无穷级数
数项级数与函数项级数
内容要点
常数项级数收敛等价于余项极限为 0。
在级数中去掉、增加或改变有限项不改变敛散性。
两个及以上的发散级数加减结果的敛散性不定。
级数收敛的必要条件是其通项极限为 0。
p-级数：\(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^p} = \begin{cases}收敛, &p > 1 \\ 发散, &p \leq 1\end{cases}\)
交错级数收敛的莱布尼茨判别法：\(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (-1)^{n - 1} u_n\)，如果数列 \(\{u_n\}\)单调减少且 \(\lim\limits_{n \to \infty} u_n = 0\)，则收敛。
若正项级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} u_n\) 满足 \(\lim\limits_{n \to \infty} \frac{u_{n + 1}}{u_n} = \rho\) 或 \(\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \rho\)，则当 \(\rho < 1\) 时收敛，\(> 1\) 时发散。
给出两个正项级数的通项 \(u_n\) 和 \(v_n\)，记极限结果为 \(\lim\limits_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = l_n\)。\(0 < l_n < +\infty\)，则两个正项级数同敛散性；如果 \(l_n = 0\)，则若 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty}v_n\) 收敛，\(\sum\limits_{n = 1}^{\infty}u_n\) 收敛；若 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} u_n\) 发散，\(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} v_n\) 发散。
如果级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} |u_n|\) 收敛，则称级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} u_n\) 绝对收敛。绝对收敛的级数必收敛。
如果 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} u_n\) 收敛，而 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} |u_n|\) 发散，则称级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} u_n\) 条件收敛。
绝对收敛的级数改变任意个项次序所得新级数仍收敛，且和结果不变；条件收敛的级数可以通过改变次序使得新级数收敛于任何实数。
设在 \([1, +\infty]\) 上 \(f(x) \geq 0\) 且单调递减，\(a_n = f(n)\)，则 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\) 与 \(\int_{1}^{+\infty} f(x) \text{d}x\) 同敛散性。
设 \(p\)，\(q\) 是正数，证明级数 \(\sum\limits_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n^p \ln^q n}\)，当 \(p > 1\) 时收敛，\(p < 1\) 时发散；当 \(p = 1\) 时，只在 \(q > 1\) 时该级数收敛。
例题讲解
求下列级数的和
(1).
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(3n - 2)(3n + 1)} = \frac{1}{3}\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{3n - 2} - \frac{1}{3n + 1} = \frac{1}{3} (1 - \lim_{n \to \infty} \frac{1}{3n + 1}) = \frac{1}{3} \]
(2).
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n(n + 1)(n + 2)} = \sum_{n = 1}^{\infty} \biggl [\frac{1}{2n} - \frac{1}{2(n + 1)} + \frac{1}{2(n + 2)} - \frac{1}{2(n + 1)} \biggl ] = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4} \]
(3).
\[ \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{6^k}{(3^k - 2^k)(3^{k + 1} - 2^{k + 1})} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{3^k}{3^k - 2^k} - \frac{3^{k + 1}}{3^{k + 1} - 2^{k + 1}} = 3 - \lim_{k \to \infty} \frac{3^{k + 1}}{3^{k + 1} - 2^{k + 1}} = 2 \]
(4).
\[ \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(k + 1)(k + 2)(k + 3) - 1}{(k + 3)!} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k + 3)!} = \frac{5}{3} \]
求级数的和
\[ \sum_{n = 0}^{n} \text{arccot} (n^2 + n + 1) \]
\[ \begin{aligned} \cot (\alpha - \beta) &= \frac{\cot \alpha \cot \beta + 1}{\cot \beta - \cot \alpha} \\ \cot (\text{arccot} n - \text{arccot} (n + 1)) &= n^2 + n + 1 \\ \text{arccot} (n^2 + n + 1) &= \text{arccot} n - \text{arccot} (n + 1) \\ \sum_{n = 0}^{\infty} \text{arccot} (n^2 + n + 1) &= \lim\limits_{n \to \infty} \sum_{k = 0}^{n} \text{arccot} k - \text{arccot} (k + 1) = \frac{\pi}{2} \end{aligned} \]
证明级数收敛并求其和
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}}{(n + 1)(n + 2)} \]
\[ \begin{aligned} S_n &= \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}}{(n + 1)(n + 2)} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a_n}{(n + 1)(n + 2)} = \sum_{n = 1}^{\infty} \biggl(\frac{a_n}{n + 1} - \frac{a_n}{n + 2}\biggr) \\ &= \frac{a_1}{2} - \frac{a_1}{3} + \frac{a_2}{3} - \frac{a_2}{4} + \cdots + \frac{a_n}{n + 1} - \frac{a_n}{n + 2} \\ &= \frac{a_1}{2} - \frac{a_1 - a_2}{3} - \frac{a_2 - a_3}{4} + \cdots + \frac{a_{n - 1} - a_{n}}{n + 1} - \frac{a_n}{n + 2} \\ &= \frac{1}{1 \times 2} + \frac{1}{2 \times 3} + \frac{1}{3 \times 4} + \cdots + \frac{1}{n \times (n + 1)} - \frac{a_n}{n + 2} \\ &= 1 - \lim\limits_{n \to \infty} \biggl(\frac{1}{n + 1} - \frac{a_n}{n + 2}\biggr) = 1 \end{aligned} \]
设 \(p > 0\)，\(x_1 = \frac{1}{4}\)，且 \(x_{n + 1}^{p} = x_{n}^{p} + x_{n}^{2p}(n = 1, 2, \cdots)\)。证明：\(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{1 + x_{n}^{p}}\) 收敛且求其和。
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{1 + x_{n}^{p}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \biggl(\frac{x_{n}^{p}}{x_{n}^{p} + x_{n}^{2p}}\biggr) =\sum_{n = 1}^{\infty} \biggl(\frac{1}{x_{n}^{p}} - \frac{1}{x_{n + 1}^{p}}\biggr) = 4^{p} \]
设 \(u_1 = 2\)，\(u_{n + 1} = u_{n}^{2} - u_{n} + 1(n = 1, 2, \cdots)\)。证明：\(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{u_n} = 1\)。
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{u_{n}}{u_{n}^2} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{u_n}{u_{n + 1} + u_{n} - 1} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{u_n^2}{(u_{n + 1} + u_n - 1)u_n} \]
判断下列级数的敛散性
(1).
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \bigg(1 + \frac{1}{n}\biggr)^{n^2} \text{e}^{-n} \]
(2).
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \sqrt[n]{a} - \sqrt[n]{b}(a > b > 0) \]
(1). 发散
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{\exp(n^2(\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + o(x^n)))}{\exp(n)} = \frac{1}{\sqrt{\text{e}}} \neq 0 \]
(2). 发散
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{a} - \sqrt[n]{b}}{\frac{1}{n}} = \ln \frac{a}{b} > 0 \]
已知级数收敛，求实数 \(\alpha\) 的取值范围
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \biggl(\frac{1}{n} - \sin \frac{1}{n}\biggr)^{\alpha} \]
\[ \lim_{n \to \infty} \biggl(\frac{1}{n} - \sin \frac{1}{n}\biggr)^{\alpha} = \lim_{n \to \infty} \biggl(\frac{1}{n} - \frac{1}{n} + \frac{1}{n^3} + o\bigg(\frac{1}{n^4}\bigg)\biggr)^{\alpha} = \lim_{n \to \infty} \biggl(n^{\alpha - 3} + o(n^{\alpha - 4})\biggr) \]
所以 \(3\alpha > 1\)。
证明级数是收敛的
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \biggl(\text{e} - \biggl(1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!}\biggr)\biggr) \]
\(\text{e} = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!} + \frac{\text{e}^\xi}{(n + 1)!}, 1 > \xi > 0\)，所以
\[ 0 < \sum_{n = 1}^{\infty} \biggl(\frac{\text{e}^{\xi}}{(n + 1)!}\biggr) < \sum_{n = 1}^{\infty} \biggl(\frac{3}{(n + 1)!}\biggr) \]
所以收敛。
设 \(a > 0\)，判别级数的敛散性
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a^{\frac{n(n + 1)}{2}}}{(1 + a)(1 + a^2)\cdots(1 + a^n)} \]
用比值判别法：
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{a^{n + 1}}{1 + a^{n + 1}} = \begin{cases} 0, &1 > a > 0 \\ \frac{1}{2}, &a = 1 \\ 1, &a > 1 \end{cases} \]
所以，\(1 \geq a > 0\) 时收敛，当 \(a > 1\) 时，
\[ 1 > \frac{a^{\frac{n(n + 1)}{2}}}{(1 + a)(1 + a^2)\cdots(1 + a^n)} \\ = \frac{1}{(1 + \frac{1}{a})(1 + \frac{1}{a^2}) \cdots (1 + \frac{1}{a^n})} > \frac{1}{\text{e}^{\frac{1}{a}} \cdot \text{e}^{\frac{1}{a^2}} \cdots \text{e}^{\frac{1}{a^n}}} > \text{e}^{-\frac{1}{a^{\frac{n(n + 1)}{2}}}} > 0 \]
所以发散。
级数是否收敛
\[ \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{\ln n !} \]
\[ \frac{1}{\ln n !} > \frac{1}{n \ln n} \]
所以发散。
设 \(\alpha > 0\)，\(\beta > 0\)，判断下列级数何时收敛与发散：
(1).
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\alpha^n + \beta^n} \]
(2).
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\alpha^n}{\alpha^n + \beta^n} \]
(1). 当 \(\alpha > 1\) 或者 \(\beta > 1\) 时，原级数收敛，当 \(\alpha \leq 1\) 且 \(\beta \leq 1\) 时，原级数发散。
(2). \(\beta > \alpha\) 时收敛，\(\alpha \geq \beta\) 时发散。
设 \(\{F_n\}\) 是斐波那契数列，判断二级数的敛散性
\[ \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{F_n} \quad \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{\ln F_n} \]
显然数列单调递增
\[ \begin{aligned} F_n &= F_{n - 1} + F_{n - 2} < 2F_{n - 1} < 2^2 F_{n - 2} < 2^3 F_{n - 3} < \cdots < 2^{n - 1} \\ F_n &= F_{n - 1} + F_{n - 2} > \frac{3}{2} F_{n - 1} > \cdots > \biggl(\frac{3}{2}\biggr)^{n - 1} \\ \biggl(\frac{2}{3}\biggr)^{n - 1} &> \frac{1}{F_n} > 0 \\ \frac{1}{\ln F_n} &> \frac{1}{(n - 1) \ln 2} \end{aligned} \]
所以，\(\sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{F_n}\) 收敛，另一个发散。
研究级数的敛散性
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{x_n^2} \]
其中， \(x_n\) 是方程 \(x = \tan x\) 的正根。
\(0 \leq y_n = \arctan x_n < \frac{\pi}{2}\)，\(x_n = n\pi + y_n\)，
\[ \frac{1}{x_n^2} < \frac{1}{(n\pi + y_n)^2} < \frac{1}{n^2} \]
所以收敛。
讨论级数的收敛性
\[ \sqrt{2} + \sqrt{2 - \sqrt{2}} + \sqrt{2 - \sqrt{2 + \sqrt{2}}} + \sqrt{2 - \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2}}}}+\cdots \]
令 \(A_1 = \sqrt{2}\)，\(A_2 = \sqrt{2 + \sqrt{2}}\)，\(A_n = \sqrt{2 + A_{n - 1}}\)，所以原级数可以变为：
\[ \sqrt{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} \sqrt{2 - A_n} \]
用比值法判断级数收敛性
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{2 - A_{n + 1}}}{\sqrt{2 - A_n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{2 - A_n}}{\sqrt{(2 - A_n)(2 + \sqrt{2 + A_n})}} = \frac{1}{2} \]
所以收敛。
已知 \(c_n \geq 0\) 且级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{c_n}{n}\) 收敛，证明下面级数收敛：
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{c_n}{k^2 + n^2} \]
设 \(a_n = \sum\limits_{k = 1}^{\infty} \frac{c_n}{k^2 + n^2}\)，显然级数 \(a_n\) 收敛，接下来只需要证明级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n\) 收敛，因此
\[ 0 \leq a_n = \frac{c_n}{n^2} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(\frac{k}{n})^2 + 1} \leq \frac{c_n}{n^2} \sum_{k = 1}^{\infty} \int_{k}^{k + 1} \frac{\text{d} x}{(\frac{x}{n})^2 + 1} = \frac{c_n}{n^2} \int_{1}^{\infty} \frac{\text{d} x}{(\frac{x}{n})^2 + 1} = \frac{c_n}{n} \cdot \frac{\pi}{4} \]
所以
\[ 0 \leq \sum_{n = 1}^{\infty} a_n \leq \frac{\pi}{4} \cdot \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{c_n}{n} \]
收敛。
设 \(a_n > 0\)，证明：如果级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n\) 收敛，则级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n^2\) 收敛。
当 \(n\) 充分大时，\(0 < a_n < 1\)，此时 \(a_n^2 < a_n\)，由比较法知级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n^2\) 收敛
设 \(\{a_n\}\) 是正项递减数列且级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n\) 收敛，证明：
(1).
\[ \lim_{n \to \infty} na_n = 0 \]
(2).
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} n(a_{n - 1} - a_n) = \sum_{n = 1}^{\infty} a_n \]
其中，\(a_0 = 0\)。
(1). 设 \(\{S_n\}\) 是 \(\sum\limits_{n \to \infty}^{\infty} a_n\) 的部分和数列，故
\[ S_{2n} - S_{n} = a_{n + 1} + a_{n + 2} + \cdots + a_{2n} \geq n a_{2n} \geq 0 \]
所以，\(\{na_n\}\) 的子数列 \(\{2n a_{2n}\}\) 收敛，由于 \((2n - 1) a_{2n - 1} \leq (2n - 1) a_{2n} = 2n a_{2n} - a_{2n}\)，则子数列 \(\{(2n - 1) a_{2n - 1}\}\) 收敛，从而有 \(\lim\limits_{n \to \infty} na_n = 0\)。
(2). 设级数的部分和数列为 \(\{\sigma_n\}\)，则
\[ \begin{aligned} \sigma_n &= a_1 + a_2 + \cdots + a_{n - 1} - na_n = S_{n - 1} - na_n \\ \lim_{n \to \infty} \sigma_n &= \lim_{n \to \infty} S_{n - 1} = \sum_{n = 1}^{\infty} a_n \end{aligned} \]
设 \(a_n > 0\)，\((n = 1, 2, 3, \cdots)\)，级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n\) 收敛，证明级数发散。
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a_n}{a_n + a_{n + 1} + a_{n + 2} + \cdots} \]
级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n\) 的余项记为 \(r_n = a_n + a_{n + 1} + \cdots\)，级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{a_n}{r_n}\) 的余项记为 \(\rho_n = \frac{a_n}{r_n} + \frac{a_{n + 1}}{r_{n + 1}} + \cdots\)，因为 \(\{r_n\}\) 单调递减，所以 \(\rho_n > 1\)，故该级数发散。
求幂级数的收敛域
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n}{n^2} x^n \]
显然该级数收敛半径大于 1，在其收敛域内对其和函数求二阶导数
\[ S''(x) = \sum_{n = 3}^{\infty} \frac{(n - 1) \sin n}{n} x^{n - 2} \]
显然有
\[ \bigg| \frac{\sin n}{n^2} x^2 \bigg| < \bigg| x^2 \bigg| \]
所以收敛域包括 \((-1, 1)\)，而当 \(x = 1\) 时，\(\sum\limits_{n = 3}^{\infty} \frac{(n - 1) \sin n}{n}\) 显然发散，所以由阿贝尔定理知当 \(|x| > 1\) 时，原级数发散；对于 \(x = \pm 1\) 原级数为 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n}{n^2} (\pm 1)^{n}\)，显然收敛。综上收敛域为 \([-1, 1]\)。
设 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n\) 与 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} b_n\) 为正项级数，证明：若 \(\lim\limits_{n \to \infty} \bigl( \frac{a_n}{a_{n + 1} b_{n}} - \frac{1}{b_{n + 1}} \bigr) > 0\)，则 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n\) 收敛。
设极限结果为 \(\delta > 0\)，由极限的保号性，存在 \(N\)，当 \(n > N\) 时，有 \(\big(\frac{a_n}{a_{n + 1}b_n} - \frac{1}{b_{n + 1}}\big) > \frac{\delta}{2} > 0\)，所以有
\[ \begin{aligned} \bigg(\frac{a_n}{b_n} - \frac{a_{n + 1}}{b_{n + 1}}\bigg) \frac{2}{\delta} &> a_{n + 1} \\ \frac{2}{\delta} \sum_{n = N}^{m} \bigg(\frac{a_n}{b_n} - \frac{a_{n + 1}}{b_{n + 1}}\bigg) &> \sum_{n = N}^{m} a_{n + 1} \\ \frac{2}{\delta} \bigg(\frac{a_N}{b_N} - \frac{a_{m + 1}}{b_{m + 1}}\bigg) &> \sum_{n = N}^{m} a_{n + 1} \end{aligned} \]
这表明级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n\) 的部分和有上界，所以收敛。
设 \(\{p_n\}\) 是单调增加的正数列，证明：\(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{p_n}\) 与 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{p_1 + p_2 + \cdots + p_n}\) 同敛散性。
若 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{p_1 + p_2 + \cdots + p_n}\) 收敛，由 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{p_n} = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{np_n} < \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{p_1 + p_2 + \cdots + p_n}\) 知 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{p_n}\) 收敛；
若 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{p_1 + p_2 + \cdots + p_n}\) 发散，由不等式得到
\[ \frac{2n}{p_1 + p_2 + \cdots + p_{2n}} \leq \frac{2n}{p_{n + 1} + p_{n + 2} + \cdots + p_{2n}} \leq \frac{2}{p_{n + 1}} \]
于是
\[ \frac{2n}{p_1 + p_2 + \cdots + p_{2n}} + \frac{2n + 1}{p_1 + p_2 + \cdots + p_{2n + 1}} \leq \frac{5}{p_{n + 1}} \]
因此
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{p_1 + p_2 + \cdots + p_n} = p_1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \bigg(\frac{2n}{p_1 + p_2 + \cdots + p_{2n}} + \frac{2n + 1}{p_1 + p_2 + \cdots + p_{2n + 1}}\bigg) \\ \leq p_1 + 5\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{p_{n + 1}} \]
所以，\(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{p_n}\) 发散
设级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} u_n (u_n > 0)\) 发散，部分和 \(S_n = u_1 + u_2 + \cdots + u_n\)。证明：
(1). 级数发散
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{u_n}{S_n} \]
(2). 级数收敛
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{u_n}{S_n^2} \]
(1). 考虑级数的余项 \(\rho_n = \sum\limits_{k = n}^{\infty} \frac{u_k}{S_k} \geq \sum\limits_{n = k}^{n + p} \frac{u_k}{S_k} \geq \frac{1}{S_{n + p}} \sum\limits_{k = n}^{n + p} u_{k} = \frac{S_{n + p} - S_{n - 1}}{S_{n + p}} = 1 - \frac{S_{n - 1}}{S_{n + p}}\)，显然，当 \(p \to \infty\) 时，\(\rho_n\) 不趋于 0，所以该级数发散。
(2).
\[ \sum_{k = 2}^{n} \frac{u_k}{S^2_k} \leq \sum_{k = 2}^{n} \frac{S_k - S_{k - 1}}{S_k S_{k - 1}} = \sum_{k = 2}^{n} \bigg(\frac{1}{S_{k - 1}} - \frac{1}{S_{k}} \bigg) = \frac{1}{S_1} - \frac{1}{S_n} < \frac{1}{u_1} \]
故正项级数 \(\sum\limits_{k = 2}^{n} \frac{u_k}{S_k^2}\) 的部分和有上界，从而收敛。
设 \(\{u_n\}\) 是单调增加的正数列，证明级数收敛的充要条件是 \(\{u_n\}\) 有界
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \biggl(1 - \frac{u_n}{u_{n + 1}}\biggr) \]
设部分和为 \(S_n = \sum\limits_{k = 1}^{n} \big(1 - \frac{u_k}{u_{k + 1}}\big)\)。
假设 \(\{u_n\}\) 有界，则
\[ S_n = \frac{u_2 - u_1}{u_2} + \cdots + \frac{u_{n + 1} - u_{n}}{u_{n + 1}} \leq \frac{u_{n + 1} - u_1}{u_2} \]
故 \(\{S_n\}\) 也有界，所以收敛。
假设该级数收敛，用反证法，假设此时数列 \(\{u_n\}\) 无界，\(\lim\limits_{n \to \infty} u_n = \infty\)，对于任意固定的正整数 \(n_0\)，存在 \(n > n_0\)，使得 \(u_n > 2u_{n_0}\)。考虑余项
\[ \sum_{k = n_0}^{\infty} \biggl(1 - \frac{u_{k}}{u_{k + 1}}\biggr) \geq \sum_{k = n_0}^{n} \biggl(1 - \frac{u_{k}}{u_{k + 1}}\biggr) \geq \frac{u_n - u_{n_0}}{u_n} > \frac{1}{2} \]
所以余项不趋于 0，所以发散。
给定级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n (a_n > 0)\)，且存在极限 \(\lim\limits_{n \to \infty} \frac{\ln (1 / a_n)}{\ln n} = q\)。证明：当 \(q > 1\) 时，该级数收敛；当 \(q < 1\) 时，该级数发散。
当 \(q > 1\) 时，取 \(q > a > 1\)，当 \(n\) 充分大时，恒有 \(\ln (\frac{1}{a_n}) > a \ln n\)，即 \(a_n < \frac{1}{n^a}\)，所以该级数收敛；当 \(q < 1\) 时，取 \(q < a < 1\)，同理得到 \(a_n > \frac{1}{n^a}\)，所以该级数发散。
设正项级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n\) 收敛，证明：\(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (a_n)^{\frac{n}{n + 1}}\) 也收敛。
设集合 \(T = \{n | a^{\frac{n}{n + 1}} < 2a_n\}\)，则级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (a_n)^{\frac{n}{n + 1}} = \sum\limits_{n \in T} (a_n)^{\frac{n}{n + 1}} + \sum\limits_{n \notin T} (a_n)^{\frac{n}{n + 1}}\)，当 \(n \in T\) 时，\(\sum\limits_{n \in T} (a_n)^{\frac{n}{n + 1}} < \sum\limits_{n \in T} 2a_n\)，此时收敛；当 \(n \notin T\) 时，此时 \((a_n)^{\frac{n}{n + 1}} \geq 2a_n \Longrightarrow (a_n)^{\frac{1}{n + 1}} \leq \frac{1}{2} \Longrightarrow (a_n)^{\frac{n}{n + 1}} \leq \frac{1}{2^n}\)，则 \(\sum\limits_{n \notin T} (a_n)^{\frac{n}{n + 1}}\) 收敛。综上，\(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (a_n)^{\frac{n}{n + 1}}\) 收敛。
设 \(a_n \neq 0\)，\(\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a \neq 0\)，证明：两个级数 ${n = 1}^{} |a{n + 1} - a_n| $ 与 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \bigl|\frac{1}{a_{n + 1}} - \frac{1}{a_n}\bigr|\) 同敛散性。
由极限的保号性，当 \(n\) 充分大以后恒有不等式 \(0 < \frac{|a|}{2} < |a_n| < 2|a|\) 成立。于是有不等式
\[ \frac{1}{4a^2} |a_{n + 1} - a_{n}| < \bigg|\frac{a_{n + 1} - a_{n}}{a_{n + 1} a_n}\bigg| < \frac{4}{a^2} |a_{n + 1} - a_{n}| \]
显然同敛散性。
给定级数，\(p > 0\)，证明下列结论
\[ \sum_{n = 2}^{\infty} \ln \biggl(1 + \frac{(-1)^n}{n^p}\biggr) \]
(1). 当 \(p > 1\) 时该级数绝对收敛；
(2). 当 \(1 \geq p > \frac{1}{2}\) 时该级数条件收敛；
(3). 当 \(\frac{1}{2} \geq p > 0\) 时该级数发散。
(1).
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{\big|\ln \big(1 + \frac{(-1)^n}{n^p}\big)\big|}{\frac{1}{n^p}} = 1 \]
(2).
\[ \ln \biggl(1 + \frac{(-1)^n}{n^p}\biggr) = \frac{(-1)^n}{n^p} - \frac{1}{2n^{2p}} + o(\frac{1}{n^{2p}}) \]
所以条件收敛。
(3). 设 \(m\) 是使得 \(mp > 1\) 的正整数。
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \ln \biggl(1 + \frac{(-1)^n}{n^p}\biggr) = \sum_{n = 1}^{\infty} \bigg(\frac{(-1)^n}{n^p} - \frac{1}{2n^{2p}} + \frac{(-1)^{3n}}{3n^{3p}} - \cdots + (-1)^{m - 1} \frac{(-1)^{mn}}{mn^{mp}} + o\bigg(\frac{1}{n^{mp}}\bigg)\bigg) \]
等式右端为有限个收敛数列和有限个发散数列的和，结果仍是发散数列，所以该级数发散。
讨论级数的敛散性
\[ \sum_{n = 2}^{\infty} \biggl(\frac{1}{\sqrt{n}} - \sqrt{\ln \bigl(1 + \frac{1}{n}\bigr)}\biggr) \]
对 \(\ln \big(1 + \frac{1}{n} \big)\) 泰勒展开前 2 项
\[ \frac{1}{\sqrt{n}} - \sqrt{\ln \bigl(1 + \frac{1}{n}\bigr)} = \frac{\frac{1}{n} - \ln \big(1 + \frac{1}{n} \big)}{\frac{1}{\sqrt{n}} + \sqrt{\ln \bigl(1 + \frac{1}{n}\bigr)}} = \frac{\frac{1}{2} \frac{1}{n\sqrt{n}} + o\big(\frac{1}{n\sqrt{n}}\big)}{1 + \sqrt{n \ln \bigl(1 + \frac{1}{n}\bigr)}} \]
当 \(n \to \infty\) 级数一般项与 \(\frac{1}{n\sqrt{n}}\) 同阶，所以绝对收敛。
确定 \(\alpha\) 的取值范围，使得级数收敛。
\[ 1 - \frac{1}{2^{\alpha}} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4^\alpha} + \frac{1}{5} - \frac{1}{6^\alpha} + \cdots \]
当 \(\alpha > 1\) 时，显然该级数发散；当 \(\alpha = 1\) 时，显然该级数收敛。当 \(\alpha < 1\) 时，此时 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^{\alpha}}\) 发散，原级数变为 \(1 + \sum\limits_{n = 2}^{\infty} \big(\frac{1}{(2n)^{\alpha}} - \frac{1}{2n - 1}\big)\)，此级数发散。
确定级数的敛散性；若收敛，请判断是条件收敛还是绝对收敛。
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \sin (\pi \sqrt{n^2 + 1}) \]
\[ \sin (\pi \sqrt{n^2 + 1}) = (-1)^{n} \sin (\pi \sqrt{n^2 + 1} - n) = (-1)^n \sin \bigg(\frac{\pi}{\sqrt{n^2 + 1} + n}\bigg) \]
由莱布尼茨判别法知条件收敛，显然不睡绝对收敛。
设 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 附近有连续的二阶导数，且 \(\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 0\)。证明级数绝对收敛。
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} f\biggl(\frac{1}{n}\biggr) \]
不妨令 \(f(x) > 0\)，此时只需要证明该级数收敛。因为 \(\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 0\)，所以 \(f(x) = o(x)\)，将 \(f(x)\) 泰勒展开前两项得 \(f(x) = f(0) + f'(0) x + \frac{f''(\xi) }{2} x^2\)，其中 \(x > \xi > 0\)，所以 \(n \to \infty\) 时 \(f(\frac{1}{n})\) 是 \(\frac{1}{n^2}\) 的高阶无穷小，所以该级数绝对收敛。
\(f(x)\) 在 \(x = 0\) 附近有连续的导数，\(\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = a > 0\)。证明级数条件收敛。
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} (-1)^{n} f\biggl(\frac{1}{n}\biggr) \]
取实数 \(k\)，使得 \(0 < k < a\)，由导函数的连续性得，在 \(x = 0\) 的某个领域内，恒有 \(f'(x) > k > 0\)，这表明在领域内 \(f(x)\) 严格单调递增，也就是 \(f(\frac{1}{n})\) 严格单调递减，又由于
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{f(\frac{1}{n})}{\frac{1}{n}} = a \]
由莱布尼茨判别法知该级数条件收敛。
设 \(f(x)\) 是在 \((-\infty, +\infty)\) 上的可微函数，且 \(|f'(x)| < mf(x)\)，其中，\(0 < m < 1\)，任取实数 \(a_0\)，定义 \(a_n = \ln f(a_{n - 1})(n = 1, 2, \cdots)\)。证明 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (a_n - a_{n - 1})\) 绝对收敛。
\[ \begin{aligned} a_n - a_{n - 1} &= \ln f(a_{n - 1}) - \ln f(a_{n - 2}) = \frac{f'(\xi)}{f(\xi)} (a_{n - 1} - a_{n - 2}) \\ |a_n - a_{n - 1}| &< m |a_{n - 1} - a_{n - 2}| < m^2 |a_{n - 2} - a_{n - 3}| < \cdots < m^{n - 1} |a_1 - a_0| \end{aligned} \]
所以绝对收敛。
讨论级数的敛散性
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \sin \pi (3 + \sqrt{5})^{n} \]
令 \(M_n = (3 + \sqrt{5})^n + (3 - \sqrt{5})^n\)，分析二项式展开的形式，可知 \(M_n\) 为偶数，则原级数
\[ = \sum_{n = 1}^{\infty} \sin \pi (M_n - (3 - \sqrt{5})^{n}) = -\sum_{n = 1}^{\infty} \sin \pi(3 - \sqrt{5})^{n} \]
因为 \(1 > 3 - \sqrt{5} > 0\)，所以该级数收敛。
用间接法将下列函数展开为麦克劳林级数，并指出其收敛域。
(1).
\[ \ln (4 - 3x - x^2) \]
(2).
\[ \frac{1}{2x^2 - 3x + 1} \]
(3).
\[ \frac{1}{(1 - x^2)^3} \]
(4).
\[ \arctan 2x \]
(1).
\[ \begin{aligned} \ln (4 - 3x + x^2) &= \ln 4 + \ln (1 + \frac{x}{4}) + \ln (1 - x) \\ &= \ln 4 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{n - 1}}{n} \bigg(\frac{x}{4}\bigg)^{n} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{-1}{n} x^{n} \\ &= \ln 4 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^n}{n} \bigg[(-1)^{n - 1} \frac{1}{4^n} - 1\bigg], x \in [-1, 1) \end{aligned} \]
(2).
\[ \begin{aligned} \frac{1}{2x^2 - 3x + 1} &= -\frac{2}{2x - 1} + \frac{1}{x - 1} \\ &= \frac{2}{1 - 2x} - \frac{1}{1 - x} = 2\sum_{n = 0}^{\infty} (2x)^n - \sum_{n = 0}^{\infty} x^n \\ &= \sum_{n = 0}^{\infty} x^n\big(2^{n + 1} - 1\big), x \in \bigg(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\bigg) \end{aligned} \]
(3).
\[ \begin{aligned} \frac{1}{(1 - x^2)^3} &= \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} (n + 2)(n + 1) x^{2n}, x \in (-1, 1) \end{aligned} \]
(4).
\[ \begin{aligned} \arctan x &= \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^{n} 2^{2n + 1}}{2n + 1} x^{2n + 1}, x \in \bigg[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\bigg] \end{aligned} \]
设 \(a > 1\)，数列 \(\{p_n\}\) 满足 \(p_{n + 1} \geq p_{n} > 0\)。证明级数收敛。
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{p_n - p_{n - 1}}{p_n p_{n - 1}^{\alpha}} \]
设级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n^2\) 收敛，证明：级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{a_n}{n}\) 也收敛。
由柯西不等式得
\[ \sum_{n = 1}^{\infty}\bigg|\frac{a_n}{n}\bigg| \leq \sqrt{\sum_{n = 1}^{\infty} a_n^2} \sqrt{\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^2}} \]
故绝对收敛
将 \(\sin x\) 展开为 \((x - \frac{\pi}{4})\) 的幂级数。
\[ \begin{aligned} \sin x &= \sin \bigg(x - \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4}\bigg) = \frac{\sqrt{2}}{2} \sin \bigg(x - \frac{\pi}{4} \bigg) + \frac{\sqrt{2}}{2} \cos \bigg(x - \frac{\pi}{4} \bigg) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2} \sum_{n = 1}^{\infty} \bigg((-1)^{n - 1}\frac{(x - \frac{\pi}{4})^{2n - 1}}{(2n - 1)!} + (-1)^{n - 1}\frac{(x - \frac{\pi}{4})^{2n - 2}}{(2n - 2)!} \bigg), x \in (-\infty, +\infty) \end{aligned} \]
设级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n\)，\(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} b_n\) 都收敛，并有 \(a_n \leq c_n \leq b_n\)，证明：级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} c_n\) 收敛。
\(b_n - a_n > c_n - a_n > 0\)，\(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} c_n = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} (c_n - a_n) + \sum\limits_{n = 1}^{\infty} a_n\)，所以收敛。
设级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} u_n^2\)，\(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} v_n^2\) 都收敛，证明级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (u_n + v_n)^{p}\) 也收敛，其中整数 \(p \geq 2\)
当 \(p = 2\) 时，\((u_n + v_n)^2 \leq 2(u_n^2 + v_n^2)\)，显然此时收敛。\(\lim\limits_{n \to \infty} (u_n + v_n)^2 = 0\)，由极限的保号知，存在 \(N\)，当 \(n > N\) 时，\(|u_n + v_n| < 1\)，\(|u_n + v_n|^p \leq |u_n + v_n|^2\)，故绝对收敛。
设 \(x_1 = 2\)，\(x_{n + 1} = 2 + \frac{1}{x_n}\)，并求 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n\)。
考虑级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (x_n - x_{n - 1})\) 的敛散性
\[ |x_n - x_{n - 1}| = \bigg|\frac{x_{n - 1} - x_{n - 2}}{x_n x_{n - 1}}\bigg| \leq \frac{1}{4} |x_{n - 1} - x_{n - 2}| \leq \cdots \leq \frac{1}{4^{n - 2}} \frac{1}{2} \]
故级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (x_n - x_{n - 1})\) 绝对收敛，于是 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n\) 存在，的结果为 \(1 + \sqrt{2}\)
设 \(x_n = \cos x_{n - 1}(n = 1, 2, \cdots)\)，证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n\) 存在。
考虑级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (x_n - x_{n - 1})\) 的敛散性
\[ |x_n - x_{n - 1}| = |\cos x_{n - 1} - \cos x_{n - 2}| \leq |\sin \xi_{n - 1}| |x_{n - 1} - x_{n - 2}| \\ \leq |\sin \xi_{n - 1}||\sin \xi_{n - 2}||x_{n - 2} - x_{n - 3}| \\ \leq \cdots \leq \\ |\sin \xi_{n - 1}||\sin \xi_{n - 2}|\cdots|\sin \xi_{1}||x_{1} - x_{0}| \]
因为 \(|\sin \xi_i| \in [0, 1]\)，所以 \(|\sin \xi_{n - 1}||\sin \xi_{n - 2}|\cdots|\sin \xi_{1}||x_{1} - x_{0}|\) 收敛，故级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (x_n - x_{n - 1})\) 绝对收敛，所以 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n\) 存在。
设 \(x_n = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}} - 2\sqrt{n}(n = 1, ,2 \cdots)\)，证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n\) 存在。
考虑级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (x_n - x_{n - 1})\) 的敛散性
\[ (x_n - x_{n - 1}) = \frac{1}{\sqrt{n}} - 2 \sqrt{n} + 2 \sqrt{n - 1} = \frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{2}{\sqrt{n} + \sqrt{n - 1}} = \frac{\sqrt{n - 1} - \sqrt{n}}{\sqrt{n} (\sqrt{n} + \sqrt{n - 1})} \\ = \frac{-1}{\sqrt{n}(\sqrt{n} + \sqrt{n - 1})^2} \]
所以 \(n \to \infty\) 时，一般项与 \(\frac{1}{\sqrt{n^3}}\) 同阶，故绝对收敛，所以 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n\) 存在。
设 \(\{F_n\}\) 是斐波那契数列，证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} (F_n / F_{n - 1})\) 存在并求其值。
证明下列级数是收敛的：
(1).
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \int_0^{\frac{1}{n}} \frac{\sqrt{x}}{1 + x^4} \text{d} x \]
(2).
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} \int_0^{\frac{\pi}{n}} \frac{\sin x}{1 + x} \text{d} x \]
令
\[ a_k = \int_{-\infty}^{+\infty} x^{2k} \text{e}^{-kx^2} \text{d} x (k = 1, 2, \cdots) \]
讨论 \(\sum\limits_{k = 1}^{\infty} a_k\) 的敛散性。
设 \(a_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^n x \text{d} x(n = 1, 2, \cdots)\)。
(1). 求级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} (a_n + a_{n + 2})\) 的和；
(2). 证明级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (-1)^n a_n\) 条件收敛；
(3). 证明：对于任何 \(\lambda > 0\)，级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{a_n}{n^{\lambda}}\) 都收敛。
将函数 \(\frac{\text{e}^{x}}{1 - x}\) 展开为麦克劳林级数
\[ \begin{aligned} \frac{\text{e}^{x}}{1 - x} &= \bigg(\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n!} x^n\bigg) \bigg(\sum_{n = 0}^{\infty} x^n\bigg) = \sum_{n = 0}^{\infty} \bigg(1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!}\bigg) x^n, x \in (-1, 1) \end{aligned} \]
将下列函数展开为麦克劳林级数
(1).
\[ f(x) = \frac{1}{(1 + x)(1 + x^2)(1 + x^4)(1 + x^8)} \]
(2).
\[ f(x) = \frac{1}{4} \ln \frac{1 + x}{1 - x} + \frac{1}{2} \arctan x - x \]
(3).
\[ f(x) = \frac{\ln (1 + x)}{1 + x} \]
(1).
\[ \frac{1 - x}{1 - x^{16}} = (1 - x) \sum_{n = 0}^{\infty} x^{16n} \]
(2).
\[ \begin{aligned} \frac{1}{4} (\ln (1 + x) - \ln (1 - x)) + \frac{1}{2} \arctan x - x &= \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{2n + 1}}{4(2n + 1)} + \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{2n + 1}}{2n + 1} - x \\ &= \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{3 x^{2n + 1}}{4(2n + 1)} - x \end{aligned} \]
(3).
\[ \begin{aligned} \frac{\ln (1 + x)}{1 + x} &= \sum_{n = 1}^{\infty} \bigg(\frac{(-1)^{n - 1}}{n} x^{n} \bigg) \sum_{n = 0}^{\infty} \bigg((-1)^{n} x^{n}\bigg) \\ &= \end{aligned} \]
用直接法将 \(\frac{\arctan x}{\sqrt{1 - x^2}}\) 展开为麦克劳林级数。
令 \(f(x) = \frac{\arctan x}{\sqrt{1 - x^2}}\)，则
\[ f'(x) = \frac{\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \sqrt{1 - x^2} + \arctan x \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}}{1 - x^2} = \frac{1}{1 - x^2} + \frac{x}{1 - x^2} f(x) \]
得到微分方程，对微分方程两端求 \(n\) 阶导数。
\[ \begin{aligned} (1 - x^2) f'(x) - x f(x) &= 1 \\ \end{aligned} \]
设 \(\{F_n\}\) 是斐波那契数列，求它的母函数，即幂级数 \(\sum\limits_{n = 0}^{\infty} F_n x^n\) 的和函数 \(S(x)\)。
\[ \sum_{n = 1}^{\infty} F_{n + 1} x^{n + 1} = x \sum_{n = 1}^{\infty} F_n x^n + x^2 \sum_{n = 1}^{\infty} F_{n - 1} x^{n - 1} = x[S(x) - 1] + x^2 S(x) \]
所以，
\[ S(x) = 1 + x + \sum_{n = 1}^{\infty} F_{n + 1} x^{n + 1} = 1 + x x[S(x) - 1] + x^2 S(x) \]
解得 \(S(x) = \frac{1}{1 - x - x^2}, |x| < G\)，其中 \(G = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}\)
已知 \(u_n(x)\) 满足 \(u_n'(x) = u_n(x) + x^{n - 1}\text{e}^{x}\)，其中 \(n\) 为正整数，\(u_n(1) = \frac{\text{e}}{n}\)。求函数项级数 \(\sum\limits_{n = 1}^{\infty} u_n(x)\) 之和。
容易得到 \(u_n(x) = \frac{x^n}{n} \text{e}^{x}\)，所以
\[ \text{e}^x \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^n}{n} = -\text{e}^x \ln (1 - x), -1 \leq x < 1 \]
利用傅里叶级数求下列级数的和
(1).
\[ \delta_1 = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \]
(2).
\[ \delta_2 = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2n - 1)^2} \]
(3).
\[ \delta_3 = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{n - 1}}{2n - 1} \]
(4).
\[ \delta_4 = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^4} \]
(1). 设 \(f(x)\) 以 \(2\pi\) 为周期，它在 \([-\pi, \pi]\) 上的表达式为 \(f(x) = x^2\)。有收敛定理，在区间内，其傅里叶级数为 \(\frac{\pi^2}{3} + \sum\limits_{n = 1}^{\infty}(-1)^n \frac{4}{n^2} \cos nx = x^2\)。取 \(x = \pi\)，由 \(\cos n\pi = (-1)^n\) 及 \(f(\pi) = \pi^2\) 可推出。
设 \(y = y(x) = \frac{1}{4} (1 + x - \sqrt{1 - 6x + x^2})\)，其幂级数展开式为 \(y = a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \cdots\)。证明：该幂级数展开式的系数都是正整数。
幂级数 \(f(x) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} a_n x^n\) 的每一个系数 \(a_n\) 只取值 0 或 1.证明：\(f(x)\) 是有理函数的充要条件为 \(f(\frac{1}{2})\) 是有理数。
证明：
\[ \int_0^1 x^{-x} \text{d} x = \sum_{n = 1}^{\infty} \bigg(\frac{1}{n}\bigg)^n \]
设 \(f(x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^2} x^n, x \in [0, 1]\)
(1). 证明：\(f(x) + f(1 - x) + \ln x \cdot \ln (1 - x) \equiv \frac{\pi^2}{6}\)
(2). 计算：\(\int_0^1 \frac{1}{x - 2} \ln x \text{d} x\)
设 \(S_{mn} = \sum\limits_{i = 1}^{m} \sum\limits_{j = 1}^{n} \frac{(-1)^{i + j}}{i + j}\)，求 \(\lim\limits_{m, n \to \infty} S_{mn}\)。