级数练习

求常数项级数敛散性

  • 对所有收敛的常数项级数，unu_n严格不为00
  • 在此基础上，尝试对∣un∣|u_n|进行比值判别法或根值判别法
    • 均为ρ<1\rho<1收敛、ρ>1\rho>1发散、ρ=1\rho=1未定
    • 当出现阶乘、双阶乘、多项式乘积、nn次方等时考虑比值判别法
    • 当出现**nαn^\alpha次方、多项式的幂次方**时考虑根值判别法
    • lim⁡n→∞nn=1\begin{aligned}\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]n=1\end{aligned}、1+nn=e\sqrt[n]{1+n}=e，两者均单调递减
    • 若为交错级数，通过这两种方法判断出来一定是绝对收敛或发散
  • 在上述基础上，考虑与它相似的函数，根据比较判别法的极限形式进行判断(敛散性相同)
    • 常用比较有：pp级数、等比级数、三角→1\rightarrow1、积分→\rightarrow可求积分、含参→\rightarrow常数
    • 放缩还可以：移项、拆项......
    • lim⁡n→∞nA+BnCA∼n,(A,B,C为常数,A>C)\begin{align}\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[A]{n^A+Bn^C}\sim n,(A,B,C为常数,A>C)\end{align}
  • 若为交错级数，考虑莱布尼兹判别法
    • ∣un∣|u_n|单调递减且趋于00
  • 上述方案需要复习极限，在此基础上，根据直接求SnS_n极限或单调有界收敛原理考虑SnS_n的敛散性
  • 在上述基础上，考虑柯西收敛原理
    • 尝试让∣Sn+p−Sn∣<f(n)|S_{n+p}-S_n|<f(n)，且f(n)f(n)足够小，则ϵ=f(N)、n>N\epsilon=f(N)、n>N时级数收敛
  • 常见级数敛散性：
    • pp级数：p>1p>1收敛，否则发散
    • un=1np(ln⁡n)q\begin{align}u_n=\frac1{n^p(\ln n)^q}\end{align}：p<1,发散p>1,收敛p=1,q≤1,发散p=1,q>1,收敛\begin{matrix}p<1,&发散\\p>1,&收敛\\p=1,q\le1,&发散\\p=1,q>1,&收敛\end{matrix}

常数项级数的一般性结论

  • 利用收敛±\pm收敛==收敛、收敛±\pm发散==发散、发散±\pm发散==未定的性质
  • 若一般项趋于00，则添加无限括号与去除无限括号后级数敛散性相同；若未强调一般项，则收敛级数不可随意去掉无限括号、发散级数不可随意添加无限括号
  • 利用基本不等式进行放缩
  • 根据第一条性质，在收敛级数的一般项上加上例如 1n\begin{align}\frac{1}{n}\end{align}的发散级数一般项，从而使原级数发散

求幂级数和函数

求解RR的方法：

  • 若不缺项， R=lim⁡n→∞∣unun+1∣\begin{align}&R=\lim_{n\rightarrow\infty}\Bigg|\frac{u_n}{u_{n+1}}\Bigg|\end{align}
  • 若缺项，可尝试换元，使其不缺项
  • 若无法换元，可用根值判别法，将xx视为常数，再判断范围
  • 得到收敛区间后，分别判断两个端点值，求出收敛域
  • 若第一项或若干项为00，可进行移位以便看出和函数

对一个幂级数，首先要求其收敛域，才能求和函数

一般通过逐项定积分或求导，化为最简的

∑n=0∞xn\begin{align}&\sum_{n=0}^\infty x^n\end{align}

的形式，利用它的

S(x)=11−x\begin{align}S(x)=\frac{1}{1-x}\end{align}

来求解；有时也会借助其它的麦克劳林级数判断

注意在抽取出xαx^\alpha后，s(x)s(x)定义域可能改变，需要分别讨论

求函数的幂级数展开

  • 记住常见的麦克劳林级数：
    • 11−x=∑n=0∞xn,x∈(−1,1)11+x=∑n=0∞(−1)nxn,x∈(−1,1)\begin{align}&\frac1{1-x}=\sum_{n=0}^\infty x^n,&x\in(-1,1)\\&\frac1{1+x}=\sum_{n=0}^\infty(-1)^nx^n,&x\in(-1,1)\end{align}
    • ex=∑n=0∞xnn!,x∈Rln⁡(1+x)=∑n=1∞(−1)n+1xnn,x∈(−1,1]\begin{align}&e^x=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!},&x\in R\\&\ln (1+x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}x^n}{n},&x\in(-1,1]\end{align}
    • sin⁡x=∑n=1∞(−1)n+1x2n−1(2n−1)!,x∈Rcos⁡x=∑n=0∞(−1)nx2n(2n)!,x∈Rarctan⁡x=∫0x11+x2dx+1,x∈[−1,1],(在两点分别判断收敛)\begin{align}&\sin x=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}x^{2n-1}}{(2n-1)!},&x\in R\\&\cos x=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!},&x\in R\\&\arctan x=\int_0^x\frac1{1+x^2}dx+1,&x\in[-1,1],(在两点分别判断收敛)\end{align}
    • (1+x)α=1+∑n=1∞α(α−1)…(α−n+1)xnn!,R=111−x2=1+∑n=1∞(−1)n(2n−1)!!⋅x2n(2n)!!,x∈(−1,1)11+x2=1+∑n=1∞(2n−1)!!⋅x2n(2n)!!,x∈[−1,1]\begin{align}&(1+x)^\alpha=1+\sum_{n=1}^\infty\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)x^n}{n!},&R=1\\&\frac1{\sqrt{1-x^2}}=1+\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{(2n-1)!!·x^{2n}}{(2n)!!},&x\in(-1,1)\\&\frac1{\sqrt{1+x^2}}=1+\sum_{n=1}^\infty\frac{(2n-1)!!·x^{2n}}{(2n)!!},&x\in[-1,1]\end{align}
  • 判断展开后级数的收敛域：通过求RR和收敛区间，以及端点处分别判断，以及原函数的定义域来得出；这里的RR是对xx而言的，应注意处理换元后的RR

傅里叶级数

求傅里叶级数的收敛

  • 根据狄利克雷收敛定理，一个周期函数可以展开成傅里叶级数形式，但该级数只有连续时才收敛于原函数
  • 该级数={f(x0),x=x0处连续f(x0+)+f(x0−)2,x=x0处为间断点=\begin{cases}f(x_0),&x=x_0处连续\\\Large\frac{f(x_0^+)+f(x_0^-)}2\normalsize,&x=x_0处为间断点\end{cases}
  • 应根据这一点来确定傅里叶级数的收敛域

求函数的傅里叶级数展开

  • 周期完整的函数
    • f(x)∼a02+∑n=1∞(ancos⁡nπlx+bnsin⁡nπlx)\begin{align}f(x)\sim\frac{a_0}2+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos\frac{n\pi}lx+b_n\sin\frac{n\pi}lx)\end{align}
    • {an=1l∫−llf(x)cos⁡nπlxdxbn=1l∫−llf(x)sin⁡nπlxdx\begin{align}\begin{cases}\large a_n=\frac1l\int_{-l}^lf(x)\cos\frac{n\pi}lxdx\\\large b_n=\frac1l\int_{-l}^lf(x)\sin\frac{n\pi}lxdx\end{cases}\end{align}
    • 收敛域为原函数的所有连续点的集合
    • 特别地，当函数为奇函数或偶函数时，只需要求bnb_n或ana_n，且可将定积分的另一半提成22
  • 周期不完整的函数
    • 一般只要求展成余弦或正弦级数，只需偶延拓或奇延拓
    • 注意展开后级数的收敛域

练习

1.证明∑n=2∞1np(ln⁡n)q的敛散性.1).当q<0时,un>1np,若p≤1,则原级数发散2).当p>1时,un≤{1np+q,q≤0,p>1−q时收敛1np,q>0,收敛故令p′+1<p,由lim⁡n→∞1np′(ln⁡n)q=0<1故un=1np−p′⋅1np′(ln⁡n)q<1np−p′,原级数收敛.3).当p=1,q≥0时,un非负连续递减,与对应反常积分敛散性相同.\begin{align}&1.证明\sum_{n=2}^\infty\frac1{n^p(\ln n)^q}的敛散性.\\&1).当q<0时,u_n>\frac1{n^p},若p\le1,则原级数发散\\&2).当p>1时,u_n\le\begin{cases}\frac1{n^{p+q}},&q\le0,&p>1-q时收敛\\\frac1{n^p},&q>0,&收敛\end{cases}\\&故令p'+1<p,由\lim_{n\rightarrow\infty}\frac1{n^{p'}(\ln n)^q}=0<1\\&故u_n=\frac1{n^{p-p'}}·\frac1{n^{p'}(\ln n)^q}<\frac1{n^{p-p'}},原级数收敛.\\&3).当p=1,q\ge0时,u_n非负连续递减,与对应反常积分敛散性相同.\end{align}
2.∑n=2∞1(ln⁡n)ln⁡n[由已知得该级数收敛,则放大.](ln⁡n)ln⁡n>2ln⁡n,un<12ln⁡n,故收敛.\begin{align}&2.\sum_{n=2}^\infty\frac1{(\ln n)^{\ln n}}\\&[由已知得该级数收敛,则放大.]\\&(\ln n)^{\ln n}>2^{\ln n},u_n<\frac1{2^{\ln n}},故收敛.\end{align}
3.∑n=1∞nn−1(2n2+ln⁡n+2)n+12[根值判别法.]lim⁡n→∞unn=lim⁡n→∞n2n2+ln⁡n+2<lim⁡n→∞nn=1,故收敛.\begin{align}&3.\sum_{n=1}^\infty\frac{n^{n-1}}{(2n^2+\ln n+2)^{\frac{n+1}2}}\\&[根值判别法.]\\&\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{u_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac n{\sqrt{2n^2+\ln n+2}}<\lim_{n\rightarrow\infty}\frac nn=1,故收敛.\end{align}

交错级数优先考虑莱布尼兹判别法，但无法使用时，考虑SnS_n的敛散性

由于有奇偶性的分别，此时应先考虑S2nS_{2n}，再由un→0u_n\rightarrow0推广到SnS_n的敛散性

4.∑n=2∞(−1)n[n+(−1)n]p,(p>0)1).当p>1时,∣un∣∼1np,原级数绝对收敛.2).当p≤1时,∣un∣发散,而S2n=(13p−12p)+(15p−14p)+⋯+(1(2n+1)p−1(2n)p)每项都小于0,故{S2n}单调递减.又S2n=−12p+(13p−14p)+⋯+(1(2n−1)p−1(2n)p)+1(2n+1)p>−12p故S2n有下界,故lim⁡n→∞S2n+1=lim⁡n→∞S2n+1(2n+3)p=lim⁡n→∞S2n=S故此时原级数条件收敛.\begin{align}&4.\sum_{n=2}^\infty\frac{(-1)^n}{[n+(-1)^n]^p},(p>0)\\&1).当p>1时,|u_n|\sim\frac1{n^p},原级数绝对收敛.\\&2).当p\le1时,|u_n|发散,而S_{2n}=(\frac1{3^p}-\frac1{2^p})+(\frac1{5^p}-\frac1{4^p})+\dots+(\frac1{(2n+1)^p}-\frac1{(2n)^p})\\&每项都小于0,故\{S_{2n}\}单调递减.\\&又S_{2n}=-\frac1{2^p}+(\frac1{3^p}-\frac1{4^p})+\dots+(\frac1{(2n-1)^p}-\frac1{(2n)^p})+\frac1{(2n+1)^p}>-\frac1{2^p}\\&故S_{2n}有下界,故\lim_{n\rightarrow\infty}S_{2n+1}=\lim_{n\rightarrow\infty}S_{2n}+\frac1{(2n+3)^p}=\lim_{n\rightarrow\infty}S_{2n}=S\\&故此时原级数条件收敛.\end{align}
5.下列命题正确的是()A.若∑n=1∞an收敛,则∑n=1∞(−1)nnan收敛an=(−1)nnB.若正项级数∑n=1∞an满足an+1an<1(n=1,2,...),则∑n=1∞an收敛C.若lim⁡n→∞anbn=1,则级数∑n=1∞an与∑n=1∞bn同敛散交错级数D.若an≤bn≤cn(n≥1),且∑n=1∞an和∑n=1∞cn都收敛,则∑n=1∞bn收敛\begin{align}&5.下列命题正确的是()\\&A.若\sum_{n=1}^\infty a_n收敛,则\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt n}a_n收敛&a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\\&B.若正项级数\sum_{n=1}^{\infty}a_n满足\frac{a_{n+1}}{a_n}<1(n=1,2,...),则\sum_{n=1}^\infty a_n收敛\\&C.若\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n}=1,则级数\sum_{n=1}^\infty a_n与\sum_{n=1}^\infty b_n同敛散&交错级数\\&D.若a_n\le b_n\le c_n(n\ge1),且\sum_{n=1}^\infty a_n和\sum_{n=1}^\infty c_n都收敛,则\sum_{n=1}^\infty b_n收敛\end{align}
  • 交错级数不可使用比较判别法的极限形式判断
  • 类似夹逼定理，在两收敛级数中间的级数也收敛
6.验证y(x)=∑n=0∞x3n(3n)!满足y′′+y′+y=ex,并求∑n=0∞x3n(3n)!的和函数对y(x)逐项求导即可验证.由λ2+λ+1=0,解得λ1,2=−1±3i2故齐次通解为y1(x)=e−12(C1cos⁡32x+C2sin⁡32x)设特解形式为y∗(x)=Aex,则A=13由于y(x)在x=0处展开,故求此处的特解,将x=0代入y(x)=y1(x)+y∗(x)得y(0)=1=C1+13,y′(0)=0=−C12+32C2+13∴y(x)=e−12(23cos⁡32x)+13ex\begin{align}&6.验证y(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{3n}}{(3n)!}满足y''+y'+y=e^x,并求\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{3n}}{(3n)!}的和函数\\&对y(x)逐项求导即可验证.\\&由\lambda^2+\lambda+1=0,解得\lambda_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt3i}2\\&故齐次通解为y_1(x)=e^{-\frac12}(C_1\cos\frac{\sqrt3}2x+C_2\sin\frac{\sqrt3}2x)\\&设特解形式为y^*(x)=Ae^x,则A=\frac13\\&由于y(x)在x=0处展开,故求此处的特解,将x=0代入\\&y(x)=y_1(x)+y^*(x)得y(0)=1=C_1+\frac13,y'(0)=0=-\frac{C_1}2+\frac{\sqrt3}2C_2+\frac13\\&\therefore y(x)=e^{-\frac12}(\frac23\cos\frac{\sqrt3}2x)+\frac13e^x\end{align}
7.若an条件收敛,求幂级数∑n=1∞an(x−1)n的收敛域.解:由an条件收敛,得幂级数R=1,收敛区间为(0,2)当x=0时,原级数发散;当x=2时,原级数收敛\begin{align}&7.若a_n条件收敛,求幂级数\sum_{n=1}^\infty a_n(x-1)^n的收敛域.\\&解:\\&由a_n条件收敛,得幂级数R=1,收敛区间为(0,2)\\&当x=0时,原级数发散;当x=2时,原级数收敛\end{align}
8.幂级数∑n=0∞2n+1n!xn,求收敛域、和函数.解:易得收敛域为(−∞,+∞)设和函数为S(x),则S(x)=2s(x)−ex,s(x)=∑n=0∞(n+1)xnn!,∫0xs(x)dx=xex,s(x)=(x+1)ex故S(x)=(2x+1)ex,x∈(−∞,+∞)\begin{align}&8.幂级数\sum_{n=0}^\infty\frac{2n+1}{n!}x^n,求收敛域、和函数.\\&解:\\&易得收敛域为(-\infty,+\infty)\\&设和函数为S(x),则S(x)=2s(x)-e^x,\\&s(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(n+1)x^n}{n!},\\&\int_0^xs(x)dx=xe^x,s(x)=(x+1)e^x\\&故S(x)=(2x+1)e^x,x\in(-\infty,+\infty)\end{align}
9.求∑n=0∞(n+1)2n!.解:设S(x)=∑n=0∞(n+1)2n!xn,则∫0xS(x)−1=∑n=0∞n+1n!xn+1=(x2+x)ex故S(x)=(x2+3x+1)ex,∴S(1)=5e\begin{align}&9.求\sum_{n=0}^\infty\frac{(n+1)^2}{n!}.\\&解:\\&设S(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(n+1)^2}{n!}x^n,则\int_0^xS(x)-1=\sum_{n=0}^\infty\frac{n+1}{n!}x^{n+1}=(x^2+x)e^x\\&故S(x)=(x^2+3x+1)e^x,\therefore S(1)=5e\end{align}