7.无穷级数练习

7.无穷级数练习

第一节 幂级数求和

第1题 求和函数

求幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n(n+1)}$ 的和函数。

解题步骤

1. 分拆原级数
2. 计算第一部分
3. 计算第二部分
4. 合并结果
5. 验证收敛域及临界值

第一步：分拆原级数

将原级数分拆为两部分：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n(n+1)}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n+1}.$$

第二步：计算第一部分

第一个部分为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}.$$

这是一个标准的幂级数，其和函数为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}=-\ln (1-x),|x|<1.$$

第三步：计算第二部分

第二个部分为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n+1}.$$

我们改写为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n+1}=\frac{1}{x}\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^n}{n}.$$

将下标调整为 $m=n-1$，级数变为：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^n}{n}=\sum _{m=1}^{\infty }\frac{x^{m+1}}{m+1}.$$

可以将 $x^{m+1}$ 提取出来：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^n}{n}=x\sum _{m=1}^{\infty }\frac{x^m}{m+1}.$$

结合标准幂级数结果，我们得：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^n}{n}=x\left(\frac{-\ln (1-x)}{x}-\frac{1}{x}\right).$$

进一步计算第二部分：
$$\frac{1}{x}\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^n}{n}=\frac{-\ln (1-x)}{x}-\frac{1}{x}.$$

第四步：合并结果

将两个部分合并，总和为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n(n+1)}=-\ln (1-x)-\left(\frac{-\ln (1-x)}{x}-\frac{1}{x}\right).$$

整理后为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n(n+1)}=\frac{-\ln (1-x)}{x}+\frac{1}{x}.$$

第五步：验证收敛域及临界值

1. 绝对收敛性条件
   观察级数项：
   $$\left|\frac{x^n}{n(n+1)}\right|=\frac{|x{|}^n}{n(n+1)}.$$·

   为保证绝对收敛，需要 $|x|<1$，这是幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{x}^n$ 收敛的必要条件。

2. 临界值 $|x|=1$ 的验证

   • 当 $x=1$ 时，级数变为：
     $$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}.$$
     可以通过部分分式展开验证收敛：
     $$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}.\cdot$$
     这是一阶望远镜求和，结果有限，因此 $x=1$ 时收敛。

   • 当 $x=-1$ 时，级数变为：
     $$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n(n+1)}.$$
     由于 $(-1{)}^n$ 的震荡性和 $\frac{1}{n(n+1)}$ 的快速下降，级数交错收敛。

因此，收敛域为 $|x|\le 1$，但当 $|x|=1$ 时，级数需要逐点验证是否收敛。

最终答案

幂级数的和函数为：
$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n(n+1)}=\frac{-\ln (1-x)}{x}+\frac{1}{x},|x|\le 1,x\ne 1.}$$

第2题 求和函数

求幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n(2n+1)}$ 的和函数。

解题步骤

[原有内容保持不变…]

第一步：确定收敛区间

对幂级数的通项进行绝对值分析：
$$a_n=\frac{x^{2n}}{n(2n+1)}$$

由于级数中涉及幂函数 $x^{2n}$，采用比值法验证其收敛半径：
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{x^{2(n+1)}}{(n+1)(2n+3)}\cdot \frac{n(2n+1)}{x^{2n}}\right|=x^2\cdot \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{n+1}\cdot \frac{2n+1}{2n+3}=x^2.$$

因此，当 $|x^2|<1$ 时，级数绝对收敛。换句话说：
$$|x|<1.$$

接着，验证临界点 $x=\pm 1$ 的收敛性：

• 当 $x=1$ 时：
  $$a_n=\frac{1}{n(2n+1)}\sim \frac{1}{2n^2}(\text{不收敛}).$$
• 当 $x=-1$ 时：
  $$a_n=\frac{(-1{)}^{2n}}{n(2n+1)}=\frac{1}{n(2n+1)}(\text{同样不收敛}).$$

因此，收敛区间为：
$$I=(-1,1).$$

第二步：计算和函数 $S(x)$

幂级数的通项为：
$$\frac{x^{2n}}{n(2n+1)}=\frac{1}{n}\cdot \frac{x^{2n}}{2n+1}.$$

1. 拆分分母

$$\frac{1}{n(2n+1)}=\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(2n+1)}.$$

将通项代入，得到：
$$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n(2n+1)}=\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{x^{2n}}{2n}-\frac{x^{2n}}{2(2n+1)}\right).$$

2. 对第一项求和：

考虑项 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2n}$：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2n}=\frac{-1}{2}\ln (1-x^2).$$

3. 对第二项求和：

考虑项 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2(2n+1)}$。结合特殊函数：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2(2n+1)}=\frac{-1}{2}\left(\ln (1-x)-\ln (1+x)\right).$$

第三步：合并结果

将两部分结果代入原式：
$$S(x)=\frac{-1}{2}\ln (1-x^2)-\frac{-1}{2}\left(\ln (1-x)-\ln (1+x)\right).$$

化简得到：
$$S(x)=-\frac{1}{2}\ln (1-x^2)+\frac{1}{2}\left(\ln (1+x)-\ln (1-x)\right).$$

进一步整理：
$$S(x)=-\frac{1}{2}\ln (1-x^2)+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right).$$

最终表达式为：
$$S(x)=-\frac{1}{2}\ln (1-x^2)+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right),|x|<1.$$

第3题 求和函数

求幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{2^n}{x}^{2n-2}$ 的和函数。

解题步骤

[原有内容保持不变…]

2. 简化表达式

首先，考虑给定的级数：
$$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{2^n}{x}^{2n-2}.$$

我们可以将 $x^{2n-2}$ 提取出一个因子，并注意到这个级数是一个幂级数，我们希望能够进行一定的简化。为了方便操作，我们可以对 $x$ 进行代换。

变换式

我们把指数项中的 $x^{2n-2}$ 改为 $x^{2(n-1)}$，得到：
$$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{2^n}{x}^{2(n-1)}.$$

对 $m=n-1$ 进行代换，即 $n=m+1$，代入得：
$$S(x)=\sum _{m=0}^{\infty }\frac{2(m+1)-1}{2^{m+1}}{x}^{2m}.$$

简化上式得到：
$$S(x)=\sum _{m=0}^{\infty }\frac{2m+1}{2^{m+1}}{x}^{2m}.$$

2. 拆分级数

我们将上式拆成两部分：
$$S(x)=\sum _{m=0}^{\infty }\frac{2m}{2^{m+1}}{x}^{2m}+\sum _{m=0}^{\infty }\frac{1}{2^{m+1}}{x}^{2m}.$$

第一部分

第一部分是：
$$\sum _{m=0}^{\infty }\frac{2m}{2^{m+1}}{x}^{2m}.$$
我们可以提取常数因子 $\frac{1}{2}$ 并使用幂级数求和公式：
$$\sum _{m=0}^{\infty }m{r}^m=\frac{r}{(1-r{)}^2},|r|<1.$$
对于此部分，我们取 $r=\frac{x^2}{2}$，因此：
$$\sum _{m=0}^{\infty }\frac{2m}{2^{m+1}}{x}^{2m}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\frac{x^2}{2}}{{\left(1-\frac{x^2}{2}\right)}^2}=\frac{x^2}{2{\left(2-x^2\right)}^2}.$$

第二部分

第二部分是：
$$\sum _{m=0}^{\infty }\frac{1}{2^{m+1}}{x}^{2m}.$$
这也是一个几何级数，可以使用几何级数求和公式：
$$\sum _{m=0}^{\infty }{r}^m=\frac{1}{1-r},|r|<1.$$
对于此部分，我们取 $r=\frac{x^2}{2}$，因此：
$$\sum _{m=0}^{\infty }\frac{1}{2^{m+1}}{x}^{2m}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1-\frac{x^2}{2}}=\frac{1}{2-x^2}.$$

3. 合并结果

将两部分结果合并，我们得到：
$$S(x)=\frac{x^2}{2(2-x^2{)}^2}+\frac{1}{2-x^2}.$$

4. 收敛性分析

此级数是一个幂级数，收敛半径由其主要项的收敛半径决定。

• 第一部分 ${\sum }_{m=0}^{\infty }\frac{2m}{2^{m+1}}{x}^{2m}$ 的收敛半径为 $R=\sqrt{2}$，因为 $|x^2|<2$。
• 第二部分 ${\sum }_{m=0}^{\infty }\frac{1}{2^{m+1}}{x}^{2m}$ 的收敛半径也为 $R=\sqrt{2}$。

因此，整个级数的收敛半径为 $R=\sqrt{2}$，即 $|x|<\sqrt{2}$。

5. 最终结论

和函数

该级数的和函数为：
$$S(x)=\frac{x^2}{2(2-x^2{)}^2}+\frac{1}{2-x^2},|x|<\sqrt{2}.$$

收敛域

该级数的收敛域为：
$$|x|<\sqrt{2}.$$