第十二章 无穷级数

本章先讨论常数项级数，介绍无穷级数的一些基本内容，然后讨论函数项级数，着重讨论如何将函数展开成幂级数和三角级数的问题。——高等数学同济版

习题12-1 常数项级数的概念和性质

  本节主要介绍了常数项级数的概念和性质。

3.判定下列级数的收敛性：

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

解  此级数的一般项$u_n=\frac{1}{\sqrt[n]{3}}$，有$\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{1}{3}\right)}^{\frac{1}{n}}=1$，不满足级数收敛的必要条件，故该级数发散。（这道题主要利用了收敛级数的必要条件求解）

4.利用柯西审敛原理判定下列级数的收敛性：

（1）$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n};$

解
$$\begin{array}{rl}|s_{n+p}-s_n|& =|u_{n+1}+u_{n+2}+u_{n+3}+\cdots +u_{n+p}|\\ & =\left|\frac{(-1{)}^{n+2}}{n+1}+\frac{(-1{)}^{n+3}}{n+2}+\frac{(-1{)}^{n+4}}{n+3}+\cdots +\frac{(-1{)}^{n+p+1}}{n+p}\right|\\ & =\left|\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}-\cdots +\frac{(-1{)}^{p-1}}{n+p}\right|.\end{array}$$
  由于
$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}-\cdots +\frac{(-1{)}^{p-1}}{n+p}\\ =& \left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)+\left(\frac{1}{n+3}-\frac{1}{n+4}\right)+\cdots +\{\begin{array}{ll}\frac{1}{n+p},& p\text{为奇数，}\\ \frac{1}{n+p-1}-\frac{1}{n+p},& p\text{为偶数.}\end{array}\end{array}$$
  故
$$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}-\cdots +\frac{(-1{)}^{p-1}}{n+p}>0,\forall p\in {\mathbf{Z}}^{+}.$$
  于是，当$p$为奇数时，
$$|s_{n+p}-s_n|=\frac{1}{n+1}-\left(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)-\cdots \left(\frac{1}{n+p-1}-\frac{1}{n+p}\right)<\frac{1}{n+1}.$$
  当$p$为偶数时，
$$|s_{n+p}-s_n|=\frac{1}{n+1}-\left(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)-\cdots \left(\frac{1}{n+p-2}-\frac{1}{n+p-1}\right)-\frac{1}{n+p}<\frac{1}{n+1}.$$
  因此，对任意给定的正数$\epsilon$，取正整数$\mathbf{N}⩾\frac{1}{\epsilon }$，则当$n>\mathbf{N}$时，对任何正整数$p$，都有
$$|s_{n+p}-s_n|<\frac{1}{n+1}<\frac{1}{n}<\epsilon .$$
  根据柯西收敛原理知，级数收敛。（这道题主要利用了奇偶两种情况讨论求解）

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

解  当$n$是$3$的倍数时，如果取$p=3n$，则必有
$$\begin{array}{rl}|s_{n+p}-s_n|& =\left|\frac{1}{n+1}+\left(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)+\frac{1}{n+4}+\left(\frac{1}{n+5}-\frac{1}{n+6}\right)+\cdots +\frac{1}{4n-2}+\left(\frac{1}{4n-1}-\frac{1}{4n}\right)\right|\\ & >\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+4}+\cdots +\frac{1}{4n-2}>\underset{n\text{个}}{\frac{1}{4n}+\frac{1}{4n}+\cdots +\frac{1}{4n}}=\frac{1}{4}.\end{array}$$
  于是对${\epsilon }_0=\frac{1}{4}$，不论$\mathbf{N}$为何正整数，当$n>\mathbf{N}$并$n$是$3$的倍数，且当$p=3n$时，就有
$$|s_{n+p}-s_n|>{\epsilon }_0.$$
  根据柯西收敛原理知，级数发散。（这道题利用了收敛级数的定义求解）

习题12-2 常数项级数的审敛法

  本节主要介绍了常数项级数的审敛法的求解。

2.用比值审敛法判定下列级数的收敛性：

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

解  因$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{u_{n+1}}{u_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2^{n+1}\cdot (n+1)!}{(n+1{)}^{n+1}}/\frac{2^n\cdot n!}{n^n}=\underset{n\to \infty }{\lim }2{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n=\frac{2}{e}<1$，故级数收敛。（这道题利用了比值审敛法求解）

习题12-3 幂级数

  本节主要介绍了幂级数的相关计算。

2.利用逐项求导或逐项积分，求下列级数的和函数：

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

解  不难求出此级数的收敛半径为$1$。当$-1<x<1$时，
$${\left(\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{4n+1}}{4n+1}\right)}^{\prime }=\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{x^{4n+1}}{4n+1}\right)}^{\prime }=\sum _{n=1}^{\infty }{x}^{4n}=\frac{x^4}{1-x^4}.$$
  在上式两端分别从$0$至$x$积分，并由于$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{4n+1}}{4n+1}$在$x=0$处收敛于$0$，故得
$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{4n+1}}{4n+1}& ={\int }_0^x\frac{x^4}{1-x^4}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^x\left(-1+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1-x^2}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{4}\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{1}{2}\arctan x-x.\end{array}$$
  又原级数在$x=\pm 1$处发散，故它的和函数
$$s(x)=\frac{1}{4}\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{1}{2}\arctan x-x(-1<x<1).$$
（这道题主要利用了逐项求导求解）

习题12-4 函数展开成幂级数

  本节主要介绍了函数在某区间的幂级数展开。（部分函数展开式见附录一，传送门在这里）

2.将下列函数展开成的幂级数，并求展开式成立的区间：

（2）$\ln (a+x)(a>0);$

解  $\ln (a+x)=\ln a+\ln (1+\frac{x}{a})$，利用
$$\ln (1+x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n,x\in (-1,+1].$$
  得
$$\ln (a+x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{\left(\frac{x}{a}\right)}^n,x\in (-a,+a].$$
（这道题主要利用了常用幂级数展开求解）

（6）$\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}.$

解一  利用$\sqrt{1+x}=1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{2\cdot 4}{x}^2+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4\cdot 6}{x}^3-\cdots ,x\in [-1,1]$，并因为${\int }_0^x\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x=\sqrt{1+x^2}-1$，以$x^2$替换上面幂级数中的$x$，得
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^x\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x& =\sqrt{1+x^2}-1\\ & =\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2\cdot 4}{x}^4+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4\cdot 6}{x}^6-\cdots +(-1{)}^{n-1}\cdot \frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \cdots \cdot (2n-3)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot \cdots \cdot (2n-2)}{x}^{2n-1}+\cdots .\end{array}$$
  在$(-1,1)$内将上式两端对$x$求导，得
$$\begin{array}{rl}\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}& =x-\frac{1}{2}{x}^3-\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}{x}^5+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4\cdot 6}{x}^6-\cdots +(-1{)}^{n-1}\cdot \frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \cdots \cdot (2n-3)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot \cdots \cdot (2n-2)}{x}^{2n-1}+\cdots \\ & =x+\sum _{n=2}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\cdot \frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \cdots \cdot (2n-3)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot \cdots \cdot (2n-2)}{x}^{2n-1}\\ & =x+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\cdot \frac{2(2n)!}{(n!{)}^2}{\left(\frac{x}{2}\right)}^{2n+1},x\in (-1,1).\end{array}$$
  在$x=\pm 1$处上式右端的级数均收敛且函数$\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$连续，故
$$\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=x+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\cdot \frac{2(2n)!}{(n!{)}^2}{\left(\frac{x}{2}\right)}^{2n+1},x\in [-1,1].$$
（这道题主要利用了代换的方法求解）

解二  将$x^2$替换展开式
$$\frac{1}{\sqrt{1+x}}=1+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \cdots \cdot (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot \cdots \cdot (2n)}{x}^n,x\in [-1,1].$$
  中的$x$，得
$$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=1+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \cdots \cdot (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot \cdots \cdot (2n)}{x}^{2n},x\in [-1,1].$$
  从而得
$$\begin{array}{rl}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}& =x+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \cdots \cdot (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot \cdots \cdot (2n)}{x}^{2n+1}\\ & =x+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\cdot \frac{2(2n)!}{(n!{)}^2}{\left(\frac{x}{2}\right)}^{2n+1},x\in [-1,1].\end{array}$$
（这道题主要利用了代换的方法求解）

3.将下列函数展开成$x-1$的幂级数，并求展开式成立的区间：

（1）$\sqrt{x^3};$

解  当$m>0$时，因
$$(1+x{)}^m=1+ma+\frac{m(m-1)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{m(m-1)\cdots (m-n+1)}{n!}{x}^n+\cdots ,x\in [-1,1].$$
  而
$$\sqrt{x^3}=[1+(x-1){]}^{\frac{3}{2}}.$$
  在以上二项展开式中取$m=\frac{3}{2}$，并用$x-1$替换其中的$x$，得
$$\begin{array}{rl}\sqrt{x^3}& =1+\frac{3}{2}(x-1)+\frac{1}{2!}\cdot \frac{3}{2}\left(\frac{3}{2}-1\right)(x-1{)}^2+\cdots +\frac{1}{n!}\frac{3}{2}\left(\frac{3}{2}-1\right)\cdot \cdots \cdot \left(\frac{3}{2}-n+1\right)(x-1{)}^n+\cdots \\ & =1+\frac{3}{2}(x-1)+\sum _{n=0}^{\infty }\frac{3\cdot (-1{)}^{n}1\cdot 3\cdot 5\cdot \cdots \cdot (2n-1)}{2^{n+2}(n+2)!}(x-1{)}^{n+2}\\ & =1+\frac{3}{2}(x-1)+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2(2n)!}{(n!{)}^2}\cdot \frac{3}{(n+1)(n+2)2^n}{\left(\frac{x-1}{2}\right)}^{n+2},x\in [0,2].\end{array}$$
（这道题主要利用了幂级数的直接展开求解）

习题12-5 函数的幂级数展开式的应用

  本节主要介绍了函数的幂级数展开式的应用。（本节考研考纲未明确提出考察）

习题12-6 函数项级数的一致收敛性及一致收敛级数的基本性质

  本节主要介绍了级数的一致收敛性。（本节考研考纲未明确提出考察）

习题12-7 傅里叶级数

从本节开始，我们讨论由三角函数组成的函数项级数，即所谓三角级数，着重研究如何把函数展开成三角级数。——高等数学同济版

  本节主要傅里叶级数的概念和基本级计算。

7.设周期函数$f(x)$的周期为$2\pi$。证明：

（1）若$f(x-\pi )=-f(x)$，则$f(x)$的傅里叶系数$a_0=0,a_{2k}=0,b_{2k}=0(k=1,2,\cdots )$；

解
$$\begin{array}{rl}{a}_0& =\frac{1}{\pi }\left[{\int }_{-\pi }^{0}f(x)\mathrm{d}x+{\int }_0^{\pi }f(x)\mathrm{d}x\right]\\ & =\frac{1}{\pi }\left[{\int }_{-\pi }^{0}f(x)\mathrm{d}x+{\int }_0^{\pi }[-f(x-\pi )]\mathrm{d}x\right].\end{array}$$
  在上式的第二个积分中令$x-\pi =u$，则
$$a_0=\frac{1}{\pi }\left[{\int }_{-\pi }^{0}f(x)\mathrm{d}x-{\int }_{-\pi }^{0}f(u)\mathrm{d}u\right]=0.$$
  同理可得
$$\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{1}{\pi }\left[{\int }_{-\pi }^{0}f(x)\cos nx\mathrm{d}x+{\int }_0^{\pi }f(x)\cos nx\mathrm{d}x\right]\\ & =\frac{1}{\pi }\left[{\int }_{-\pi }^{0}f(x)\cos nx\mathrm{d}x+{\int }_0^{\pi }[-f(x-\pi )]\cos nx\mathrm{d}x\right]\\ & =\frac{1}{\pi }\left[{\int }_{-\pi }^{0}f(x)\cos nx\mathrm{d}x-{\int }_{-\pi }^{0}f(u)\cos (n\pi +nu)\mathrm{d}u\right].\end{array}$$
  及
$$b_n=\frac{1}{\pi }\left[{\int }_{-\pi }^{0}f(x)\sin nx\mathrm{d}x-{\int }_{-\pi }^{0}f(u)\sin (n\pi +nu)\mathrm{d}u\right].$$
  当$n=2k(k\in {\mathbf{N}}^{\ast })$时，$\cos (n\pi +nu)=\cos nu,\sin (n\pi +nu)=\sin nu$，于是有
$$a_{2k}=\frac{1}{\pi }\left[{\int }_{-\pi }^{0}f(x)\cos 2kx\mathrm{d}x-{\int }_{-\pi }^{0}f(u)\cos 2ku\mathrm{d}u\right]=0.$$
  及
$$b_{2k}=0.(k\in {\mathbf{N}}^{\ast }).$$
(这道题主要利用了傅里叶级数证明）

习题12-8 一般周期函数的傅里叶级数

  本节主要介绍了一般周期函数的傅里叶级数的计算方法。

总习题十二

5.设级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛，且$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{v_n}{u_n}=1$。问级数$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$是否也收敛？试说明理由。

解  级数$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$不一定收敛。
  当$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$是正项级数时，在题设条件下$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$必定收敛。因为$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{v_n}{u_n}=1$。根据收敛数列的保号性知，存在正整数$N$，当$n⩾N$时有$\frac{v_n}{u_n}>0$，即有$v_n>0$。于是，按正项级数的比较审敛法知$\sum _{n=N}^{\infty }{v}_n$收敛，即$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$收敛。
  当$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$不是正项级数时，$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$可能不收敛。例如：若$u_n=\frac{(-1{)}^{n-1}}{\sqrt{n}},v_n=\frac{(-1{)}^{n-1}}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}$，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛，且$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{v_n}{u_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\left[1+\frac{(-1{)}^{n-1}}{\sqrt{n}}\right]=1$，然而$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$发散。（这道题主要利用了反例证明）

6.讨论下列级数的绝对收敛性与条件收敛性：

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

解
$$\begin{gathered} u_n=(-1{)}^n\ln \frac{n+1}{n}, \\ \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{|u_n|}{\frac{1}{n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }n\cdot \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\ln {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=1. \end{gathered}$$
  而级数$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$发散，由极限形式的比较审敛法知$\sum _{n=1}^{\infty }|u_n|$发散。
  而$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$是交错级数且满足莱布尼兹定理的条件，因而收敛，故该级数条件收敛。
（这道题主要利用了等价无穷小代换求解）

7.求下列极限：

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

解  由于$s_n=\sum _{k=1}^n\frac{1}{3^k}{\left(1+\frac{1}{k}\right)}^{k^2}$是级数$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{3^n}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n^2}$的部分和，而由正项级数的根植审敛法，当$n\to \infty$时，
$$\sqrt[n]{\frac{1}{3^n}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n^2}}=\frac{1}{3}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\to \frac{e}{3}<1.$$
  因此级数$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{3^n}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n^2}$收敛，于是部分和$s_n$有界，从而
$$\underset{n\to \infty }{\lim }=\frac{s_n}{n}=0.$$
（这道题主要利用了级数的收敛性求解）

8.求下列幂级数的收敛区间：

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

解  $u_n=a_n{x}^n,a_n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n^2}$。因
$$\begin{gathered} \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\left(\frac{n+2}{n+1}\right)}^{(n+1{)}^2}}{{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^{n^2}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^{2n+1}}{{\left(1+\frac{1}{n^2+2n}\right)}^{n^2}}=\frac{e^2}{e}=e \\ (\text{或}\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{|a_n|}=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e). \end{gathered}$$
  故收敛半径为$R=\frac{1}{e}$，收敛区间为$\left(-\frac{1}{e},\frac{1}{e}\right)$。（这道题主要利用了审敛法求解）

9.求下列幂级数的和函数：

（3）$\sum _{n=1}^{\infty }n(x-1{)}^n;$

解  令$x-1=t$，幂级数$\sum _{n=1}^{\infty }n{t}^n$的收敛域为$(-1,1)$。记其和函数为$\phi (t)$，即有
$$\begin{array}{rl}\phi (t)& =\sum _{n=1}^{\infty }n{t}^n=t\sum _{n=1}^{\infty }n{t}^{n-1}=t{\left(\sum _{n=1}^{\infty }{t}^n\right)}^{\prime }\\ & =t{\left(\frac{t}{1-t}\right)}^{\prime }=\frac{t}{(1-t{)}^2},t\in (-1,1).\end{array}$$
  于是原级数的和函数
$$s(x)=\phi (x-1)=\frac{x-1}{(2-x{)}^2},x\in (0,2).$$
（这道题主要利用了换元的方法求解）

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

解  $u_n(x)=a_n{x}^n,a_n=\frac{1}{n(n+1)}$。由$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{n+2}=1$，得幂级数的收敛半径$R=1$。当$x=\pm 1$时，级数$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}$与$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n(n+1)}$均收敛，故幂级数的收敛域为$[-1,1]$。
  设和函数为$s(x)$，即$s(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n(n+1)}$。
  当$x=0$时，$s(0)=0$；
  当$0<|x|<1$时，
$$xs(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}.$$
  上式两端对$x$求导，得
$$[xs(x){]}^{\prime }=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}.$$
  再求导，得
$$[xs(x){]}^{\prime \prime }=\sum _{n=1}^{\infty }{x}^{n-1}=\frac{1}{1-x}.$$
  注意到$[xs(x){]}^{\prime }{|}_{x=0}=0$，上式两端从$0$到$x$积分，得
$$[xs(x){]}^{\prime }={\int }_0^x\frac{\mathrm{d}x}{1-x}=-\ln (1-x).$$
  再积分，得
$$xs(x)=-{\int }_0^x\ln (1-x)\mathrm{d}x=(1-x)\ln (1-x)+x.$$
  于是
$$s(x)=\frac{1-x}{x}\ln (1-x)+1,x\in (-1,0)\cup (0,1).$$
  由于幂级数在$x=\pm 1$处收敛，故和函数分别在$x=\pm 1$处左连续与右连续，于是$s(1)=\underset{s\to 1^{-}}{\lim }s(x)=\underset{s\to 1^{-}}{\lim }\frac{1-x}{x}\ln (1-x)+1=1$。
  因此
$$s(x)=\{\begin{array}{ll}1+\left(\frac{1}{x}-1\right)\ln (1-x),& x\in [-1,0)\cup (0,1),\\ 0,& x=0,\\ 1& x=1.\end{array}$$
（这道题主要利用了逐项积分和逐项求导求解）

10.求下列数项级数的和：

（1）$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{n!};$

解  利用$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{n!}=e^x,x\in (-\infty ,+\infty )$，取$x=1$，有$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n!}=e$。
  又
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{n!}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{(n-1)!}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{n+1}{n!}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{n}{n!}+\sum _{n=0}^{\infty }\frac{n^2}{n!}.$$
  其中
$$\sum _{n=0}$$