【高数女主养成计划】无穷级数部分复盘

Ciallo～(∠・▽< )⌒☆

感觉还是这样有输入输出的复盘印象比较深刻
首先，我要强调一下求和函数这种很容易出错的题型
1.按照正常的解题格式，我们需要求出收敛域
2.然后，我们先考虑特殊点，比如端点或者\(0\)，注意常见的坑:\(0^0=1\)
3.按照求导或者积分的规则求出和函数（注意：此处求出的并非是原函数，所以考虑是否带个\(C\)并把\(C\)解出）
4.按照先前求出的特殊值看是否需要合并
那我们按顺序来：
\(1.\)求级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n(2n-1)}\)
思路：这道题基本上就是用和函数的性质来做题了
解：令\(S(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n(2n-1)}x^{2n}\)
可求得其收敛域为\([-1,1]\)
因此，我们可以得知\(S''(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}2x^{2n-2}=\frac{2}{1-x^2}\)
所以，\(S'(x)=\ln(1+x)-\ln(1-x)\)
所以，\(S(x)=(x+1)\ln(x+1)-(x-1)\ln(1-x)\)
哦对，这里的C都要验算的，防止出错
代入\(x=1 S(1)=2\ln2\)
即\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n(2n-1)}=2\ln2\)

\(2.\)设\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}|a_{n+1}-a_{n}|\)收敛，正项级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}b_{n}\)收敛，试判断\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_{n}b_{n}\)的收敛性
思路：猜的时候感觉不大可能是发散，所以我们静观其变
前面那个有点像裂项，试着处理一下？
解:易知 \(a_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n}(a_{i}-a_{i-1}) +a_1 \le \sum\limits_{i=1}^{n}|a_{i}-a{i-1}|+a_1\)
因此，序列\(\{ a_n \}\)收敛
因此，\(\forall n \in N^+, \exists M \in N^+\)，使得\(|a_n|\) \(\le M\)恒成立
因此\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}|a_{n}b_{n}| \le M\sum\limits_{n=1}^{+\infty}b_n\)
由比较判别法,\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}|a_{n}b_{n}|\)收敛，即所求级数绝对收敛

\(3.\)判断下列说法正误:若\(\lim\limits_{n \to +\infty}\frac{u_n}{v_n}=1\)且\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}u_n\)收敛，则\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}v_n\)一定收敛
思路：找到一个无穷小量或者是某个常数，使得所求不收敛
答案想到的是\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}u_n=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}},\sum\limits_{n=1}^{+\infty}v_n=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}\)，这样就组成反例了

\(4.\)设\(k>0\),且级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_n^{2}\)收敛，求级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{|a_n|}{\sqrt{n^2+k}}\)的敛散性
思路：给了我们平方，又有根号，这个时候最关键的是什么？
没错，均值不等式，开搞！
解:\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{|a_n|}{\sqrt{n^2+k}}<=\frac{1}{2}(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_n^{2}+\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2+k})\)
易知\(RHS\)收敛，由比较判别法，所求级数收敛，而且是绝对收敛

\(5.\)设\(x=-1\)时。级数\(\sum\limits_{n=0}^{+\infty}a_n(x-1)^{n}\)条件收敛，求级数\(\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\frac{a_n}{3n+1}\)的敛散性
思路：时刻注意幂函数的特殊性质
解:由于\(x=-1\)时，级数\(\sum\limits_{n=0}^{+\infty}a_n(x-1)^{n}\)条件收敛，因此收敛半径\(R=2\)
代入\(x=2\),得\(\sum\limits_{n=0}^{+\infty}a_n\)绝对收敛，由比较判别法，级数\(\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\frac{a_n}{3n+1}\)绝对收敛

\(6.\)求级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{2n+3}}{n(n+1)}\)在\(-1 < x < 1\)的和函数
思路：按照我们上面说的，就是先求收敛域，然后利用性质，再代入看看它的各个特值函数的C，最后求出来就行
解:\(\lim\limits_{n \to +\infty}|\frac{u_{n+1}}{u_n}|=\frac{n}{n+2}x^2=x^2\)
因此，收敛半径\(R=1\)
\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{2n+3}}{n(n+1)}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{2n+3}}{n}-\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{2n+3}}{n+1}\)
设\(S_1(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{2n+3}}{n}\)
\(S_1(x)=x^3\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{2n}}{n}=x^3\int\sum\limits_{n=1}^{+\infty}2x^{2n-1}=x^3 \times \int\frac{2x}{1-x^2}=-x^3\ln(1-x^2)\)
设\(S_2(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{2n+3}}{n+1}\)
\(S_2(x)=x\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{2n+2}}{n+1}=x\int\sum\limits_{n=1}^{+\infty}2x^{2n+1}=x\int\frac{2x^3}{1-x^2}=x \times (-x-\ln(1-x^2))=-x^2-x\ln(1-x^2)\)
因此 \(S(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{2n+3}}{n(n+1)}=x^2+x\ln(1-x^2)-x^3\ln(1-x^2)\)

\(7.\)求级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{x^n}{n \cdot 2^n}\)的和函数
思路：这还是经典题型
我们直接做吧
解:\(\lim\limits_{n \to +\infty}|\frac{u_{n+1}}{u_n}|=\lim\limits_{n \to +\infty}\frac{n}{2(n+1)}x=\frac{1}{2}x\),解得\(R=2\)
\(x=2\)时，原级数发散，\(x=-2\)时，原级数收敛
因此收敛域为\([-2,2)\)
\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{x^n}{n \cdot 2^n}=\int\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{2} \cdot (\frac{x}{2})^{n-1}=\frac{1}{2}\int\sum\limits_{n=0}^{+\infty}(\frac{x}{2})^n=\int\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{2-x}+C=\int\frac{1}{2-x}+C=-\ln(2-x)+C\)
又由于\(S(0)=0\),因此\(S(x)=-\ln(2-x)+ln2\)

\(8.\)求级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{n^2+2n}{2^n}\)
思路：这道题就是要求我们使用和函数，我估计是代入\(\frac{1}{2}\)，这里的技巧就是尽量凑成\(n-1\)和\(n\)的积
解:设\(S(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(n^2+2n)x^n=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}[n(n-1)+3n]x^n\)
令\(S_1(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}n(n-1)x^n\)
\(S_1(x)=\sum\limits_{n=2}^{+\infty}n(n-1)x^n=x^2\sum\limits_{n=2}^{+\infty}n(n-1)x^{n-2}=x^2 \cdot ((\sum\limits_{n=2}^{+\infty}x^n)''+C)=x^2 \cdot \frac{2}{(1-x)^3}\)
因此，\(S_1(\frac{1}{2})=4\)
令\(S_2(x)=\sum\limits_{x=1}^{+\infty}nx^n\)
\(S_2(x)=x\sum\limits_{n=1}^{+\infty}nx^{n-1}=x((\sum\limits_{n=1}^{+\infty}x^n)+C)'=\frac{x}{(1-x)^2}\)
因此，\(S_2(\frac{1}{2})=2\)
解得原式\(=10\)

\(9.\)判断级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{1+\frac{2}{n}}}\)的敛散性
思路：不要被表面功夫给骗了，你必须用给定的方法认真地，认真地判断
解：\(\lim\limits_{n \to +\infty }\frac{\frac{1}{n^{1+\frac{2}{n}}}}{\frac{1}{n}}=\lim\limits_{n \to +\infty}\frac{1}{n^{\frac{2}{n}}}=1\)
由比较判别法的极限形式，原级数发散

\(10.\)判断级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^n(n^{\frac{1}{n}}-1)\)的敛散性
思路：这个时候用常规的思路显然是不行的，所以我们要转换一下
能不能变形呢？应该是能的吧！
解:由交错级数的莱布尼茨判别法，易知级数条件收敛
考虑级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}n^{\frac{1}{n}}-1\),\(n^{\frac{1}{n}}-1 \sim \frac{\ln n}{n}+O(\frac{1}{n})\)
因此，我们可以用比较判别法证明其发散
综上，原级数条件收敛

\(11.\)设\(a_1=2,a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_n})(n=1,2\ldots)\) 求证:级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)收敛\)
思路：我们肯定是先要把所求的级数化成单元变量，然后通过放缩来实现我们的证明
解:\(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1=\frac{2a_n^2}{a_n^n+1}-1=\frac{a_n^2-1}{a_n^2+1}\)
通过数学归纳法可以证明:\(1<a_n^2 \le 1+\frac{3}{n^2}\)
代入，由比较判别法即可得出结论

让我们来看看答案的做法:
\(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1=\frac{a_n-a_{n+1}}{a_{n+1}} \le a_n-a_{n+1}\)
裂项就完了
也是很妙的放缩做法

\(12.\)设\(u_n>0(n=1,2\ldots)\)，\(S_n=u_1+u_2+\ldots+u_n\)，证明:\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{u_n}{S_n^2}\)收敛
思路：我们可能考虑用裂项？进行一点小小的放缩，从上题得到的启发
解：\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{u_n}{S_n^2}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{S_n-S_{n-1}}{S_n^2} \le \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{S_n-S_{n-1}}{S_nS_{n-1}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{S_{n-1}}-\frac{1}{S_n}=\frac{1}{S_1}-\frac{1}{S_n} \longrightarrow \frac{1}{S_1}\)
因此原级数收敛

\(13.\)若正项级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_n\)收敛，求证:级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{\sqrt{a_n}}{n}\)收敛
思路：这题很明显就是看到了然后想到用均值不等式
解:\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{\sqrt{a_n}}{n} \le \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac {1}{2}(a_n+\frac{1}{n^2})\)
由比较判别法知其收敛

\(14.\)求幂级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}n(n+1)x^n\)的和函数
思路：这种题还是老套路
解：\(\lim\limits_{n \to +\infty}|\frac{u_{n+1}}{u_n}|=\lim\limits_{n \to +\infty}\frac{n+2}{n}=1\),因此收敛半径\(R=1\)
易判断其收敛域为\((-1,1)\)
\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}n(n+1)x^n=x\sum\limits_{n=1}^{+\infty}n(n+1)x^{n-1}\)
令\(S(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}n(n+1)x^{n-1}=(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}x^{n+1})''=(\frac{x^2}{1-x})''=(\frac{2x-x^2}{(1-x)^2})'=\frac{2}{(1-x)^3}\)
因此，原式等于\(\frac{2x}{(1-x)^3}\)

\(15.\)求幂级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(x^2+x+1)^n}{n(n+1)}\)的收敛域与和函数
思路：这种题肯定是换元做的
解:设\(t=x^2+x+1\),则原级数化为\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{t^n}{n(n+1)}\)
有\(\lim\limits_{n \to +\infty}|\frac{u_{n+1}}{u_n}|=\lim\limits_{n \to +\infty}\frac{n}{n+2}=1\)，求得收敛半径为1
经验证\(t=1\)时原级数收敛，\(t=-1\)时原级数收敛
于是收敛域为\([-1,1]\)，即在x下收敛域为\([-1,0]\)
设\(S(t)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{t^n}{n(n+1)}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{t^n}{n}-\frac{t^n}{n+1}\)
设\(S_1(t)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{t^n}{n}\)
则\(S_1(t)=\int \sum\limits_{n=1}^{+\infty}t^{n-1}dt+C=\int\frac{1}{1-t}+C=-\ln(1-t)+C\)
又\(S_1(0)=0,C=0\)
设\(S_2(t)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{t^n}{n+1}\)
则\(S_2(t)=\frac{1}{t}\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{t^{n+1}}{n+1}=\frac{1}{t}(\int\sum\limits_{n=1}^{+\infty}t^ndt+C)=\frac{1}{t}(\int\frac{t}{1-t}dt+C)=\frac{1}{t}(-t-\ln(1-t))=-1-\frac{\ln(1-t)}{t}\)
于是，\(S(t)=-\ln(1-t)+1+\frac{\ln(1-t)}{t}\)
\(S(x)=1-\ln(-x^2-x)+\frac{\ln(-x^2-x)}{x^2+x+1}\)
你以为这样就完了吗？错了！我们要考虑边界点啊
\(x=-1\)或\(x=0\)时,\(S(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n(n+1)}=1\)
综上，\( S(x)= \begin{cases} 1 - \ln(-x^2 - x)+\frac{\ln(-x^2 - x)}{x^2 + x + 1},& -1 < x < 0 \\ 1,& x = -1,0 \end{cases}\)

\(16.\)将\(f(x)= \arctan x\)展开成x的幂级数
思路：没有思路
解：结论题:\(\arctan x=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}\)

\(17.\)将\(f(x)=\frac{1}{4}\ln\frac{1+x}{1-x}+\frac{1}{2} \arctan x-x\)展开成\(x\)的幂级数
思路：我们慢慢展开这个\(\ln\)也是可以的，但是，有没有更快的方法呢？
有，这个形式非常优美啊，那多半是求导做了
解：\(f'(x)=\frac{1}{4}(\frac{1}{1+x}-\frac{1}{1-x})+\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x^2+1}-1=\frac{1}{4}(\sum\limits_{n=0}^{+\infty}(-x)^n+\sum\limits_{n=0}^{+\infty}x^n)+\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{+\infty}(-x^2)^{n}-1=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}x^{4n}-1\)
因此，\(f(x)-f(0)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{4n+1}}{4n+1}-x\)
又\(f(0)=0\),所以\(f(x)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{4n+1}}{4n+1}-x=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{4n+1}}{4n+1}\)

\(18.\)设函数\(f(x)\)以\(2\pi\)为周期，且其在\([-\pi,\pi)\)上的表达式为\(f(x)=|x|\)，求\(f(x)\)的傅里叶级数，并求\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}\)的和
思路：是少见的傅里叶级数题目，这类题目大多数也是套路题
解:设其傅里叶级数为\(\frac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_n\cos nx+b_n\sin nx\)
由公式可求得，\(a_0=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)dx=\pi\),\(b_n=0(n=0,1,\ldots)\)
\(a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cos nxdx=\frac{2}{\pi}(\frac{1}{n}x\sin nx|_{0}^{\pi}-\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}\sin nxdx=\frac{2}{n^2 \pi}((-1)^n-1))\)
由此得出\(f(x)=\frac{\pi}{2}-\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{4}{(2n-1)^2 \pi}\cos (2n-1)x\)
取\(x=0\)，得\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}=\frac{\pi ^2}{8}\)
又易知\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}=\frac{3}{4}\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}\)，得\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi 2}{6}\)

\(19.\)设级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_n\)收敛，则举出反例，使得\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac{a_n}{n+1}\)发散
思路：我们可以考虑一个把\((-1)^n\)消掉，变成正项级数的方法
此时，左边就要通过莱布尼茨判别法做
我们需要一个不会影响右边阶数的东西，此时，会想到ln
解:取\(a_n=\frac{(-1)^n}{\ln (n+1)}\)，即可

\(20.\)设级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n+1}\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n^p}\)条件收敛，那么\(p\)的取值范围是?
思路：注意是条件收敛，所以应该同时判断发散和绝对收敛的条件
解:\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n+1}\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n^p}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})n^p}\)，得出\(p \in (-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]\)

\(21.\)求\(\sum\limits_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\frac{2n^2+3n+2}{2n+1}x^{2n}\)的和函数
思路：我们要把前面这项拆成容易做的形式
解:\(\lim\limits_{n \to +\infty}|\frac{u_{n+1}}{u_n}|=1\)
验证可知，收敛域为\((-1,1)\)
设\(S(x)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\frac{2n^2+3n+2}{2n+1}x^{2n}=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}(-1)^n(n+1+\frac{1}{2n+1})x^{2n}\)
令\(S_1(x)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}(-1)^nnx^{2n}\)
\(x=0\)时，\(S_1(x)=0\)
\(x \neq 0\)时，\(S_1(x)=x\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^nnx^{2n-1}=\frac{1}{2}x(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^nx^{2n})'=\frac{1}{2}x \cdot -\frac{2x}{(1+x^2)^2}=-\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\)
令\(S_2(x)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}(-1)^nx^{2n}\)
\(x=0\)时，\(S_2(x)=1\)
\(x \neq 0\)时，\(S_2(x)=\frac{1}{1+x^2}\)
令\(S_3(x)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n}\)
\(x=0\)时，\(S_3(x)=1\)
\(x \neq 0\)时，\(S_3(x)=\frac{1}{x}\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}=\frac{1}{x}\int\sum\limits_{n=0}^{+\infty}(-1)^nx^{2n}dx=\frac{1}{x}\arctan x\)
综上，\( S(x)= \begin{cases} 2, & x = 0 \\ \frac{1}{(1 + x^2)^2}+\frac{\arctan x}{x}, & -1 < x < 0, 0 < x < 1 \end{cases} \)

\(22.\)讨论级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{\frac{1}{n}}\frac{\sin \sqrt{x}}{1+x^2}dx\)的敛散性
思路：肯定是放缩，我们知道，积分会把次数提高一次，所以，真的收敛了吗？
没想出来，让AI做了一下，这题你说它难吧，思路两下子，那看来就是我犯错了
注意，积分会把次数提高一次，但是积分上限是\(\frac{1}{n}\)，所以反而是降低一次
我们需要把这个积分化成大于0次的式子，那么就需要大胆来了
解:\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{\frac{1}{n}}\frac{\sin \sqrt{x}}{1+x^2}dx \le \sum\limits_{n=0}^{+\infty}\int_{0}^{\frac{1}{n}}\sqrt{x}dx=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{2}{3 n^{\frac{3}{2}}}\)
由比较判别法知，原级数收敛

\(23.\)设\(0 \le a_n < \frac{1}{n}\)，级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^na_n\)一定收敛吗？
思路：我们要找反例的，那么，要满足小于，最好的方法就是找出一个可以逼近它的数,一个常数和一个好的项
解:取\(a_n=\frac{1}{2n}+(-1)^nsin\frac{1}{2n}\)即可
这道题后面还要再看，不容易想

\(24.\)设\(\{na_n\}\)收敛，且\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}n(a_n-a_{n-1})\)收敛，证明:级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_n\)收敛
思路：其实不大好证，我们可以用极限的定义证明
解：由于\(\{na_n\}\)收敛，因此\(\forall \epsilon_1 >0, \exists N_1>0,L_1>0 ,\forall n>N_1，|na_n-L_1|<\epsilon\)
由于\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}n(a_n-a_{n-1})\)收敛，由柯西收敛准则，\(\forall \epsilon_2 >0,\exists N_2>0,L_2>0, \forall n>N_2,|na_n-(a_1+a_2+\ldots a_{n-1})-L_2|<\epsilon_2\)
因此，取\(\epsilon_1=\epsilon_2,N_3=max(N_1,N_2),则得L_1-\epsilon \le na_n \le L_1+\epsilon,L_2-\epsilon \le na_n-(a_1+a_2+\ldots a_{n-1}) \le L_2+\epsilon\)
于是\(L_2-L_1-2\epsilon \le \sum\limits_{i=1}^{n}a_i \le L_2-L_1+2\epsilon\)
于是，\(\forall \epsilon>0,\exists N_3>0,L_3>0,\forall n>N_3,|\sum\limits_{i=1}^{n}a_i-L_3|<\epsilon\)，这里取\(N_3=max(N_3,N_2)，L_3=L_2-L_1\)
由柯西收敛准则，\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_n\)收敛

\(25.\)设\(a_n>0(n=1,2,\ldots)\)且\(\{a_n\}\)单调减少，又级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^na_n\)发散，判断\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\frac{1}{1+a_n})^n\)的敛散性
思路：本题就是要读懂这个发散给你的信息是什么，因为一般给的条件是不会给你发散的
解:先证明\(\exists M>0\),使得\(\forall n \in N_{+},a_n \ge M\)恒成立
也就是说，\(a_n\)不满足\(\lim\limits_{n \to +\infty}a_n=0\)
因为若满足，由交错级数的莱布尼茨判别法得，\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^na_n\)收敛，矛盾
则\(\exists M>0\),使得\(\forall n \in N_{+},a_n \ge M\)
因此，\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\frac{1}{1+a_n})^n \le \sum\limits_{n=1}^{+\infty}(\frac{1}{1+M})^n\)
由比较判别法知，原级数收敛

\(26.\)设\(\frac{a_{n+1}}{a_n} \le \frac{b_{n+1}}{b_n}(n=1,2\ldots;a_n>0,b_n>0)\)，证明：
\((1)\) 若级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}b_n\)收敛，则级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_n\)收敛
\((2)\) 若级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_n\)发散，则级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}b_n\)发散
思路：实质是考察比较判别法的熟悉程度，因为形式很像
解：\((1)\)，我们有\(a_{n+1} \le \frac{a_n}{b_n}b_{n+1}\)，连乘得\(a_{n} \le \frac{a_1}{b_1} b_n\)，由比较判别法得，\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_n\)收敛
\((2)\)，采用反证法，若\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}b_n\)收敛，则\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_n\)收敛，矛盾。因此\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}b_n\)发散。

\(27.\)设\(f(x)\)在区间\([a,b]\)上满足\(a \le f(x) \le b\)，且有\(|f'(x)| \le q <1\)，令\(u_n=f(u_{n-1})(n=1,2\ldots),u_0 \in [a,b]\)，证明:级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(u_{n+1}-u_n)\)绝对收敛
思路：看到这个导数我们会想到什么？可能是拉格朗日吧！还是泰勒？其他的知识点，好像在这里能用到的不多，而且，这个q给的有点明显，像是要让我们做等比数列的样子
解:
\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}|(u_{n+1}-u_n)|=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}|f(u_n)-f(u_{n-1})| \le \sum_{n=1}^{+\infty}|f'(u_{n-1})(u_n-u_{n-1})| \le \sum\limits_{n=1}^{+\infty}|q(u_n-u_{n-1})|\)
因此，\(|u_{n+1}-u_n| \le q|u_n-u_{n-1}|\)，\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}|(u_{n+1}-u_n)|=\frac{1}{1-q}|u_1-u_0|=\frac{1}{1-q}|f(u_0)-u_0| \le \frac{2b}{1-q}\)
因此，级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(u_{n+1}-u_n)\)绝对收敛。

\(28.\)设\(f(x)\)在\(x=0\)的某邻域内一阶连续可导，且\(\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}=1\)，证明:\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^nf(\frac{1}{n})\)收敛，而\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}f(\frac{1}{n})\)发散
思路：给定的条件说明了必然是洛必达，剩下的条件慢慢分析
解:由于\(\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}=1\),由洛必达法则知\(f(0)=0,f'(0)=1\)
因此，由麦克劳林公式，\(f(x)=f(0)+f'(0)x+O(x^2)\)
于是\(f(\frac{1}{n})=\frac{1}{n}+O(\frac{1}{n^2})\)
于是容易得到所求结论

\(29.\)设\(f(x)\)在\(x=0\)的某邻域内二阶连续可导，且\(\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}=0\)，证明:级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}f(\frac{1}{n})\)绝对收敛
思路：这题跟上题差不多，也是洛必达
解:由于\(\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}=0\)，得\(f(0)=0,f'(0)=0\)
于是\(f(\frac{1}{n})=f(0)+f'(0)\frac{1}{n}+O(\frac{1}{n^2})=O(\frac{1}{n^2})\)
于是易知其绝对收敛

\(30.\)设\(u_n>0\)，且\(\lim\limits_{n \to \infty}\frac{\ln \frac{1}{u_n}}{\ln n}=q\)存在，证明：当\(q>1\)时级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}u_n\)收敛，当\(q<1\)时级数\(\sum\limits_{n=1}^{+\infty}u_n\)发散
思路：直接对极限对数换元是不现实的，因为这个其实无法明确证明它的性质
所以？为什么呢？就是应该从定义出发
解:\(若q>1\)，由于\(\lim\limits_{n \to \infty}\frac{\ln \frac{1}{u_n}}{\ln n}=q\)，则\(\forall \epsilon>0,\exists N \in N_{+},\forall n>N,|\frac{\ln \frac{1}{u_n}}{\ln n}-q|<\epsilon\)，即\(\ln \frac{1}{u_n}>(q-\epsilon)\ln n,u_n<\frac{1}{n^{q-\epsilon}}\)
此时，取\(\epsilon,\)使得\(q-\epsilon>0\)，由比较判别法知原级数收敛
若\(q<1\)，\(\ln \frac{1}{u_n}<(q+\epsilon)\ln n\),即\(u_n>\frac{1}{n^{q+\epsilon}}\)
此时，取\(\epsilon\)，使得\(q+\epsilon<1\)，由比较判别法知原级数发散

\(31.\)设函数\(f_0(x)\)在\((-\infty,+\infty)\)内连续，\(f_n(x)=\int_{0}^{x}f_{n-1}(t)dt(n=1,2\ldots)\).
\((1)\)证明:\(f_n(x)=\frac{1}{(n-1)!}\int_{0}^{x}f_0(t)(x-t)^{n-1}dt(n=1,2\ldots)\)
\((2)\)证明:\(\sum\limits_{n=0}^{+\infty}f_n(x)\)绝对收敛
思路：这种题，第一问一般对第二问都有帮助，所以我们先把第一问做出来
解：\((1)\)第一问，我们都知道要用数学归纳法做出，但是此时要注意一下符号规范，如果你的符号写好了的话可以轻松发现这是个二重积分的换序问题，这里因为懒得敲就不写了
\((2).\)退一步，证明f(x)在[0,x]上绝对收敛即可

\(32.\)将\(f(x)=\arctan \frac{1+x}{1-x}\)展开成x的幂级数
思路：你不觉得这个形式很熟悉吗？
解:\(f(x)=\frac{\pi}{4}+\arctan x=\frac{\pi}{4}+\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}\)
后半学期，也请各位继续关注：
《我的青春线代物语果然有问题》
《高数女主养成计划》
《程设の旅》
《青春猪头少年不会梦到多智能体吃豆人》
《某Linux的开源软件》
还有——

《我的算法竞赛不可能这么可爱》

本期到此结束！