設 f(x) 為 n 從 1 到無窮大的 xⁿ⁻¹/n 之和，判斷 f 在 x = 1 與 x = −1 是否可微。

Step-by-step solution

1. 1

   先求收斂半徑與封閉形式。 係數是 $1/n$，所以收斂半徑為 $1$。當 $0<|x|<1$ 時，把 $1/x$ 提出來再用對數級數：

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

   並補上可去的值 $f(0)=1$。有了封閉形式，端點的問題才答得出來，因為逐項微分後的級數在那裡表現很糟。

2. 2

   先檢查收斂性來處理 $x=1$。 在 $x=1$ 時級數變成 $\sum_{n\ge1}\frac1n$，也就是調和級數，它發散。所以 $f(1)$ 根本不是一個數，在 $x=1$ 談可微性也就無從談起。封閉形式給出一致的結論：當 $x\to1^{-}$ 時 $-\ln(1-x)/x\to+\infty$。

3. 3

   確定 $x=-1$ 處的值。 這裡級數是 $\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}$，也就是交錯調和級數，由萊布尼茲判別法可知它收斂，其和為

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

   阿貝爾定理保證這個值等於 $\lim_{x\to-1^{+}}\bigl(-\ln(1-x)/x\bigr)=-\ln 2/(-1)=\ln 2$，所以封閉形式可以連續地延伸到 $x=-1$。

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   對封閉形式微分，再代入 $-1$。 由 $f(x)=-\ln(1-x)\cdot x^{-1}$，

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

   所以

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

   因為 $1-x=2>0$ 且 $x=-1\ne0$，封閉形式在 $-1$ 的整個鄰域上都是實解析的，這正是這個單側導數真的存在的原因。

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   注意這裡的陷阱並做數值檢查。 把級數逐項微分會得到 $\sum_{n\ge1}\frac{(n-1)x^{n-2}}{n}$，它在 $x=-1$ 的各項大小為 $(n-1)/n\to1$，因此不會趨近 $0$ —— 逐項微分後的級數在 $x=-1$ 發散。這並不與前面的結論矛盾：它只說明在端點逐項微分是不合法的，而函數本身在那裡仍然可微。數值上，$\bigl(f(-1+10^{-10})-f(-1)\bigr)/10^{-10}=0.1931472$，而 $\ln 2-\tfrac12=0.1931472$。