第十一章 无穷级数

选择题

单选题李正元练习题·高等数学选择题

下列各项中正确的是

A. 若

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}u_n^2 \quad\text{和}\quad \sum_{n=1}^{\infty}v_n^2$$

都收敛，则

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(u_n+v_n)^2$$

收敛；

B. 若

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}|u_nv_n|$$

收敛，则

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}u_n^2 \quad\text{与}\quad \sum_{n=1}^{\infty}v_n^2$$

都收敛；

C. 若正项级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}u_n$$

发散，则 $\displaystyle u_n\ge\dfrac1n$；

D. 若级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}u_n$$

收敛且 $\displaystyle u_n\ge v_n\ (n=1,2,\cdots)$，则级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}v_n$$

也收敛。

由不等式

$$\displaystyle (u_n+v_n)^2\le 2u_n^2+2v_n^2$$

可知，若 $\displaystyle \sum u_n^2$ 与 $\displaystyle \sum v_n^2$ 均收敛，则

$$\displaystyle 0\le \sum_{n=1}^{\infty}(u_n+v_n)^2 \le 2\sum_{n=1}^{\infty}u_n^2+2\sum_{n=1}^{\infty}v_n^2<+\infty.$$

因此选项 A 正确。

其余选项：

• B 错误。例如取 $\displaystyle u_n=1$，$\displaystyle v_n=\dfrac1{n^2}$，则

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}|u_nv_n|=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}$$

收敛，但 $\displaystyle \sum u_n^2=\sum 1$ 发散。

• C 错误。正项级数发散并不要求逐项满足 $\displaystyle u_n\ge\dfrac1n$。例如当 $\displaystyle n\ge2$ 时取

$$\displaystyle u_n=\frac1{n\ln n},$$

则 $\displaystyle u_n<\dfrac1n$，但 $\displaystyle \sum u_n$ 仍发散。

• D 错误。一般项之间可比较并不能直接判断任意项级数的敛散性。例如取

$$\displaystyle u_n=0,\qquad v_n=-\frac1n,$$

则 $\displaystyle u_n\ge v_n$，且 $\displaystyle \sum u_n$ 收敛，但 $\displaystyle \sum v_n$ 发散。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

若级数

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-1)^n$$

在 $\displaystyle x=-1$ 处收敛，则此级数在 $\displaystyle x=2$ 处

A. 条件收敛；

B. 绝对收敛；

C. 发散；

D. 敛散性不能确定。

该幂级数的中心为 $\displaystyle x_0=1$。在 $\displaystyle x=-1$ 处，有

$$\displaystyle |x-x_0|=|-1-1|=2.$$

幂级数在距离中心为 $\displaystyle 2$ 的点处收敛，说明其收敛半径满足

$$\displaystyle R\ge2.$$

而在 $\displaystyle x=2$ 处，

$$\displaystyle |x-x_0|=|2-1|=1<2\le R.$$

幂级数在收敛区间内部必绝对收敛，因此在 $\displaystyle x=2$ 处绝对收敛，故选 B。

A、C、D 均错误，因为 $\displaystyle x=2$ 位于已知收敛点 $\displaystyle x=-1$ 到幂级数中心距离所确定的内部区域内，其绝对收敛性可以确定。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\dfrac{n+a}{n+1}\cdot\frac1{\sqrt n}$$

A. 绝对收敛；

B. 条件收敛；

C. 发散；

D. 敛散性与 $\displaystyle a$ 有关。

先将一般项拆分：

$$\displaystyle \dfrac{n+a}{n+1}=1+\dfrac{a-1}{n+1}.$$

因此原级数可写为

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{\sqrt n} +(a-1)\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{(n+1)\sqrt n}.$$

其中，第一项是交错级数。因为 $\displaystyle n^{-1/2}$ 单调趋于 $\displaystyle 0$，故由莱布尼茨判别法知其收敛；第二项满足

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left|\dfrac{(-1)^n}{(n+1)\sqrt n}\right| =\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(n+1)\sqrt n},$$

而

$$\displaystyle \frac1{(n+1)\sqrt n}\sim\frac1{n^{3/2}},$$

故第二项绝对收敛。因此原级数对任意常数 $\displaystyle a$ 都收敛。

再考察绝对收敛性。由于

$$\displaystyle \left|\dfrac{n+a}{n+1}\right|\longrightarrow1,$$

所以

$$\displaystyle \left|\dfrac{n+a}{n+1}\cdot\frac1{\sqrt n}\right| \sim\frac1{\sqrt n}.$$

而级数 $\displaystyle \sum n^{-1/2}$ 发散，故原级数不绝对收敛。

因此原级数为条件收敛，且敛散性与 $\displaystyle a$ 无关。A、C、D 均错误。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设有级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n, \qquad S_n=\sum_{k=1}^{n}a_k,$$

则 $\displaystyle S_n$ 有界是级数 $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛的

A. 充分条件；

B. 必要条件；

C. 充分必要条件；

D. 既非充分条件也非必要条件。

级数 $\displaystyle \sum a_n$ 收敛的定义是其部分和数列 $\displaystyle \{S_n\}$ 存在有限极限。任何收敛数列必有界，因此

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n\text{ 收敛}\quad\Longrightarrow\quad\{S_n\}\text{ 有界}.$$

所以 $\displaystyle S_n$ 有界是级数收敛的必要条件。

但有界并不保证收敛。例如级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}=1-1+1-1+\cdots$$

的部分和为

$$\displaystyle S_{2n}=0, \qquad S_{2n-1}=1,$$

部分和数列有界但不收敛，因此该条件不是充分条件。

故选 B。A、C、D 均不正确。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

已知 $\displaystyle a_n>0\ (n=1,2,\cdots)$，且

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_n$$

条件收敛，记

$$\displaystyle b_n=2a_{2n-1}-a_{2n},$$

则级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}b_n$$

A. 绝对收敛；

B. 条件收敛；

C. 发散；

D. 收敛或发散取决于 $\displaystyle a_n$ 的具体形式。

记

$$\displaystyle O_N=\sum_{n=1}^{N}a_{2n-1}, \qquad E_N=\sum_{n=1}^{N}a_{2n}.$$

原交错级数的偶数项部分和为

$$\displaystyle O_N-E_N,$$

由于原级数收敛，所以 $\displaystyle O_N-E_N$ 收敛，从而有界。

又因为原级数是条件收敛，所以其绝对值级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$$

发散，即

$$\displaystyle O_N+E_N\longrightarrow+\infty.$$

由 $\displaystyle O_N-E_N$ 有界以及 $\displaystyle O_N+E_N\to+\infty$，可得

$$\displaystyle O_N\longrightarrow+\infty, \qquad E_N\longrightarrow+\infty.$$

级数 $\displaystyle \sum b_n$ 的前 $\displaystyle N$ 项部分和为

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{N}b_n =2O_N-E_N =O_N+(O_N-E_N).$$

其中 $\displaystyle O_N\to+\infty$，而 $\displaystyle O_N-E_N$ 有界，因此

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{N}b_n\longrightarrow+\infty.$$

故级数 $\displaystyle \sum b_n$ 发散，选 C。

A、B 错误，因为该级数甚至不收敛；D 错误，因为仅由题设条件已经能够确定其必然发散。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

下列命题中正确的是

A. 若幂级数

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$$

的收敛半径 $\displaystyle R\ne0$，则

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|=R^{-1};$$

B. 若

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|$$

不存在，则

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$$

不存在收敛半径；

C. 若

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$$

的收敛域为 $\displaystyle [-R,R]$，则

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}na_nx^{n-1}$$

的收敛域为 $\displaystyle [-R,R]$；

D. 若

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$$

的收敛区间 $\displaystyle (-R,R)$ 即它的收敛域，则

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_n}{n+1}x^{n+1}$$

的收敛域可能是 $\displaystyle [-R,R]$。

幂级数逐项积分后收敛半径不变，但端点处的敛散性可能发生变化。原级数在两个端点均发散，逐项积分后，由于系数多了因子 $\displaystyle \dfrac1{n+1}$，两个端点都有可能变为收敛，因此 D 正确。

例如取 $\displaystyle R=1$，并令

$$\displaystyle a_n=\cos\dfrac{n\pi}{2}.$$

则在 $\displaystyle x=1$ 与 $\displaystyle x=-1$ 处，原级数的一般项均不趋于 $\displaystyle 0$，所以两个端点都发散，原级数收敛域为 $\displaystyle (-1,1)$。逐项积分后，在 $\displaystyle x=\pm1$ 处所得级数本质上均为收敛的交错调和型级数，因此积分后级数的收敛域可以成为 $\displaystyle [-1,1]$。

其余选项：

• A 错误。比值极限存在时可用比值法求收敛半径，但收敛半径存在并不保证系数比值极限一定存在。
• B 错误。任何幂级数都存在收敛半径，收敛半径由柯西—阿达马公式

$$\displaystyle \frac1R=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}$$

确定，不要求 $\displaystyle \left|a_{n+1}/a_n\right|$ 的极限存在。

• C 错误。逐项求导不改变收敛半径，但可能破坏端点收敛性。例如

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^n}{n^2}$$

在 $\displaystyle [-1,1]$ 上收敛，而其导数级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{n-1}}n$$

在 $\displaystyle x=1$ 处发散，故收敛域不再是 $\displaystyle [-1,1]$。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

对于任意 $\displaystyle x$ 的值，

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{3^nx^n}{n!}=$$

A. 0；

B. 1；

C. $\displaystyle \dfrac12$；

D. $\displaystyle \infty$。

固定任意实数 $\displaystyle x$，令

$$\displaystyle a_n=\dfrac{3^nx^n}{n!}=\dfrac{(3x)^n}{n!}.$$

考察其绝对值相邻项之比：

$$\displaystyle \left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right| =\dfrac{|3x|}{n+1}\longrightarrow0.$$

因此当 $\displaystyle n$ 充分大时，$\displaystyle |a_{n+1}|\le q|a_n|$，其中可取某个 $\displaystyle 0<q<1$。于是 $\displaystyle a_n\to0$。即

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{3^nx^n}{n!}=0.$$

故选 A，B、C、D 均错误。

填空题

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}u_n$$

的部分和

$$\displaystyle S_n=\dfrac{n}{2n-1},$$

则

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(u_n+u_{n+1}+u_{n+2})=\underline{\qquad}.$$

由部分和

$$\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}u_k=\dfrac{n}{2n-1}$$

可得原级数的和为

$$\displaystyle S=\lim_{n\to\infty}S_n=\frac12.$$

又有

$$\displaystyle u_1=S_1=1,$$

以及

$$\displaystyle u_2=S_2-S_1=\frac23-1=-\frac13.$$

将所求级数拆开：

$$\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}(u_n+u_{n+1}+u_{n+2}) &=\sum_{n=1}^{\infty}u_n +\sum_{n=1}^{\infty}u_{n+1} +\sum_{n=1}^{\infty}u_{n+2}\\ &=S+(S-u_1)+(S-u_1-u_2)\\ &=3S-2u_1-u_2. \end{aligned}$$

代入数值，得

$$\displaystyle 3\cdot\frac12-2\cdot1-\left(-\frac13\right) =-\frac16.$$

因此填

$$\displaystyle -\frac16.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt n\right)$$

的和 $\displaystyle S=\underline{\qquad}$。

令

$$\displaystyle a_n=\sqrt n,$$

则一般项可以写成二阶差分形式：

$$\displaystyle \sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt n =(a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n).$$

因此前 $\displaystyle N$ 项和为

$$\displaystyle \begin{aligned} S_N &=\sum_{n=1}^{N}\bigl[(a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n)\bigr]\\ &=a_{N+2}-a_{N+1}-(a_2-a_1)\\ &=\sqrt{N+2}-\sqrt{N+1}-\sqrt2+1. \end{aligned}$$

又

$$\displaystyle \sqrt{N+2}-\sqrt{N+1} =\frac1{\sqrt{N+2}+\sqrt{N+1}} \longrightarrow0.$$

故

$$\displaystyle S=\lim_{N\to\infty}S_N=1-\sqrt2.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

幂级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{n-1}}{n2^n}$$

的收敛区间是 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

对一般项取绝对值并使用比值判别法：

$$\displaystyle \left| \dfrac{x^n}{(n+1)2^{n+1}} \middle/ \dfrac{x^{n-1}}{n2^n} \right| =\dfrac{|x|}{2}\cdot\dfrac{n}{n+1} \longrightarrow\dfrac{|x|}{2}.$$

当

$$\displaystyle \dfrac{|x|}{2}<1,$$

即 $\displaystyle |x|<2$ 时，级数绝对收敛；当 $\displaystyle |x|>2$ 时发散。因此收敛半径为

$$\displaystyle R=2.$$

再考察端点：

当 $\displaystyle x=2$ 时，

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{2^{n-1}}{n2^n} =\frac12\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n,$$

发散。

当 $\displaystyle x=-2$ 时，

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-2)^{n-1}}{n2^n} =\frac12\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}n,$$

由莱布尼茨判别法知其收敛。

故收敛区间为

$$\displaystyle [-2,2).$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(n-1)x^n$$

的和函数及定义域是 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

当 $\displaystyle |x|<1$ 时，几何级数满足

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}x^n=\dfrac{x}{1-x}.$$

逐项求导得

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}=\frac1{(1-x)^2}.$$

两边同乘 $\displaystyle x$，有

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}nx^n=\dfrac{x}{(1-x)^2}.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}(n-1)x^n &=\sum_{n=1}^{\infty}nx^n- \sum_{n=1}^{\infty}x^n\\ &=\dfrac{x}{(1-x)^2}-\dfrac{x}{1-x}\\ &=\dfrac{x^2}{(1-x)^2}. \end{aligned}$$

当 $\displaystyle x=1$ 时，一般项为 $\displaystyle n-1$，不趋于零；当 $\displaystyle x=-1$ 时，一般项为 $\displaystyle (n-1)(-1)^n$，也不趋于零。因此两端均发散。

故和函数及定义域为

$$\displaystyle S(x)=\dfrac{x^2}{(1-x)^2},\qquad -1<x<1.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

幂级数

$$\displaystyle x+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^{2n+1}}{n!(2n+1)}$$

的和函数及定义域是 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

指数函数的麦克劳林展开为

$$\displaystyle e^{-t^2}=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nt^{2n}}{n!}, \qquad t\in(-\infty,+\infty).$$

在任意有限区间上逐项积分，得

$$\displaystyle \int_0^x e^{-t^2}\,dt =\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^{2n+1}}{n!(2n+1)}.$$

把 $\displaystyle n=0$ 项分离出来，即

$$\displaystyle \int_0^x e^{-t^2}\,dt =x+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^{2n+1}}{n!(2n+1)}.$$

所以和函数为

$$\displaystyle S(x)=\int_0^x e^{-t^2}\,dt.$$

由于 $\displaystyle e^{-t^2}$ 的幂级数收敛半径为 $\displaystyle +\infty$，逐项积分后的幂级数收敛半径仍为 $\displaystyle +\infty$，故定义域为

$$\displaystyle (-\infty,+\infty).$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sqrt{n^2+n}-\sqrt{n^2-n}}{n^p}$$

收敛，则 $\displaystyle p$ 的取值范围是 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

先将分子有理化：

$$\displaystyle \sqrt{n^2+n}-\sqrt{n^2-n} =\dfrac{2n}{\sqrt{n^2+n}+\sqrt{n^2-n}}.$$

约去 $\displaystyle n$，得

$$\displaystyle \sqrt{n^2+n}-\sqrt{n^2-n} =\dfrac{2}{\sqrt{1+\frac1n}+\sqrt{1-\frac1n}} \longrightarrow1.$$

故原级数的一般项满足

$$\displaystyle \dfrac{\sqrt{n^2+n}-\sqrt{n^2-n}}{n^p} \sim\frac1{n^p}.$$

原级数为正项级数，由极限比较判别法，它与 $\displaystyle p$-级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^p}$$

具有相同的敛散性。后者当且仅当 $\displaystyle p>1$ 时收敛。

因此

$$\displaystyle p>1.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$$

满足

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|=3,$$

又

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}b_nx^{2n}$$

满足

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{b_n}=1,$$

则

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}b_nx^{2n}$$

的收敛半径 $\displaystyle R=\underline{\qquad}$。

由

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|=3$$

可知幂级数 $\displaystyle \sum a_nx^n$ 的收敛半径为

$$\displaystyle R_1=\frac13.$$

等价地，

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=3.$$

又因为

$$\displaystyle \dfrac{a_n}{b_n}\longrightarrow1,$$

所以

$$\displaystyle \sqrt[n]{\left|\dfrac{a_n}{b_n}\right|}\longrightarrow1,$$

从而

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|b_n|}=3.$$

考察级数

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}b_nx^{2n}.$$

由根值判别法，其一般项绝对值的 $\displaystyle n$ 次方根为

$$\displaystyle \sqrt[n]{|b_nx^{2n}|} =\sqrt[n]{|b_n|}\,|x|^2 \longrightarrow3|x|^2.$$

因此级数收敛的条件是

$$\displaystyle 3|x|^2<1,$$

即

$$\displaystyle |x|<\frac1{\sqrt3}.$$

故收敛半径为

$$\displaystyle R=\frac1{\sqrt3}.$$

计算题与证明题

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

证明级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\int_n^{n+1}e^{-\sqrt x}\,dx$$

收敛。

由于被积函数恒为正，且各积分区间首尾相接，因此对任意正整数 $\displaystyle N$，有

$$\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{N}\int_n^{n+1}e^{-\sqrt x}\,dx &=\int_1^{N+1}e^{-\sqrt x}\,dx. \end{aligned}$$

令

$$\displaystyle t=\sqrt x, \qquad x=t^2, \qquad dx=2t\,dt,$$

则

$$\displaystyle \int_1^{N+1}e^{-\sqrt x}\,dx =2\int_1^{\sqrt{N+1}}te^{-t}\,dt.$$

分部积分可得

$$\displaystyle \int te^{-t}\,dt=-(t+1)e^{-t}+C,$$

所以

$$\displaystyle \begin{aligned} 2\int_1^{\sqrt{N+1}}te^{-t}\,dt &=2\left[-(t+1)e^{-t}\right]_1^{\sqrt{N+1}}\\ &=\frac4e-2\left(\sqrt{N+1}+1\right)e^{-\sqrt{N+1}}. \end{aligned}$$

当 $\displaystyle N\to\infty$ 时，指数函数的衰减速度快于任何幂函数的增长速度，故

$$\displaystyle \left(\sqrt{N+1}+1\right)e^{-\sqrt{N+1}}\to0.$$

于是

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\int_n^{n+1}e^{-\sqrt x}\,dx =\lim_{N\to\infty}\int_1^{N+1}e^{-\sqrt x}\,dx =\frac4e.$$

因此原级数收敛。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

将下列函数在指定点展开成幂级数：

（Ⅰ）$\displaystyle f(x)=\arcsin x$，在 $\displaystyle x=0$ 处；

（Ⅱ）$\displaystyle f(x)=\ln x$，在 $\displaystyle x=1$ 及 $\displaystyle x=2$ 处；

（Ⅲ）$\displaystyle f(x)=\dfrac{x}{x+2}$，在 $\displaystyle x=1$ 处。

（Ⅰ）$\displaystyle \arcsin x$ 在 $\displaystyle x=0$ 处的展开

由二项式级数

$$\displaystyle (1-u)^{-\frac12} =\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}u^n, \qquad |u|<1,$$

令 $\displaystyle u=x^2$，得

$$\displaystyle \frac1{\sqrt{1-x^2}} =\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}x^{2n}, \qquad |x|<1.$$

又因为

$$\displaystyle \arcsin x=\int_0^x\dfrac{dt}{\sqrt{1-t^2}},$$

故可在收敛区间内部逐项积分：

$$\displaystyle \begin{aligned} \arcsin x &=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2} \int_0^x t^{2n}\,dt\\ &=\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2(2n+1)}x^{2n+1}. \end{aligned}$$

当 $\displaystyle x=\pm1$ 时，级数各项绝对值与 $\displaystyle n^{-3/2}$ 同阶，因而绝对收敛。因此收敛区间为

$$\displaystyle [-1,1].$$

（Ⅱ）$\displaystyle \ln x$ 的展开

在 $\displaystyle x=1$ 处，令

$$\displaystyle u=x-1.$$

由

$$\displaystyle \ln(1+u) =\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}n u^n, \qquad -1<u\le1,$$

得

$$\displaystyle \ln x =\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}n(x-1)^n, \qquad 0<x\le2.$$

在右端点 $\displaystyle x=2$ 处为交错调和级数，收敛；在左端点 $\displaystyle x=0$ 处化为负调和级数，发散。

在 $\displaystyle x=2$ 处，将 $\displaystyle x$ 写成

$$\displaystyle x=2\left(1+\dfrac{x-2}{2}\right).$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} \ln x &=\ln2+\ln\left(1+\dfrac{x-2}{2}\right)\\ &=\ln2+ \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}n \left(\dfrac{x-2}{2}\right)^n\\ &=\ln2+ \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}{n2^n}(x-2)^n. \end{aligned}$$

其收敛条件为

$$\displaystyle -1<\dfrac{x-2}{2}\le1,$$

即

$$\displaystyle 0<x\le4.$$

（Ⅲ）$\displaystyle \dfrac{x}{x+2}$ 在 $\displaystyle x=1$ 处的展开

令

$$\displaystyle t=x-1.$$

则

$$\displaystyle \dfrac{x}{x+2} =\dfrac{1+t}{3+t} =1-\frac2{3+t}.$$

当 $\displaystyle |t|<3$ 时，利用几何级数得

$$\displaystyle \begin{aligned} \frac2{3+t} &=\frac23\cdot\frac1{1+\dfrac t3}\\ &=\frac23\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\dfrac t3\right)^n. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{x}{x+2} &=1-\frac23\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \left(\dfrac{x-1}{3}\right)^n\\ &=\frac13+ \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{2(-1)^{n-1}}{3^{n+1}}(x-1)^n. \end{aligned}$$

收敛条件为

$$\displaystyle |x-1|<3,$$

即

$$\displaystyle -2<x<4.$$

在两个端点处，幂级数的一般项均不趋于零，故均发散。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

将函数

$$\displaystyle f(x)=\sin(x+a)$$

展开成 $\displaystyle x$ 的幂级数，并求收敛域。

利用和角公式，

$$\displaystyle \sin(x+a)=\sin a\cos x+\cos a\sin x.$$

由

$$\displaystyle \cos x=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!},$$

以及

$$\displaystyle \sin x=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!},$$

可得

$$\displaystyle \sin(x+a) =\sin a\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!} +\cos a\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}.$$

另一方面，函数 $\displaystyle f(x)=\sin(x+a)$ 的各阶导数满足

$$\displaystyle f^{(n)}(x)=\sin\left(x+a+\dfrac{n\pi}{2}\right),$$

因此

$$\displaystyle f^{(n)}(0)=\sin\left(a+\dfrac{n\pi}{2}\right).$$

由麦克劳林公式也可直接写成

$$\displaystyle \sin(x+a) =\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{\sin\left(a+\frac{n\pi}{2}\right)}{n!}x^n.$$

由于正弦级数和余弦级数的收敛半径均为 $\displaystyle +\infty$，故该幂级数对任意实数 $\displaystyle x$ 都收敛，收敛域为

$$\displaystyle (-\infty,+\infty).$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

将函数

$$\displaystyle f(x)=\dfrac{x-1}{4-x}$$

在点 $\displaystyle x_0=1$ 处展开成幂级数，并求 $\displaystyle f^{(n)}(1)$。

令

$$\displaystyle t=x-1.$$

则

$$\displaystyle 4-x=3-t,$$

从而

$$\displaystyle \dfrac{x-1}{4-x} =\dfrac{t}{3-t} =\dfrac t3\cdot\frac1{1-\dfrac t3}.$$

当

$$\displaystyle \left|\dfrac t3\right|<1$$

时，利用几何级数公式

$$\displaystyle \frac1{1-u}=\sum_{k=0}^{\infty}u^k, \qquad |u|<1,$$

得

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{x-1}{4-x} &=\dfrac t3\sum_{k=0}^{\infty}\left(\dfrac t3\right)^k\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{t^{k+1}}{3^{k+1}}\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(x-1)^n}{3^n}. \end{aligned}$$

其收敛条件为

$$\displaystyle |x-1|<3.$$

另一方面，函数在 $\displaystyle x=1$ 处的泰勒展开为

$$\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{f^{(n)}(1)}{n!}(x-1)^n.$$

比较同次幂系数可知，当 $\displaystyle n\ge1$ 时，

$$\displaystyle \dfrac{f^{(n)}(1)}{n!}=\frac1{3^n},$$

所以

$$\displaystyle f^{(n)}(1)=\dfrac{n!}{3^n}.$$

常数项为零，故

$$\displaystyle f(1)=0.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

已知

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$$

的收敛半径 $\displaystyle R=R_0>0$，求证：级数

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_n}{n!}x^n$$

的收敛域为 $\displaystyle ( -\infty,+\infty)$。

因为原幂级数

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$$

的收敛半径为 $\displaystyle R_0>0$，故可任取一个常数 $\displaystyle r$，使

$$\displaystyle 0<r<R_0.$$

此时级数

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_nr^n$$

收敛，所以其通项序列 $\displaystyle \{a_nr^n\}$ 必有界。于是存在常数 $\displaystyle M>0$，使得对任意 $\displaystyle n\ge0$，都有

$$\displaystyle |a_n|r^n\le M.$$

即

$$\displaystyle |a_n|\le \dfrac{M}{r^n}.$$

现在任取 $\displaystyle x\in\mathbb R$，则

$$\displaystyle \left|\dfrac{a_n}{n!}x^n\right| \le M\dfrac{\left(\dfrac{|x|}{r}\right)^n}{n!}.$$

而指数级数

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{\left(\dfrac{|x|}{r}\right)^n}{n!} =e^{|x|/r}$$

对任意实数 $\displaystyle x$ 都收敛。由比较判别法可知

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\left|\dfrac{a_n}{n!}x^n\right|$$

收敛。

因此，所给级数对任意实数 $\displaystyle x$ 都绝对收敛，其收敛半径为

$$\displaystyle R=+\infty,$$

收敛域为

$$\displaystyle (-\infty,+\infty).$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求

$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nn^2}{(n+1)!}x^n$$

的收敛域及和函数。

记

$$\displaystyle S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^nn^2}{(n+1)!}x^n.$$

由于 $\displaystyle n=0$ 时通项为零，所以可从 $\displaystyle n=1$ 开始求和。

先判断收敛域。设

$$\displaystyle u_n=\dfrac{(-1)^nn^2}{(n+1)!}x^n.$$

当 $\displaystyle n$ 充分大时，

$$\displaystyle \left|\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right| =|x|\dfrac{(n+1)^2}{(n+2)n^2} \longrightarrow 0.$$

故对任意固定的 $\displaystyle x\in\mathbb R$，级数均绝对收敛。因此收敛半径为 $\displaystyle +\infty$，收敛域为

$$\displaystyle (-\infty,+\infty).$$

下面求和函数。对 $\displaystyle n\ge1$，有

$$\displaystyle \dfrac{n^2}{(n+1)!} =\frac1{(n-1)!}-\frac1{n!}+\frac1{(n+1)!}.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} S(x) &=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^n}{(n-1)!} -\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^n}{n!} +\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^n}{(n+1)!}. \end{aligned}$$

分别计算三部分：

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^n}{(n-1)!} =-xe^{-x},$$$$\displaystyle -\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^n}{n!} =1-e^{-x},$$

并且当 $\displaystyle x\ne0$ 时，

$$\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^nx^n}{(n+1)!} &=-\frac1x\sum_{k=2}^{\infty}\dfrac{(-1)^kx^k}{k!}\\ &=-\dfrac{e^{-x}-1+x}{x}\\ &=\dfrac{1-x-e^{-x}}{x}. \end{aligned}$$

于是当 $\displaystyle x\ne0$ 时，

$$\displaystyle \begin{aligned} S(x) &=-xe^{-x}+1-e^{-x}+\dfrac{1-x-e^{-x}}x\\ &=\dfrac{1-(x^2+x+1)e^{-x}}x. \end{aligned}$$

当 $\displaystyle x=0$ 时，原级数各项均为零，所以

$$\displaystyle S(0)=0.$$

并且

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{1-(x^2+x+1)e^{-x}}x=0,$$

故上述分段定义在 $\displaystyle x=0$ 处连续。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}{n(2n+1)}$$

的和 $\displaystyle S$。

先作部分分式分解：

$$\displaystyle \frac1{n(2n+1)}=\frac1n-\frac2{2n+1}.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} S &=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}n -2\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n+1}. \end{aligned}$$

由对数函数的幂级数

$$\displaystyle \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}n x^n, \qquad -1<x\le1,$$

令 $\displaystyle x=1$，得

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}n=\ln2.$$

又由反正切函数的幂级数

$$\displaystyle \arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}, \qquad |x|\le1,$$

令 $\displaystyle x=1$，得

$$\displaystyle \dfrac\pi4 =1-\frac13+\frac15-\frac17+\cdots.$$

所以

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n+1} =\frac13-\frac15+\frac17-\cdots =1-\dfrac\pi4.$$

代回可得

$$\displaystyle \begin{aligned} S &=\ln2-2\left(1-\dfrac\pi4\right)\\ &=\dfrac\pi2+\ln2-2. \end{aligned}$$

此外，原级数通项的绝对值满足

$$\displaystyle \frac1{n(2n+1)}\sim\frac1{2n^2},$$

故原级数本身绝对收敛，上述拆项与求和是合法的。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设有级数 $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$。

（Ⅰ）若

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}u_n=0,$$

又

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(u_{2n-1}+u_{2n}) =(u_1+u_2)+(u_3+u_4)+\cdots$$

收敛，求证：

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}u_n$$

收敛。

（Ⅱ）设

$$\displaystyle u_{2n-1}=\frac1n, \qquad u_{2n}=\int_n^{n+1}\dfrac{dx}{x} \qquad(n=1,2,\cdots),$$

求证：

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}u_n$$

收敛。

（Ⅰ）证明：

记原级数的部分和为

$$\displaystyle S_N=\sum_{k=1}^{N}u_k.$$

由已知条件，成对合并后的级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(u_{2n-1}+u_{2n})$$

收敛，因此其部分和

$$\displaystyle S_{2m}=\sum_{n=1}^{m}(u_{2n-1}+u_{2n})$$

存在有限极限。设

$$\displaystyle \lim_{m\to\infty}S_{2m}=S.$$

对奇数项部分和，有

$$\displaystyle S_{2m-1}=S_{2m}-u_{2m}.$$

由于

$$\displaystyle \lim_{m\to\infty}u_{2m}=0,$$

故

$$\displaystyle \lim_{m\to\infty}S_{2m-1} =\lim_{m\to\infty}(S_{2m}-u_{2m}) =S.$$

于是原级数部分和的偶数子列与奇数子列都收敛于同一个极限 $\displaystyle S$，从而

$$\displaystyle \lim_{N\to\infty}S_N=S.$$

因此

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}u_n$$

收敛。

（Ⅱ）证明：

令

$$\displaystyle v_n=(-1)^{n-1}u_n.$$

因为

$$\displaystyle u_{2n-1}=\frac1n\longrightarrow0,$$

且

$$\displaystyle u_{2n}=\int_n^{n+1}\dfrac{dx}{x} =\ln\left(1+\frac1n\right)\longrightarrow0,$$

所以

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}v_n=0.$$

将级数 $\displaystyle \sum v_n$ 相邻两项合并，得

$$\displaystyle \begin{aligned} v_{2n-1}+v_{2n} &=u_{2n-1}-u_{2n}\\ &=\frac1n-\int_n^{n+1}\dfrac{dx}{x}\\ &=\int_n^{n+1}\left(\frac1n-\frac1x\right)dx. \end{aligned}$$

当 $\displaystyle x\in[n,n+1]$ 时，

$$\displaystyle 0\le \frac1n-\frac1x =\dfrac{x-n}{nx} \le\frac1{n^2}.$$

因此

$$\displaystyle 0\le v_{2n-1}+v_{2n} \le\frac1{n^2}.$$

由于正项级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}$$

收敛，由比较判别法可知

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(v_{2n-1}+v_{2n})$$

收敛。

结合

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}v_n=0,$$

由第（Ⅰ）问的结论可知

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}v_n =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}u_n$$

收敛。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(a_n-a_{n-1})$$

收敛，又

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}b_n$$

是收敛的正项级数，求证：

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n$$

绝对收敛。

由级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(a_n-a_{n-1})$$

收敛，其前 $\displaystyle N$ 项和为

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{N}(a_n-a_{n-1})=a_N-a_0.$$

因此数列 $\displaystyle \{a_N\}$ 存在有限极限，从而 $\displaystyle \{a_n\}$ 有界。于是存在常数 $\displaystyle M>0$，使得

$$\displaystyle |a_n|\le M,\qquad n=1,2,\ldots.$$

又因为 $\displaystyle b_n>0$，且正项级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}b_n$$

收敛，所以

$$\displaystyle |a_nb_n|=|a_n|b_n\le Mb_n.$$

由正项级数比较判别法，

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}|a_nb_n|$$

收敛。

故

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n$$

绝对收敛。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [-2,2]$ 上有连续的导数，且 $\displaystyle f(0)=0$，

$$\displaystyle F(x)=\int_{-x}^{x}f(x+t)\,dt,$$

证明级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}F\left(\frac1n\right)$$

绝对收敛。

先对 $\displaystyle F(x)$ 作变量替换。令

$$\displaystyle u=x+t,$$

则当 $\displaystyle t=-x$ 时 $\displaystyle u=0$，当 $\displaystyle t=x$ 时 $\displaystyle u=2x$，故

$$\displaystyle F(x)=\int_0^{2x}f(u)\,du.$$

由于 $\displaystyle f'(x)$ 在 $\displaystyle [-2,2]$ 上连续，所以 $\displaystyle f'(x)$ 在该区间上有界。设

$$\displaystyle |f'(x)|\le M,\qquad x\in[-2,2].$$

由 $\displaystyle f(0)=0$ 及拉格朗日中值定理，对任意 $\displaystyle u\in[0,2]$，存在介于 $\displaystyle 0$ 与 $\displaystyle u$ 之间的 $\displaystyle \xi$，使得

$$\displaystyle f(u)-f(0)=f'(\xi)u.$$

因此

$$\displaystyle |f(u)|\le M|u|.$$

取 $\displaystyle x=1/n$，则

$$\displaystyle \begin{aligned} \left|F\left(\frac1n\right)\right| &=\left|\int_0^{2/n}f(u)\,du\right|\\ &\le\int_0^{2/n}|f(u)|\,du\\ &\le M\int_0^{2/n}u\,du\\ &=\dfrac{2M}{n^2}. \end{aligned}$$

因为 $\displaystyle p$-级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}$$

收敛，所以由比较判别法，

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left|F\left(\frac1n\right)\right|$$

收敛。

故原级数绝对收敛。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设有级数

$$\displaystyle \langle U\rangle:\sum_{n=1}^{\infty}u_n \quad\text{与}\quad \langle V\rangle:\sum_{n=1}^{\infty}v_n,$$

求证：

（Ⅰ）若 $\displaystyle \langle U\rangle$、$\displaystyle \langle V\rangle$ 均绝对收敛，则

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(u_n+v_n)$$

绝对收敛；

（Ⅱ）若 $\displaystyle \langle U\rangle$ 绝对收敛，$\displaystyle \langle V\rangle$ 条件收敛，则

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(u_n+v_n)$$

条件收敛。

（Ⅰ）证明：

由三角不等式，

$$\displaystyle |u_n+v_n|\le |u_n|+|v_n|.$$

因为 $\displaystyle \langle U\rangle$、$\displaystyle \langle V\rangle$ 均绝对收敛，即

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}|u_n|<\infty, \qquad \sum_{n=1}^{\infty}|v_n|<\infty,$$

所以

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\bigl(|u_n|+|v_n|\bigr)<\infty.$$

由比较判别法可得

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}|u_n+v_n|<\infty.$$

故

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(u_n+v_n)$$

绝对收敛。

（Ⅱ）证明：

因为 $\displaystyle \langle U\rangle$ 绝对收敛，所以 $\displaystyle \sum u_n$ 收敛；又因为 $\displaystyle \langle V\rangle$ 条件收敛，所以 $\displaystyle \sum v_n$ 也收敛。因此由收敛级数的线性运算性质，

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(u_n+v_n)$$

必收敛。

下面证明它不是绝对收敛。反设

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(u_n+v_n)$$

绝对收敛。由于

$$\displaystyle v_n=(u_n+v_n)-u_n,$$

而

$$\displaystyle |v_n|\le |u_n+v_n|+|u_n|,$$

结合 $\displaystyle \sum|u_n+v_n|$ 与 $\displaystyle \sum|u_n|$ 都收敛，可知

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}|v_n|$$

也收敛。这与 $\displaystyle \langle V\rangle$ 条件收敛矛盾。

因此

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(u_n+v_n)$$

收敛但不绝对收敛，即条件收敛。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle a_n>0,b_n>0\ (n=1,2,\cdots)$，且满足

$$\displaystyle \dfrac{a_{n+1}}{a_n}\le\dfrac{b_{n+1}}{b_n}, \qquad n=1,2,\cdots,$$

试证：

（Ⅰ）若级数 $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n$ 收敛，则 $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛；

（Ⅱ）若级数 $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$ 发散，则 $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n$ 发散。

由条件

$$\displaystyle \dfrac{a_{n+1}}{a_n}\le\dfrac{b_{n+1}}{b_n}$$

及 $\displaystyle a_n>0,b_n>0$，可得

$$\displaystyle \dfrac{a_{n+1}}{b_{n+1}}\le\dfrac{a_n}{b_n}.$$

因此数列

$$\displaystyle \left\{\dfrac{a_n}{b_n}\right\}$$

单调不增，从而对任意 $\displaystyle n\ge1$，均有

$$\displaystyle \dfrac{a_n}{b_n}\le\dfrac{a_1}{b_1}.$$

即

$$\displaystyle a_n\le\dfrac{a_1}{b_1}b_n.$$

（Ⅰ）证明：

若正项级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}b_n$$

收敛，则由

$$\displaystyle 0<a_n\le\dfrac{a_1}{b_1}b_n$$

及比较判别法，正项级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$$

收敛。

（Ⅱ）证明：

采用反证法。若

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}b_n$$

收敛，则根据第（Ⅰ）问，必有

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$$

收敛，这与已知 $\displaystyle \sum a_n$ 发散矛盾。

故

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}b_n$$

必发散。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

考察级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n^p,$$

其中

$$\displaystyle a_n=\dfrac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n)},$$

$\displaystyle p$ 为常数。

（Ⅰ）证明：

$$\displaystyle \frac1{4n}<a_n^2<\frac1{2n+1} \qquad(n=2,3,4,\cdots);$$

（Ⅱ）证明：级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n^p$$

当 $\displaystyle p>2$ 时收敛，当 $\displaystyle p\le2$ 时发散。

由定义，

$$\displaystyle a_{n+1}=a_n\dfrac{2n+1}{2n+2},$$

从而

$$\displaystyle a_{n+1}^2=a_n^2\left(\dfrac{2n+1}{2n+2}\right)^2.$$

（Ⅰ）证明下界：

当 $\displaystyle n=2$ 时，

$$\displaystyle a_2=\dfrac{1\cdot3}{2\cdot4}=\frac38, \qquad a_2^2=\frac9{64}>\frac18=\frac1{4\cdot2}.$$

假设对某个 $\displaystyle n\ge2$ 有

$$\displaystyle a_n^2>\frac1{4n}.$$

则

$$\displaystyle a_{n+1}^2 >\frac1{4n}\left(\dfrac{2n+1}{2n+2}\right)^2.$$

又因为

$$\displaystyle \left(\dfrac{2n+1}{2n+2}\right)^2>\dfrac{n}{n+1},$$

这是由于

$$\displaystyle (2n+1)^2-4n(n+1)=1>0,$$

故

$$\displaystyle a_{n+1}^2 >\frac1{4n}\cdot\dfrac{n}{n+1} =\frac1{4(n+1)}.$$

由数学归纳法，

$$\displaystyle a_n^2>\frac1{4n} \qquad(n\ge2).$$

证明上界：

当 $\displaystyle n=2$ 时，

$$\displaystyle a_2^2=\frac9{64}<\frac15=\frac1{2\cdot2+1}.$$

假设对某个 $\displaystyle n\ge2$ 有

$$\displaystyle a_n^2<\frac1{2n+1}.$$

则

$$\displaystyle \begin{aligned} a_{n+1}^2 &<\frac1{2n+1}\left(\dfrac{2n+1}{2n+2}\right)^2\\ &=\dfrac{2n+1}{4(n+1)^2}. \end{aligned}$$

注意到

$$\displaystyle (2n+1)(2n+3)<4(n+1)^2,$$

因为

$$\displaystyle 4(n+1)^2-(2n+1)(2n+3)=1>0.$$

因此

$$\displaystyle \dfrac{2n+1}{4(n+1)^2}<\frac1{2n+3},$$

即

$$\displaystyle a_{n+1}^2<\frac1{2(n+1)+1}.$$

由数学归纳法，

$$\displaystyle a_n^2<\frac1{2n+1} \qquad(n\ge2).$$

综上，

$$\displaystyle \boxed{\frac1{4n}<a_n^2<\frac1{2n+1}} \qquad(n\ge2).$$

（Ⅱ）讨论级数的敛散性：

首先，由第（Ⅰ）问可知

$$\displaystyle 0<a_n^2<\frac1{2n+1},$$

故 $\displaystyle a_n\to0$，并且对所有 $\displaystyle n\ge1$ 有 $\displaystyle 0<a_n<1$。

当 $\displaystyle p>2$ 时，$\displaystyle p/2>1$，且

$$\displaystyle a_n^p=(a_n^2)^{p/2} <\left(\frac1{2n+1}\right)^{p/2}.$$

由于 $\displaystyle p$-级数

$$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\frac1{(2n+1)^{p/2}}$$

收敛，故由比较判别法，

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n^p$$

收敛。

当 $\displaystyle 0<p\le2$ 时，由于 $\displaystyle 0<a_n<1$，指数越小，幂值越大，所以

$$\displaystyle a_n^p\ge a_n^2>\frac1{4n}.$$

而调和级数

$$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\frac1{4n}$$

发散，故由比较判别法，

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n^p$$

发散。

当 $\displaystyle p=0$ 时，

$$\displaystyle a_n^p=1,$$

通项不趋于零，级数发散。

当 $\displaystyle p<0$ 时，由 $\displaystyle a_n\to0^+$ 得

$$\displaystyle a_n^p=\frac1{a_n^{-p}}\to+\infty,$$

通项仍不趋于零，级数发散。

因此

$$\displaystyle \boxed{\sum_{n=1}^{\infty}a_n^p \text{ 当且仅当 }p>2\text{ 时收敛}.}$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设

$$\displaystyle a_n=\int_0^1x^2(1-x)^n\,dx,$$

求

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n.$$

由 $\displaystyle x\in[0,1]$ 可知

$$\displaystyle x^2(1-x)^n\ge0.$$

因此可以交换非负项级数与积分的次序：

$$\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}a_n &=\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^1x^2(1-x)^n\,dx\\ &=\int_0^1x^2\sum_{n=1}^{\infty}(1-x)^n\,dx. \end{aligned}$$

对 $\displaystyle 0<x\le1$，几何级数满足

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(1-x)^n =\dfrac{1-x}{1-(1-x)} =\dfrac{1-x}{x}.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}a_n &=\int_0^1x^2\cdot\dfrac{1-x}{x}\,dx\\ &=\int_0^1x(1-x)\,dx\\ &=\int_0^1(x-x^2)\,dx\\ &=\left[\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^3}{3}\right]_0^1\\ &=\frac12-\frac13\\ &=\frac16. \end{aligned}$$

故

$$\displaystyle \boxed{\sum_{n=1}^{\infty}a_n=\frac16}.$$

也可以先直接计算

$$\displaystyle a_n=B(3,n+1)=\dfrac{2}{(n+1)(n+2)(n+3)},$$

再将其裂项求和，但交换求和与积分的方法更简洁。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设有两条抛物线

$$\displaystyle y=nx^2+\frac1n \quad\text{和}\quad y=(n+1)x^2+\frac1{n+1},$$

记它们交点的横坐标的绝对值为 $\displaystyle a_n$。

（Ⅰ）求这两条抛物线所围成的平面图形的面积 $\displaystyle S_n$；

（Ⅱ）求级数

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{S_n}{a_n}$$

的和。

（Ⅰ）求交点与面积：

令两条抛物线的纵坐标相等，得

$$\displaystyle nx^2+\frac1n=(n+1)x^2+\frac1{n+1}.$$

整理得

$$\displaystyle x^2=\frac1n-\frac1{n+1} =\frac1{n(n+1)}.$$

所以两个交点的横坐标为

$$\displaystyle x=\pm\frac1{\sqrt{n(n+1)}},$$

从而

$$\displaystyle \boxed{a_n=\frac1{\sqrt{n(n+1)}}}.$$

在区间 $\displaystyle [-a_n,a_n]$ 内，两函数之差为

$$\displaystyle \begin{aligned} &\left(nx^2+\frac1n\right) -\left((n+1)x^2+\frac1{n+1}\right)\\ &=\frac1{n(n+1)}-x^2\\ &=a_n^2-x^2\ge0. \end{aligned}$$

故第一条抛物线位于第二条抛物线的上方，所围面积为

$$\displaystyle \begin{aligned} S_n &=\int_{-a_n}^{a_n}(a_n^2-x^2)\,dx\\ &=2\int_0^{a_n}(a_n^2-x^2)\,dx\\ &=2\left[a_n^2x-\dfrac{x^3}{3}\right]_0^{a_n}\\ &=2\left(a_n^3-\dfrac{a_n^3}{3}\right)\\ &=\frac43a_n^3. \end{aligned}$$

代入 $\displaystyle a_n=1/\sqrt{n(n+1)}$，得

$$\displaystyle \boxed{S_n=\frac4{3[n(n+1)]^{3/2}}}.$$

（Ⅱ）求级数的和：

由上式，

$$\displaystyle \dfrac{S_n}{a_n} =\frac43a_n^2 =\frac4{3n(n+1)}.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{S_n}{a_n} &=\frac43\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n(n+1)}\\ &=\frac43\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right). \end{aligned}$$

该级数为裂项相消级数，其前 $\displaystyle N$ 项和为

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{N}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right) =1-\frac1{N+1}.$$

令 $\displaystyle N\to\infty$，得

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n(n+1)}=1.$$

所以

$$\displaystyle \boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{S_n}{a_n}=\frac43}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 是区间 $\displaystyle [ -\pi,\pi]$ 上的偶函数，且满足

$$\displaystyle f\left(\dfrac\pi2+x\right)=-f\left(\dfrac\pi2-x\right).$$

证明：$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [ -\pi,\pi]$ 上的傅里叶级数展开式中系数

$$\displaystyle a_{2n}=0, \qquad n=1,2,\cdots.$$

由于 $\displaystyle f(x)$ 是偶函数，其傅里叶余弦系数为

$$\displaystyle a_{2n}=\dfrac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x)\cos 2nx\,dx.$$

由题设

$$\displaystyle f\left(\dfrac\pi2+t\right)=-f\left(\dfrac\pi2-t\right),$$

令

$$\displaystyle t=x-\dfrac\pi2,$$

便得到对任意 $\displaystyle x\in[0,\pi]$，有

$$\displaystyle f(\pi-x)=-f(x).$$

记

$$\displaystyle I_n=\int_0^\pi f(x)\cos 2nx\,dx.$$

作代换 $\displaystyle x=\pi-t$，则

$$\displaystyle \begin{aligned} I_n &=\int_0^\pi f(\pi-t)\cos\bigl(2n(\pi-t)\bigr)\,dt\\ &=\int_0^\pi [-f(t)]\cos(2n\pi-2nt)\,dt. \end{aligned}$$

由于

$$\displaystyle \cos(2n\pi-2nt)=\cos 2nt,$$

故

$$\displaystyle I_n=-\int_0^\pi f(t)\cos 2nt\,dt=-I_n.$$

从而

$$\displaystyle I_n=0.$$

因此

$$\displaystyle a_{2n}=\dfrac{2}{\pi}I_n=0, \qquad n=1,2,\cdots.$$

即

$$\displaystyle \boxed{a_{2n}=0,\qquad n=1,2,\cdots.}$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} -1,&-\pi<x\le0,\\ 1+x^2,&0<x\le\pi. \end{cases}$$

（Ⅰ）求 $\displaystyle f(x)$ 以 $\displaystyle 2\pi$ 为周期的傅氏级数，并指出其和函数 $\displaystyle S(x)$；

（Ⅱ）求

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n^2}.$$

傅里叶系数为

$$\displaystyle a_0=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$$$\displaystyle a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx, \qquad b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

（Ⅰ）计算傅里叶系数：

首先，

$$\displaystyle \begin{aligned} a_0 &=\frac1\pi \left[ \int_{-\pi}^{0}(-1)\,dx +\int_0^\pi(1+x^2)\,dx \right]\\ &=\frac1\pi \left[-\pi+\pi+\dfrac{\pi^3}{3}\right]\\ &=\dfrac{\pi^2}{3}. \end{aligned}$$

故常数项为

$$\displaystyle \dfrac{a_0}{2}=\dfrac{\pi^2}{6}.$$

再计算 $\displaystyle a_n$。由于

$$\displaystyle \int_{-\pi}^{0}\cos nx\,dx =\int_0^\pi\cos nx\,dx=0,$$

所以

$$\displaystyle \begin{aligned} a_n &=\frac1\pi\int_0^\pi x^2\cos nx\,dx. \end{aligned}$$

两次分部积分可得

$$\displaystyle \int_0^\pi x^2\cos nx\,dx =\dfrac{2\pi(-1)^n}{n^2}.$$

因此

$$\displaystyle \boxed{a_n=\dfrac{2(-1)^n}{n^2}}.$$

下面计算 $\displaystyle b_n$：

$$\displaystyle \begin{aligned} b_n &=\frac1\pi \left[ \int_{-\pi}^{0}(-1)\sin nx\,dx +\int_0^\pi(1+x^2)\sin nx\,dx \right]. \end{aligned}$$

其中

$$\displaystyle \int_{-\pi}^{0}(-1)\sin nx\,dx =\dfrac{1-(-1)^n}{n},$$$$\displaystyle \int_0^\pi\sin nx\,dx =\dfrac{1-(-1)^n}{n}.$$

又由分部积分，

$$\displaystyle \int_0^\pi x^2\sin nx\,dx =-\dfrac{\pi^2(-1)^n}{n} +\dfrac{2\bigl((-1)^n-1\bigr)}{n^3}.$$

故

$$\displaystyle \begin{aligned} b_n &=\frac1\pi \left[ \dfrac{2(1-(-1)^n)}{n} -\dfrac{\pi^2(-1)^n}{n} +\dfrac{2((-1)^n-1)}{n^3} \right]\\ &=-\dfrac{\pi(-1)^n}{n} +\dfrac{2(1-(-1)^n)}{\pi} \left(\frac1n-\frac1{n^3}\right). \end{aligned}$$

因此傅里叶级数为

$$\displaystyle \boxed{ f(x)\sim \dfrac{\pi^2}{6} +\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \dfrac{2(-1)^n}{n^2}\cos nx +\left( -\dfrac{\pi(-1)^n}{n} +\dfrac{2(1-(-1)^n)}{\pi} \left(\frac1n-\frac1{n^3}\right) \right)\sin nx \right]. }$$

由傅里叶级数的狄利克雷收敛定理，在连续点处级数收敛于函数值，在跳跃间断点处收敛于左右极限的算术平均值。

在 $\displaystyle x=0$ 处，

$$\displaystyle S(0)=\dfrac{-1+1}{2}=0.$$

在周期端点 $\displaystyle x=\pm\pi$ 处，

$$\displaystyle S(\pm\pi) =\dfrac{f(\pi-0)+f(-\pi+0)}2 =\dfrac{1+\pi^2-1}{2} =\dfrac{\pi^2}{2}.$$

因此在 $\displaystyle [ -\pi,\pi]$ 上，

$$\displaystyle S(x)= \begin{cases} -1,&-\pi<x<0,\\ 0,&x=0,\\ 1+x^2,&0<x<\pi,\\ \dfrac{\pi^2}{2},&x=\pm\pi. \end{cases}$$

并将其作 $\displaystyle 2\pi$ 周期延拓。

（Ⅱ）求级数的和：

在 $\displaystyle x=0$ 处，傅里叶级数收敛于

$$\displaystyle S(0)=0.$$

将 $\displaystyle x=0$ 代入傅里叶级数，因

$$\displaystyle \cos0=1, \qquad \sin0=0,$$

得

$$\displaystyle 0=\dfrac{\pi^2}{6} +2\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n^2}.$$

于是

$$\displaystyle \boxed{ \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n^2} =-\dfrac{\pi^2}{12}. }$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设

$$\displaystyle f(x)=\sin ax, \qquad -\pi\le x\le\pi, \qquad a>0,$$

将其展开为以 $\displaystyle 2\pi$ 为周期的傅里叶级数。

函数

$$\displaystyle f(x)=\sin ax$$

是奇函数，因此

$$\displaystyle a_0=0, \qquad a_n=0.$$

只需计算正弦系数

$$\displaystyle b_n=\frac2\pi\int_0^\pi\sin ax\sin nx\,dx.$$

当 $\displaystyle a\ne n$ 时，利用积化和差公式

$$\displaystyle 2\sin ax\sin nx =\cos(a-n)x-\cos(a+n)x,$$

得

$$\displaystyle \begin{aligned} b_n &=\frac1\pi \int_0^\pi \left[\cos(a-n)x-\cos(a+n)x\right]dx\\ &=\frac1\pi \left[ \dfrac{\sin(a-n)\pi}{a-n} -\dfrac{\sin(a+n)\pi}{a+n} \right]. \end{aligned}$$

由于

$$\displaystyle \sin(a-n)\pi=(-1)^n\sin\pi a, \qquad \sin(a+n)\pi=(-1)^n\sin\pi a,$$

所以

$$\displaystyle \begin{aligned} b_n &=\dfrac{(-1)^n\sin\pi a}{\pi} \left(\frac1{a-n}-\frac1{a+n}\right)\\ &=\dfrac{2n(-1)^n\sin\pi a}{\pi(a^2-n^2)}\\ &=\dfrac{2n(-1)^{n+1}\sin\pi a}{\pi(n^2-a^2)}. \end{aligned}$$

因此，当 $\displaystyle a\notin\mathbb N^+$ 时，

$$\displaystyle \boxed{ \sin ax =\dfrac{2\sin\pi a}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}n}{n^2-a^2}\sin nx, \qquad -\pi<x<\pi. }$$

若 $\displaystyle a=m\in\mathbb N^+$，则由三角函数的正交性，

$$\displaystyle b_n= \begin{cases} 1,&n=m,\\ 0,&n\ne m, \end{cases}$$

故傅里叶级数就是

$$\displaystyle \boxed{\sin mx}.$$

最后，在 $\displaystyle x=\pi$ 处，周期延拓函数的左右极限分别为

$$\displaystyle \sin a\pi, \qquad \sin(-a\pi)=-\sin a\pi,$$

故端点处的和为

$$\displaystyle \dfrac{\sin a\pi-\sin a\pi}{2}=0.$$

同理，$\displaystyle x=-\pi$ 处的和也为 $\displaystyle 0$。