第八章无穷级数

第八章 无穷级数
范例解析
例1 证明下列级数收敛,并求其和.
∞ ∞
n
1
(1) ∑ ; (2) .
n
∑
n= 2 n=
(3n− 2)(3n+ 1)
1 1
n k 1 2 3 n−1 n
解 (1)设 Sn = ∑ = + + + L + + , 则
k 2 3 n−1 n
2 2 2 2 2 2
k = 1
1
S n
2
1 2 3 n−1 n
= + + + L + + .
2 3 4 n n+
1
2 2 2 2 2
1
上两式相减,得 S n
2
1 1 2 1 n
= + + + L + − ,
2 3 n n+
1
2 2 2 2 2
1 1 1 n 1 1 n
即 Sn = 1 + + + L + − = (1 − )/(1 − ) − .
2 n−1 n n n
2 2 2 2 2 2 2
由 lim
2
0, n
n
n→∞
= 故 lim Sn
n→∞
= 2, 所以所给级数收敛.且其和为 2.
(2)所给级数的前 n 项部分和为
1 1 1
Sn
= + + L +
1⋅ 4 4⋅7 (3n− 2)(3n+ 1)
1 1 1 1 1 1
= [(1 − ) + ( − ) + L + ( − )]
3 4 4 7 3n− 2 3n+ 1
1 1
= (1 − ).
3 3n+ 1
1 1 1
则 lim Sn
= lim (1 − ) = .
n→∞ n→∞
3 3n+ 1 3
由级数收敛的定义知,所给级数收敛,其和为 1
3 .
∞ ∞
∞
n−1
例2 已知级数 ( − 1) a = 2, a = 5, a .
∑ ∑ 试求 ∑
n 2n−1 n= 1 n=
1
n=
1
∞
解 an= a1+ a3+ a5 + − a1− a2 + a3− a5
+
n=
1
∞ ∞
n−1
= 2 ∑a2n−1−∑ ( − 1) an
= 2× 5− 2= 8.
n= 1 n=
1
∑ 2( L) ( L )
- 355 -
n

例3 用比较法判别下列级数的敛散性
(1)
π
2 sin ; (2)
1
( a > 0);
∞
n
∑
n= 1
n
3
∞
∑ n
n=
11+
a
∞ ∞
1 1+
n
(3) ∑ ; (4) .
2 ∑ 2
n= 1 n + n n=
11+
n
解 (1) 0 x
2
π
π π
< < 时有sin x < x,
故sin < , 所以
n n
3 3
∞
n π n π 2 n 2 n
un
= 2 sin < 2 ⋅ = π ( ) , 而
n n ∑ π ( ) 收敛,故所给级数收敛.
3 3 3 n=
1 3
∞
1 1 1 1
(2)分两种情况讨论.当 0< a ≤ 1时,
≥ = , 而
n n ∑ =
1+ a 1+ 1 2 n=
1 2
发散(因一般项
为 1
不趋近于零),故当 0 1
2 a
∞ 1
1 1 1 n
< ≤ 时, ∑ 发散;当 a > 1时,
u
n
n = ≤ = ( ) n n
n=
1 1+
a
1+
a a a
1
而 ( )
1
n
∞
∑
n=
a
为公比
∞
1
1
q = 小于 1 的等比级数,收敛,故当 a > 1时,所给级数
∑ 收敛. n
a
n=
1 1+
a
∞
∞
1 1 1 1
(3)因为 < , 由于 p − 级数 2 2 ∑ ( p=
2> 1) 是收敛的,所以级数 2
∑ 收敛.
2
n + n n
n=
1 n
n= 1 n + n
(4)因为 2 2 ∞
1+ n 1+ n 1 1
n + n≥ n + 1, ≥ = , 由于调和级数
2 2
∑ n + 1 n + n n
n=
1 n
是发散的,所以级数
∞ 1+
n
∑ 发散.
2
n=
1 n + 1
注意 使用比较判别法时,常根据级数一般项的形式,将其放大或缩小,使放大后的
级数收敛,缩小后的级数发散,为此有时需用到有关的不等式,例如 x> ln(1 + x)( x>
0),
0 sin x x(0 x )
2
π
< < < < 等.
∞ 1
x n
例4 判别级数 ∑∫ dx 的敛散性.
0 2
n=
1 1+
x
解法一 先求定积分
1 1 2
1
xdx 1 d(1 + x ) 1 2 1 1
n n
n
∫ = = [ln(1 + x )]
0 2 0 2
1+ x 2∫ = ln(1 + ) > 0 ( n = 1, 2 L ),
2
1+ x 2
0 2 n
∞
∞
1 1 1 1 1
因而所给级数为正项级数 ∑ ln(1 + ) 因 ln(1 + ) < , 而 2
2 2 ∑ 2
2 n=
1 n n n n=
1 n
收敛,由比较判别
∞ 1 1
法知, ∑ ln(1 + ) 收敛.于是所给级数收敛.
2
2 n n
= 1
356

1 1
x
x n n
解法二 先将被积函数放大与缩小,得到 0 ≤ ≤ x 从而 0<
2
2
1+
x ∫ dx< xdx
0 1+
x ∫ 0
1
, 2
2n
∞ 1
∑
n=
1 2n
收敛,由比较判别法知所给级数收敛.
例5 用比值判别法判别下列级数的敛散性,
2 1
(1) ;
2 n
∞ n −
∑
∞ 2 ⋅n!
(2) ∑ ; n
n
= 而 2
n=
1
∞ n
e
(3) ∑ ; n
n ⋅3
n=
1
357
n=
1
∞ n
a
(4) ∑ ( a > 0, s > 0).
s
n
n=
1
un+ 1 2n+ 1 1
解 (1)因 lim = lim = < 1, 故原级数收敛.
n→∞ u n→∞
2(2n−1) 2
n
n+ 1
n
un+ 1 2 ⋅ ( n+ 1)!2 ⋅n!
n n 1
(2)因 lim = lim = lim 2( n + 1)( ) ⋅
n→∞ n
n 1 n
u →∞
+
( n+ 1) n n→∞n+
1 n+
1
n
2 2
= lim = < 1, 故级数
n→∞ 1 n
(1 + )
e
n
∞
∑
n=
1
n
2 ⋅ n!
收敛
n
n
n+ 1
n
un+ 1 e e e⋅n e
(3)因 lim = lim = lim = < 1. 故级数
n→∞ n
n 1 n
u →∞
+
( n+ 1) ⋅3 n⋅ 3 n→∞3(
n+
1) 3
n
n+ 1 n
un + 1 a a n s
(4)因 lim = lim / = lim( ) a= a,
故当 a < 1 时,
n→∞ n
s s
u →∞ ( n+ 1) n n→∞
n+
1
当 a > 1时,
∞
∑
n=
1
a
n
n
s
n
发散;.当 a = 1时,为
p − 级数
∞
∑
n=
1
∞
∑
n=
1
n
e
n ⋅3
n
收敛.
a
∞ n
∑ s
m=
1 n
收敛;
1
; s > 1时收敛,
s ≤ 1 时发散.
s
n
n n n
注意 正项级数的一般项 u n 中含有 n!, n ,sin x (或 c ( c为常数)等因子时,用比值判
n u + n
n n
中能使阶乘符号消失;对于 c 能使n 次幂消失;对于 n ,sinx
往往
u
别法比较简便,这是因为 1
能利用两个重要极限求其极限.
∞ n 2 nπ
例6 判断级数 ∑ sin 的敛散性.
n
3 6
解
u
n=
1
n
n nπ u n+ 1 ( n+ 1) π n nπ
= sin lim = lim[ sin sin ]
6 3 6
2 n+
1
2 2
n n
3 6 n→∞ un
n→∞
n+
1
3
n
n 2 n n
不存在,不能使用比值判别法判别之.因 0< un
= sin ≤
,
n n
3 6 3
π

∞ n
如能证正项级数 ∑ 收敛,则由比较判别法可知正项级数
1 3 n
n=
∞ n
故级数 ∑ 收敛.因而
1 3 n
n=
∞
∑
n=
1
注意 比值判别法首先要求极限 lim n u
n→
u
358
∞
∑
n=
1
n+ 1 n n + 1 1
lim( ) = lim = < 1,
n→∞ n+ 1 n
3 3 n→∞
3n3 n 2 nπ
sin 收敛.
n
3 6
+ 1
n
存在但并未告诉我们 lim n u
n→
u
n 2 nπ
sin 收敛.事实上,因
n
3 6
+ 1
n
不存在(不含
+∞ 情况)时,级数的敛散性;当极限不存在时,只能说明比值判别法对此级数失效,必须另寻
他法.
n!
例7 证明 lim = 0.
n→∞
n
n
证 视 ! n
n
n 为正项级数
∞ n!
∑ n
n
的一般项,由
n=
1
u ( n+ 1)! n n 1
n ∞
n+
1
n
lim = lim ⋅ = ( ) 1,
n n
n+
1 ∑ = <
→∞ u →∞
n ( n+ 1) n! n=
1 n+ 1 e
n!
n!
知 lim 收敛,由收敛级数的必要条件 lim = 0.
n→∞
n
n
n
n→∞
n
n!
例8 判别 lim 的敛散性.
n
10
n→∞
n! ( n+ 1)! un+
1 n+
1
!
解 因 un = , un+
1 = ,lim = lim =∞,级数
n+
1
10 10 n→∞ u n→∞10
10 n
∞ n
∑ 发散,所以
n!
lim 发散. n
10
n→∞
例9 讨论下列级数的敛散性
∞ ∞
n n
n−1
(1) ∑( −1) ( n −1); (2) ∑ ( −1)
;
n= 1 n=
2 ln n+ a
∞ ∞
n+ 1 n+
1
(3) ∑( −1) ; (4) ∑ ( −1)
.
n= 1 n+ 1
n=
1 n
n
n=
1
n ln n
1 1 1
ln x ln x 1−ln 解 (1)设 f ( x) = x = x = e ( x≥ 1), f′ ( x) = e ( ) < 0( x> e).
2
x
x x x x x
1

n
当 x > e 时, f ( x ) 单调下降,从而 u = n − 1, 当 n ≥ 3 时单调下降.又 lim un
n
n n
lim( n − 1) = 0 故由莱布尼兹别法可知,级数 lim( −1) ( n − 1) 收敛.
n→∞
n
(2)由于 ln n< ln( n+ 1),ln n+ a< ln( n+ 1) + a,
故
1 1
un+ 1
un,
ln( n 1) a ln n a
= < = 又 lim un
+ + +
n→∞
∞
n−1
1
数 ∑ ( −1)
收敛.
n= 1 ln n+ a
1
= = 0, 故由莱布尼兹判别法级
ln n+ a
n+
1 n
(3)由于 lim( −1)
n→∞
n + 1
不存在,.故级数发散.
ln x 1− ln x
(4)设 f ( x) = , f′ ( x) = < 0( x> e).
当 n > 2 时, u
2
n
x x
∞
ln n ln x
n+
1 1
lim = lim = 0. 故级数 ∑ ( −1)
收敛.
n→∞ n x→∞
x
n= 1 ln n+ a
ln n
= 单调减少,又
n
例10 判别下列级数的敛散性,如收敛,说明是条件收敛还是绝对收敛:
∞
n n + 1
(1) ∑ ( −1)
ln ;
n=
1 n
∞ cos nπ
(2) ∑ ;
3
n=
1 n + n
∞ 1
(3) ∑sin( nπ
+ );
n= 1 ln n
2
∞
n
n+
1 2
(4) ∑ ( −1)
.
n=
1 n!
解 (1)
n n + 1 1
( − 1) ln = ln(1 + )
n n
∞ 1 1
, 由于 ∑ n n
发散,故
∞
n n + 1
∑ ( −1)
ln 发散.又
n
1 1
1
un = ln(1 + ) > ln(1 + ) = un+
1,
且 lim(1 + ) = 0. 由莱布尼兹判别法可知, 级数
n n+
1
n→∞ n
∞
n n + 1
∑ ( −1)
ln 条件收敛.
n
n=
1
cos nπ
1 1
=
,
n + n n + n n
(2)
3 3
3/2
359
n→∞
由 3/2
n=
1 n
n=
1
∞ 1
∑ 收敛知级数
n=
1
∞
∑
3
n=
1 n + n
n→∞
=
cos nπ
绝对收敛.
1 n 1
1 1
1
(3) sin( nπ
+ ) = ( − 1) sin , 由于 sin < sin , 且 lim sin = 0,
ln n ln n ln( n+ 1) ln n →∞ ln
故级数收敛.
∞
1 1 1 1 1
又 sin( nπ
+ ) = sin > , 而 ∑ ln n ln n ln n n n
发散,所以
n=
1
∞
∑
n=
1
n n
1
sin 发散,故级数
ln n

∞
∑
n=
1
1
sin( nπ
+ ) 条件收敛.
ln n
2 2
n ( n+ 1)
n+ 12 un+
1 2
(4)设 un=−
( 1) ,lim = lim
n! n→∞ u n→∞ n ( n+ 1)!
2
∞
n
n+
1 2
从而 lim un
≠ 0 故级数 ∑ ( −1)
发散.
n→∞
n!
2
n
(2n+ 1)
2 2
= lim =+∞.
知 lim un
n!
n→∞
n+
1
n→∞
≠ 0,
∞
n=
1
例11 设级数 ∑ ( an − an−1)
收敛,又 ∑ bn
是收敛的正项级数,证明 ∑ ab n n 绝对收敛.
∞
n=
1
∞
n=
1
证 设级数 ∑ ( an − an−1)
的前 n 项部分和为 S n .由于该级数收敛,故 lim Sn
存在,令
lim SnS n→∞
n=
1
=
∞
,而 Sn= ∑ ( ak− ak−1) = an−a0, 即
k = 1
0 , an Sn a
数列必有界,故存在 M > 0, 使对任意 n , 有
an≤ M ,从而 ab n n≤ Mbn.
由题设
例12 设{ a n}
是实数序列,如果
∞
2
件收敛,而 ∑ an
发散的例子吗?
解
当 n N
n=
1
∞
∑
n=
1
a
≥ 时,有 2
n n
n
360
∞
n=
1
n→∞
= + 故 liman= lim Sn+ a0= S+ a0.
因收敛
n→∞ n→∞
∞
∑ bn
n=
1
收敛,故
∞
∑ ab n n
n=
1
绝对收敛.
∞
∑ an
n=
1
绝对收敛,求证
∞
2
∑ an
n=
1
也必收敛,你能举出
∞
∑ an
n=
1
条
收敛,则 lim a = 0, 于是存在自然数 N ,使得当 n≥ N 时,有 a < 1, 从而
n→∞
n
2
a ≤ a , 由比较判别法知级数 ∑ an
收敛.
1
级数 ( 1)
1 1
n
∞ ∞
∑an= ∑ − 条件收敛,而
n= n=
n
例13 有两个正项级数 ∑ an
与
∞
(1) 若 ∑ an
收敛,则
n=
1
∞
n=
1
∞
∑
n=
1
b
n
∞
∑
n=
1
an bn
证 将所证不等式恒等变形.由
a b
b
n
∞
n=
1
∞
2
an
=
∞
n= 1 n=
1
1
n
∑ ∑ 却是发散的.
,若当 n N
a b
> 成立,试证
n+ 1 n+
1
≥ 时,有
an bn
∞
也收敛; (2) 若 ∑ bn
发散,则 ∑ an
也发散.
n=
1
+ 1 + 1 ≥ 得到
n n
1 n+ n
bn+ 1 bn
∞
n=
1
a a
> , 于是有
n

a
b
令 1
1
a a a a
≥ ≥ ≥L ≥
b b b b
n+ 1 n n−1
1
n+ 1 n n−1
1
= c ,则 0, c > 从而有 an ≥ cbn,由比较判别法得到(1)与(2)的证明.
例14 求下列幂级数的收敛域
∞ ∞ n n
ln(1 + n) n−1a b n
(1) ∑ x ; (2) ∑ ( + ) x ( a > 0, b>
0)
2
n n n
n= 1 n=
1
( −1) nx ( −2)
(3) [ 3 ]; (4) ;
∞
∑
n= 1
n
n
x + n
2
n n
x
∞
∑
n=
1
n
2
n
∞
n
∑
(5) (ln x)
.
n=
1
ln(2 + n)
2
ln n + ln(1 + )
an+ 1
解 (1)因 lim lim 1 n
= n+ = lim ⋅ n = 1, 所以 R = 1.
n→∞ a n→∞ ln(1 + n)
n→∞
1 1
n
n+
ln n + ln(1 + )
n n
∞ ln(1 + n)
考察端点 x =± 1 时的敛散性.当 x = 1 时,级数 ∑ 发散.而当 x = − 1 时,
n=
1 n
1 ln(1 )
( 1) n
∞
− + n
ln(1 + n)
ln(1 )
∑ − ⋅ 是交错级数,同时 lim = 0. 为说明
n
n→∞
n
n +
单调递减,令
n
n=
1
ln(1 + x)
f( x)
,
x
x /(1 + x) − ln(1 + x)
x
f′ ( x)
= ,而且,当 x ≥ 2 时, 1,
x
1 x < ,
+
= 由于 2
ln(1 + x)
> 1 这就说明 f′ ( x)
< 0,即
f ( x ) 单调递减,所以 ln(1 ) ln(2 ) + n + n
> ,( n ≥2).
n n+
1
1 ln(1 )
从而 ( 1)
1
n
∞
− + n
∑ − ⋅ 满足莱布尼兹判别法的两个条件,该级数收敛,故
n=
n
∞ ln(1 + n) n−1
∑ x 的收敛域为[ − 1,1] .
n
n=
1
a b a b
( ) .
∞ n n ∞ n ∞ n
n n n
(2)由于 + x = x + x
2 2
n= 1 n n n= 1 n n=
1 n
∑ ∑ ∑ 这样,就可以将其视为两个幂级数的
361
.

1 1 1 1
和.容易得出其收敛域分别为 ( − , ) 与 ( − , ).
a a b b
下面分 a< b,
a = b与
a > b三种情况分别求出其收敛域:
1 1 1
○1 当 a< b时,此时收敛区间为
( − , ). 由于 x = ± 时,两个级数均绝对收敛.所以,
b b b
1 1
原级数的收敛域为 [ − , ] .
b b
∞ n
∞ n
1 1 1 1 a 1 n b 1
○2 当 a = b时,此时的收敛区间为
( , ) = ( − , ). 由于 ∑ ( ) 发散而 ∑ ( ) 2
a a b b n a
n b
收敛.所以,原级数在点 x = 1 a = 1 b 发散;而
362
a
1
n=
1
∞ n
∞ n
n
∑ ( − ) 与 ∑ 2
n=
1 n a n=
1
b 1
( − )
n b
x =− 1 a=− 1 b为原级数的收敛点.即此时的收敛域为[
− 1 a,1 a) = [ − 1 b,1 b).
n
n=
1
均收敛,因此
○3 当 a > b时,此时的收敛区间为
( − 1/ a,1/ a)
,采用与上面相同的讨论方法,可知原级
数的收敛域亦为[ − 1/ a,1/ a)
且
(3)所给级数可化为级数
∞
∑
n=
1
n n
( − 1) + 6 n
[ ] x , 则
n
2
a a
n+ 1 n+ 1 n+ 1
n+ 1 [( 1) 6 ]/ 2 ,
n n n
n [( 1) 6 ]/ 2 ,
= − + = − +
n+ 1 n+
1
an+
1 1 ( − 1) + 6 6
ρ = lim = lim = = 3,
n→∞ n n
a 2 n→∞(
− 1) + 6 2
n
故 R = 13. 又当 xR = =± 13时,所得数项级数发散,故所给级数的收敛区间为
( − 1 3,1 3).
∞ n
n+
1
nt an+ 1 n+ 12 n+
1 1
(4)令 x − 2 = t,
得 ∑ , lim = lim = lim = .
n
n
2 n→∞ a n→∞ n 2 n→∞
2n 2
故幂级数
∞
∑
nt
n
n
n=
1 2
n=
1
的收敛半径为 2.
∞ n ∞ ∞
nt
当 t = 2 时,级数 ∑ = ∑n,lim n=∞, ∑ n
2
发散.
n
n→∞
n= 1 n= 1 n=
1
∞ n ∞ nt
n
当 t =− 2 时,级数 ∑ = ∑ ( −1)
n 是一交错级数.
2
n
n= 1 n=
1
n n
lim ( − 1) n = lim n=∞, ( −1)
n发散.幂级数
n→∞ n→∞
∞
∑
n=
1
n
∞
∑
nt
n
n
n=
1 2
的收敛域为 ( − 2,2) .
n

又 x= t+
2, 当 t = 2 时, x = 4, 当 t = − 2 时, x = 0. 因此,幂级数
域为 (0,4).
(5) (ln ) n
∞
∑ x 不是幂级数,令 ln x = t.
得幂级数
n=
1
a
1
lim
n→∞ n+
1
an
∞
n
= lim = 1, 幂级数 ∑ t
n→∞1
n=
1
∞
n
∞
n
n= 1 n=
1
363
∞
∑
n=
1
的收敛半径为 1.
t
n
,因为 a n = 1,
∞
∑
n=
1
∞ ∞
n= 1 n=
1
nx ( − 2)
n
2
n n
当 t = 1时,幂级数
∑t= ∑ 1, 发散,当 t = − 1时,幂级数
∑t= ∑ ( −1)
, 发散.
故幂级数
∞
∑
n=
1
t
n
的收敛域为 ( 1,1). −
n=
1
n
的收敛
又 ln x= t,
当 t = 1时
x = e,
当 t =− 1时,
x = 1 e.
因此,级数 (ln ) n
∑ x 的收敛域为 (1 ee , ).
例15 求级数
解
∞
∑
n=
1
( −1)
n−1
2n−1 x
的收敛区间.
2n−1 u ( x) x (2n−1) 2n−1 lim lim lim .
2n+ 1
n→∞ n+
1
un( x) =
n→∞ −
(2n+ 1)
2n−1 x
2 2 2
= x = x = x
n→∞
2n+ 1
当 2 x < 1 即 x < 1时,幂级数收敛;
1 1 1
当 x =− 1 时,得级数: − 1 + − + −L , 该级数收敛;
3 5 7
1 1 1
当 x = 1 时,得级数: 1 + − + +L , 该级数收敛.故幂级数的收敛区间为[ − 1,1].
3 5 7
注意 对缺项的幂级数(即 x 或 x − x0
只在奇(偶)数次方的系数非零,而偶(奇)次方的
系数全为零的幂级数)可利用比值判别法即利用紧邻前后项之比的极限来求出幂级
数
∞
n
∑ ax n
n=
1
或 ∞
∑ anx−x0 n=
1
( ) 的收敛半径.
例16 求下列幂级数的收敛区间,并求其和函数.
(1)
3 5 7 ∞ 2n−1 x x x x
(1) x − + − + L ; (2) ∑ .
3 5 7 2n−1 解 (1)由例 15 所给级数的收敛区间为[ −
1,1].
n=
1
∞

3 5 7
x x x
设 Sx ( ) = x− + − + L , x∈[
−1,1].
3 5 7
在收敛区间[ − 1,1]. 内逐项求导,得
1 1
S′ x = − x + x − x + L = = x∈
−
1 −( − x ) 1+
x
2 4 5
( ) 1 , [ 1,1].
2 2
注意到 S (0) = 0, 在上式两端积分.得
x x 1
Sx ( ) = Sx ( ) − S(0) = ∫ S′ ( xdx ) = dt arctan x.
0 ∫ =
0 2
1+
t
由于在区间端点 x = ± 1 处幂级数收敛,故在[ − 1,1] 上所求的和函数为 arctan x .
(2)幂级数
当 2
∞
∑
n=
2n−1 x
缺少偶次项,直接用比值检验法,有
1 2n−1 x < 1即
x < 1时,
2( n+ 1) −1 2n−1 x x 2n−1 2 2
lim / = lim x = x ,
n→∞ 2( n+ 1) − 1 2n+ 1 n→∞
2n+ 1
∞ 2n−1 x
设 S( x)
= ∑ , 两边对 x 求导数,得
2n−1 n=
1
∞ 2n−1 x
∑ 收敛.故在 x < 1内可逐项微分.
n=
1 2n−1 ∞ 2n−1 ∞ ∞
x
2n−2 2 n−1
1
S′ ( x) = ( ∑ ) ′ = ∑x = ∑ ( x ) = . 2
2n−1 1−x
n= 1 n= 1 n=
1
x x 1 1 1+
x
两边从 0 到 x 积分,得 S x = ∫ S′ x dx = dx
0 ∫ =
0 2
故幂级数
∞
∑
n=
1
2n−1 x 1 1+
x
( ) ( ) ln( ).
1−x2 1−x
= ln( ) ( − 1 < x < 1).
2n−1 2 1−x
注意 一般,当幂级数的一般项的系数是 n 的有理分式,例如果幂级数的一般项形如
n
x
n 时,常用先逐项求导数后逐项求积分的方法求其和函数.
例17 求下列幂级数的收敛区间,并求其和函数.
364

nn ( + 1)
∞ ∞
2n−1 n−1
(1) ∑2 nx ; (2) ∑ x (| x | < 1).
n= 1 n=
1 2
解 (1) 所给级数为缺项级数
因
u ( x) 2( n+ 1) x
∞ ∞
2n−1 ∑un( x) = ∑ 2 nx .
n= 1 n=
1
2( n+
1) −1
lim
n→∞ n+
1
un( x) = lim
n→∞
2n−1 2nx
2
= x ,
故当 − 1< x < 1时,级数收敛,其收敛半径为
R = 1, 且
∞
2n−1 当 x=− 1时,得级数
∑ 2 n(
−1)
, 发散;当 x = 1时,得级数
∑ 2n
发散,故原级数的收
n=
1
敛区间为 ( − 1,1).
3 5 7
设 S( x) = 2x+ 4x + 6x + 8 x +L .
2 4 6 8 2 2 4 6
在上等式两端积分,得 ∫ S() t dt = x + x + x + x + L= x (1 + x + x + x + L )
0
x
2
x
= ( − 1< x < 1).
2
(1 − x )
2
x 2x
在上式两端对 x 求导,得 S( x) = [ ] ′ = ( − 1< x<
1).
2 2 2
(1 −x ) (1 −x
)
2x
故所求的和函数 为 S( x) = ( − 1< x<
1).
2 2
(1 − x )
an+ 1 ( n+ 1)( n+ 2) n( n+ 1) ( n+ 1)( n+
2)
(2) 因 lim = lim = lim = 1. R = 1.
n→∞ a n→∞ 2 2 n→∞nn
( + 1)
n
∞ nn ( + 1) n−1
幂级数 ∑ x 在 x < 1收敛.故在
x < 1内可以逐项积分.
n=
1 2
∞ nn ( + 1) n−1
设 Sx ( ) = ∑ x .
2
n=
1
∞ nn ( + 1)
x
∞
nn ( + 1) n−1n+ 1 n
S x S x dx x dx = ∑[ ∫
x dx] = ∑ x .
0 2 2
x x
∞
n−1
1(
) = ∫ ( ) = [ ]
0 ∫ ∑ 0
n=
1 2
365
∞
n=
1
n= 1 n=
1

两边再从 0 到 x 积分,得
x x
∞ ∞
n+ 1 x
n n+
1 n
∫ S
0
1(
x) dx = ∫ [ ∑ x ] dx = ∑[
x dx]
0 0
n= 1 2 ∫ n=
1 2
∞ ∞
2
1 n+ 1 1 2 n−1
1 2 1 x
= ∑ x = x ∑ x = x ⋅ = .
n= 1 2 2 n=
1 2 1−x2(1 −x)
2 2
x ⎛ x ⎞
′
2x−x
两边对 x 求导,得 S1( x) = ∫ S( x) dx=
⎜ ⎟ = .
0
2
⎝2(1 −x) ⎠ 2(1 −x)
2
⎛ 2x−x ⎞
′
1
两边再对 x 求导,得 S( x) = ⎜ ( 1 x 1),
2 ⎟ = − < <
3
⎝2(1 −x) ⎠ (1 −x)
∞ nn ( + 1) n−1
1
故 ∑ x = ( − 1< x<
1).
3
2 (1 − x)
n=
1
注意 当幂级数的一般项的系数是 n 的有理整式,例如幂级数的一般项形如
(2n 1) x , nx −
+
2n n 1
时,常用先逐项求积分,后逐项求导数的方法求其和函数.
∞ n
例 18 求幂级数
∑
n=
x
的和函数.
1 nn ( + 1)
∞
n
解 所给幂级数中的 ∑ x 与
n−1
∑ x 类似,而后者的展开式为
在上式两端逐项积分.得
n=
1
∞
n=
1
x
∞
x
∞
n−1
∑ ∑
0 0
n= 1 1−
n=
1
366
∞
∑
n=
1
n
dx x
( x ) dx = , =−1 n(1 −x),
x n
∫ ∫
x
n−1
1
= .
1−
x
∞ n+
1
x
再在上式两端逐项积分,得 ∑ = (1 −x) ln(1 − x) + x.
n=
1 nn ( + 1)
∞
n
n−1
x 1−
x
两端除以 xx≠ ( 0) ,得 ∑ x = = 1+ ln(1 −x), x∈[
−1,0)
U (0,1).
n(1 + n) x
由 S( x)
=
∞
∑
n=
1
n=
1
n
x
的连续性,得
n(1 + n)
(1 − x)
S(0) = lim S( x) = 1+ lim ln(1 − x)
= 0 (使用洛必达法则).
x→0 x→0
x
⎧ 1−
x
⎪1+
ln(1 −x), x∈[
−1,0)
U
(0,1);
于是所求的和函数为 Sx ( ) = ⎨ x
⎪
⎩0,
x = 0.

例 19 利用幂级数的和函数求下列数项级数的和
∞ n
∞
( −1)
1
(1) ∑ ; (2) ∑ .
n + n− 2 n(2n+ 1)
2
n= 1 n=
1
∞ n ∞ n ∞ n
( −1) 1 ( −1) ( −1)
解 (1)由于 ∑ = [ ],
2 ∑ −∑
n + n+ 2 3 n− 1 n+
2
n= 1 n= 2 n=
2
∞ n ∞ n
( −1) n− 1 ( −1)
n+
2
考察两个幂级数: S1( x) = ∑ x ; S2(2) = ∑ x .
n− 1 n+
2
n= 0 n=
2
在 x = 1 处,由莱布尼兹判别法可知它们都收敛.逐项求导得
1
S x x x
∞
n n−2
′ 1(
) = ∑ ( − 1) = ,( < 1),
n=
2 1+
x
x 1
S1( x) = S1(0) + ∫ dt = ln(1 + x),( x < 1).
0 1+
t
∞
3
n n+
1 x
S′ 2(
x) = ∑ ( − 1) x = ⋅ ( x < 1)
1+
x
n=
2
3
x t 1 3 1 2
2( ) = 2(0)
+ ∫ = − − − ln(1 + ).
0
S x S dt
1+ t
x
3
x
2
x x
由幂级数和函数的连续性得
∞
∑
n=
2
∞
∑
n=
1
故 2
= 2
n
( −1)
= S1(1) = lim S1( x) = lim ln(1 + x)
= ln 2
n −1
x→1 x→1
n
( −1)
1 1 5
= S = S x = x − x + x− + x = −
n + 2 3 2 6
3 2
2(1) lim 2(
) lim[ ln(1 )] ln 2
x→1 x→1
∞
n
( −1)
1 5 2 5
∑ = (ln 2 − + ln 2) = ln 2 −
n n + n−2
3 6 3 18
(2) 考察幂级数
1
Sx ( ) =
x
∞
2n+ 1
∑ ,收敛半径 1
n=
1 n(2n+ 1)
2x
S′′ x = x = x = − < x<
∞ ∞
2n−1 2n−1 ( ) ∑2 2 ∑
,( 1 1)
2
n= 1 n=
1 1−
x
367
R = ,在 x = 1 处收敛.

故
则
x 2t
2
( ) = (0) + ∫ =−ln(1 − )
0 2
S′ x S′ dt x
1−
t
x
2
( ) = (0) + ∫ [ −ln(1 − )]
0
S x S t dt
= 2 x− (1 + x) ln(1 + x) + (1 −x)ln(1 −x)( − 1< x<
1).
lim(1 −x)ln(1 − x) = lim yln y = 0,
由洛必达法则可知
− +
x→1 x→1
∞
∑
1
= S(1) = lim S( x)
= 2 −2ln2.
−
1
1 (2 1) x
n n n →
= +
例 20 将下列函数展成幂级数
x 1+
x
(1) f( x) = ; (2) f( x)
= arctan .
2
x − 2x+ 3 1−x
3 1
解 (1)解法一 将 f ( x ) 分解为部分分式,得 f( x)
= + ,
4( x− 3) 4( x+
1)
1 1 1 1
f( x)
= + ,
41 −( x /3) 41 −( −x)
∞ ∞ ∞
1 x n 1 n n 1 n 1 n
f ( x) =− ∑( ) + ∑( − 1) x = ∑ [( −1) − ] x . n
4 3 4 4 3
n= 0 n= 0 n=
0
上两级数的收敛区间易求出分别为 ( −3,3),( − 1,1) ,取其交,得到 f ( x ) 展开幂级数的
收敛区间为 ( − 1,1).
解法二
x x 1 1 x 1 1
f( x)
= = [ − ] = [ − ]
( x − 3)( x+ 1) 4 x− 3 x+ 1 4 −3(1 − x/ 3) 1+
x
x 1 x
1 1
= [ − ∑( ) −∑( − x) ] = [ ∑− ( ) + ∑ ( −1)
] x
4 3 3 4 3
∞ ∞ ∞ ∞
n n n+ 1 n+ 1 n+
1
n= 0 n= 0 n= 0 n=
0
1 1
= − −
4 3
∞
n+ 1 n+ 1 n+
1
∑ [( 1) ( ) ] x ,
n=
0
由 ( − 3,3) 与 ( − 1,1) 之交易求得收敛区间为 ( − 1,1) .
1+
x
(2)将函数 f( x)
= arctan 展为 x 的幂级数.
1−
x
368

解
1 1
f′ x = = = − x = − x − < x<
( )
1
2
x 1 (
2
x )
∞
(
n= 0
2 n
)
∞
n
( 1)
n=
0
2n
( 1 1),
x
∫0 ′
x
∞
∫ ∑ 0
n= 0
n 2n ∞
∑
n=
0
x
n
∫0
2n
∞ n
( −1)
= ∑
n=
0 n +
+ − − ∑ ∑ 逐项积分得
f ( x) − f (0) = f ( t) dt = ( − 1) x dx = ( −1)
x dx
π
π x
因 f (0) = arctan1 = , 故 f ( x) − f(0) = f( x) − =∫ f′ ( t) dt,
4
4 0
∞ n
1 + x π ( −1)
2n+ 1
所以 arctan = + ∑ x .
1− x 4 2n+ 1
n=
0
369
x
2 1
右端级数在 x =± 1 处均收敛,但因函数 x = 1 处无定义,故其收敛区间为[ − 1,1] .
π
注意 积分时,不要漏掉 f (0) = 这一项.
4
.
2n+ 1

自 测 题
1.检验下列级数是否收敛?如果收敛,求出其和.
5 25 125
(1)100 + 60 + 36 L ;
(2)1 − + − +L .
3 9 27
2.用比较法判别下列级数的敛散性.
∞
∞
1
π
(1) ∑ ;
(2) ∑ (1− cos ).
n=
1 ln(1 + n)
n=
1 n
∞ 2
( n!)
3.判别级数 ∑ 的敛散性.
n=
1 (2 n)!
∞ 1
4.判别级数 ∑ 的敛散性.
n
n=
1 3 + 1
5.检验下列级数的敛散性.若收敛,请指出是绝对收敛还是条件收敛.
∞ n ∞ n
( −1) ( −1)
lnn
(1) ∑ ; (2) .
2 ∑
1+
n n
n= 0 n=
1
6.证明如果级数 ∑ an
和
∞
∞
7.若级数 ∑ an
及
n=
1
∞
∑
n=
1
∞
n=
1
∞
∑
n=
1
b
n
∞
∑
n=
1
( A) ( a + b ) 必发散;
∑
n=
1
n n
b
( C) ( a + b ) 必发散;
n n
n
收敛,且 an ≤ cn ≤ bn( n=
1,2, L ) ,则级数 ∑ cn
也收敛.
都发散,则 .
370
∞
B ∑ ab 必发散;
( ) n n
n=
1
∞
2 2
D ∑ an + bn
n=
1
( ) ( ) 必发散.
8.求下列幂级数的收敛域
∞ n
∞ n n
( −1)
n−1
ax
(1) ∑ ( x + 1) ;
(2) n
∑ ( a > 0).
2
n=
1 n ⋅ 2
n=
1 n + 1
∞ 4n+ 1
x
9.求级数 ∑ ( x < 1) 的和.
n=
1 4n+ 1
∞ 2n−1 2n−2 2 1
10.求级数 ∑ x ( x < 2) 的和,并计算 .
n
n=
1 2
1 2 n
∞ n −
∑
n=
11.利用幂级数的和函数求下列数项级数的和
∞ 2
n
(1) ∑ ;
n!
n=
1
1
(2) .
2 n
∞
∑
n
n=
1
∞
n=
1

解1
自测题参考答案
60 36 6 6
L L L 括
100 100 10 10
2
(1)100 + 60 + 36 + = 100(1 + + + ) = 100[1 + + ( ) + ].
号内是公比为 6 ( < 1) 的几何级数,收敛,故
10
1
100 + 60 + 36 + L = 100× = 250.
1−6/10 (2)这是一个公比为 −5/3( − 5/3 > 1) 的几何级数.发散.
解2 (1)因 n ≥ 1时,
ln( n+ 1) < n,故
u
(2)
un
π π
n 2n
∞
= 1− cos
2
= 2sin , 则
∑
n=
1
n
371
∞
1 1 1
= > ,而 ∑ ln(1 + n) n n
发散.故原级数发散.
n=
1
∞ π
2 π π π
(1− cos ) 变为 ∑ 2sin , 因sin < ,
n
2n
2n 2n
2 ∞
∞ 2
2 π π 2 π 1
π
故 2sin < 2( ) = ,而 2 ∑ 为收敛的 p 级数 ( p = 2> 1) ,故级数
2
∑ 2
2n 2n 2n
n=
1 n
n=
1 2n
收敛.
由比较判别法知,所给级数收敛.
解3
u
n
2
( n!) n! n!
( n+ 1)!( n+ 1)! ( n+ 1)!( n+
1)!
= = , un+
1 = =
,
(2 n)! (2 n)!
(2n+ 2)! (2n+ 2)(2n+ 1)(2 n)!
un+ 1 ( n+ 1)( n+
1) 1
故 lim = lim = < 1, 所以所给级数收敛.
n→∞ u n→∞
(2n+ 2)(2n+ 1) 4
n
n+ 1
n n
un+
1 1/(3 + 1) 3 + 1 1+ 1/3 1
解4 因 lim = lim = lim = lim = < 1,
n→∞ n
n n 1
n
u →∞ 1/(3 1) n→∞ +
+ 3 + 1 n→∞
3+ 1/3 3
由比值检验法知,级数
n
∞
∑
n=
1
1
收敛.
n
3 + 1
∞ n ∞ n
( −1) ( −1)
1 1
解 5 (1)因 =+ 1 , a
,
2 2 n = < 2 2
1+ n 1+ n 1+
n n
n= 0 n=
1
是收敛的,所以级数 2
n=−01+
n
(2)因 a
n
n=
1
∑ ∑ 由于 p − 级数 ∑ 2
∞
∑
( −1)
ln n
= , 当 n > 2 时,
n
n
收敛且为绝对收敛.
ln 1 n
∞ 1
> ,调和级数 ∑ n n
n
发散,故
n=
3
∞
∑
n=
1
∞
n=
1
1
( p = 2> 1)
n
n
( −1)
lnn
发散.
n

∞ n
( −1)
lnn
又 ∑ 是一交错级数, lim an
n=
1 n
n→∞ ln n
= lim = 0, 且 n > 2 时,
n→∞
n
an
ln n
= >
n
n
ln( n + 1)
( −1)
lnn
= an+
1 , 由莱布尼茨检验法知,级数 lim 收敛,故此级数条件收敛.
n + 1
n→∞
n
∞
证6 因 an ≤cn ≤ bn( n=
1,2, L ), 故 0 ≤ cn −an ≤bn − an,又因
∑ an
n=
1
与
∞
∑ bn
n=
1
收敛,
∞
∞
故 ( b − a ) 也收敛, 由比较判别法, 正项级数 ( c − a ) 也收敛. 又由
∑
n n
n=
1
cn = an + ( cn − an)
可知,级数 ∑ cn
也收敛.
解 7 ( A ) 不正确. 例如,
为收敛级数.
∞
( B ) 不正确.例如,
∞
n=
1
∞ ∞ ∞ ∞
n n
n= 1 n= 1 n= 1 n=
1
372
∑
n=
1
1 1
a = , b =− ,
n n
n n
∑ ∑ ∑ ∑ 都发散,但 ∑
1 1
a = , b = ,
n n
∞ ∞ ∞ ∞
n n
n= 1 n= 1 n= 1 n=
1
∞
n=
1
∞ ∞
( a + b ) = 0
n n
∑ ∑ ∑ ∑ 都发散,但 ∑ ab n n=
∑ 2 收敛.
( C ) 不正确,例如, a ≤ ( a + b ) ,如果级数
n n n
而 ∑ an
也收敛,这与题设矛盾,故
n=
1
( D ) 不正确,例如,
∞ 1
= 2∑ 2
n=
1 n
却收敛.
∞
∑
n=
1
∞ ∞
∞
∑
n=
1
( a + b ) 发散.
n n
∞ ∞ 1 1
∑an= ∑ , bn
= ,
n= 1 n=
1 n n= 1 n=
1 n
n= 1 n=
1
1
n
( an + bn
) 收敛,则 ∑ an
收敛,从
∞
n=
1
1 1
( + ) = ( + ) 2 2
n n
∞ ∞
∑ ∑ 发散,而
2 2
∑ an bn
∑
n= 1 n=
1
n
an+ 1 n⋅2 n 1
解 8 (1)由于 lim = lim = lim = , 所以其收敛半径为 2.
n→∞ n
n 1
a →∞
+
( n+ 1) ⋅ 2 n→∞
2( n+
1) 2
又由于本题是在 0
x =− 3 时原级数为
∞
∑
n=
1
n
( −1)
2 n
n ⋅ 2
n−1
n=
1
条件,所以是收敛的,故级数
n
x =− 1处的幂级数,所以收敛区间的两个端点为
x =− 3 与 x = 1. 当
( −1)
1 1
n n
∞ n
∞
n−1
∑ ( − 2) =−
n ∑
n= 1 ⋅ 2 2 n=
1
是发散的; 而当 x = 1 时 , 原级数
∞ n
1 ( −1)
= ∑ 是一个交错级数,而且容易看出它满足莱布尼兹判别法的两个
2 n
∞
∑
n=
1
n
( −1)
( x + 1)
n
n ⋅ 2
n
的收敛域为 ( −
3,1].

n+ 1 n
2
an+ 1 a a a( n + 1)
1
(2)因 lim = lim = lim = a,
故 R =
n→∞ n
2 2 2
a →∞ ( n+ 1) + 1 n + 1 n→∞
( n+
1) + 1 a
当 x
1
a
n
1 .
1 1 ,
∞
= 时,原级数为 ∑ 由于 <
2
2 2
n=
1 n + 1 n + 1 n
收敛,由比较检验法知,级数 2
n=
1 n
当 4
设
当 x
1
a
∞
∑
=− 时,原级数为 2
n=
1 n
∞
∑
因此,幂级数 2
n=
1 n
解9 幂级数
∞
∑
n=
x < 1, 即 x < 1时,
∞
∑
1
收敛.
+ 1
373
∞
∑
1
而 2
n=
1 n
n
( −1)
是一交错级数,绝对收敛.
+ 1
n n
ax
( a > 0) 的收敛半径为
+ 1
1
1 1
,收敛区间为 [ − , ].
a a a
4n+ 1
x
缺少偶次项,直接用比值检验法,有
1 4n+ 1
4( n+ 1) + 1 4n+ 1
x x 4n+ 1 4
lim = lim ⋅ x .
n→∞ 4( n+ 1) + 1 4n+ 1 n→∞4n+
5
∞ 4n+ 1
x
∑ 收敛.故在 x < 1内可逐项微分.
n 1 4n+ 1
=
∞ 4n+ 1
x
S( x)
= ∑ .
4n+ 1
∞ 4n+ 1 ∞ ∞
4
⎛ x ⎞
′
4n 4 n x
两边对 x 求导,得 S′ ( x) = ⎜∑ ⎟ = ∑x = ∑ ( x ) = . 4
⎝ n= 1 4n+ 1⎠ n= 1 n=
1 1−x
n=
1
4
x x x
∫ ∫
两边从 0 到 x 积分,得 S( x) = S′ ( x) dx = dx
0 0 4
1−
x
故级数
∞
∑
n=
1
x 1 1
= ∫ [ − 1 + + ] dx
0
2 2
2(1 − x ) 2(1 + x )
1 1−x 1
=−x− ln + arctan x,
4 1+ x 2
4n+ 1
x 1 1−x 1
= −x− ln + arctan x ( − 1< x<
1).
4n+ 1 4 1+ x 2
是 p − 级数 ( p = 2> 1)

∞ 2n−1 2n−2 an+ 1 2n+ 1 n 2n−1 n−1
解10 设 Sx ( ) = ∑ x . lim = lim x x = x
n
n 1
n
2
n→∞ a n→∞
+
2 2 2
n=
1
n
374
2 2 2 2
1 2
故当 x < 1, 即当 x <
2
2 时,级数收敛.因此,级数在区间 ( − 2, 2) 内可逐项积分,得
2
x
x x
∞ ∞
∞ 2
⎛ 2n−1 2n−2⎞ 1 2n−1 1 x n 1
Sxdx ( ) = x dx= x
2 x
∫0 ∫0
⎜∑ n n
n= 1 2
⎟ ∑ = ∑ ( ) = ⋅ = .
2 2
⎝ ⎠ n=
1 2
n=
1 x 2 x x 2−x
1−
2
2
x x + 2
两边再对 x 求导数,得 S( x)
= ( ) ′ = ,
2 2 2
2 −x (2 −x
)
∞
2
2n− 1 2n−2 x + 2
故级数 ∑ x = n
2 2
2 (2 − x )
( − 2 < x<
2).
n=
1
取 x = 1, 得
故
∞
∑
n=
1
2 1
3.
2 n
n −
=
解 11 (1)利用 x
e 的幂级数展开公式
∞ 2 ∞ ∞ ∞
n n−
+
( 1 1) 1 1
= = + = e+ e= 2e
n! ( n−1)! ( n−2)! ( n−1)!
∑ ∑ ∑ ∑
n= 1 n= 1 n= 1 n=
1
∞ 1 n
∞ 1 n
∞
n−1
1
(2)考察幂级数 ∑ x . 记 Sx ( ) = ∑ x,
逐项求导得 S′ ( x) = ∑ x =
n
n
1−
x
n=
1
n=
1
x 1
Sx ( ) = S(0) + ∫ dt=−ln(1 − x),(| x|
< 1)
0 1−
t
∞
∑
n=
1
1 1 1
= S(
) =− ln = ln 2.
n
n2
2 2
n=
1