第十二章 無窮級數

本章先討論常數項級數，介紹無窮級數的一些基本內容，然後討論函數項級數，着重討論如何將函數展開成冪級數和三角級數的問題。——高等數學同濟版

習題12-1 常數項級數的概念和性質

  本節主要介紹了常數項級數的概念和性質。

3.判定下列級數的收斂性：

（3）$\cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{\sqrt{3}}+\cfrac{1}{\sqrt[3]{3}}+\cdots+\cfrac{1}{\sqrt[n]{3}}+\cdots;$

解  此級數的一般項$u_n=\cfrac{1}{\sqrt[n]{3}}$，有$\lim\limits_{n\to\infty}u_n=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\cfrac{1}{3}\right)^{\frac{1}{n}}=1$，不滿足級數收斂的必要條件，故該級數發散。（這道題主要利用了收斂級數的必要條件求解）

4.利用柯西審斂原理判定下列級數的收斂性：

（1）$\sum^{\infty}\limits_{n=1}\cfrac{(-1)^{n+1}}{n};$

解
$\begin{aligned} |s_{n+p}-s_n|&=|u_{n+1}+u_{n+2}+u_{n+3}+\cdots+u_{n+p}|\\ &=\left|\cfrac{(-1)^{n+2}}{n+1}+\cfrac{(-1)^{n+3}}{n+2}+\cfrac{(-1)^{n+4}}{n+3}+\cdots+\cfrac{(-1)^{n+p+1}}{n+p}\right|\\ &=\left|\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{n+2}+\cfrac{1}{n+3}-\cdots+\cfrac{(-1)^{p-1}}{n+p}\right|. \end{aligned}$
  由於
$\begin{aligned} &\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{n+2}+\cfrac{1}{n+3}-\cdots+\cfrac{(-1)^{p-1}}{n+p}\\ =&\left(\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{n+2}\right)+\left(\cfrac{1}{n+3}-\cfrac{1}{n+4}\right)+\cdots+\begin{cases}\cfrac{1}{n+p},&p\text{爲奇數，}\\\cfrac{1}{n+p-1}-\cfrac{1}{n+p},&p\text{爲偶數.}\end{cases} \end{aligned}$
  故
$\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{n+2}+\cfrac{1}{n+3}-\cdots+\cfrac{(-1)^{p-1}}{n+p}>0,\forall p\in\bold{Z}^+.$
  於是，當$p$爲奇數時，
$|s_{n+p}-s_n|=\cfrac{1}{n+1}-\left(\cfrac{1}{n+2}-\cfrac{1}{n+3}\right)-\cdots\left(\cfrac{1}{n+p-1}-\cfrac{1}{n+p}\right)<\cfrac{1}{n+1}.$
  當$p$爲偶數時，
$|s_{n+p}-s_n|=\cfrac{1}{n+1}-\left(\cfrac{1}{n+2}-\cfrac{1}{n+3}\right)-\cdots\left(\cfrac{1}{n+p-2}-\cfrac{1}{n+p-1}\right)-\cfrac{1}{n+p}<\cfrac{1}{n+1}.$
  因此，對任意給定的正數$\varepsilon$，取正整數$\bm{N}\geqslant\cfrac{1}{\varepsilon}$，則當$n>\bm{N}$時，對任何正整數$p$，都有
$|s_{n+p}-s_n|<\cfrac{1}{n+1}<\cfrac{1}{n}<\varepsilon.$
  根據柯西收斂原理知，級數收斂。（這道題主要利用了奇偶兩種情況討論求解）

（2）$1+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{5}-\cfrac{1}{6}+\cdots+\cfrac{1}{3n-2}+\cfrac{1}{3n-1}-\cfrac{1}{3n}+\cdots;$

解  當$n$是$3$的倍數時，如果取$p=3n$，則必有
$\begin{aligned} |s_{n+p}-s_n|&=\left|\cfrac{1}{n+1}+\left(\cfrac{1}{n+2}-\cfrac{1}{n+3}\right)+\cfrac{1}{n+4}+\left(\cfrac{1}{n+5}-\cfrac{1}{n+6}\right)+\cdots+\cfrac{1}{4n-2}+\left(\cfrac{1}{4n-1}-\cfrac{1}{4n}\right)\right|\\ &>\cfrac{1}{n+1}+\cfrac{1}{n+4}+\cdots+\cfrac{1}{4n-2}>\underbrace{\cfrac{1}{4n}+\cfrac{1}{4n}+\cdots+\cfrac{1}{4n}}_{n\text{個}}=\cfrac{1}{4}. \end{aligned}$
  於是對$\varepsilon_0=\cfrac{1}{4}$，不論$\bm{N}$爲何正整數，當$n>\bm{N}$並$n$是$3$的倍數，且當$p=3n$時，就有
$|s_{n+p}-s_n|>\varepsilon_0.$
  根據柯西收斂原理知，級數發散。（這道題利用了收斂級數的定義求解）

習題12-2 常數項級數的審斂法

  本節主要介紹了常數項級數的審斂法的求解。

2.用比值審斂法判定下列級數的收斂性：

（3）$\sum^{\infty}\limits_{n=1}\cfrac{2^n\cdot n!}{n^n};$

解  因$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{u_{n+1}}{u_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{2^{n+1}\cdot (n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\biggm/\cfrac{2^n\cdot n!}{n^n}=\lim\limits_{n\to\infty}2\left(\cfrac{n}{n+1}\right)^n=\cfrac{2}{e}<1$，故級數收斂。（這道題利用了比值審斂法求解）

習題12-3 冪級數

  本節主要介紹了冪級數的相關計算。

2.利用逐項求導或逐項積分，求下列級數的和函數：

（2）$\sum^{\infty}\limits_{n=1}\cfrac{x^{4n+1}}{4n+1};$

解  不難求出此級數的收斂半徑爲$1$。當$-1<x<1$時，
$\left(\sum^{\infty}\limits_{n=1}\cfrac{x^{4n+1}}{4n+1}\right)'=\sum^{\infty}\limits_{n=1}\left(\cfrac{x^{4n+1}}{4n+1}\right)'=\sum^{\infty}\limits_{n=1}x^{4n}=\cfrac{x^4}{1-x^4}.$
  在上式兩端分別從$0$至$x$積分，並由於$\sum^{\infty}\limits_{n=1}\cfrac{x^{4n+1}}{4n+1}$在$x=0$處收斂於$0$，故得
$\begin{aligned} \sum^{\infty}\limits_{n=1}\cfrac{x^{4n+1}}{4n+1}&=\displaystyle\int^x_0\cfrac{x^4}{1-x^4}\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^x_0\left(-1+\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{1}{1+x^2}+\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{1}{1-x^2}\right)\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{1}{4}\ln\cfrac{1+x}{1-x}+\cfrac{1}{2}\arctan x-x. \end{aligned}$
  又原級數在$x=\pm1$處發散，故它的和函數
$s(x)=\cfrac{1}{4}\ln\cfrac{1+x}{1-x}+\cfrac{1}{2}\arctan x-x\quad(-1<x<1).$
（這道題主要利用了逐項求導求解）

習題12-4 函數展開成冪級數

  本節主要介紹了函數在某區間的冪級數展開。（部分函數展開式見附錄一，傳送門在這裏）

2.將下列函數展開成的冪級數，並求展開式成立的區間：

（2）$\ln(a+x)(a>0);$

解  $\ln(a+x)=\ln a+\ln(1+\cfrac{x}{a})$，利用
$\ln(1+x)=\sum^{\infty}\limits_{n=0}\cfrac{(-1)^{n-1}}{n}x^n,\quad x\in(-1,+1].$
  得
$\ln(a+x)=\sum^{\infty}\limits_{n=0}\cfrac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\cfrac{x}{a}\right)^n,\quad x\in(-a,+a].$
（這道題主要利用了常用冪級數展開求解）

（6）$\cfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}.$

解一  利用$\sqrt{1+x}=1+\cfrac{1}{2}x-\cfrac{1}{2\cdot4}x^2+\cfrac{1\cdot3}{2\cdot4\cdot6}x^3-\cdots,x\in[-1,1]$，並因爲$\displaystyle\int^x_0\cfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x=\sqrt{1+x^2}-1$，以$x^2$替換上面冪級數中的$x$，得
$\begin{aligned} \displaystyle\int^x_0\cfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x&=\sqrt{1+x^2}-1\\ &=\cfrac{1}{2}x^2-\cfrac{1}{2\cdot4}x^4+\cfrac{1\cdot3}{2\cdot4\cdot6}x^6-\cdots+(-1)^{n-1}\cdot\cfrac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-3)}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n-2)}x^{2n-1}+\cdots. \end{aligned}$
  在$(-1,1)$內將上式兩端對$x$求導，得
$\begin{aligned} \cfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}&=x-\cfrac{1}{2}x^3-\cfrac{1\cdot3}{2\cdot4}x^5+\cfrac{1\cdot3}{2\cdot4\cdot6}x^6-\cdots+(-1)^{n-1}\cdot\cfrac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-3)}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n-2)}x^{2n-1}+\cdots\\ &=x+\sum^{\infty}\limits_{n=2}(-1)^{n-1}\cdot\cfrac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-3)}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n-2)}x^{2n-1}\\ &=x+\sum^{\infty}\limits_{n=1}(-1)^n\cdot\cfrac{2(2n)!}{(n!)^2}\left(\cfrac{x}{2}\right)^{2n+1},\quad x\in(-1,1). \end{aligned}$
  在$x=\pm1$處上式右端的級數均收斂且函數$\cfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$連續，故
$\cfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}=x+\sum^{\infty}\limits_{n=1}(-1)^n\cdot\cfrac{2(2n)!}{(n!)^2}\left(\cfrac{x}{2}\right)^{2n+1},\quad x\in[-1,1].$
（這道題主要利用了代換的方法求解）

解二  將$x^2$替換展開式
$\cfrac{1}{\sqrt{1+x}}=1+\sum^{\infty}\limits_{n=1}(-1)^n\cfrac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n)}x^n,\quad x\in[-1,1].$
  中的$x$，得
$\cfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}=1+\sum^{\infty}\limits_{n=1}(-1)^n\cfrac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n)}x^{2n},\quad x\in[-1,1].$
  從而得
$\begin{aligned} \cfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}&=x+\sum^{\infty}\limits_{n=1}(-1)^n\cfrac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n)}x^{2n+1}\\ &=x+\sum^{\infty}\limits_{n=1}(-1)^n\cdot\cfrac{2(2n)!}{(n!)^2}\left(\cfrac{x}{2}\right)^{2n+1},\quad x\in[-1,1]. \end{aligned}$
（這道題主要利用了代換的方法求解）

3.將下列函數展開成$x-1$的冪級數，並求展開式成立的區間：

（1）$\sqrt{x^3};$

解  當$m>0$時，因
$(1+x)^m=1+ma+\cfrac{m(m-1)}{2!}x^2+\cdots+\cfrac{m(m-1)\cdots(m-n+1)}{n!}x^n+\cdots,\quad x\in[-1,1].$
  而
$\sqrt{x^3}=[1+(x-1)]^{\frac{3}{2}}.$
  在以上二項展開式中取$m=\cfrac{3}{2}$，並用$x-1$替換其中的$x$，得
$\begin{aligned} \sqrt{x^3}&=1+\cfrac{3}{2}(x-1)+\cfrac{1}{2!}\cdot\cfrac{3}{2}\left(\cfrac{3}{2}-1\right)(x-1)^2+\cdots+\cfrac{1}{n!}\cfrac{3}{2}\left(\cfrac{3}{2}-1\right)\cdot\cdots\cdot\left(\cfrac{3}{2}-n+1\right)(x-1)^n+\cdots\\ &=1+\cfrac{3}{2}(x-1)+\sum^{\infty}\limits_{n=0}\cfrac{3\cdot(-1)^n1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-1)}{2^{n+2}(n+2)!}(x-1)^{n+2}\\ &=1+\cfrac{3}{2}(x-1)+\sum^{\infty}\limits_{n=1}(-1)^n\cfrac{2(2n)!}{(n!)^2}\cdot\cfrac{3}{(n+1)(n+2)2^n}\left(\cfrac{x-1}{2}\right)^{n+2},\quad x\in[0,2]. \end{aligned}$
（這道題主要利用了冪級數的直接展開求解）

習題12-5 函數的冪級數展開式的應用

  本節主要介紹了函數的冪級數展開式的應用。（本節考研考綱未明確提出考察）

習題12-6 函數項級數的一致收斂性及一致收斂級數的基本性質

  本節主要介紹了級數的一致收斂性。（本節考研考綱未明確提出考察）

習題12-7 傅里葉級數

從本節開始，我們討論由三角函數組成的函數項級數，即所謂三角級數，着重研究如何把函數展開成三角級數。——高等數學同濟版

  本節主要傅里葉級數的概念和基本級計算。

7.設周期函數$f(x)$的週期爲$2\pi$。證明：

（1）若$f(x-\pi)=-f(x)$，則$f(x)$的傅里葉係數$a_0=0,a_{2k}=0,b_{2k}=0(k=1,2,\cdots)$；

解
$\begin{aligned} a_0&=\cfrac{1}{\pi}\left[\displaystyle\int^0_{-\pi}f(x)\mathrm{d}x+\displaystyle\int^\pi_0f(x)\mathrm{d}x\right]\\ &=\cfrac{1}{\pi}\left[\displaystyle\int^0_{-\pi}f(x)\mathrm{d}x+\displaystyle\int^\pi_0[-f(x-\pi)]\mathrm{d}x\right]. \end{aligned}$
  在上式的第二個積分中令$x-\pi=u$，則
$a_0=\cfrac{1}{\pi}\left[\displaystyle\int^0_{-\pi}f(x)\mathrm{d}x-\displaystyle\int^0_{-\pi}f(u)\mathrm{d}u\right]=0.$
  同理可得
$\begin{aligned} a_n&=\cfrac{1}{\pi}\left[\displaystyle\int^0_{-\pi}f(x)\cos nx\mathrm{d}x+\displaystyle\int^\pi_0f(x)\cos nx\mathrm{d}x\right]\\ &=\cfrac{1}{\pi}\left[\displaystyle\int^0_{-\pi}f(x)\cos nx\mathrm{d}x+\displaystyle\int^\pi_0[-f(x-\pi)]\cos nx\mathrm{d}x\right]\\ &=\cfrac{1}{\pi}\left[\displaystyle\int^0_{-\pi}f(x)\cos nx\mathrm{d}x-\displaystyle\int^0_{-\pi}f(u)\cos(n\pi+nu)\mathrm{d}u\right]. \end{aligned}$
  及
$b_n=\cfrac{1}{\pi}\left[\displaystyle\int^0_{-\pi}f(x)\sin nx\mathrm{d}x-\displaystyle\int^0_{-\pi}f(u)\sin(n\pi+nu)\mathrm{d}u\right].$
  當$n=2k(k\in\bold{N}^*)$時，$\cos(n\pi+nu)=\cos nu,\sin(n\pi+nu)=\sin nu$，於是有
$a_{2k}=\cfrac{1}{\pi}\left[\displaystyle\int^0_{-\pi}f(x)\cos 2kx\mathrm{d}x-\displaystyle\int^0_{-\pi}f(u)\cos2ku\mathrm{d}u\right]=0.$
  及
$b_{2k}=0.\quad(k\in\bold{N}^*).$
(這道題主要利用了傅里葉級數證明）

習題12-8 一般周期函數的傅里葉級數

  本節主要介紹了一般周期函數的傅里葉級數的計算方法。

總習題十二

5.設級數$\sum^\infty\limits_{n=1}u_n$收斂，且$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{v_n}{u_n}=1$。問級數$\sum^\infty\limits_{n=1}v_n$是否也收斂？試說明理由。

解  級數$\sum^\infty\limits_{n=1}v_n$不一定收斂。
  當$\sum^\infty\limits_{n=1}u_n$是正項級數時，在題設條件下$\sum^\infty\limits_{n=1}v_n$必定收斂。因爲$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{v_n}{u_n}=1$。根據收斂數列的保號性知，存在正整數$N$，當$n\geqslant N$時有$\cfrac{v_n}{u_n}>0$，即有$v_n>0$。於是，按正項級數的比較審斂法知$\sum^\infty\limits_{n=N}v_n$收斂，即$\sum^\infty\limits_{n=1}v_n$收斂。
  當$\sum^\infty\limits_{n=1}u_n$不是正項級數時，$\sum^\infty\limits_{n=1}v_n$可能不收斂。例如：若$u_n=\cfrac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}},v_n=\cfrac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}+\cfrac{1}{n}$，則$\sum^\infty\limits_{n=1}u_n$收斂，且$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{v_n}{u_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\left[1+\cfrac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}\right]=1$，然而$\sum^\infty\limits_{n=1}v_n$發散。（這道題主要利用了反例證明）

6.討論下列級數的絕對收斂性與條件收斂性：

（3）$\sum^\infty\limits_{n=1}(-1)^n\ln\cfrac{n+1}{n};$

解
$u_n=(-1)^n\ln\cfrac{n+1}{n},\\ \lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{|u_n|}{\cfrac{1}{n}}=\lim\limits_{n\to\infty}n\cdot\ln\left(1+\cfrac{1}{n}\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\ln\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^n=1.$
  而級數$\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{1}{n}$發散，由極限形式的比較審斂法知$\sum^\infty\limits_{n=1}|u_n|$發散。
  而$\sum^\infty\limits_{n=1}u_n$是交錯級數且滿足萊布尼茲定理的條件，因而收斂，故該級數條件收斂。
（這道題主要利用了等價無窮小代換求解）

7.求下列極限：

（1）$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{n}\sum^n\limits_{k=1}\cfrac{1}{3^k}\left(1+\cfrac{1}{k}\right)^{k^2};$

解  由於$s_n=\sum^n\limits_{k=1}\cfrac{1}{3^k}\left(1+\cfrac{1}{k}\right)^{k^2}$是級數$\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{1}{3^n}\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^{n^2}$的部分和，而由正項級數的根植審斂法，當$n\to\infty$時，
$\sqrt[n]{\cfrac{1}{3^n}\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^{n^2}}=\cfrac{1}{3}\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^n\to\cfrac{e}{3}<1.$
  因此級數$\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{1}{3^n}\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^{n^2}$收斂，於是部分和$s_n$有界，從而
$\lim\limits_{n\to\infty}=\cfrac{s_n}{n}=0.$
（這道題主要利用了級數的收斂性求解）

8.求下列冪級數的收斂區間：

（2）$\sum^\infty\limits_{n=1}\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^{n^2}x^n;$

解  $u_n=a_nx^n,a_n=\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^{n^2}$。因
$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{\left(\cfrac{n+2}{n+1}\right)^{(n+1)^2}}{\left(\cfrac{n+1}{n}\right)^{n^2}}=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{\left(1+\cfrac{1}{n+1}\right)^{2n+1}}{\left(1+\cfrac{1}{n^2+2n}\right)^{n^2}}=\cfrac{e^2}{e}=e\\ (\text{或}\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^n=e).$
  故收斂半徑爲$R=\cfrac{1}{e}$，收斂區間爲$\left(-\cfrac{1}{e},\cfrac{1}{e}\right)$。（這道題主要利用了審斂法求解）

9.求下列冪級數的和函數：

（3）$\sum^\infty\limits_{n=1}n(x-1)^n;$

解  令$x-1=t$，冪級數$\sum^\infty\limits_{n=1}nt^n$的收斂域爲$(-1,1)$。記其和函數爲$\varphi(t)$，即有
$\begin{aligned} \varphi(t)&=\sum^\infty\limits_{n=1}nt^n=t\sum^\infty\limits_{n=1}nt^{n-1}=t\left(\sum^\infty\limits_{n=1}t^n\right)'\\ &=t\left(\cfrac{t}{1-t}\right)'=\cfrac{t}{(1-t)^2},\quad t\in(-1,1). \end{aligned}$
  於是原級數的和函數
$s(x)=\varphi(x-1)=\cfrac{x-1}{(2-x)^2},\quad x\in(0,2).$
（這道題主要利用了換元的方法求解）

（4）$\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{x^n}{n(n+1)}.$

解  $u_n(x)=a_nx^n,a_n=\cfrac{1}{n(n+1)}$。由$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{n}{n+2}=1$，得冪級數的收斂半徑$R=1$。當$x=\pm1$時，級數$\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{1}{n(n+1)}$與$\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{(-1)^n}{n(n+1)}$均收斂，故冪級數的收斂域爲$[-1,1]$。
  設和函數爲$s(x)$，即$s(x)=\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{x^n}{n(n+1)}$。
  當$x=0$時，$s(0)=0$；
  當$0<|x|<1$時，
$xs(x)=\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{x^{n+1}}{n(n+1)}.$
  上式兩端對$x$求導，得
$[xs(x)]'=\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{x^n}{n}.$
  再求導，得
$[xs(x)]''=\sum^\infty\limits_{n=1}x^{n-1}=\cfrac{1}{1-x}.$
  注意到$[xs(x)]'\biggm\vert_{x=0}=0$，上式兩端從$0$到$x$積分，得
$[xs(x)]'=\displaystyle\int^x_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1-x}=-\ln(1-x).$
  再積分，得
$xs(x)=-\displaystyle\int^x_0\ln(1-x)\mathrm{d}x=(1-x)\ln(1-x)+x.$
  於是
$s(x)=\cfrac{1-x}{x}\ln(1-x)+1,\quad x\in(-1,0)\cup(0,1).$
  由於冪級數在$x=\pm1$處收斂，故和函數分別在$x=\pm1$處左連續與右連續，於是$s(1)=\lim\limits_{s\to1^-}s(x)=\lim\limits_{s\to1^-}\cfrac{1-x}{x}\ln(1-x)+1=1$。
  因此
$s(x)=\begin{cases} 1+\left(\cfrac{1}{x}-1\right)\ln(1-x),&x\in[-1,0)\cup(0,1),\\ 0,&x=0,\\ 1&x=1. \end{cases}$
（這道題主要利用了逐項積分和逐項求導求解）

10.求下列數項級數的和：

（1）$\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{n^2}{n!};$

解  利用$\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{n^2}{n!}=e^x,x\in(-\infty,+\infty)$，取$x=1$，有$\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{1}{n!}=e$。
  又
$\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{n^2}{n!}=\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{n}{(n-1)!}=\sum^\infty\limits_{n=0}\cfrac{n+1}{n!}=\sum^\infty\limits_{n=0}\cfrac{n}{n!}+\sum^\infty\limits_{n=0}\cfrac{n^2}{n!}.$
  其中
$\sum^\infty\limits_{n=0}\cfrac{n}{n!}=\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{n}{n!}=\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{1}{(n-1)!}=\sum^\infty\limits_{n=0}\cfrac{1}{n!}.$
  故
$\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{n^2}{n!}=2\sum^\infty\limits_{n=0}\cfrac{1}{n!}=2e.$
（這道題主要利用了分項的方法求解）

（2）$\sum^\infty\limits_{n=0}(-1)^n\cfrac{n+1}{(2n+1)!}.$

解  因$\sum^\infty\limits_{n=0}\cfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}=\sin x,\sum^\infty\limits_{n=0}\cfrac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}=\cos x,x\in(-\infty,+\infty)$，故取$x=1$，有
$\sum^\infty\limits_{n=0}\cfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}=\sin1,\qquad\sum^\infty\limits_{n=0}\cfrac{(-1)^n}{(2n)!}=\cos1.$
  於是
$\begin{aligned} \sum^\infty\limits_{n=0}(-1)^n\cfrac{n+1}{(2n+1)!}&=\cfrac{1}{2}\sum^\infty\limits_{n=0}(-1)^n\cfrac{2n+2}{(2n+1)!}\\ &=\cfrac{1}{2}\left[\sum^\infty\limits_{n=0}(-1)^n\cfrac{2n+1}{(2n+1)!}+\sum^\infty\limits_{n=0}(-1)^n\cfrac{1}{(2n+1)!}\right]\\ &=\cfrac{1}{2}\left[\sum^\infty\limits_{n=0}\cfrac{(-1)^n}{(2n)!}+\sum^\infty\limits_{n=0}\cfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}\right]\\ &=\cfrac{1}{2}(\cos1+\sin1). \end{aligned}$
（這道題主要利用了湊整的方法求解）

11.將下列函數展開成的冪級數：

（1）$\ln(x+\sqrt{x^2+1});$

解  因
$[\ln(x+\sqrt{x^2+1})]'=\cfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}=(1+x^2)^{-\frac{1}{2}}.$
  而
$(1+x^2)^{-\frac{1}{2}}=1+\sum^\infty\limits_{n=1}(-1)^n\cfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^{2n},\qquad x\in[-1,1].$
  故
$\begin{aligned} \ln(x+\sqrt{x^2+1})&=\displaystyle\int^x_0(1+x^2)^{-\frac{1}{2}}\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^x_0\left[1+\sum^\infty\limits_{n=1}(-1)^n\cfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^{2n}\right]\mathrm{d}x\\ &=x+\sum^\infty\limits_{n=1}(-1)^n\cfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!(2n+1)}x^{2n+1},\qquad x\in[-1,1]. \end{aligned}$
（這道題主要利用了常用冪級數的展開求解）

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  部分冪級數展開式見附錄一，傳送門在這裏。
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