高等数学张宇18讲 第十三讲 无穷级数

例题十三

例13.9  设$f(x)$在点$x=0$处存在二阶导数$f''(0)$，且$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)}{x}=0$。试证明级数$\sum\limits_{n=k}^\infty\left|f\left(\cfrac{1}{n}\right)\right|$收敛，其中$k$为足够大的正整数。

解  由$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)}{x}=0$及$f(x)$在点$x=0$处连续可知$f(0)=0$，且$f'(0)=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)}{x}=0$，于是
$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)}{x^2}\xlongequal{\text{洛必达法则}}\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f'(x)}{2x}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f'(x)-f'(0)}{2(x-0)}=\cfrac{1}{2}f''(0).$
  所以$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{\left|f\left(\cfrac{1}{n}\right)\right|}{\cfrac{1}{n^2}}=\cfrac{1}{2}|f''(0)|$。用比较判别法的极限形式，级数$\sum\limits_{n=k}^\infty\cfrac{1}{n^2}$收敛，故$\sum\limits_{n=k}^\infty\left|f\left(\cfrac{1}{n}\right)\right|$收敛。（这道题主要利用了比较判别法求解）

例13.12  已知级数$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$绝对收敛，判断$\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{u_n^2}{1+u_n^2}$的敛散性，其中$u_n\ne0$。

解  由不等式$a^2+b^2\geqslant2ab$，可知$1+u_n^2\geqslant2|u_n|$，于是$\cfrac{u_n^2}{1+u_n^2}\leqslant\cfrac{u_n^2}{2|u_n|}=\cfrac{|u_n|}{2}$，由题设知$\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{|u_n|}{2}$收敛，又$\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{u_n^2}{1+u_n^2}$是正项级数，根据正项级数的比较判别法，原级数收敛。（这道题主要利用了不等式变换求解）

例13.30  设$a_0=3,3na_n+3(n-1)a_{n-1}=2a_{n-1}$，证明当$|x|<1$时，$\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n$收敛，并求其和函数。

解  由题设递推式，得$na_n=\left(\cfrac{5}{3}-n\right)a_{n-1}$，按正项级数的比值判别法，记$u_n(x)=a_nx^n$，有
$\lim\limits_{n\to\infty}\left|\cfrac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\cfrac{u_{n}(x)}{u_{n-1}(x)}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\cfrac{a_nx^n}{a_{n-1}x^{n-1}}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\cfrac{a_n}{a_{n-1}}\right||x|=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\cfrac{\cfrac{5}{3}-n}{n}\right||x|=|x|<1$
  即当$|x|<1$时，$\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n$收敛。记$S(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n$，则
$\begin{aligned} S(x)&=\sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n=\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n}\left(\cfrac{5}{3}-n\right)a_{n-1}x^n\\ &=\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n}\left(\cfrac{5}{3}a_{n-1}-na_{n-1}\right)x^n=\cfrac{5}{3}\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n}a_{n-1}x^n-\sum\limits_{n=1}^\infty a_{n-1}x^n\\ &=\cfrac{5}{3}\displaystyle\int^x_0\left(\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n}a_{n-1}t^n\right)'\mathrm{d}t-x\sum\limits_{n=1}^\infty a_{n-1}x^n\\ &=\cfrac{5}{3}\displaystyle\int^x_0\left(\sum\limits_{n=1}^\infty a_{n-1}t^{n-1}\right)\mathrm{d}t-x\left(\sum\limits_{n=1}^\infty a_{n}x^n+a_0\right)\\ &=\cfrac{5}{3}\displaystyle\int^x_0\left(\sum\limits_{n=1}^\infty a_{n}t^{n}+a_0\right)\mathrm{d}t-x\left(\sum\limits_{n=1}^\infty a_{n}x^n+a_0\right)\\ &=\cfrac{5}{3}\displaystyle\int^x_0[S(t)+3]\mathrm{d}t-x[S(x)+3]. \end{aligned}$
  对$S(x)$求导，得$S'(x)=\cfrac{5}{3}[S(t)+3]\mathrm{d}t-[S(x)+3]-xS'(x)$，整理得
$\begin{aligned} &(1+x)S'(x)=\cfrac{2}{3}[S(x)+3]\\ \Rightarrow&\cfrac{S'(x)}{S(x)+3}=\cfrac{2}{3}\cdot\cfrac{1}{1+x}\\ \Rightarrow&\ln[S(x)+3]=\cfrac{2}{3}\ln(1+x)+\ln C\\ \Rightarrow&\cfrac{S(x)+3}{(1+x)^{\frac{2}{3}}}=C\\ \Rightarrow&S(x)=3(1+x)^{\frac{2}{3}}-3,|x|<1 \end{aligned}$
（这道题主要利用了微分方程核比值判别法求解）

习题十三

13.5  讨论级数$\sum\limits_{n=3}^\infty\cfrac{(-1)^n}{(n^2-3n+2)^x}$的敛散性，$x$为实数。

解  因为$|u_n|=\cfrac{1}{(n^2-3n+2)^x}\sim\cfrac{1}{n^{2x}}(n\to\infty)$，当$x>0$时，$\cfrac{1}{n^{2x}}\to+\infty$，故原级数发散；当$x=0$时，$\cfrac{1}{n^{2x}}=1\ne0$，故原级数发散；当$x>\cfrac{1}{2}$时，$\sum\limits_{n=3}^\infty\cfrac{(-1)^n}{(n^2-3n+2)^x}$绝对收敛；当$0<x\leqslant\cfrac{1}{2}$时，$\sum\limits_{n=3}^\infty|u_n|$发散，但$|u_n|$单调递减趋于零，且原级数为交错级数，故条件收敛。（这道题主要利用了分类讨论求解）

新版例题十六

例16.1

例16.3

例16.8（4）

例16.13

例16.16

例16.21

例16.24

例16.30

例16.40

新版习题十六

16.1

16.8

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