设 f(x) 等于从 n = 1 到无穷的 x^(n-1)/n 之和，判断 f 在 x = 1 与 x = −1 处是否可导。

Step-by-step solution

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   先求收敛半径并写出闭形式。 系数是 $1/n$，所以收敛半径为 $1$。当 $0<|x|<1$ 时，提出 $1/x$ 并用对数级数：

   $f(x)=\frac1x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}=-\frac{\ln(1-x)}{x},$

   并按可去间断点补上 $f(0)=1$。有了闭形式，端点处的问题才有办法回答，因为逐项求导后的级数在那里表现很糟。

2. 2

   先看收敛性，$x=1$ 的问题就解决了。 当 $x=1$ 时级数变成 $\sum_{n\ge1}\frac1n$，即调和级数，它发散。所以 $f(1)$ 根本不是一个数，在 $x=1$ 处是否可导的问题也就无从谈起。闭形式与此吻合：当 $x\to1^{-}$ 时 $-\ln(1-x)/x\to+\infty$。

3. 3

   确定 $x=-1$ 处的函数值。 此时级数是 $\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}$，即交错调和级数，由莱布尼茨判别法收敛，其和为

   $f(-1)=\ln 2\approx 0.6931472.$

   阿贝尔定理保证它等于 $\lim_{x\to-1^{+}}\bigl(-\ln(1-x)/x\bigr)=-\ln 2/(-1)=\ln 2$，所以闭形式可以连续延拓到 $x=-1$。

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   对闭形式求导，再在 $-1$ 处取值。 由 $f(x)=-\ln(1-x)\cdot x^{-1}$，

   $f'(x)=\frac{1}{x(1-x)}+\frac{\ln(1-x)}{x^{2}},$

   所以

   $f'(-1)=\frac{1}{(-1)(2)}+\frac{\ln 2}{1}=\ln 2-\frac12.$

   因为 $1-x=2>0$ 且 $x=-1\ne0$，闭形式在 $-1$ 的一整个邻域上都是实解析的，这正是这个单侧导数确实存在的原因。

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   注意这里的陷阱，并做数值检验。 把级数逐项求导得到 $\sum_{n\ge1}\frac{(n-1)x^{n-2}}{n}$，其在 $x=-1$ 处各项的绝对值为 $(n-1)/n\to1$，因而不趋于 $0$ —— 逐项求导后的级数在 $x=-1$ 处发散。这并不与前面的结论矛盾：它只说明在端点处逐项求导是不合法的，而函数本身在那里仍然可导。数值上，$\bigl(f(-1+10^{-10})-f(-1)\bigr)/10^{-10}=0.1931472$，而 $\ln 2-\tfrac12=0.1931472$。