级数整理

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2023/12/31 07:44
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无穷级数

\(\sum_{i=1}^∞u_i=u_1+u_2+...+u_n+...\)

无穷级数就是无限项数列的加和。相比于无限项,也有有限项的级数,就是无穷级数的前n项

\(S_n=\sum_{i=1}^nu_i\)

无穷级数如果最终结果为∞,那么我们就说该无穷级数为发散的;无穷级数如果最终结果为一个数A,那么我们就说该无穷级数为收敛的。它等价于

\(\lim_{n->∞}Sn=A\)

为收敛,反之发散。

几个特殊级数

  • 等比级数

\(\sum_{n=1}^∞aq^{n-1}\)    (a>0)

当公比的绝对值|q|<1时,该级数为收敛的,如

\(1+{1\over 2}+{1\over 4}+{1\over 8}+...+{1\over 2^n}+...=2\)

当|q|>1时,该级数为发散的,如

\(1+2+4+8+...+2^n+...=∞\)

  • P级数

\(\sum_{n=1}^∞{1\over n^P}\)

当P≤1时,为发散的

当P>1时,为收敛的

当P=1的时候,\(\sum_{n=1}^∞{1\over n}=​∞\)

这是两个非常重要的级数。

正项级数判敛法

正项级数有如下性质:

  1. 正项级数收敛的充分必要条件是它的部分和是有界数列;
  2. 正项级数如果收敛收敛值是{\(S_n\)}的上确界;
  3. 正项级数如果发散一定发散到正无穷;
  4. 对于收敛的正项级数,任意调换求和顺序后得到的新级数也收敛,并且和不变;
  • 比较法

1、一般形式:若

\(b_n≥a_n≥0\)

  1. \(\sum_{n=1}^∞a_n\)发散,那么\(\sum_{n=1}^∞b_n\)也发散
  2. \(\sum_{n=1}^∞b_n\)收敛,那么\(\sum_{n=1}^∞a_n\)也收敛

示例1:\(\sum_{n=1}^∞{(\sqrt{2}+(-1)^n)^n\over 3^n}\)

\({(\sqrt{2}+(-1)^n)^n\over 3^n}=({\sqrt{2}+(-1)^n\over 3})^n\)为一个正项级数

该数列并不是一个等比数列,但是我们发现

\(({\sqrt{2}+(-1)^n\over 3})^n≤({\sqrt{2}+1\over 3})^n\)

由于\(({\sqrt{2}+1\over 3})^n\)是一个等比数列,其公比\({\sqrt{2}+1\over 3}<1\)为收敛的,故

\(\sum_{n=1}^∞{(\sqrt{2}+(-1)^n)^n\over 3^n}\)为收敛的。

2、极限形式:

\(\sum_{n=1}^∞a_n\)\(\sum_{n=1}^∞b_n\)均为正项级数

\(\lim_{n->∞}{a_n\over b_n}=C>0\)

则二者同敛散

证明:对于\(\lim_{n->∞}{a_n\over b_n}=C\),我们知道对于任意ε>0,都存在一正整数N,使得n>N时有\(|{a_n\over b_n}-C|<ε\),等价于

\(-​ε<{a_n\over b_n}-C<ε\)

\(C-​ε<{a_n\over b_n}<C+ε\)

\((C-​ε)b_n<a_n<(C+ε)b_n\)

由于C>0,我们可以让ε足够小,使得C-ε>0,因此

\(b_n<{a_n\over C-ε}\)

根据比较法,如果\(\sum_{n=1}^∞a_n\)收敛,则\(\sum_{n=1}^∞b_n\)同样收敛;

又有

\(a_n<(C+ε)b_n\)

则如果\(\sum_{n=1}^∞b_n\)收敛,\(\sum_{n=1}^∞a_n\)同样收敛。

示例2:\(\sum_{n=1}^∞{1\over \sqrt{n^3-n+1}}\)

由于\({1\over \sqrt{n^3-n+1}}~{1\over \sqrt{n^3}}={1\over n^{3\over 2}}\)同阶无穷小(关于无穷小的内容可以参考高等数学整理 中的函数连续性)

则有\(\lim_{n->∞}{n^{3\over 2}\over \sqrt{n^3-n+1}}=1\)

由于\(\sum_{n=1}^∞{1\over n^{3\over 2}}\)收敛,故原级数\(\sum_{n=1}^∞{1\over \sqrt{n^3-n+1}}\)同样收敛。

示例3:\(\sum_{n=2}^∞ln(1+{2\over n})\)

因为\(ln(1+{2\over n})~{2\over n}\)

由于\(\sum_{n=2}^∞{2\over n}\)是发散的,故原级数\(\sum_{n=2}^∞ln(1+{2\over n})\)是发散的。

  • 比值/根值法

1、比值判别法

\(\sum_{n=1}^∞u_n\)满足

\(\lim_{n->∞}{u_{n+1}\over u_n}=l\)

  1. 0≤l<1,\(\sum_{n=1}^∞u_n\)收敛;
  2. l>1,\(\sum_{n=1}^∞u_n\)发散;
  3. l=1,待定

当n->∞的时候,

\({u_{n+1}\over u_n}=l\)

\(u_{n+1}=l⋅u_n\)

这说明它是极限状况的类等比数列,l为公比,公比小于1为收敛,大于1为发散,等于1则不确定。

示例4:\(\sum_{n=1}^∞{2^n\over n!}\)

\({u_{n+1}\over u_n}={2^{n+1}\over (n+1)!}⋅{n!\over 2^n}={2\over n+1}\)

\(\lim_{n->∞}{2\over n+1}=0<1\)

故原级数\(\sum_{n=1}^∞{2^n\over n!}\)是收敛的。

示例5:\(\sum_{n=1}^∞{2^n+3\over 3^n-2}\)

\({u_{n+1}\over u_n}={2^{n+1}+3\over 3^{n+1}-2}⋅{3^n-2\over 2^n+3}={(2+{3\over 2^n})⋅(1-{2\over 3^n})\over (3-{2\over 3^n})⋅(1+{3\over 2^n})}\)

\(\lim_{n->∞}{(2+{3\over 2^n})⋅(1-{2\over 3^n})\over (3-{2\over 3^n})⋅(1+{3\over 2^n})}={2\over 3}<1\)

故原级数\(\sum_{n=1}^∞{2^n+3\over 3^n-2}\)是收敛的。

2、根值判别法(柯西审敛法)

\(\sum_{n=1}^∞u_n\)满足

\(\lim_{n->∞}{\sqrt[n]{u_n}}=l\)

  1. 0≤l<1,\(\sum_{n=1}^∞u_n\)收敛;
  2. l>1,\(\sum_{n=1}^∞u_n\)发散;
  3. l=1,待定

当n->∞的时候,

\({\sqrt[n]{u_n}}=l\)

\(u_n=l^n\)

这同样也是一个类等比数列,l为公比,公比小于1为收敛,大于1为发散,等于1则不确定。

示例6:\(\sum_{n=1}^∞{n\over (a+{1\over n})^n}\)   (a>0)

\({\sqrt[n]{u_n}}={\sqrt[n]{n}\over a+{1\over n}}\)

\(\lim_{n->∞}{\sqrt[n]{n}\over a+{1\over n}}={1\over a}\)

  1. \({1\over a}<1\),原级数\(\sum_{n=1}^∞{n\over (a+{1\over n})^n}\)收敛。
  2. \({1\over a}>1\),原级数\(\sum_{n=1}^∞{n\over (a+{1\over n})^n}\)发散。
  3. \({1\over a}=1\),即a=1,\(\lim_{n->∞}{(1+{1\over n})^n}=e\) ,此处可以参考高等数学整理 中的两个重要的极限,故 原级数\(\sum_{n=1}^∞{n\over (a+{1\over n})^n}\)发散。

这里补充\(\lim_{n->​∞}{\sqrt[n]{n}}\)

\({\sqrt[n]{n}}=n^{1\over n}\)

\(\lim_{n->∞}{1\over n}=0\)

\(\lim_{n->∞}n=∞\)

这里我们继续补充幂函数的极限运算法则

幂函数\(f(x)=x^a\),a是常数

  1. 当a>0时,\(\lim_{x->∞}x^a=∞\)
  2. 当a=0时,\(\lim_{x->∞}x^a=1\)
  3. 当a<0时,\(\lim_{x->∞}x^a=0\)

由该性质我们可知

\(\lim_{n->​∞}{\sqrt[n]{n}}=1\)

示例7:\(\sum_{n=1}^∞{n^2cos^2n\over 2^n}\)

我们知道\(0≤cos^2n≤1\),那么

\({n^2cos^2n\over 2^n}​≤{n^2\over 2^n}\)

我们对\({n^2\over 2^n}\)用根植判别法,就有

\(\sqrt[n]{n^2\over 2^n}={(\sqrt[n]{n})^2\over 2}\)

由于\(\lim_{n->​∞}{\sqrt[n]{n}}=1\),故

\(\lim_{n->∞}{(\sqrt[n]{n})^2\over 2}={1\over 2}\)

故原级数\(\sum_{n=1}^∞{n^2cos^2n\over 2^n}\)收敛。

任意项级数判敛法

  • 交错级数的莱布尼茨审敛法

正项级数就是全为正的级数,交错级数就是正负交错的级数,它的数学表达式为

\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^nu_n}\)      (\(u_n≥0\))

也可以写成

\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^{n+1}u_n}\)  (\(u_n≥0\))

莱布尼茨审敛法:如果交错级数满足下面的两个条件

  1. \(\lim_{n->∞}{u_n}=0\)
  2. \(u_n\)递减

那么该交错级数就是收敛的。

证明:交错级数部分和数列{\(S_n\)}的奇数项为

\(S_{2n-1}=u_1-(u_2-u_3)-(u_4-u_5)-...-(u_{2n-2}-u_{2n-1})\)

偶数项为

\(S_{2n}=(u_1-u_2)+(u_3-u_4)+...+(u_{2n-1}-u_{2n})\)

由于\(u_n\)递减,所以上面式子括号中都是非负的,从而可知随着n的增大,\(S_{2n-1}\)递减,\(S_{2n}\)递增。

\(S_{2n-1}-S_{2n}=u_{2n}\)

由于\(\lim_{n->∞}{u_n}=0\),则\(\lim_{n->∞}{u_{2n}}=0\),即为\(\lim_{n->​∞}{(S_{2n-1}-S_{2n})}=0\)

这里需要补充一个区间套定理,我们先来看一下什么是区间套

闭区间列{\([a_n,b_n]\)}具有如下性质:

  1. \([a_n,b_n]⊃[a_{n+1},b_{n+1}]\)    n=1,2,3,...
  2. \(\lim_{n->∞}(b_n-a_n)=0\)

 {\([a_n,b_n]\)}为闭区间套,简称区间套

区间套定理:若 {\([a_n,b_n]\)}是一个区间套,则在实数系中存在唯一的一点ξ,使得

\(ξ∈[a_n,b_n]\),    n=1,2,3,...

\(a_n≤ξ≤b_n\),   n=1,2,3,...

我们继续补充波尔查诺-维尔斯特拉斯定理

设{\(x_n\)}是有界无穷序列,则它具有收敛的子序列。

证明: {\(x_n\)}有界,\(a≤x_n≤b\)

我们将[a,b]拆分成两个区间\([a,{a+b\over 2}]\),\([{a+b\over 2},b]\)

在这两个区间中必然有一个区间含有{\(x_n\)}的无穷项,我们称该区间为\([a_1,b_1]\),则\([a,b]⊃[a_1,b_1]\)

我们将\([a_1,b_1]\)又按照刚才的方法拆分成\([a_1,{a_1+b_1\over 2}]\),\([{a_1+b_1\over 2},b_1]\)

这里\({a_1+b_1\over 2}={a+b\over 2^2}\)

其中包含{\(x_n\)}的无穷项的区间,称为\([a_2,b_2]\)

并以此无穷划分下去,可以得到\([a_k,b_k]\)

\({a_k+b_k\over 2}={a+b\over 2^k}\)

\(\lim_{k->∞}{b_k-a_k}=\lim_{k->∞}{b-a\over 2^k}=0\)

\([a,b]⊃[a_k,b_k]\)    k=1,2,3,...

则这是一个区间套,必满足区间套定理,存在一个唯一的实数c,使得

\(\lim_{k->∞}b_k=\lim_{k->∞}a_k=c\)

我们在数列{\(x_n\)}任取一项\(x_k\),位于\([a_k,b_k]\)

要证明 {\(x_n\)}子序列是收敛的,我们只需要证明

\(\lim_{k->∞}x_k=c\)

由于\(\lim_{k->∞}|x_k-c|≤\lim_{k->∞}{b-a\over 2^k}=0\)

\(\lim_{k->∞}|x_k-c|=0\)

\(\lim_{k->∞}x_k=c\),得证

由于\(u_n\)递减,{\(S_{2n-1}-S_{2n}\)}={\(u_{2n}\)}为区间套,由区间套定理可知,一定存在唯一的一个数S,使得

\(\lim_{n->∞}S_{2n-1}=\lim_{n->∞}S_{2n}=S\)

即数列 {\(S_n\)}收敛于S,也就是说该交错级数是收敛的。

示例1:\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^{n-1}{1\over n^p}}\)    p>0

这是一个交错级数,我们来看一下满足莱布尼茨审敛法的两个条件

  1. \(\lim_{n->∞}{1\over n^p}=0\)
  2. \(1\over n^p\)是递减的

故原级数\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^{n-1}{1\over n^p}}\)是收敛的。

示例2:\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^n{1\over \sqrt[n]{n}}}\)

这是一个交错级数,我们来看一下满足莱布尼茨审敛法的两个条件

  1. \(\lim_{n->∞}{1\over \sqrt[n]{n}}=1\)

光这一条就不满足,故原级数\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^n{1\over \sqrt[n]{n}}}\)是发散的。

  • 绝对收敛与条件收敛

任意项级数\(\sum_{n=1}^∞{u_n}\)满足

  1. \(\sum_{n=1}^∞{|u_n|}\)收敛,称其绝对收敛;
  2. \(\sum_{n=1}^∞{|u_n|}\)发散,\(\sum_{n=1}^∞{u_n}\)收敛,称其条件收敛。

绝对收敛一定条件收敛

证明:我们构建两个新的数列

\(v_n={|u_n|+u_n\over 2}\)

\(w_n={|u_n|-u_n\over 2}\)

\(u_n\)为正时,\(v_n=|u_n|\);当\(u_n\)为负时,\(v_n=0\)

\(\sum_{n=1}^∞{v_n}\)是一个正项级数,\(v_n≤|u_n|\)

\(\sum_{n=1}^∞{|u_n|}\)收敛时,根据比较法的一般形式,\(\sum_{n=1}^∞{v_n}\)必收敛;

\(u_n\)为正时,\(w_n=0\);当\(u_n\)为负时,\(w_n=|u_n|\)

 \(\sum_{n=1}^∞{w_n}\)是一个正项级数,\(w_n≤|u_n|\)

\(\sum_{n=1}^∞{|u_n|}\)收敛时,根据比较法的一般形式,\(\sum_{n=1}^∞{w_n}\)必收敛;

由于\(v_n≤|u_n|\)\(w_n≤|u_n|\),则

\(v_n-w_n=u_n≤|u_n|\),则

\(\sum_{n=1}^∞{|u_n|}\)收敛时,\(\sum_{n=1}^∞{u_n}\)必收敛

示例3:\(\sum_{n=1}^∞{sinn\over n^2}\)

这是一个任意项级数,我们先来观察

\(\sum_{n=1}^∞|{sinn\over n^2}|\)

的敛散性,由于

0≤|sinn|≤1,故

\(|{sinn\over n^2}|≤{1\over n^2}\)

由于\(\sum_{n=1}^∞{1\over n^2}\)是收敛的,则

\(\sum_{n=1}^∞|{sinn\over n^2}|\)必收敛,根据绝对收敛一定条件收敛,则原级数\(\sum_{n=1}^∞{sinn\over n^2}\)收敛。

示例4:\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^n{\sqrt{n+1}\over n}}\)

虽然这是一个交错级数,我们依然先看它的通项绝对值

\(\sqrt{n+1}\over n\)

由于\(\sqrt{n+1}~\sqrt{n}\),则

\({\sqrt{n+1}\over n}~{\sqrt{n}\over n}={1\over n^{1\over 2}}\),则

\(\lim_{n->∞}{{\sqrt{n+1}\over n}\over {1\over n^{1\over 2}}}=1>0\)

由于\(\sum_{n=1}^∞{1\over n^{1\over 2}}\)是发散的,故

\(\sum_{n=1}^∞{{\sqrt{n+1}\over n}}\)是发散的,即\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^n{\sqrt{n+1}\over n}}\)不是绝对收敛的

我们来看一下满足莱布尼茨审敛法的两个条件

\(\lim_{n->∞}{\sqrt{n+1}\over n}=0\)

\(u_{n+1}-u_n={\sqrt{n+2}\over n+1}-{\sqrt{n+1}\over n}={n\sqrt{n+2}-(n+1)^{3\over 2}\over n(n+1)}\)

我们单看分子,将分子各项平方,有

\(n^2(n+2)-(n+1)^3=n^3+2n^2-(n^3+3n^2+3n+1)=-n^2-3n-1<0\)

\(\sqrt{n+1}\over n\)是递减的

故原级数\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^n{\sqrt{n+1}\over n}}\)是收敛的,并且是条件收敛的。

幂级数求和

  • 等比级数

等比级数求和公式为:

\(\sum_{n=1}^∞{ax^{n-1}}={a\over 1-x}\)     (-1<x<1)

这里-1<x<1称为收敛域,该公式的具体含义为

\(首项\over 1-公比\)

在上式中,因为n从1开始,所以分子为a,但如果n从2开始的话,分子则为ax,整个公式即为

\(\sum_{n=2}^∞{ax^{n-1}}={ax\over 1-x}\)

首先我们定义一个等比级数为(以下x的取值范围都为-1<x<1)

\(S=a+ax+ax^2+...+ax^{n-1}\)

将该等比级数两端同时乘以x,有

\(xS=ax+ax^2+ax^3+...+ax^n\)

将两式相减

\(S-xS=a-ax^n\)

\(S(1-x)=a(1-x^n)\)

因为\(x≠1\),有

\(S={a(1-x^n)\over 1-x}\)

因为

\(\lim_{n->∞}{x^n}=0\)      (-1<x<1)

\(\lim_{n->∞}{a(1-x^n)\over 1-x}={a\over 1-x}\)

示例1:求\(\sum_{n=1}^∞{x^n\over n}\)的和函数S(x)及收敛域

这里S(x)的表达式为

\(S(x)=x+{x^2\over 2}+{x^3\over 3}+{x^4\over 4}+...\)

该式并不是一个等比级数,求导

\(S'(x)=1+x+x^2+x^3+...\)

得到一个等比级数,根据等比级数求和公式,有

\(S'(x)={1\over 1-x}\)       (-1<x<1)

则(这里重定义自变量为ξ)

\(S(x)=\int_0^x{{1\over 1-ξ}dξ}\)

令u=1-ξ,则du=-dξ

\(\int_0^x{{1\over 1-ξ}dξ}=\int_0^x{-{1\over 1-ξ}(-dξ)}=\int_0^x{-{1\over 1-ξ}d(1-ξ)}=-ln|1-x|\)

\(S(x)=-ln|1-x|\)

对于收敛域来说,我们已知的是-1<x<1,但是对于-1和1我们并不知道

当x=-1时,原级数=\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^n\over n}\)

这是一个交错级数,根据莱布尼茨审敛法

\(\lim_{n->∞}{1\over n}=0\)

\(1\over n\)是递减的,故x=-1时原级数\(\sum_{n=1}^∞{x^n\over n}\)是收敛的

当x=1时,原级数=\(\sum_{n=1}^∞{1\over n}\)为发散的

\(\sum_{n=1}^∞{x^n\over n}\)的收敛域为[-1,1)

示例2:\(\sum_{n=1}^∞{(n+1)x^n}\)

\(S(x)=2x+3x^2+4x^3+...\)

该式并不是一个等比级数,两端同时定积分(这里重定义自变量为 ξ)

\(\int_0^x{S(ξ)dξ}=\int_0^x{(2ξ+3ξ^2+4ξ^3+...)dξ}\)

\(\int_0^x{S(ξ)dξ}=\int_0^x{2ξdξ}+\int_0^x{3ξ^2dξ}+\int_0^x{4ξ^3dξ}+...\)

\(\int_0^x{S(ξ)dξ}=x^2+x^3+x^4+...\)

得到一个等比级数,根据等比级数求和公式,有

\(\int_0^x{S(ξ)dξ}={x^2\over 1-x}\)       (-1<x<1)

\(S(x)=({x^2\over 1-x})'={2x(1-x)+x^2\over (1-x)^2}={-x^2+2x\over (1-x)^2}\)       (此处可以参考高等数学整理 中的函数的和、差、积、商求导)

对于收敛域来说,我们已知的是 - 1<x<1,但是对于 - 1 和 1 我们并不知道

当 x=-1 时,原级数=\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^n(n+1)}\)

这是一个交错级数,根据莱布尼茨审敛法

\(\lim_{n->∞}{(n+1)}=∞\)

故当x=-1 时,原级数\(\sum_{n=1}^∞{(n+1)x^n}\)是发散的

当 x=1 时,原级数=\(\sum_{n=1}^∞{(n+1)}\)为发散的

\(\sum_{n=1}^∞{(n+1)x^n}\)的收敛域为(-1,1)

示例3:\(\sum_{n=1}^∞{x^n\over n+1}\)

\(S(x)={x\over 2}+{x^2\over 3}+{x^3\over 4}+...\)

分子分母同时乘以x,有

\(S(x)={1\over x}({x^2\over 2}+{x^3\over 3}+{x^4\over 4}+...)\)

\(S^*(x)={x^2\over 2}+{x^3\over 3}+{x^4\over 4}+...\)

\(S^*(x)\)求导

\((S^*(x))'=x+x^2+x^3+...\)

得到一个等比级数,根据等比级数求和公式,有

\((S^*(x))'={x\over 1-x}\)     (-1<x<1)

则 (这里重定义自变量为 ξ)

\(S^*(x)=\int_0^x{{ξ\over 1-ξ}dξ}=\int_0^x{{-(1-ξ)+1\over 1-ξ}dξ}=\int_0^x{-dξ}-\int_0^x{{1\over 1-ξ}d(1-ξ)}=-x-ln|1-x|\)

\(S(x)={1\over x}(-x-ln|1-x|)=-1-{ln|1-x|\over x}\)

对于收敛域来说,我们已知的是 - 1<x<1,但是对于 - 1 和 1 我们并不知道

当 x=-1 时,原级数=\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^n\over n+1}\)

这是一个交错级数,根据莱布尼茨审敛法

\(\lim_{n->∞}{1\over n+1}=0\)

\(1\over n+1\)是递减的,故 x=-1 时原级数\(\sum_{n=1}^∞{x^n\over n+1}\)是收敛的

当 x=1 时,原级数=\(\sum_{n=1}^∞{1\over n+1}\)是发散的

\(\sum_{n=1}^∞{x^n\over n+1}\)的收敛域为 [-1,1)

示例4:\(\sum_{n=0}^∞{{(n-1)^2\over n+1}x^n}\)

\({(n-1)^2\over n+1}={(n+1-2)^2\over n+1}={(n+1)^2-4(n+1)+4\over n+1}=(n+1)-4+{4\over n+1}\)

\(S(x)=\sum_{n=0}^∞{{(n-1)^2\over n+1}x^n}=\sum_{n=0}^∞{(n+1)x^n}-4\sum_{n=0}^∞{x^n}+4\sum_{n=0}^∞{{1\over n+1}x^n}\)

\(S_1(x)=\sum_{n=0}^∞{(n+1)x^n}\)

\(S_2(x)=\sum_{n=0}^∞{x^n}\)

\(S_3(x)=\sum_{n=0}^∞{{1\over n+1}x^n}\)

则有

\(S(x)=S_1(x)-4S_2(x)+4S_3(x)\)

\(S_1(x)=1+2x+3x^2+...\)

\(S_1(x)\)两端同时定积分 (重定义自变量为 ξ)

\(\int_0^x{S_1(ξ)dξ}=x+x^2+x^3+...\)

\(\int_0^x{S_1(ξ)dξ}={x\over 1-x}\)    (-1<x<1)

\(S_1(x)=({x\over 1-x})'={(1-x)+x\over (1-x)^2}={1\over (1-x)^2}\)

\(S_2(x)=1+x+x^2+...\)

\(S_2(x)={1\over 1-x}\)    (-1<x<1)

\(S_3(x)=1+{x\over 2}+{x^2\over 3}+...\)

\(S_3(x)\)分子分母同乘以x

\(S_3(x)={1\over x}(x+{x^2\over 2}+{x^3\over 3}+...)\)

\(S_3^*(x)=x+{x^2\over 2}+{x^3\over 3}+...\)

\(S_3^*(x)\)求导

\((S_3^*(x))'=1+x+x^2+...\)

\((S_3^*(x))'={1\over 1-x}\)    (-1<x<1)

重定义自变量为 ξ

\(S_3^*(x)=\int_0^x{{1\over 1-ξ}dξ}=-ln|1-x|\)

\(S_3(x)={-ln|1-x|\over x}\)

最终可得

\(S(x)={1\over (1-x)^2}-{4\over 1-x}-{4ln|1-x|\over x}\)

由于\(S_1(x)\)的收敛域是(-1,1),故S(x)的收敛域也只能是(-1,1)

示例5:\(\sum_{n=1}^∞{n(n+1)x^{n-1}}\)

\(S(x)=\sum_{n=1}^∞{n(n+1)x^{n-1}}\)

两端定积分,重定义自变量为 ξ

\(\int_0^xS(ξ)dξ=\sum_{n=1}^∞{(n+1)x^n}\)

两端再次定积分

\(\int_0^x\int_0^xS(ξ)d^2ξ=\sum_{n=1}^∞{x^{n+1}}\)

\(\int_0^x\int_0^xS(ξ)d^2ξ={x^2\over 1-x}\)     (-1<x<1)

\(S(x)=({x^2\over 1-x})''=({-x^2+2x\over (1-x)^2})'=({-x^2+2x\over 1-2x+x^2})'={(-2x+2)(1-2x+x^2)-(-x^2+2x)(-2+2x)\over (1-2x+x^2)^2}\)

\(={-2x+4x^2-2x^3+2-4x+2x^2-2x^2+2x^3+4x-4x^2\over (1-2x+x^2)^2}={-2x+2\over (1-x)^4}={2\over (1-x)^3}\)

由示例2可知其收敛域为(-1,1)

  • 数项级数

以上我们求的都是函数项级数,而数项级数就是将函数项替换为常数项,如

示例1:\(\sum_{n=1}^∞{n(n+1)\over 2^n}\)

该示例中就不再有x这一项,根据等比级数的示例5,我们知道

\(\sum_{n=1}^∞{n(n+1)x^{n-1}}={2\over (1-x)^3}\)     (-1<x<1)

等式的两边同乘以x,有

\(\sum_{n=1}^∞{n(n+1)x^n}={2x\over (1-x)^3}\)

若我们将\(x={1\over 2}\),刚好即为该示例,代入,有

\(\sum_{n=1}^∞{n(n+1)\over 2^n}=8\)

示例2:\(\sum_{n=0}^∞{1\over (2n+1)4^n}\)

\(({1\over 4})^n=({1\over 2})^{2n}\),我们来构建函数项级数

\(S(x)=\sum_{n=0}^∞{{1\over 2n+1}x^{2n}}\)

分子分母同时乘以x,有

\(S(x)={1\over x}\sum_{n=0}^∞{{1\over 2n+1}x^{2n+1}}\)

\(S^*(x)=\sum_{n=0}^∞{{1\over 2n+1}x^{2n+1}}\)

\(S^*(x)\)求导

\((S^*(x))'=\sum_{n=0}^∞{x^{2n}}\)

\((S^*(x))'={1\over 1-x^2}\)

重定义自变量为 ξ

\(S^*(x)=\int_0^x{{1\over 1-ξ^2}dξ}=\int_0^x{{1\over (1+ξ)(1-ξ)}dξ}={1\over 2}\int_0^x({1\over 1+ξ}+{1\over 1-ξ})dξ\)

\(={1\over 2}(\int_0^x{{1\over 1+ξ}dξ}+\int_0^x{{1\over 1-ξ}dξ})={1\over 2}(\int_0^x{1\over 1+ξ}d(1+ξ)-\int_0^x{1\over 1-ξ}d(1-ξ))\)

\(={1\over 2}(ln|1+x|-ln|1-x|)={1\over 2}ln|{1+x\over 1-x}|\)

\(S(x)={1\over 2x}ln|{1+x\over 1-x}|\)

我们将\(x={1\over 2}\)代入

\(\sum_{n=0}^∞{1\over (2n+1)4^n}=ln3\)

示例3:\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^n{n^2+n+1\over 2^n}}\)

\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^n{n^2+n+1\over 2^n}}=\sum_{n=1}^∞(n^2+n+1)(-{1\over 2})^n\)来构建函数项级数

\(S(x)=\sum_{n=1}^∞(n^2+n+1)x^n=\sum_{n=1}^∞(n^2+n)x^n+\sum_{n=1}^∞x^n\)

\(=\sum_{n=1}^∞n(n+1)x^n+\sum_{n=1}^∞x^n\)

\(={2x\over (1-x)^3}+{x\over 1-x}\)      (-1<x<1)

\(x=-{1\over 2}\)代入

\(\sum_{n=1}^∞{(-1)^n{n^2+n+1\over 2^n}}=-{17\over 27}\)

  • 微分方程

有关微分方程的概念可以参考微分方程整理 ,这里是建立微分方程求解和函数。

示例1:\(\sum_{n=0}^∞{x^{2n}\over (2n)!}\)

我们将其展开,有

\(S(x)=1+{x^2\over 2!}+{x^4\over 4!}+{x^6\over 6!}+...\)

上式求导

\(S'(x)=x+{x^3\over 3!}+{x^5\over 5!}+...\)

再次求导

\(S''(x)=1+{x^2\over 2!}+{x^4\over 4!}+...\)

这里我们会发现S(x)=S''(x)

 

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