( 0 , 1 ) , } \\ { 0 , } & { x = 0 , } \end{array} \right.
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因此
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S ( x ) = S _ { 1 } ( x ) - S _ { 2 } ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle \frac { 1 } { 2 x } \ln \frac { 1 + x } { 1 - x } - \frac { 1 } { 1 - x ^ { 2 } } , } & { \displaystyle \left| x \right| \in ( 0 , 1 ) , } \\ { 0 , } & { x = 0 . } \end{array} \right.
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16.14解
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\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n } ( n ^ { 2 } - n + 1 ) } { 2 ^ { n } } } = \sum _ { n = 2 } ^ { \infty } n ( n - 1 ) { \Bigg ( } - { \frac { 1 } { 2 } } { \Bigg ) } ^ { n } + \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \Bigg ( } - { \frac { 1 } { 2 } } { \Bigg ) } ^ { n } ,
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\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \left( - { \frac { 1 } { 2 } } \right) ^ { n } = { \frac { 1 } { 1 + { \frac { 1 } { 2 } } } } = { \frac { 2 } { 3 } } \ .
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设 $S ( x ) = \sum _ { n = 2 } ^ { \infty } n \bigl ( n - 1 \bigr ) x ^ { n - 2 } = \left( \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } x ^ { n } \right) ^ { n } = \frac { 2 } { ( 1 - x ) ^ { 3 } }$ ，x<1，则
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\sum _ { n = 2 } ^ { \infty } n ( n - 1 ) x ^ { n } = { \frac { 2 x ^ { 2 } } { ( 1 - x ) ^ { 3 } } } , \sum _ { n = 2 } ^ { \infty } n ( n - 1 ) { \Bigg ( } - { \frac { 1 } { 2 } } { \Bigg ) } ^ { n } = { \frac { 4 } { 2 7 } } ,
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所以
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\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \frac { ( - 1 ) ^ { n } ( n ^ { 2 } - n + 1 ) } { 2 ^ { n } } = \frac { 4 } { 2 7 } + \frac { 2 } { 3 } = \frac { 2 2 } { 2 7 } \ .
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16.15解
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f ( x ) = { \frac { 1 } { x ^ { 2 } - 3 x + 2 } } = { \frac { 1 } { 1 - x } } - { \frac { 1 } { 2 - x } } = { \frac { 1 } { 1 - x } } - { \frac { 1 } { 2 } } \bullet { \frac { 1 } { 1 - { \frac { x } { 2 } } } } ,
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由麦克劳林展开式知
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{ \frac { 1 } { 1 - x } } = 1 + x + x ^ { 2 } + \cdots + x ^ { n } + \cdots = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } x ^ { n - 1 } , x \in ( - 1 , 1 ) ,
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{ \frac { 1 } { 1 - { \frac { x } { 2 } } } } = 1 + { \frac { x } { 2 } } + \left( { \frac { x } { 2 } } \right) ^ { 2 } + \cdots + \left( { \frac { x } { 2 } } \right) ^ { n } + \cdots = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( { \frac { x } { 2 } } \right) ^ { n - 1 } , \ x \in ( - 2 , 2 ) ,
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从而有
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\begin{array} { c } { { f ( x ) = \displaystyle \frac { 1 } { x ^ { 2 } - 3 x + 2 } = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } x ^ { n - 1 } - \displaystyle \frac { 1 } { 2 } \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( \displaystyle \frac { x } { 2 } \right) ^ { n - 1 } } } \\ { { = \displaystyle \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \left( 1 - \displaystyle \frac { 1 } { 2 ^ { n } } \right) x ^ { n - 1 } , ~ x \in ( - 1 , 1 ) ~ . } } \end{array}
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16.16解 (1)特征方程为 $r ^ { 2 } - r - 2 = 0$ ，得 $r _ { 1 } = - 1 , r _ { 2 } = 2$ ，故通解为
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f ( x ) = C _ { 1 } \mathbf { e } ^ { - x } + C _ { 2 } \mathbf { e } ^ { 2 x } \ .
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由 $f ( 0 ) = 0 , f ^ { \prime } ( 0 ) = 1$ ，得
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\left\{ \begin{array} { l } { { C _ { 1 } + C _ { 2 } = 0 , } } \\ { { - C _ { 1 } + 2 C _ { 2 } = 1 , } } \end{array} \right.
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故 $C _ { 1 } = - \frac { 1 } { 3 } , C _ { 2 } = \frac { 1 } { 3 }$ ，所以
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f ( x ) = - \frac { 1 } { 3 } { \mathrm e } ^ { - x } + \frac { 1 } { 3 } { \mathrm e } ^ { 2 x } \ .
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(2)
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{ \begin{array} { r l } & { f ( x ) = \displaystyle \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { a _ { n } } { n ! } } x ^ { n } = - { \frac { 1 } { 3 } } \operatorname { e } ^ { - x } + { \frac { 1 } { 3 } } \operatorname { e } ^ { 2 x } = - { \frac { 1 } { 3 } } \displaystyle \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( - x ) ^ { n } } { n ! } } + { \frac { 1 } { 3 } } \displaystyle \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( 2 x ) ^ { n } } { n ! } } } \\ & { \qquad = - { \frac { 1 } { 3 } } \displaystyle \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n } x ^ { n } } { n ! } } + { \frac { 1 } { 3 } } \displaystyle \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { 2 ^ { n } \cdot x ^ { n } } { n ! } } } \end{array} }
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= \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \left[ \left( - { \frac { 1 } { 3 } } \right) ( - 1 ) ^ { n } + { \frac { 2 ^ { n } } { 3 } } \right] { \frac { x ^ { n } } { n ! } } ,
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故 $a _ { n } = { \frac { 1 } { 3 } } [ ( - 1 ) ^ { n + 1 } + 2 ^ { n } ]$
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16.17解令 $S ( x ) = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { ( 2 n - 1 ) ! 2 ^ { 2 n - 2 } } } x ^ { 2 n - 1 } = 2 \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { ( 2 n - 1 ) ! } } { \Bigg ( } { \frac { x } { 2 } } { \Bigg ) } ^ { 2 n - 1 } = 2 \sin { \frac { x } { 2 } } , - \infty < x < + \infty$ ，利用三角函数公式展开，得
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\begin{array} { l } { { S ( x ) = 2 \sin { \displaystyle \frac { x } { 2 } } = 2 \sin { \displaystyle \frac { 1 + x - 1 } { 2 } } = 2 \bigg ( \sin { \displaystyle \frac { 1 } { 2 } } \cos { \displaystyle \frac { x - 1 } { 2 } } + \cos { \displaystyle \frac { 1 } { 2 } } \sin { \displaystyle \frac { x - 1 } { 2 } } \bigg ) } } \\ { { = 2 \sin { \displaystyle \frac { 1 } { 2 } } \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { ( 2 n ) ! } \bigg ( \displaystyle \frac { x - 1 } { 2 } \bigg ) ^ { 2 n } + 2 \cos { \displaystyle \frac { 1 } { 2 } } \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { ( 2 n + 1 ) ! } \bigg ( \displaystyle \frac { x - 1 } { 2 } \bigg ) ^ { 2 n + 1 } , - \infty < x < + \infty \ . } } \end{array}
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注本题用幂级数 $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( - 1 ) ^ { n - 1 } } { ( 2 n - 1 ) ! 2 ^ { 2 n - 2 } } } x ^ { 2 n - 1 }$ 来包装函数 $2 \sin { \frac { x } { 2 } }$ ，这种包装要能识别出来，
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