无穷级数

常数项级数

概念

级数的经典悖论为芝诺悖论。

基本概念

定义：给定义一个无穷数列$u_1,u_2,\cdots ,u_n,\cdots$，将其各项用加号连起来的得到的记号$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$，即$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n=u_1+u_2+\cdots +u_n+\cdots$叫做无穷级数，简称级数，其中$u_n$称为该级数的通项。

若$u_n$是常数而不是函数，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$就被称为常数项无穷级数，简称常数项级数。

$S_n=u_1+u_2+\cdots +u_n$称为级数的部分和，$\{S_n\}$是级数的部分和数量。

定义：若$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=S$，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛，并称$S$为该收敛级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$的和；若$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n$不存在或为$\pm \infty$，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$发散。

研究$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛还是发散，就是研究级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$的敛散性。

💻 计算机专业视角

判断级数敛散 ≈ 判断「无限累加」会不会收敛到一个值。 程序里 for 循环不断累加，若部分和 $S_n$ 趋于定值就收敛、否则发散——这正是迭代算法、数值求和能否给出有限结果的根本问题。浮点累加还有额外陷阱：很多项相加时舍入误差会累积，所以工程上用 Kahan 求和等技巧来逼近真实的级数和。

🌱 大一新生提示

一句话：级数就是「无穷多个数相加」，关键看部分和 $S_n$ 有没有极限。 把前 $n$ 项的和记作 $S_n$，若 $n\to \infty$ 时 $S_n$ 趋于一个有限数 $S$ 就叫收敛、$S$ 是级数的和；否则发散。所以级数的敛散性问题，本质就是数列 $\{S_n\}$ 的极限问题。

在级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$去掉前$m$项，得$\sum _{n=m+1}^{\infty }{u}_n=u_{m+1}+u_{m+2}+\cdots$，称为级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$的$m$项后余项

性质

1. 线性性质：若级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$，$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$均收敛，且其和分别为$S$，$T$，则任给常数$a,b$，有$\sum _{n=1}^{\infty }(a{u}_n+b{v}_n)$也收敛，且其和为$aS+bT$，即$\sum _{n=1}^{\infty }(a{u}_n+b{v}_n)=a\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n+b\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$。（收敛±发散=发散，发散±发散=不确定）
2. 若级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛，则其任意$m$项后余项$\sum _{n=m+1}^{\infty }{u}_n$也收敛；若存在$m$项后余项$\sum _{n=m+1}^{\infty }{u}_n$收敛，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$也收敛。
3. 对收敛级数加括号仍然收敛，但是加括号收敛原级数不一定收敛。如果原级数加括号发散，则原级数发散。
4. 级数收敛必要条件：若级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛，则$\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=0$。

证明性质三：$u_n=S_n-S_{n-1}$，所以$\underset{n\to \infty }{\lim }=\underset{n\to \infty }{\lim }(S_n-S_{n-1})=\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n-\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_{n-1}=S-S=0$。极限为0不一定收敛。

💻 计算机专业视角

「通项趋于 0」是收敛的必要非充分条件——类比 loss 下降不等于训练收敛。 $\lim u_n=0$ 只是收敛的门槛：达不到（通项不趋于 0）必然发散，可以一眼排除；但达到了也未必收敛（调和级数 $\sum \frac{1}{n}$ 就是反例）。就像训练时 loss 还在降不代表模型已收敛，需要更强的判据。

🌱 大一新生提示

一句话：通项不趋于 0，级数一定发散；趋于 0 也不保证收敛。 这是最常用的「秒杀」手段——先看 ${\lim }_{n\to \infty }{u}_n$ 是不是 0，不是 0 直接判发散。但反过来不成立：$\frac{1}{n}\to 0$，可调和级数照样发散。所以它只能用来「否定」，不能用来「肯定」。

级数敛散性判别

正项级数

概念

定义：若通项$u_n⩾0$，$n=1,2,\cdots$，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$为正项级数。

所以和项一定是递增的，由数列极限的单调有界准则如果和有上界则极限存在。

收敛原则

定理：正项级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛的充要条件是其部分和数列$\{S_n\}$有界。（某一函数在固定区间内变化率是有界的，则变化范围是有界的）

证明：必要性：由于$u_n⩾0$，$\therefore S_n=u_1+u_2+\cdots +u_n⩾0$，且$S_1⩽S_2⩽\cdots ⩽S_n⩽\cdots$，$\{S_n\}$单调不减且下界为0。当$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛时，$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n$存在，则$\{S_n\}$必有上界。有上界下界则$\{S_n\}$有界。（某一函数在固定区间内变化率是有界的，则变化范围是有界的）

充分性：由于$\{S_n\}$单调不减，所以根据单调有界准则，$\{S_n\}$收敛，即$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n$存在，于是$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛。

基本就是使用放缩法判断是否有界。

例题：判断级数$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}$的敛散性。

解：$S_n=1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n}}>n\frac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}$，当$n\to \infty$时$\sqrt{n}\to \infty$，无上界所以发散。

由于收敛原则很多时候都不能方便使用，所以出现了以下几种解决方法。

比较判别法

定理：给出两个正项级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$，$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$，若从某项开始有$u_n⩽v_n$成立，则：①若$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$收敛，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$也收敛；②若$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$发散，则$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$也发散。

即大的收敛小的也收敛，小的发散大的也发散。

例题：判断调和级数$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$的敛散性。

解：$\because x>0$，$x>\ln (1+x)$，$\therefore \frac{1}{n}>\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$。

又对于$\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\ln \frac{n+1}{n}=\ln (n+1)-\ln n$。

$S_n=\ln \frac{2}{1}+\ln \frac{3}{2}+\cdots +\ln \frac{n+1}{n}=\ln 2-\ln 1+\ln 3-\ln 2+\cdots +\ln (n+1)-\ln n=\ln (n+1)$。当$\ln (n+1)$在$n\to \infty$时，$S_n\to \infty$。

所以$\sum _{n=1}^{\infty }\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$发散，则$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$也发散。

比较判别法极限性质

是比较判别法的推论，利用极限的阶数来比较。

给出两个正项级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$，$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$，$v_n\ne 0$，且$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{u_n}{v_n}=A$：

1. 若$A=0$，则当$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$收敛时，$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$也收敛。
2. 当$A=+\infty$，当$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$发散时，$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$也发散。
3. 若$0<A<+\infty$，则$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$与$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$具有相同敛散性。

例题：判断$\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{n}-\sin \frac{1}{n}\right)$敛散性。

解：令$\frac{1}{n}=x$，$n\to \infty$所以$x\to 0^{+}$。当$x\to 0^{+}$，$x-\sin x\sim \frac{1}{6}{x}^3$。

$\therefore \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n}-\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n^3}}=\frac{1}{6}\ne 0$，所以$\frac{1}{n}-\sin \frac{1}{n}$与$\frac{1}{n^3}$具有相同敛散性。

根据$p$级数定理，$p=3>1$，所以$\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{n}-\sin \frac{1}{n}\right)$收敛。

比值判别法

也称为达朗贝尔判别法。由等比级数推断出部分级数的敛散性只与自己的参数有关，根据自己的通项的商进行比较。

定理：给出一正项级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$，若$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{u_{n+1}}{u_n}=\rho$，则：①若$\rho <1$，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛；②若$\rho >1$，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$发散。

注意：$\rho =1$时无法根据此判断$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$敛散性，如$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$发散，但$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$收敛。

💻 计算机专业视角

比值/根值判别法 ≈ 看通项衰减得「够不够快」。 比值 $\rho =\lim \frac{u_{n+1}}{u_n}$ 就是相邻项的衰减率，$\rho <1$ 说明像等比数列一样指数衰减、收敛；$\rho >1$ 发散。这和分析迭代法的收敛速度、几何级数求和是同一种「比率」直觉；含阶乘、$n$ 次幂的项最适合用它。

🌱 大一新生提示

一句话：含 $n!$、$a^n$、$n^n$ 这类项，优先用比值或根值判别法。 算 $\rho =\lim \frac{u_{n+1}}{u_n}$（或 $\lim \sqrt[n]{u_n}$）：小于 1 收敛、大于 1 发散、等于 1 失效。$\rho =1$ 时这两招都没用，得回头用比较判别法或 $p$ 级数结论。

例题：判断级数$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{|a{|}^{n}n!}{n^n}$的敛散性，其中$a$为非零常数。

解：记$u_n=\frac{|a{|}^{n}n!}{n^n}$，$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{u_{n+1}}{u_n}=|a|\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n=|a|e^{\underset{n\to \infty }{\lim }n\ln \frac{n}{n+1}}=|a|e^{\underset{n\to \infty }{\lim }n(\frac{n}{n+1}-1)}=|a|e^{\underset{n\to \infty }{\lim }(\frac{-n}{n+1}-1)}=|a|e^{-1}=\frac{|a|}{e}$。

若$0<|a|<e$，所以收敛；若$|a|>e$，所以发散；若$|a|=e$，则回代得到比值$e{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n=\frac{e}{(1+\frac{1}{n}{)}^n}\to 1^{+}$，且$u_1=e$，$\therefore u_n>u_1>0$，所以发散。

根值判别法

也称为柯西判别法。由比值判别法类比而来。

定理：给出正项级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$，若$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{u_n}=\rho$，则①若$\rho <1$，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛；若$\rho >1$，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$发散。

同理$\rho =1$也会失效。

例题：判断级数$\sum _{n=1}^{\infty }{\left(n\sin \frac{1}{n}\right)}^{n^3}$的敛散性。

解：记$u={\left(n\sin \frac{1}{n}\right)}^{n^3}$，则$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{u_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(n\sin \frac{1}{n}\right)}^{n^2}=e^{\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^{(}n\sin \frac{1}{n}-1)}=e^{\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sin \frac{1}{n}-\frac{1}{n}}{\frac{1}{n^3}}}=e^{-\frac{1}{6}}<1$，所以收敛。

积分判别法

定理：设$f(x)$是在$[1,+\infty )$上单调递减且非负的连续函数，$a_n=f(n)$，则$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$与${\int }_1^{+\infty }f(x)\text{d}x$同敛散。

例题：证明$p$级数$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^p}$当$p>1$的敛散性。

证明：令$f(x)=\frac{1}{x^p}$，又${\int }_1^{+\infty }\frac{\text{d}x}{x^p}$在$p>1$收敛，在$p⩽1$发散，所以得到原级数敛散性。

交错级数

概念

定义：若级数各项正负相间出现，则这样的级数是交错级数，一般写为$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{u}_n=u_1-u_2+u_3-u_4+\cdots +(-1{)}^{n-1}{u}_n+\cdots$，其中$u_n>0$。

莱布尼兹判别法

定义：给出一交错级数$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{u}_n$，$u_n>0$，$n=1,2,\cdots$，若$\{u_n\}$单调不增$u_n⩾u_{n+1}$且$\underset{n\to \infty }{\lim }=0$，则该级数收敛。反过来则不行。

如$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2^{n+(-1{)}^n}}$收敛，但是里面的$u_n$并不递减，由根值判别法加绝对值可知$u_n$为不递减。

例题：判断交错调和级数$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n}$的敛散性。

解：$\because \underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}=0$。

且$\frac{1}{n}>\frac{1}{n+1}$，所以级数收敛。

例题：判断级数$\sum _{n=1}^{\infty }\sin (\pi \sqrt{n^2+a^2})$的敛散性，其中$a$为非零常数。

解：$\because \sin (\alpha +n\pi )=(-1{)}^n\sin \alpha$。$\therefore \sin (\pi \sqrt{n^2+a^2})=$

$\sin (\pi \sqrt{n^2+a^2-n\pi +n\pi })=(-1{)}^n\sin \left(\frac{a^2\pi }{\sqrt{n^2+a^2}+n}\right)$。

记$u_n=\sin \left(\frac{a^2\pi }{\sqrt{n^2+a^2}+n}\right)$，又$n\to \infty$时$\frac{a^2\pi }{\sqrt{n^2+a^2}+n}\to 0^{+}$且单调不增，$\sin x$在$x\to 0^{+}$时也是单调函数，所以$\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=0$且单调不增。

所以收敛。

例题：判断级数$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{\ln (1+n)}{1+n})$的敛散性。

解：$\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\ln (1+n)}{1+n}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln (1+x)}{1+x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{1+x}=0$。

对$\frac{\ln (1+n)}{1+n})$进行比较有些麻烦，所以令$f(x)=\frac{\ln (1+x)}{1+x})$。

$f^{\prime }(x)=\frac{1-\ln (1+x)}{(1+x{)}^2}$，当$x\to +\infty$时，$f^{\prime }(x)<0$，$\{u_n\}$单调减少，所以收敛。

任意项级数

概念

定义：若级数$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{u}_n$各项可为正可为负，可为零，则这种级数就是任意项级数。

给任意项级数每一项加上绝对值$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}|u_n|$，就得到了正项级数，称为原级数的绝对值级数。

添加绝对值会提高发散性，因为不改变逼近0的速度，而让各项之间不能抵消为0。

绝对收敛

定义：设$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{u}_n$为任意项级数，若$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}|u_n|$收敛，则称$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{u}_n$绝对收敛。

条件收敛

定义：设$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{u}_n$为任意项级数，若$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{u}_n$收敛，但$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}|u_n|$发散，则称$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{u}_n$条件收敛。

定理：若$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}|u_n|$收敛，则$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{u}_n$必收敛。（绝对收敛则收敛）

💻 计算机专业视角

绝对收敛 ≈ 求和顺序可任意打乱（并行规约安全）。 绝对收敛的级数无论怎么重排、加括号，和都不变——这正是并行求和 / reduce 能放心拆分、乱序累加的数学保证。条件收敛则相反（黎曼重排定理：重排能让它收敛到任意值），顺序一变结果就变，绝不能随便并行。

🌱 大一新生提示

一句话：先给每项加绝对值，若仍收敛就叫「绝对收敛」，且绝对收敛一定收敛。 判断任意项级数（有正有负）的套路：先看绝对值级数 $\sum |u_n|$ 收不收敛，收敛就万事大吉；若 $\sum |u_n|$ 发散但原级数收敛，则是「条件收敛」。

定理：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。

定理：若原级数绝对收敛，不论将其项如何排列，则所得的新级数也收敛，且其和不变。（绝对收敛的级数具有可交换性）

定理：条件收敛的级数的所有正项（或负项）构成的级数一定发散。

定理：$\sum _{n=1}^{\infty }|a_n|$收敛，则$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2$收敛。（$b_n$收敛则不能得到）

例题：若级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛，则下面级数必收敛的是()。

$A.\sum _{n=1}^{\infty }(-1)\frac{u_n}{n}$ $B.\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2$ $C.\sum _{n=1}^{\infty }(u_{2n-1}-u_{2n})$ $D.\sum _{n=1}^{\infty }(u_n+u_{n+1})$

解：对于$A$，取$u_n=(-1{)}^n\frac{1}{\ln n}$，则原来$\frac{u_n}{n}=(-1{)}^n\frac{1}{\ln n}$收敛，但是乘上$(-1{)}^n$就不一定收敛，得到$\frac{1}{n\ln n}$。

定理：广义$p$级数：$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{n(\ln n{)}^p}\{\begin{array}{l}p>1,\text{收敛}\\ p⩽1,\text{发散}\end{array}$。（$n=1$无意义，从$n=2$开始不影响其敛散性）

所以$A$发散。

对于$B$，取$u_n=(-1{)}^n\frac{1}{\sqrt{n}}$，则$u_n^2=\frac{1}{n}$，调和级数不收敛。

对于$C$，取$u_n=(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n}$，则得到$u_{2n-1}-u_{2n}=\frac{1}{n}$，调和级数不收敛。

对于$D$，由于$u_n$收敛，则$u_{n+1}$也收敛，所以相加也收敛，选$D$。

定理：若$u_n^2$收敛，则$\frac{u_n}{n}$绝对收敛。

证明：因为不等式$|a||b|⩽\frac{|a{|}^2+|b{|}^2}{2}$，$\therefore 0⩽|u_n\frac{1}{n}|⩽\frac{u_n^2+\frac{1}{n^2}}{2}$。

且$u_n^2$收敛，则$\frac{u_n^2+\frac{1}{n^2}}{2}$也收敛，根据性质得证。

幂级数

概念

定义

定义：设函数列$\{u_n(x)\}$定义在区间$I$上，称$u_1(x)+u_2(x)+\cdots +u_n(x)+\cdots$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，$\sum _{n=1}^{\infty }$成为常数项级数$\underset{n=1}{\overset{\infty }{\lim }}{u}_n(x_0)$。

定义：若$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_0(x)$的一般项$u_0(x)$为$n$次幂函数，则称$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_0(x)$为幂级数，是一种常用的函数项级数，一般形式为$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n(x-x_0{)}^n=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0{)}^2+\cdots +a_n(x-x_0{)}^n+\cdots$，其标准形式为$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^x+\cdots$，其中$a_n$（$n=0,1,2,\cdot$）为幂级数的系数。

幂级数也称为泰勒级数，与泰勒展开式一样的结构。

💻 计算机专业视角

幂级数 = 泰勒级数 ≈ 用多项式逼近任意函数，是数值计算的基石。 计算机算 $\sin$、$e^x$、$\ln$ 并没有「真公式」，而是用泰勒/幂级数的前几项多项式去逼近（再配合查表与区间约减）。机器学习里激活函数的近似、可微分编程里的级数展开，本质都在用「有限项多项式 + 余项」来代替复杂函数。

🌱 大一新生提示

一句话：幂级数就是「无穷次多项式」$\sum a_n(x-x_0{)}^n$，泰勒展开就是求这些系数。 系数 $a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$ 由各阶导数决定。它把复杂函数在某点附近写成多项式相加，所以才方便求值、求导、求积分——这也是后面「函数展开成幂级数」的核心。

定义：若给定$x_0\in I$，有$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_0(x)$收敛，则称点$x_0$为幂级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_0(x)$的收敛点；若给定$x_0\in I$，有$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_0(x)$发散，则点$x_0$为幂级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_0(x)$的发散点。

阿贝尔定理

定义：当幂级数$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$在点$x=x_1$（$x_1\ne 0$）处收敛时，对于满足$|x|<|x_1|$的一切$x$，幂级数绝对收敛；当幂级数$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$在$x=x_2$（$x_2\ne 0$）处发散时，对于满足$|x|>|x_2|$的一切$x$，幂级数发散。

所以一定存在一个点$R$，在$|x|<|R|$中绝对收敛，在$|x|>|R|$中发散，$R$称为收敛半径。对于点$\pm R$需要代入幂级数变成常数项级数进行计算，判别其敛散性。

💻 计算机专业视角

收敛半径 ≈ 多项式近似「可信的有效范围」。 幂级数只在 $|x-x_0|<R$ 内收敛，超出就发散、近似彻底失效。数值上离展开中心越近收敛越快、用的项越少；这就是为什么实现 $\sin$ 时要先把角度约减到 $0$ 附近的小区间再展开，否则在边界附近误差爆炸。

🌱 大一新生提示

一句话：幂级数有个「收敛半径」$R$，里面收敛、外面发散，端点要单独验。 求 $R$ 一般用比值/根值法算 $\rho$，则 $R=1/\rho$。开区间 $(x_0-R,x_0+R)$ 内一定收敛，但两个端点 $x_0\pm R$ 必须各自代入化成常数项级数单独判断，才能定出完整的「收敛域」。

收敛域

定义：函数项级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_0(x)$的所有收敛点的集合就是其收敛域。

具体型

收敛域的求法：

1. 若$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$或$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{|a_n|}=\rho$，则收敛半径$R=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\rho },& \rho \ne 0\\ +\infty ,& \rho =0\\ 0,& \rho =+\infty \end{array}$。
2. 开区间$(-R,R)$为幂级数$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$的收敛区间。
3. 代入$R$判断该点的敛散性，最后组合得到收敛域。

但是这种方法有一点不方便，如若只知道$a_n$和$a_{n+2}$的关系则求$\rho =\frac{1}{R}$比较麻烦。

收敛域的统一求法：

1. 取绝对值$|u_0(x)|⩾0$，从而可以使用正项级数的判别法。
2. 根据比值判别法或根值判别法，求$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{|u_{n+1}(x)|}{|u_n(x)|}=\rho$或$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{|u_n(x)|}=\rho$，令其小于1，得到收敛区间$x\in (a,b)$。
3. 单独讨论$x=a$，$x=b$处的敛散性，得到收敛域。

定理：若幂级数$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$在点$x=x_0$处条件收敛，则点$x_0$在幂级数收敛区间的端点上。

例题：求幂级数$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}$的收敛域。

解：令$|u_n(x)|=\left|\frac{x^n}{n}\right|$。由于含有$x^n$，所以使用比值判别法。

$\therefore \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{|u_{n+1}(x)|}{|u_n(x)|}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{|x^{n+1}|}{n+1}\frac{n}{|x^n|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{n+1}|x|=|x|$。

令其小于1，即$|x|<1$，$-1<x<1$。

当$x=-1$时，$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{\frac{1}{n}}$收敛。当$x=1$，$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$发散。

所以$x$收敛域为$[-1,1)$。

抽象型

定理：根据阿贝尔定理，已知$\underset{n=0}{\overset{\infty }{\lim }}{a}_0(x-x_0{)}^n$在某点$x_1$（$x_1\ne x_0$）的敛散性，确定该幂级数的收敛半径可分为三种情况：

1. 若在$x_1$处收敛，则收敛半径$R⩾|x_1-x_0|$。
2. 若在$x_1$处发散，则收敛半径$R⩽|x_1-x_0|$。
3. 注意：若在$x_1$处条件收敛，则$R=|x_1-x_0|$。

定理：已知$\sum a_n(x-x_1{)}^n$的敛散性，讨论$\sum b_n(x-x_2{)}^m$的敛散性：

1. $(x-x_1{)}^n$与$(x-x_2{)}^m$的转换一般通过初等变形来完成，包括①平移收敛区间；②提出或乘以因式$(x-x_0{)}^k$等。
2. $a_n$与$b_n$的转换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。
3. 以下三种情况，级数收敛半径不变，收敛域要具体代入点讨论：\begin
4. 对级数提出或乘以因式$(x-x_0{)}^k$或进行平移等，收敛半径不变。
5. 对级数逐项求导，收敛半径不变，收敛域可能缩小。
6. 对级数逐项积分，收敛半径不变，收敛域可能扩大。

收敛域的扩大和缩小在于其端点是否通过求导或积分变得可取了。

例题：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

解：$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x+1{)}^n=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x-(-1){)}^n$，所以$x_0=-1$。

又$x=1$处条件收敛，所以$R=1-(-1)=2$。从而$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x+1{)}^n$的收敛区间为$(-3,1)$。

$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x+1{)}^n$要转换为$\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n(x-1{)}^n$，则首先中心点要从-1移动到1，$a_n(x+1{)}^n\to a_n(x-1{)}^n$，由于平移不改变收敛半径，所以$a_n(x-1{)}^n$收敛区间为$(1,3)$。

然后要将$a_n(x-1{)}^n$变为$n{a}_n(x-1{)}^n$，需要进行求导得到$n{a}_n(x-1{)}^{n-1}$，求导收敛半径不变，所以收敛区间依然为$(1,3)$。最后还要乘上$(x-1)$得到$n{a}_n(x-1{)}^n$就是所求，收敛区间依然为$(1,3)$。

而在$x=2$在收敛区间内，必然绝对收敛，所以选$A$。

函数展开为幂级数

概念

定义：若函数$f(x)$在$x=x_0$处存在任意阶导数，则称$f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+\cdots$为函数$f(x)$在$x_0$处的泰勒级数，则$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n$。

当$x_0=0$时，称$f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+\cdots$为函数$f(x)$的麦克劳林级数，若收敛，则$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n$。

都是函数展开成幂级数。

定理：已知$f(x)$在$x=x_0$处任意阶可导，则$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n$在$(x_0-R,x_0+R)$上收敛于$f(x)$与$\underset{n\to \infty }{\lim }{R}_n(x)=0$等价。其中$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$在$f(x)$在$x_0$处的泰勒公式$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(n)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+R_n(x)$中的余项。

重要展开式

$x$的取值指其幂指数的收敛域和$x$定义域的交集。第七个幂函数问题较复杂，收敛区间与$\alpha$取值有关。

1. $e^x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^n}{n!}+\cdots$，$-\infty <x<+\infty$。
2. $\frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n=1-x+x^2-x^3+\cdots +(-1{)}^n{x}^n+\cdots$，$-1<x<1$。
3. $\frac{1}{1-x}=\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n=1+x+x^2+\cdots +x^n+\cdots$，$-1<x<1$。
4. $\ln (1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}+\cdots$，$-1<x⩽1$。
5. $\sin x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2x+1}}{(2n+1)!}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots$，$-\infty <x<+\infty$。
6. $\cos x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+\cdots$，$-\infty <x<+\infty$。
7. $(1+x{)}^{\alpha }=1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{a(a-1)\cdots (a-n+1)}{n!}{x}^n+\cdots$，$\{\begin{array}{l}x\in (-1,1),\text{当}\alpha ⩽-1\\ x\in (-1,1],\text{当}-1<\alpha <0\\ x\in [-1,1],\text{当}\alpha >0\end{array}$。

其中第1、3、5都是直接的公式，其他公式是根据其推出的。

💻 计算机专业视角

七个常见展开式 ≈ 数值库里 exp/sin/cos/log 的「源代码」。 $e^x,\sin x,\cos x,\frac{1}{1\pm x},\ln (1+x),(1+x{)}^{\alpha }$ 的级数是间接展开其他函数的「积木」：拿已知式做代换、求导、积分、四则运算就能拼出新函数的展开，而不必逐阶求导。截断到有限项就是实际计算用的近似多项式，丢掉的尾巴就是截断误差。

🌱 大一新生提示

一句话：背熟这七个展开式，绝大多数题靠「间接法」拼出来。 直接法（逐个求 $\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$）太累；实战是把目标函数变形成已知展开式的样子，再用代换、逐项求导/积分得到结果。同时要记住每个式子的收敛范围（如 $\frac{1}{1-x}$ 只在 $-1<x<1$）。

求法

直接法

逐个计算$a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$并代入，但是一般很麻烦。

间接法

利用已知的七个幂级数展开式，通过变量代换、四则运算、逐项求导、逐项积分和待定系数等得到。

幂级数求和函数

即函数展开的逆操作。

概念

定义：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。

运算法则

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$R_b$（$R_a\ne R_b$），则：

• $k\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=\sum _{n=0}^{\infty }k{a}_n{x}^n$，$|x|<R$，$k$为常数。
• $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n\pm \sum _{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^n=\sum _{n=0}^{\infty }(a_n\pm b_n)x^n$，$|x|<R=\min \{R_a,R_b\}$。
• $(\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n)\cdot (\sum _{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^n)=\sum _{n=0}^{\infty }(a_0{b}_n+a_1{b}_{n-1}+\cdots +a_{n}b)x^n$。

实际运算中，可能运算法则要求的起始$n$值不同，$a_n{b}_n$不为不包含$x$的常数，$x^n$的幂次不同，恒等变形方法如下：

1. 通项，下标一起变化：$\sum _{n=k}^{\infty }{a}_n{x}^n=\sum _{n=k+l}^{\infty }{a}_{n-l}{x}^{n-l}$，其中$l$为整数。
2. 只变下标，只变通项：$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=a_k{x}^k+a_{k+1}{x}^{k+1}+\cdots +a_{k+l-1}{x}^{k+l-1}+\sum _{n=k+l}^{\infty }{a}_n{x}^n$。
3. 只变通项，不变下标：$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=x^l\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{n-l}$。

如$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{2n}+\sum _{n=0}^{\infty }{b}_{n+1}{x}^{2n+2}=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{2n}+\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n{x}^{2n}=a_0+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^{2n}+\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n{x}^{2n}=a_0+\sum _{n=0}^{\infty }(a_n+b_n)x^{2n}$。

性质

• 幂级数$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$的和函数$S(n)$在其收敛区间$I$上连续，且如果幂级数在收敛区间的端点$x=\pm R$处收敛，则和函数$S(x)$在$(-R,R]$或$[-R,R)$上连续。
• 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${\int }_0^{x}S(t)\text{d}t={\int }_0^x(\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{t}^n)\text{d}t=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{\int }_0^x{t}^n\text{d}t=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{a_n}{n+1}{x}^{n+1}$（$x\in I$），逐项积分后得到的幂级数和原级数有相同收敛半径，但是收敛域可能扩大。（逐项可积性）
• 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$S^{\prime }(x)=(\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n{)}^{\prime }=\sum _{n=0}^{\infty }(a_n{x}^n{)}^{\prime }=\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1}$（$|x|<R$），逐项求导后得到的幂级数和原级数有相同收敛半径，但是收敛域可能缩小。（逐项可导性）（为什么求和函数后从$n=1$开始？因为0开始的是常数，求导为0）

傅里叶级数

概念

* 三角级数

周期函数可以由一个序列的正弦型函数叠加得到，即周期函数图形可以由一个序列的正弦型曲线合成。

即$f(x)=A_0+\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n\sin (n\omega t+{\phi }_n)$，这个级数就是三角级数。

💻 计算机专业视角

傅里叶级数 ≈ 把信号拆成不同频率的正弦波（FFT / 频域分析的数学源头）。 用一组正弦、余弦的叠加去逼近周期函数，系数 $a_n,b_n$ 就是各频率分量的「强度」——这正是音频/图像处理、JPEG 压缩、频谱分析的核心思想，快速傅里叶变换（FFT）是它的离散高效实现。和泰勒「在一点附近用多项式逼近」不同，傅里叶是「在整个周期上用三角函数逼近」。

🌱 大一新生提示

一句话：傅里叶级数把周期函数写成一堆 $\sin nx$、$\cos nx$ 的叠加。 系数靠三角函数族的「正交性」用积分一个个算出来。要特别注意：在间断点处级数收敛到「左右极限的平均值」，而不是函数值，所以原函数和它的傅里叶级数并非处处相等。

三角函数族

$\{1,\sin nx,\cos nx\}$（$n\in N\ast$）称为三角函数族，在$[-\pi ,\pi ]$区间上积分具有正交性：

• ${\int }_{-\pi }^{\pi }1\cdot \cos nx\text{d}x=\frac{\sin nx}{n}{|}_{-\pi }^{\pi }=0$。
• ${\int }_{-\pi }^{\pi }1\cdot \sin nx\text{d}x=\frac{\cos nx}{n}{|}_{-\pi }^{\pi }=0$。
• ${\int }_{-\pi }^{\pi }\cos nx\cdot \sin nx\text{d}x=\frac{1}{2}{\int }_{-\pi }^{\pi }[\sin (m+n)x+\sin (m-n)x]\text{d}x=0$。
• ${\int }_{-\pi }^{\pi }\cos nx\cdot \cos nx\text{d}x=\frac{1}{2}{\int }_{-\pi }^{\pi }[\cos (m+n)x+\cos (n-m)x]\text{d}x=0$（$m\ne n$）。
• ${\int }_{-\pi }^{\pi }\sin nx\cdot \sin nx\text{d}x=\frac{1}{2}{\int }_{-\pi }^{\pi }[\cos (n-m)x-\cos (m+n)x]\text{d}x=0$（$m\ne n$）。
• ${\int }_{-\pi }^{\pi }{1}^2\text{d}x=2\pi$。
• ${\int }_{-\pi }^{\pi }{\cos }^{2}nx\text{d}x=\pi$。
• ${\int }_{-\pi }^{\pi }{\sin }^{2}nx\text{d}x=\pi$。

周期傅里叶级数

对于周期为$2\pi$的函数$f(x)$，是否可以被展开为$S(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nx+b\sin nx)$三角级数的形式？其系数为多少？定义域是多少？

迪利克雷充分条件（迪利克雷收敛定理）定义：设$f(x)$是以$2\pi$为周期的周期函数，若满足：

1. $f(x)$在$[-\pi ,\pi ]$上连续或只有有限个第一类间断点。
2. $f(x)$在$[-\pi ,\pi ]$上至多只有有限个真正的极值点。

则$f(x)$可以被展开成$f(x)\sim S(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nx+b_n\sin nx)$，即$f(x)$在$[-\pi ,\pi ]$上的傅里叶级数。

利用积分和三角函数族计算得到系数，$a_n$、$b_n$称为傅里叶系数：

$a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\text{d}x$，$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\text{d}x$，$b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx\text{d}x$。

当$x$为连续点时，傅里叶级数$S(x)=f(x)$，当$x$为第一类间断点时，傅里叶级数$S(x)=\frac{f(x-0)+f(x+0)}{2}$，即两端左右极限的平均值。

所以要注意原函数和其傅里叶级数并不是处处相等。

例题：设以$2\pi$为周期的$f(x)$在$[-\pi ,\pi ]$上的表达式为$\{\begin{array}{ll}0,& -\pi ⩽x<0\\ x,& 0⩽x<\pi \end{array}$，对其傅里叶展开。

解：首先作图，可以看出$(2k+1)\pi$为$f(x)$间断点，$k\in z$。

然后计算系数，$a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\text{d}x=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\text{d}x=\frac{\pi }{2}$。

$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\text{d}x=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\cos nx\text{d}x=\frac{1}{n\pi }x\sin nx{|}_0^{\pi }-\frac{1}{n^2\pi }\cos nx{|}_0^{\pi }=\frac{(-1{)}^n-1}{n^2\pi }$，当$n=2k-1$时，等于$-\frac{2}{n^2\pi }$，当$n=2k$时，等于0，$k\in z$。

同理$b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx\text{d}x=\frac{(-1{)}^{n+1}}{n}$。

所以带入傅里叶系数：

$f(x)\sim \frac{\pi }{4}+\left(-\frac{2}{\pi }\cdot \cos x+\sin x\right)-\frac{1}{2}\sin 2x+\left(-\frac{2}{\pi }\cdot \frac{1}{9}\cos 3x+\frac{1}{3}\sin 3x\right)+\cdots$。

$x\in R$且$x\ne (2k+1)\pi$，$k\in z$。

$x=(2k+1)\pi$，$k\in z$时，$S(x)=\frac{\pi }{2}$。

非周期傅里叶级数

$[-\pi ,\pi ]$

假使$f(x)$只定义于$[-\pi ,\pi ]$，则首先画图$f(x)$的图像，然后将$f(x)$拓展为周期函数$F(x)$，将$F(x)$展开为傅里叶级数，然后判断两端端点是否包含，如果$F(x)$中两端端点连接起来就包括$f(x)$区间端点，否则不包括。

例题：将$f(x)=|x|$（$-\pi ⩽x⩽\pi$）展开为傅里叶级数。

第一步周期延拓为$F(x)$，画出$F(x)$的图像。

计算傅里叶系数，$a_0=\pi$；$a_n=\frac{2}{n^2\pi }[(-1{)}^n-1]$，当$n$为偶数，$a_n=0$，当$n$为奇数，$a_n=-\frac{4}{n^2\pi }$；$b_n=0$。

所以$|x|=\frac{\pi }{2}-\frac{4}{\pi }(\cos x+\frac{1}{9}\cos 3x+\frac{1}{25}\cos 5x+\cdots )$（$-\pi ⩽x⩽\pi$，因为拓展后两端连接在一起）

注意：根据最后的答案可以得出$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n+1{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{8}$、$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$。

$[0,\pi ]$

1. 区间延拓（在原区域的$y$轴对称区间上进行延拓，延拓方式有奇延拓和偶延拓两种方式），周期延拓。
2. 求傅里叶系数。
3. 奇延拓：$a_0=a_n=0$，$b_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\sin nx\text{d}x$，$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin nx$。（正弦级数）
4. 偶延拓：$a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\text{d}x$，$a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\cos nx\text{d}x$，$b_n=0$，$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos nx$。（余弦级数）

例题：将$f(x)=x$（$0⩽x⩽\pi$）进行傅里叶展开。

解：

对$f(x)$进行偶延拓变为余弦级数：

画出图像，然后计算系数：$a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\text{d}x=\pi$，$a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\cos nx\text{d}x=\frac{2}{n^2\pi }[(-1{)}^n-1]$，当$n$为偶数为0，为奇数则$=-\frac{4}{n^2\pi }$。

$x=\frac{\pi }{2}-\frac{4}{\pi }\left(\cos x+\frac{1}{9}\cos 3x+\frac{1}{25}\cos 5x\cdots \right)$，$0⩽x⩽\pi$。（两端都连接上）

对$f(x)$进行奇延拓变为余弦级数：

画出图像，然后计算系数：$a_0=a_n=0$，$b_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\sin nx\text{d}x=\frac{2(-1{)}^{n+1}}{n}$。

$x=\frac{2(-1{)}^{n+1}}{n}\sin nx$。（$0⩽x<\pi$）（$\pi$没有连接上）

任意区间傅里叶级数

定义：将正弦函数$A_n\sin (n\omega t+{\phi }_n)$按三角公式变形得到$A_n\sin {\phi }_n\cos n\omega t+A_n\cos {\phi }_n\sin n\omega t$，令$\frac{a_0}{2}=A_0$，$a_n=A\sin {\phi }_n$，$b_n=A_n\cos {\phi }_n$，$\omega =\frac{\pi }{l}$，则$\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos \frac{n\pi t}{l}+b_n\sin \frac{n\pi t}{l}\right)$。

则$f(x)$的傅里叶级数处处收敛，记起和函数为$S(x)$，有$S(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos \frac{n\pi }{l}x+b_n\sin \frac{n\pi }{l}x\right)$。

$a_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\cos \frac{n\pi }{l}x\text{d}x$，$b_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\sin \frac{n\pi }{l}x\text{d}x$，$n=1,2,\cdots$。

其中三角函数也可以展开为幂级数，所以最后都能通过幂级数展开。

例题：将$f(x)=1-x^2$（$-\pi ⩽x⩽\pi$）展开为傅里叶级数。

解：$S(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos \frac{n\pi }{l}x+b_n\sin \frac{n\pi }{l}x\right)$。

其中$a_0=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}(1-x^2)\text{d}x=\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}(1-x^2)\text{d}x=2-\frac{2}{3}{\pi }^2$。

$a_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}(1-x^2)\cos nx\text{d}x=\frac{2}{\pi }(\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\cos nx\text{d}x-\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{x}^2\cos nx\text{d}x)=\frac{4}{n^2}(-1{)}^{n+1}$。

$b_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}(1-x^2)\sin nx\text{d}x=0$（奇函数乘偶函数为奇函数，且上下限对称）

$f(x)\sim S(x)=1-\frac{{\pi }^2}{3}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{4}{n^2}(-1{)}^{n+1}\cos nx$。

定义：当$f(x)$是偶函数，则$\sin$被消去，$f(x)\sim S(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos \frac{n\pi }{l}x$，称为余弦级数。

定义：当$f(x)$是奇函数，则$\cos$被消去，$f(x)\sim S(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin \frac{n\pi }{l}x$，称为正弦级数。

若$f(x)$因为定义区间不对称导致无奇偶性，则补充定义域，使其称为奇偶函数。