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@@ -34,11 +34,132 @@
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\setcounter{page}{1}
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\section{求和函数}
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\section{常数项级数}
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\subsection{正项级数}
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\subsubsection{放缩法}
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即根据收敛准则来进行判断。如果要判断原级数收敛，则辅助级数应该是对其放大，判断原级数发散，则辅助级数应该是对其缩小。
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\subsubsection{比较判别法}
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都需要找到一个好的级数进行比较。常用的只有两个：
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$p$级数：$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^p}\left\{\begin{array}{l}
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p>1, \text{收敛} \\
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p\leqslant1, \text{发散}
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\end{array}\right.$。
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等比级数（几何级数）：$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}aq^{n-1}\left\{\begin{array}{l}
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\vert q\vert<1, \text{收敛} \\
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\vert q\vert\geqslant 1, \text{发散}
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\end{array}\right.$。
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\subsubsection{比值判别法}
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适用于含有$a^n$，$n!$，$n^n$的通项。主要是$n!$。
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\textbf{例题：}判断$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n!}{n^n}$。
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解：利用比值判别法，令$a_n=\dfrac{n!}{n^n}$，$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\dfrac{n^n}{n!}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^n}{(n+1)^n}$，注意这里幂也为变量，不是等于1而是上下同时除以$n^n$，$=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{(1+\frac{1}{n})^n}$，根据两个重要极限得到$=\dfrac{1}{e}<1$，所以收敛。
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\subsubsection{根值判别法}
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适用于含有$a^n$，$n^n$的通项。
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$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$。
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\subsubsection{积分判别法}
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\textbf{例题：}判断级数$\sum\limits_{n=2}^\infty\dfrac{1}{n\ln n}$的敛散性。
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解：因为$\dfrac{1}{n\ln n}<\dfrac{1}{n}$，调和级数发散，所以比较判别法找不到一个较好的辅助级数。同理根据级数形式比值和根值判别法都无法使用。
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令$f(x)=\dfrac{1}{x\ln x}$，$a_n=f(n)$，在$[2,+\infty)$上$\dfrac{1}{n\ln n}$单调减且非负。
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级数$\sum\limits_{n=2}^\infty\dfrac{1}{n\ln n}$与$\int_2^{+\infty}\dfrac{\textrm{d}x}{x\ln x}$同敛散。
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$=\ln\ln x\vert_2^{+\infty}=+\infty$，所以原级数发散。
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\subsection{交错级数}
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\section{幂级数}
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\subsection{收敛域}
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\subsubsection{基本方法}
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使用比值或根值法进行求解。
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\textbf{例题：}求幂级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{e^n-(-1)^n}{n^2}x^n$的收敛半径。
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解：
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比值法：
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$\lim\limits_{n\to\infty}\left\vert\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right\vert=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{e^{n+1}-(-1)^{n+1}}{(n+1)^2}\dfrac{n^2}{e^n-(-1)^n}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{e+(\frac{-1}{e})^n}{1-(\frac{-1}{e})^n}$。
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又$\lim\limits_{n\to\infty}x^n=\left\{\begin{array}{ll}
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0 & \vert x\vert<1 \\
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\infty & \vert x\vert\geqslant1
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\end{array}\right.$，$\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{-1}{e}\right)^n=0$，原式$=e$。$R=\dfrac{1}{e}$。
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根值法：
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$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\vert a_n\vert}=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\dfrac{e^n-(-1)^n}{n^2}}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{e\sqrt[n]{1-(-\frac{-1}{e})^n}}{\sqrt[n]{n}\sqrt[n]{n}}$，又$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$。
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$=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{e\sqrt[n]{1-0}}{1\cdot1}=e$，所以$R=\dfrac{1}{e}$。
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\subsubsection{缺项变换}
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\textbf{例题：}求幂级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n}{2^n+(-3)^n}x^{2n-1}$的收敛半径。
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解：由于分母都是幂函数，所以使用根值法：$=\lim\limits_{n=1}^\infty\sqrt[n]{\vert a_n\vert}=\lim\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\sqrt[n]{n}}{\sqrt[n]{3^n+(-2)^n}}\\=\lim\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{\sqrt[n]{1+(-\frac{2}{3})^n}}=\dfrac{1}{3}$。
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所以$R=3$。注意这里是错误的，因为之前求收敛域时都是$x^n$，而这里是$x^{2n-1}$，只有奇数次项，所以幂级数的一半都没有了。
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$\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^{2n}\approx\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^{2n-1}=\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x^2)^n$，当前已知收敛半径为$3$，即$\vert x^2\vert<3$，即$\vert x\vert<\sqrt{3}$。
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\subsubsection{收敛域变换}
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\textbf{例题：}已知幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(x+2)^n$在$x=0$处收敛，在$x=-4$处发散，求$\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(x-3)^n$的收敛域。
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解：根据阿贝尔定理，已知在$x=0$处收敛，且中心点在$x=-2$，则收敛区间为$(-4,0)$，在$x=-4$处发散，则$x<-4$，$x>0$处发散。
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然后确定两端端点敛散性，$x=0$处收敛则收敛域包括$x=0$，$x=-4$处发散则收敛域不包括$x=-4$，得到收敛域$(-4,0]$。
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对于$\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(x-3)^n$的中心点为$x=3$，则根据相对位置收敛域为$(1,5]$。
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\subsubsection{常数项级数变换}
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可以代入特殊点确定收敛点，将幂级数转换为常数项级数。
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\textbf{例题：}若级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$条件收敛，求幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty na_n(x-1)^n$的收敛区间。
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解：已知$\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$条件收敛，则对于幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty na_n(x-1)^n$而言在$x=2$处条件收敛，即得到以中心点$x=1$的收敛区间$(0,2)$。
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\subsection{函数展开}
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\subsubsection{因式分解}
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\textbf{例题：}将函数$f(x)=\dfrac{1}{x^2-3x-4}$展开为$x-1$的幂级数并指出收敛区间。
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解：$\dfrac{1}{x^2-3x-4}=\dfrac{1}{5}\left(\dfrac{1}{x-4}-\dfrac{1}{x+1}\right)$。
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$\dfrac{1}{x-4}=\dfrac{1}{(x-1)-3}=-\dfrac{1}{3}\dfrac{1}{1-\frac{x-1}{3}}=-\dfrac{1}{3}\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\dfrac{x-1}{3}\right)^n$，$\left\vert\dfrac{x-1}{3}\right\vert<1$，$x\in(-2,4)$。
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$\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{1}{(x-1)+2}=\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{1+\frac{x-1}{2}}=\dfrac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^\infty\left(-\dfrac{x-1}{2}\right)^n$，$\left\vert-\dfrac{x-1}{2}\right\vert<1$，$x\in(-1,3)$。
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所以其幂级数就是其加和，收敛区间为$(-2,4)\cap(-1,3)=(-1,3)$。
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\subsection{级数求和}
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即对展开式进行逆运算，根据幂级数展开式反推原幂级数。
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可以利用展开式求和函数，但是很多展开式的通项都不是公式中的，就需要对通项进行变形。
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\subsection{先导后积}
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\subsubsection{先导后积}
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$n$在分母上，先导后积。使用变限积分：$\int_{x_0}^xS'(t)\,\textrm{d}t=S(x)-S(x_0)$，即$S(x)=S(x_0)+\int_{x_0}^xS'(t)\,\textrm{d}t$。一般选择$x_0$为展开点。
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@@ -50,10 +171,9 @@ $n$在分母上，先导后积。使用变限积分：$\int_{x_0}^xS'(t)\,\textr
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记$S(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{x^n}{n}$，则$x^n=(x-0)^n$，取$x_0=0$。
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$\therefore S(x)=S(0)+\displaystyle{\int_0^x\left(\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{t^n}{n}\right)_t'\,\textrm{d}t}=0+\int_0^x(\sum\limits_{n=1}^\infty t^{n-1})\,\textrm{d}t=\displaystyle{\int_0^x\dfrac{1}{1-t}\textrm{d}t}=-\ln(1-x)$。收敛域为$(-1,1)$。
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$\therefore S(x)=S(0)+\displaystyle{\int_0^x\left(\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{t^n}{n}\right)_t'\,\textrm{d}t}=0+\int_0^x(\sum\limits_{n=1}^\infty t^{n-1})\,\textrm{d}t=\displaystyle{\int_0^x\dfrac{1}{1-t}\textrm{d}t}=-\ln(1-x)$。收敛域为$[-1,1)$。
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\subsection{先积后导}
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\subsubsection{先积后导}
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$n$在分子上，先积后导。$(\int S(x)\,\textrm{d}x)'=S(x)$。
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@@ -61,4 +181,10 @@ $n$在分子上，先积后导。$(\int S(x)\,\textrm{d}x)'=S(x)$。
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解：记$S(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty nx^n=x\sum\limits_{n=1}^\infty x^{n-1}=x(\int\sum\limits_{n=1}^\infty nx^{n-1}\,\textrm{d}x)'=x(\sum\limits_{n=1}^\infty x^n)'=x\left(\dfrac{x}{1-x}\right)'=\dfrac{x}{(1-x)^2}$。收敛域为$[-1,1]$。
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\textbf{例题：}求级数$\sum\limits_{n=0}^\infty(n+1)(n+3)x^n$的和函数。
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解：$(n+1)(n+3)$的形式可以推出$(n+1)(n+2)$是求两次导的结果，而这里是$(n+1)(n+3)$，所以拆开：$\sum\limits_{n=0}^\infty(n+1)(n+2)x^n+\sum\limits_{n=0}^\infty(n+1)x^n=\left(\sum\limits_{n=0}^\infty x^{n+2}\right)''+\left(\sum\limits_{n=0}^\infty x^{n+1}\right)=\left(\dfrac{x^2}{1-x}\right)''+\left(\dfrac{x}{1-x}\right)'=\dfrac{3-x}{(1-x)^3}$，$x\in(-1,1)$。
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\section{傅里叶级数}
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\end{document}
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@@ -62,8 +62,9 @@ $S_n=u_1+u_2+\cdots+u_n$称为级数的\textbf{部分和}，$\{S_n\}$是级数
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\subsubsection{性质}
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\begin{enumerate}
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\item 线性性质：若级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$，$\sum\limits_{n=1}^\infty v_n$均收敛，且其和分别为$S$，$T$，则任给常数$a,b$，有$\sum\limits_{n=1}^\infty(au_n+bv_n)$也收敛，且其和为$aS+bT$，即$\sum\limits_{n=1}^\infty(au_n+bv_n)=a\sum\limits_{n=1}^\infty u_n+b\sum\limits_{n=1}^\infty v_n$。
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\item 线性性质：若级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$，$\sum\limits_{n=1}^\infty v_n$均收敛，且其和分别为$S$，$T$，则任给常数$a,b$，有$\sum\limits_{n=1}^\infty(au_n+bv_n)$也收敛，且其和为$aS+bT$，即$\sum\limits_{n=1}^\infty(au_n+bv_n)=a\sum\limits_{n=1}^\infty u_n+b\sum\limits_{n=1}^\infty v_n$。（收敛±发散=发散，发散±发散=不确定）
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\item 若级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$收敛，则其任意$m$项后余项$\sum\limits_{n=m+1}^\infty u_n$也收敛；若存在$m$项后余项$\sum\limits_{n=m+1}^\infty u_n$收敛，则$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$也收敛。
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\item 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。
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\item 级数收敛必要条件：若级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$收敛，则$\lim\limits_{n\to\infty}u_n=0$。
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\end{enumerate}
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@@ -77,6 +78,8 @@ $S_n=u_1+u_2+\cdots+u_n$称为级数的\textbf{部分和}，$\{S_n\}$是级数
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若通项$u_n\geqslant0$，$n=1,2,\cdots$，则$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$为\textbf{正项级数}。
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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。
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\paragraph{收敛原则} \leavevmode \medskip
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}正项级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$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）
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@@ -87,15 +90,12 @@ $S_n=u_1+u_2+\cdots+u_n$称为级数的\textbf{部分和}，$\{S_n\}$是级数
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基本就是使用放缩法判断是否有界。
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}等比级数（几何级数）：$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}aq^{n-1}\left\{\begin{array}{l}
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\vert q\vert<1, \text{收敛} \\
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\vert q\vert\geqslant 1, \text{发散}
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\end{array}\right.$。
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\textbf{例题：}判断级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{\sqrt{n}}$的敛散性。
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解：$S_n=1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n}}>n\dfrac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}$，当$n\to\infty$时$\sqrt{n}\to\infty$，无上界所以发散。
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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。
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\paragraph{比较判别法} \leavevmode \medskip
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}给出两个正项级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$，$\sum\limits_{n=1}^\infty v_n$，若从某项开始有$u_n\leqslant v_n$成立，则：\ding{172}若$\sum\limits_{n=1}^\infty v_n$收敛，则$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$也收敛；\ding{173}若$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$发散，则$\sum\limits_{n=1}^\infty v_n$也发散。
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@@ -112,11 +112,6 @@ $S_n=\ln\dfrac{2}{1}+\ln\dfrac{3}{2}+\cdots+\ln\dfrac{n+1}{n}=\ln2-\ln1+\ln3-\ln
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所以$\sum\limits_{n=1}^\infty\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)$发散，则$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n}$也发散。
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}$p$级数：$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^p}\left\{\begin{array}{l}
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p>1, \text{收敛} \\
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||||
p\leqslant1, \text{发散}
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\end{array}\right.$。
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\paragraph{比较判别法极限性质} \leavevmode \medskip
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是比较判别法的推论，利用极限的阶数来比较。
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@@ -139,14 +134,12 @@ $\therefore\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n}-\sin\dfrac{1}{n}}{\dfrac{
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\paragraph{比值判别法} \leavevmode \medskip
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也称为达朗贝尔判别法。根据自己的通项的商进行比较。
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也称为达朗贝尔判别法。由等比级数推断出部分级数的敛散性只与自己的参数有关，根据自己的通项的商进行比较。
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}给出一正项级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$，若$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\rho$，则：\ding{172}若$\rho<1$，则$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$收敛；\ding{173}若$\rho>1$，则$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$发散。
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\textcolor{orange}{注意：}$\rho=1$时无法根据此判断$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$敛散性，如$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n}$发散，但$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^2}$收敛。
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适用于含有$a^n$，$n!$，$n^n$的通项。
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\textbf{例题：}判断级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\vert a\vert^nn!}{n^n}$的敛散性，其中$a$为非零常数。
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解：记$u_n=\dfrac{\vert a\vert^nn!}{n^n}$，$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\vert a\vert\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^n=\vert a\vert e^{\lim\limits_{n\to\infty}n\ln\frac{n}{n+1}}=\vert a\vert e^{\lim\limits_{n\to\infty}n(\frac{n}{n+1}-1)}=\vert a\vert e^{\lim\limits_{n\to\infty}(\frac{-n}{n+1}-1)}=\vert a\vert e^{-1}=\dfrac{\vert a\vert}{e}$。
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@@ -155,18 +148,24 @@ $\therefore\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n}-\sin\dfrac{1}{n}}{\dfrac{
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\paragraph{根值判别法} \leavevmode \medskip
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也称为柯西判别法。
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也称为柯西判别法。由比值判别法类比而来。
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}给出正项级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$，若$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\rho$，则\ding{172}若$\rho<1$，则$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$收敛；若$\rho>1$，则$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$发散。
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适用于含有$a^n$，$n^n$的通项。
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同理$\rho=1$也会失效。
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\textbf{例题：}判断级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\left(n\sin\dfrac{1}{n}\right)^{n^3}$的敛散性。
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解：记$u=\left(n\sin\dfrac{1}{n}\right)^{n^3}$，则$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\left(n\sin\dfrac{1}{n}\right)^{n^2}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}n^(n\sin\frac{1}{n}-1)}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\sin\frac{1}{n}-\frac{1}{n}}{\frac{1}{n^3}}}=e^{-\frac{1}{6}}<1$，所以收敛。
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\paragraph{积分判别法} \leavevmode \medskip
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}设$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\limits_{n=1}^\infty a_n$与$\int_1^{+\infty}f(x)\,\textrm{d}x$同敛散。
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\textbf{例题：}证明$p$级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^p}$当$p>1$的敛散性。
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证明：令$f(x)=\dfrac{1}{x^p}$，又$\int_1^{+\infty}\dfrac{\textrm{d}x}{x^p}$在$p>1$收敛，在$p\leqslant1$发散，所以得到原级数敛散性。
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\subsubsection{交错级数}
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\paragraph{概念} \leavevmode \medskip
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@@ -175,7 +174,9 @@ $\therefore\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n}-\sin\dfrac{1}{n}}{\dfrac{
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\paragraph{莱布尼兹判别法} \leavevmode \medskip
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}给出一交错级数$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}u_n$，$u_n>0$，$n=1,2,\cdots$，若$\{u_n\}$\textbf{单调不增}$u_n\geqslant u_{n+1}$且$\lim\limits_{n\to\infty}=0$，则该级数收敛。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}给出一交错级数$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}u_n$，$u_n>0$，$n=1,2,\cdots$，若$\{u_n\}$\textbf{单调不增}$u_n\geqslant u_{n+1}$且$\lim\limits_{n\to\infty}=0$，则该级数收敛。反过来则不行。
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如$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{(-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$为不递减。
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\textbf{例题：}判断交错调和级数$\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\dfrac{1}{n}$的敛散性。
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@@ -223,6 +224,10 @@ $f'(x)=\dfrac{1-\ln(1+x)}{(1+x)^2}$，当$x\to+\infty$时，$f'(x)<0$，$\{u_n\}
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}若原级数绝对收敛，不论将其项如何排列，则所得的新级数也收敛，且其和不变。（绝对收敛的级数具有可交换性）
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}条件收敛的级数的所有正项（或负项）构成的级数一定发散。
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}$\sum\limits_{n=1}^\infty\vert b_n\vert$收敛，则$\sum\limits_{n=1}^\infty b_n^2$收敛。（$b_n$收敛则不能得到）
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\textbf{例题：}若级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$收敛，则下面级数必收敛的是()。
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$A.\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)\dfrac{u_n}{n}$\qquad$B.\sum\limits_{n=1}^\infty u_n^2$\qquad$C.\sum\limits_{n=1}^\infty(u_{2n-1}-u_{2n})$\qquad$D.\sum\limits_{n=1}^\infty(u_n+u_{n+1})$
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@@ -277,7 +282,7 @@ $A.\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)\dfrac{u_n}{n}$\qquad$B.\sum\limits_{n=1}^\infty
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收敛域的求法：
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\begin{enumerate}
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\item 若$\lim\limits_{n\to\infty}\left\vert\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right\vert=\rho$，则$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$收敛半径$R$的表达式为$\left\{\begin{array}{ll}
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\item 若$\lim\limits_{n\to\infty}\left\vert\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right\vert$或$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\vert a_n\vert}=\rho$，则收敛半径$R=\left\{\begin{array}{ll}
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\dfrac{1}{\rho}, & \rho\neq0 \\
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+\infty, & \rho=0 \\
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0, & \rho=+\infty
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@@ -296,6 +301,8 @@ $A.\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)\dfrac{u_n}{n}$\qquad$B.\sum\limits_{n=1}^\infty
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\item 单独讨论$x=a$，$x=b$处的敛散性，得到收敛域。
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\end{enumerate}
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}若幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$在点$x=x_0$处条件收敛，则点$x_0$在幂级数收敛区间的端点上。
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\textbf{例题：}求幂级数$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{x^n}{n}$的收敛域。
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解：令$\vert u_n(x)\vert=\left\vert\dfrac{x^n}{n}\right\vert$。由于含有$x^n$，所以使用比值判别法。
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@@ -344,40 +351,17 @@ $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x+1)^n$要转换为$\sum\limits_{n=1}^\infty na_n(
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而在$x=2$在收敛区间内，必然绝对收敛，所以选$A$。
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\subsection{幂级数求和函数}
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\subsection{函数展开为幂级数}
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\subsubsection{概念}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}在收敛域上，记$S(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$，并称$S(x)$为$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$的\textbf{和函数}。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若函数$f(x)$在$x=x_0$处存在任意阶导数，则称$f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+\cdots$为函数$f(x)$在$x_0$处的\textbf{泰勒级数}，则$f(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$。
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\subsubsection{运算法则}
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当$x_0=0$时，称$f(0)+f'(0)x+\dfrac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+\cdots$为函数$f(x)$的\textbf{麦克劳林级数}，若收敛，则$f(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$。
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若幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$与$\sum\limits_{n=0}^\infty b_nx^n$的收敛半径分别为$R_a$和$R_b$（$R_a\neq R_b$），则：
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都是函数展开成幂级数。
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\begin{itemize}
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\item $k\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n=\sum\limits_{n=0}^\infty ka_nx^n$，$\vert x\vert<R$，$k$为常数。
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\item $\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n\pm\sum\limits_{n=0}^\infty b_nx^n=\sum\limits_{n=0}^\infty (a_n\pm b_n)x^n$，$\vert x\vert<R=\min\{R_a,R_b\}$。
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\end{itemize}
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实际运算中，可能运算法则要求的起始$n$值不同，$a_nb_n$不为不包含$x$的常数，$x^n$的幂次不同，恒等变形方法如下：
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\begin{enumerate}
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\item 通项，下标一起变化：$\sum\limits_{n=k}^\infty a_nx^n=\sum\limits_{n=k+l}^\infty a_{n-l}x^{n-l}$，其中$l$为整数。
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\item 只变下标，只变通项：$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n=a_kx^k+a_{k+1}x^{k+1}+\cdots+a_{k+l-1}x^{k+l-1}+\sum\limits_{n=k+l}^\infty a_nx^n$。
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\item 只变通项，不变下标：$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n=x^l\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^{n-l}$。
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\end{enumerate}
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如$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^{2n}+\sum\limits_{n=0}^\infty b_{n+1}x^{2n+2}=\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^{2n}+\sum\limits_{n=1}^\infty b_nx^{2n}=a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^{2n}+\sum\limits_{n=1}^\infty b_nx^{2n}=a_0+\sum\limits_{n=0}^\infty(a_n+b_n)x^{2n}$。
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\subsubsection{性质}
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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。
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\begin{itemize}
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\item 幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$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。
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\item 幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$的和函数$S(x)$在其收敛域$I$上可积，且有逐项积分公式$\int_0^xS(t)\,\textrm{d}t=\int_0^x(\sum\limits_{n=0}^\infty a_nt^n)\,\textrm{d}t=\sum\limits_{n=0}^\infty a_n\int_0^xt^n\,\textrm{d}t=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{a_n}{n+1}x^{n+1}$（$x\in I$），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。
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\item 幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$的和函数$S(x)$在其收敛区间$(-R,R)$内可到，且有逐项求导公式$S'(x)=(\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n)'=\sum\limits_{n=0}^\infty(a_nx^n)'=\sum\limits_{n=1}^\infty na_nx^{n-1}$（$\vert x\vert<R$），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。
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\end{itemize}
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}已知$f(x)$在$x=x_0$处任意阶可导，则$\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$在$(x_0-R,x_0+R)$上收敛于$f(x)$与$\lim\limits_{n\to\infty}R_n(x)=0$等价。其中$R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$在$f(x)$在$x_0$处的泰勒公式$f(x)=\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+R_n(x)$中的余项。
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\subsubsection{重要展开式}
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@@ -397,15 +381,7 @@ $x$的取值指其幂指数的收敛域。第七个幂函数问题较复杂，
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\end{array}\right.$。
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\end{enumerate}
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\subsection{函数展开为幂级数}
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\subsubsection{概念}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若函数$f(x)$在$x=x_0$处存在任意阶导数，则称$f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+\cdots$为函数$f(x)$在$x_0$处的\textbf{泰勒级数}，则$f(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$。
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当$x_0=0$时，称$f(0)+f'(0)x+\dfrac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+\cdots$为函数$f(x)$的\textbf{麦克劳林级数}，若收敛，则$f(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$。
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都是函数展开成幂级数。
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其中第1、3、5都是直接的公式，其他公式是根据其推出的。
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\subsubsection{求法}
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@@ -425,6 +401,42 @@ $x$的取值指其幂指数的收敛域。第七个幂函数问题较复杂，
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求导的级数要求$\vert x\vert<1$，代入$x=\pm1$到最后结果得到两个交错级数，所以收敛域其实为$[-1,1]$（可以不写）。
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\subsection{幂级数求和函数}
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\subsubsection{概念}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}在收敛域上，记$S(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$，并称$S(x)$为$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$的\textbf{和函数}。
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\subsubsection{运算法则}
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若幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$与$\sum\limits_{n=0}^\infty b_nx^n$的收敛半径分别为$R_a$和$R_b$（$R_a\neq R_b$），则：
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\begin{itemize}
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\item $k\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n=\sum\limits_{n=0}^\infty ka_nx^n$，$\vert x\vert<R$，$k$为常数。
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\item $\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n\pm\sum\limits_{n=0}^\infty b_nx^n=\sum\limits_{n=0}^\infty (a_n\pm b_n)x^n$，$\vert x\vert<R=\min\{R_a,R_b\}$。
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\item $(\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n)\cdot(\sum\limits_{n=0}^\infty b_nx^n)=\sum\limits_{n=0}^\infty(a_0b_n+a_1b_{n-1}+\cdots+a_nb)x^n$。
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\end{itemize}
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实际运算中，可能运算法则要求的起始$n$值不同，$a_nb_n$不为不包含$x$的常数，$x^n$的幂次不同，恒等变形方法如下：
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\begin{enumerate}
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\item 通项，下标一起变化：$\sum\limits_{n=k}^\infty a_nx^n=\sum\limits_{n=k+l}^\infty a_{n-l}x^{n-l}$，其中$l$为整数。
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\item 只变下标，只变通项：$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n=a_kx^k+a_{k+1}x^{k+1}+\cdots+a_{k+l-1}x^{k+l-1}+\sum\limits_{n=k+l}^\infty a_nx^n$。
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\item 只变通项，不变下标：$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n=x^l\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^{n-l}$。
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\end{enumerate}
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如$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^{2n}+\sum\limits_{n=0}^\infty b_{n+1}x^{2n+2}=\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^{2n}+\sum\limits_{n=1}^\infty b_nx^{2n}=a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^{2n}+\sum\limits_{n=1}^\infty b_nx^{2n}=a_0+\sum\limits_{n=0}^\infty(a_n+b_n)x^{2n}$。
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\subsubsection{性质}
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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。
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\begin{itemize}
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\item 幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$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。
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\item 幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$的和函数$S(x)$在其收敛域$I$上可积，且有逐项积分公式$\int_0^xS(t)\,\textrm{d}t=\int_0^x(\sum\limits_{n=0}^\infty a_nt^n)\,\textrm{d}t=\sum\limits_{n=0}^\infty a_n\int_0^xt^n\,\textrm{d}t=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{a_n}{n+1}x^{n+1}$（$x\in I$），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。
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\item 幂级数$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$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$S'(x)=(\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n)'=\sum\limits_{n=0}^\infty(a_nx^n)'=\sum\limits_{n=1}^\infty na_nx^{n-1}$（$\vert x\vert<R$），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。
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\end{itemize}
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\section{傅里叶级数}
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\subsection{* 三角级数}
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