3.讨论幂级数在收敛圆周上的敛、散性：(1)∑k=1∞(−1)kkzk解：R=limk→∞∣(−1)kk(−1)k+1k+1∣=1在∣z∣=1上，设z=eiθ。原级数=∑k=1∞(−1)kk⋅eikθ=∑k=1∞eik(θ+π)k=∑k=1∞cosk(θ+π)k+i∑k=1∞sink(θ+π)kθ=π，z=−1，原级数=∑k=1∞1k，发散。θ≠π，狄利克雷判别法，z≠−1，收敛。对于绝对收敛：∑k=1∞∣(−1)kzkk∣=∑k=1∞1k，发散。∴R=1的圆周上不绝对收敛，z≠−1时条件收敛。这个幂级数是−ln(1+z)的展开。\begin{aligned} &3. 讨论幂级数在收敛圆周上的敛、散性：\\ &(1) \sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k}z^k\\ &解：\\ &R=\lim\limits_{k \to \infty}\left|\frac{\frac{(-1)^k}{k}}{\frac{(-1)^{k+1}}{k+1}}\right|=1\\ &在 |z|=1 上，设 z=e^{i\theta}。\\ &原级数 =\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k}\cdot e^{ik\theta}\\ &=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{e^{ik(\theta+\pi)}}{k}\\ &=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\cos k(\theta+\pi)}{k}+i\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k(\theta+\pi)}{k}\\ &\theta=\pi，z=-1，原级数=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}，发散。\\ &\theta\neq\pi，狄利克雷判别法，z\neq-1，收敛。\\ &对于绝对收敛：\\ &\sum\limits_{k=1}^{\infty}\left|\frac{(-1)^kz^k}{k}\right|=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}，发散。\\ &\therefore R=1 的圆周上不绝对收敛，z\neq-1时条件收敛。\\ &这个幂级数是 -\ln(1+z) 的展开。\\ \end{aligned}3.讨论幂级数在收敛圆周上的敛、散性：(1)k=1∑∞k(−1)kzk解：R=k→∞lim k+1(−1)k+1k(−1)k =1在∣z∣=1上，设z=eiθ。原级数=k=1∑∞k(−1)k⋅eikθ=k=1∑∞keik(θ+π)=k=1∑∞kcosk(θ+π)+ik=1∑∞ksink(θ+π)θ=π，z=−1，原级数=k=1∑∞k1，发散。θ=π，狄利克雷判别法，z=−1，收敛。对于绝对收敛：k=1∑∞ k(−1)kzk =k=1∑∞k1，发散。∴R=1的圆周上不绝对收敛，z=−1时条件收敛。这个幂级数是−ln(1+z)的展开。
(2)∑k=1∞zk!k2解：令k!=n，则zk!=zn，n只能是k的阶乘，∴n=1,2,6,24⋯其它的数项则空着，∴不能用比值判别法，∵部分an=0 (n=3,5⋯ )R=limn→∞1∣an∣n=limk→∞11k2k!=1其中1k2k!=e−2lnkk!对于ak=lnkk!,limk→∞ak+1ak=limk→∞ln(k+1)⋅k!(k+1)!⋅lnk=0∴limk→∞1k2k!=limk→∞e−2lnkk!=1在∣z∣=1的圆周上∑k=1∞1k2是p=2的p级数，绝对收敛。\begin{aligned} &(2) \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{z^{k!}}{k^2}\\ &解：令 k! = n，则 z^{k!}=z^n，n 只能是 k 的阶乘，\therefore n=1,2,6,24\cdots\\ &其它的数项则空着，\therefore 不能用比值判别法，\because 部分 a_n=0\ (n=3,5\cdots)\\ &R=\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{|a_n|}}=\lim\limits_{k \to \infty} \frac{1}{\sqrt[k!]{\frac{1}{k^2}}}=1\\ &其中\sqrt[k!]{\frac{1}{k^2}}=e^{\frac{-2lnk}{k!}} \\ &对于a_k=\frac{lnk}{k!}, \lim\limits_{k\to\infty}\frac{a_{k+1}}{a_k}= \lim\limits_{k\to\infty}\frac{ln(k+1)\cdot k!}{(k+1)! \cdot lnk}=0\\ &\therefore \lim\limits_{k\to \infty}\sqrt[k!]{\frac{1}{k^2}}= \lim\limits_{k\to \infty}e^{\frac{-2lnk}{k!}}=1\\ &在 |z|=1 的圆周上\\ &\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}是 p=2 的p级数，绝对收敛。\\ \end{aligned}(2)k=1∑∞k2zk!解：令k!=n，则zk!=zn，n只能是k的阶乘，∴n=1,2,6,24⋯其它的数项则空着，∴不能用比值判别法，∵部分an=0 (n=3,5⋯)R=n→∞limn∣an∣ 1=k→∞limk!k21 1=1其中k!k21 =ek!−2lnk对于ak=k!lnk,k→∞limakak+1=k→∞lim(k+1)!⋅lnkln(k+1)⋅k!=0∴k→∞limk!k21 =k→∞limek!−2lnk=1在∣z∣=1的圆周上k=1∑∞k21是p=2的p级数，绝对收敛。