级数论与 Fourier 分析专题练习库 (Ch 12-15)

本练习库涵盖《数学分析》下册核心的级数理论部分，对标华东师大版第十二章至第十五章。题目强调收敛性判定的严密性与级数求和技巧的综合运用。

---

第十二章：数项级数 (Number Series)

理论回顾：第十二章 数项级数

练习 12.1：Kummer/Raabe 判别法的应用

讨论级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n! e^n}{n^n}$ 的收敛性。

点击查看解析与答案

解析

设通项为 $a_n$。考察比值： $\frac{a_n}{a_{n+1}} = \frac{n! e^n}{n^n} \cdot \frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)! e^{n+1}} = \frac{(n+1)^n}{n^n e} = \frac{1}{e} (1 + \frac{1}{n})^n$ 利用级数展开 $(1+\frac{1}{n})^n = e(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + O(\frac{1}{n^3}))$： $\frac{a_n}{a_{n+1}} = 1 - \frac{1}{2n} + O(\frac{1}{n^2})$ 根据 Raabe 判别法： $\lim_{n \to \infty} n(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1) = -\frac{1}{2}$。 由于 $-\frac{1}{2} < 1$，级数发散。 （注：此结果也可用 Stirling 公式直接得出 $a_n \sim \sqrt{2\pi n}$，通项不趋于 0，故发散。）

答案

发散

练习 12.2：绝对收敛与条件收敛

讨论级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^p + (-1)^n}$ ($p > 0$) 的收敛性。

点击查看解析与答案

解析

令 $a_n = \frac{(-1)^n}{n^p + (-1)^n}$。

1. 绝对收敛性：$|a_n| = \frac{1}{n^p + (-1)^n} \sim \frac{1}{n^p}$。故当 $p > 1$ 时绝对收敛。
2. 条件收敛性（考察 $0 < p \le 1$）： 将通项展开： $a_n = \frac{(-1)^n}{n^p(1 + \frac{(-1)^n}{n^p})} = \frac{(-1)^n}{n^p} [1 - \frac{(-1)^n}{n^p} + O(\frac{1}{n^{2p}})]$ $a_n = \frac{(-1)^n}{n^p} - \frac{1}{n^{2p}} + O(\frac{1}{n^{3p}})$
   • $\sum \frac{(-1)^n}{n^p}$ 根据 Leibniz 判别法总是收敛。
   • $\sum \frac{1}{n^{2p}}$ 当 $2p > 1 \implies p > 1/2$ 时收敛。
   • 故当 $1/2 < p \le 1$ 时，级数条件收敛。
   • 当 $0 < p \le 1/2$ 时，由于 $\sum \frac{1}{n^{2p}}$ 发散而其他项收敛，级数发散。

答案

• $p > 1$：绝对收敛
• $1/2 < p \le 1$：条件收敛
• $0 < p \le 1/2$：发散

练习 12.3：Dirichlet 判别法在正弦级数中的应用

证明级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{\sin(nx)}{\ln n}$ 对任意固定的 $x \in (0, 2\pi)$ 均收敛。

点击查看解析与答案

解析

利用 Dirichlet 判别法：

1. 部分和有界性： $|\sum_{k=2}^n \sin(kx)| = |\frac{\cos(3x/2) - \cos((n+1/2)x)}{2 \sin(x/2)}| \le \frac{1}{|\sin(x/2)|}$。 当 $x \in (0, 2\pi)$ 时，$\sin(x/2) \neq 0$，故部分和序列有界。
2. 单调性与极限： 数列 $b_n = \frac{1}{\ln n}$ 在 $n \ge 2$ 时单调递减趋于 0。 故由 Dirichlet 判别法知级数收敛。

答案

收敛。

练习 12.4：Cauchy 乘积的收敛性

计算级数 $\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$ 与自身（Cauchy 乘积）的和。

点击查看解析与答案

解析

设 $a_n = \frac{x^n}{n!}$。Cauchy 乘积的通项 $c_n$ 为： $c_n = \sum_{k=0}^n a_k a_{n-k} = \sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!} \frac{x^{n-k}}{(n-k)!}$ $c_n = \frac{x^n}{n!} \sum_{k=0}^n \frac{n!}{k!(n-k)!} = \frac{x^n}{n!} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}$ 利用二项式展开 $\sum \binom{n}{k} = 2^n$： $c_n = \frac{(2x)^n}{n!}$ 由指数级数的展开知 $\sum c_n = e^{2x}$。这符合 $e^x \cdot e^x = e^{2x}$ 的恒等式。

答案

$\sum_{n=0}^\infty \frac{(2x)^n}{n!}$ (即 $e^{2x}$)

练习 12.5：Kummer 判别法的挑战

判定级数 $\sum_{n=1}^\infty a_n$，其中 $a_n = \frac{1 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot \dots \cdot (2n)} \cdot \frac{1}{2n+1}$。

点击查看解析与答案

解析

计算比值： $\frac{a_n}{a_{n+1}} = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!(2n+1)} \cdot \frac{(2n+2)!!(2n+3)}{(2n+1)!!} = \frac{(2n+2)(2n+3)}{(2n+1)(2n+1)}$ $\frac{a_n}{a_{n+1}} = \frac{4n^2 + 10n + 6}{4n^2 + 4n + 1} = 1 + \frac{6n+5}{4n^2+4n+1} \approx 1 + \frac{3}{2n}$ 利用 Raabe 判别法： $K = \lim n(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1) = \lim \frac{6n^2+5n}{4n^2+4n+1} = \frac{3}{2}$。 由于 $3/2 > 1$，级数收敛。

答案

收敛

---

第十三章：函数列与函数项级数 (Sequences and Series of Functions)

理论回顾：第十三章 函数列与函数项级数

练习 13.1：一致收敛的判别 (M-判别法)

讨论级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2 x}{1 + n^4 x^2}$ 在 $[0, 1]$ 上的收敛性。

点击查看解析与答案

解析

1. 逐点收敛：当 $x=0$ 时，$f_n(0)=0 \to 0$。当 $x > 0$ 时，$f_n(x) \sim \frac{n^2 x}{n^4 x^2} = \frac{1}{n^2 x}$，级数收敛。
2. 一致收敛性：考察 $u_n(x) = \frac{n^2 x}{1 + n^4 x^2}$ 的极值。 $u_n'(x) = \frac{n^2(1+n^4 x^2) - n^2 x(2n^4 x)}{(1+n^4 x^2)^2} = \frac{n^2(1 - n^4 x^2)}{(1+n^4 x^2)^2}$。 在 $x = 1/n^2$ 处取得最大值 $u_n(1/n^2) = \frac{1}{1+1} = 1/2$。 由于 $\sup_{x \in [0,1]} |u_n(x)| = 1/2$，不趋于 0。 根据一致收敛的必要条件 $\lim_{n \to \infty} \sup |u_n(x)| = 0$，该级数在 $[0, 1]$ 上不一致收敛。 注：但在 $[a, 1]$ ($a > 0$) 上是一致收敛的。

答案

逐点收敛，但在 $[0, 1]$ 上不一致收敛。

练习 13.2：Dini 定理与紧致性

设 $f_n(x)$ 为紧集 $K$ 上的连续函数列，且 $f_n(x) \searrow f(x)$（单调递减趋于连续函数 $f$）。证明 $f_n \rightrightarrows f$。

点击查看解析与答案

解析

1. 令 $g_n(x) = f_n(x) - f(x)$。则 $g_n \in C(K)$ 且 $g_n(x) \searrow 0$。
2. 对任意 $\epsilon > 0$，定义集合 $K_n = \{x \in K \mid g_n(x) \ge \epsilon\}$。
3. 由于 $g_n$ 连续，$K_n$ 是 $K$ 中的相对闭集。由于 $K$ 紧，故 $K_n$ 是紧集。
4. 由于单调性，$K_{n+1} \subseteq K_n$。
5. 由于 $g_n(x) \to 0$，对每个 $x$，必存在 $N_x$ 使 $g_{N_x}(x) < \epsilon$，即 $x \notin K_{N_x}$。
6. 因此 $\bigcap_{n=1}^\infty K_n = \emptyset$。
7. 根据康托尔交集定理（有限覆盖性质），必存在某个 $N$ 使得 $K_N = \emptyset$。
8. 这意味着当 $n \ge N$ 时，对所有 $x \in K$，有 $0 \le g_n(x) \le g_N(x) < \epsilon$。
9. 证毕。

答案

证毕。

---

第十四章：幂级数 (Power Series)

理论回顾：第十四章 幂级数

练习 14.1：收敛半径与边界行为

求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n!)^2}{(2n)!} x^n$ 的收敛半径，并讨论在收敛圆周上的行为。

点击查看解析与答案

解析

1. 收敛半径： $R = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{a_{n+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n!)^2}{(2n)!} \cdot \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^2} = 4$。
2. 端点考察 ($x=4$)： 级数为 $\sum_{n=1}^\infty \frac{(n!)^2 4^n}{(2n)!}$。 利用 Stirling 公式 $n! \sim \sqrt{2\pi n} (n/e)^n$： $a_n \sim \frac{2\pi n (n/e)^{2n} 4^n}{\sqrt{4\pi n} (2n/e)^{2n}} = \frac{\sqrt{\pi n} (n/e)^{2n} 4^n}{(2n/e)^{2n}} = \sqrt{\pi n}$。 通项趋向于无穷大，故在 $x=4$ 处发散。同理在 $x=-4$ 处也发散。

答案

$R=4$；在 $x = \pm 4$ 处均发散。

练习 14.2：利用幂级数求数项级数和

计算 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{n^2+1}{2^n}$。

点击查看解析与答案

解析

考虑幂级数 $f(x) = \sum_{n=0}^\infty (n^2+1)x^n$。已知 $\sum_{n=0}^\infty x^n = \frac{1}{1-x}$ ($|x|<1$)。

1. 求导：$\sum n x^{n-1} = \frac{1}{(1-x)^2} \implies \sum n x^n = \frac{x}{(1-x)^2}$。
2. 再求导：$\sum n^2 x^{n-1} = \frac{(1-x)^2 + 2x(1-x)}{(1-x)^4} = \frac{1+x}{(1-x)^3} \implies \sum n^2 x^n = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}$。
3. 综合：$f(x) = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3} + \frac{1}{1-x} = \frac{x+x^2 + (1-x)^2}{(1-x)^3} = \frac{1-x+x^2}{(1-x)^3}$。
4. 代入 $x = 1/2$： $f(1/2) = \frac{1 - 1/2 + 1/4}{(1 - 1/2)^3} = \frac{3/4}{1/8} = 6$。

答案

$6$

---

第十五章：Fourier 级数 (Fourier Series)

理论回顾：第十五章 傅里叶级数

练习 15.1：Gibbs 现象的计算

考察 $f(x) = \text{sgn}(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上的 Fourier 级数。计算 $S_n(x)$ 在跳跃间断点附近的“峰值”。

点击查看解析与答案

解析

1. Fourier 展开：$f(x) \sim \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^\infty \frac{\sin(2k-1)x}{2k-1}$。
2. 考察 $S_n(x)$：$S_n(x) = \frac{2}{\pi} \int_0^x \frac{\sin 2nt}{\sin t} dt$ (近似)。
3. 第一个极大值出现在 $x = \pi / (2n)$ 附近。
4. 此时 $S_n(\frac{\pi}{2n}) \to \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \frac{\sin u}{u} du = \frac{2}{\pi} \text{Si}(\pi) \approx 1.1789$。
5. 理论跳跃高度为 1，多出的部分约为 $17.9\%$，这就是 Gibbs 现象。

答案

峰值极限约为 $1.179$。

练习 15.2：Parseval 等式应用

利用 $f(x) = x^2$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上的展开，求 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4}$。

点击查看解析与答案

解析

1. Fourier 展开： $x^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2} \cos nx$。
2. 应用 Parseval 等式：$\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi |f(x)|^2 dx = \frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^\infty (a_n^2 + b_n^2)$。 左边：$\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi x^4 dx = \frac{2\pi^4}{5}$。 右边：$\frac{1}{2}(\frac{2\pi^2}{3})^2 + \sum_{n=1}^\infty (4\frac{(-1)^n}{n^2})^2 = \frac{2\pi^4}{9} + 16 \sum \frac{1}{n^4}$。
3. 计算： $16 \sum \frac{1}{n^4} = \frac{2\pi^4}{5} - \frac{2\pi^4}{9} = \frac{18-10}{45} \pi^4 = \frac{8\pi^4}{45}$。 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}$。

答案

$\pi^4/90$

---

延伸入口

• 数学分析专题练习汇总
• 上册基础练习 (Ch 1-4)
• 导数与中值定理 (Ch 5-7)
• 一元积分学专题 (Ch 8-11)
• 多元微积分与矢量分析 (Ch 16-23)