张宇1000题高等数学 第十六章 无穷级数

$A$组

7.设$0⩽u_n⩽\frac{1}{n}$，则下列级数一定收敛的是（  ）。
$(A)\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n;$
$(B)\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{u}_n;$
$(C)\sum _{n=1}^{\infty }\sqrt{u_n};$
$(D)\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{u}_n^2.$

解  如$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$，$(A),(C)$错误。
  如$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n+1}{2n}$，$(B)$错误。
  因$0⩽u_n⩽\frac{1}{n}$，有$u_n^2⩽\frac{1}{n^2}$，而$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$收敛，由正项级数的比较判别法知，$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2$收敛，故$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{u}_n^2$绝对收敛，从而收敛，故选$(D)$。（这道题主要利用了反例求解）

20.判别下列正项级数的敛散性。

（3）$\sum _{n=1}^{\infty }(\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}).$

解
$$\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}=\frac{1}{\sqrt[3]{(n+1{)}^2}+\sqrt[3]{n(n+1)}+\sqrt[3]{n^2}}⩾\frac{1}{3\sqrt[3]{(n+1{)}^2}}$$
  又$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+1{)}^{\frac{2}{3}}}=\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{n^{\frac{2}{3}}}$发散，由比较判别法知，$\sum _{n=1}^{\infty }(\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n})$发散。（这道题主要利用了分子有理化求解）

21.设级数$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$条件收敛，判别级数$\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n(x-1{)}^n$在点$x_1=\sqrt{3},x_2=3$处的收敛性。

解  由题设条件$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛，可知$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$的收敛半径$R=1$。若$R<1$，则$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n{|}_{x=1}=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$发散，与已知矛盾；若$R>1$，则$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n{|}_{x=1}=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$绝对收敛，与已知矛盾。
  由于$\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^n=x\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{x-1}=x\sum _{n=1}^{\infty }(a_n{x}^n{)}^{\prime }$的收敛半径与$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$收敛半径相同，即$R=1$，收敛区间为$(-1,1)$。
  当$x_1=\sqrt{3}$时，考察$\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n(x-1{)}^n$，由于$|\sqrt{3}-1|<1$，因此$\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n(x-1{)}^n$在$x_1=\sqrt{3}$处绝对收敛；
  当$x_2=3$时，考察$\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n(x-1{)}^n$，由于$|3-1|>1$，因此$\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n(x-1{)}^n$在$x_2=3$处发散。（这道题主要利用了分类讨论求解）

$B$组

2.下列命题正确的是（  ）。
$(A)$若$u_n<v_n(n=1,2,3,\cdots )$，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n⩽\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$；
$(B)$若$u_n<v_n(n=1,2,3,\cdots )$，$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$收敛，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛；
$(C)$若$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{u_n}{v_n}=1$，$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$收敛，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛；
$(D)$若$w_n<u_n<v_n(n=1,2,3,\cdots )$，$\sum _{n=1}^{\infty }{w}_n$与$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$收敛，则$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛。

解  因为只有当级数收敛时，才能比较其和的大小，故$(A)$错误。
  若取级数$\sum _{n=1}^{\infty }\left(-\frac{1}{n}\right)$与$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$，可见$(B)$错误。
  若取级数$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}$与$\sum _{n=1}^{\infty }\left[\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}\right]$，可见$(C)$错误。
  故选$(D)$。（这道题主要利用了反例求解）

$C$组

6.设函数$f_n(x)={\int }_0^{x}t(1-t){\sin }^{2n}t\mathrm{d}t(x>0)$，其中$n$为正整数。

（1）证明$f_n(x)$在区间$(0,+\infty )$上存在最大值；

解  由$f_n^{\prime }(x)=x(1-x){\sin }^{2n}x=0$，解得函数$f_n(x)$在$(0,+\infty )$内的所有驻点为$x_0=1$及$x_k=k\pi ,k=1,2,\cdots$。易知，$x_0=1$是$f_n(x)$在$(0,+\infty )$上的唯一极值点且为极大值点，所以$f_n(1)$是$f_n(x)$在$(0,+\infty )$上的最大值。

（2）记$a_n$为函数$f_n(x)$在$(0,+\infty )$上的最大值$(n⩾1)$，证明级数$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛。

解  因为$a_n=f_n(1)={\int }_0^{1}t(1-t){\sin }^{2n}t\mathrm{d}t(n⩾1)$，且当$0⩽t⩽\frac{\pi }{2}$时有$\sin t⩽t$，所以$0⩽a_n⩽{\int }_0^{1}t(1-t)t^{2n}\mathrm{d}t={\int }_0^1{t}^{2n+1}\mathrm{d}t-{\int }_0^1{t}^{2n+2}\mathrm{d}t=\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{2n+3}⩽\frac{1}{n^2}$。利用比较判别法，由$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$收敛可知，级数$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛。（这道题主要利用了放缩法求解）

7.

（1）设$f(x)$为任意阶可导函数，且$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$，若$f(x)$为奇函数，证明$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n-1}{x}^{2n-1}$；

解  由$f(x)$为奇函数，即$f(x)=-f(-x)$，于是有$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n=-\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(-x{)}^n=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}{a}_n{x}^n$，比较两端$x$同次项系数，得$a_n=(-1{)}^{n+1}{a}_n$。
  当$n=2k$为偶数时，$a_{2k}=-a_{2k}$，则$a_{2k}=0,k=0,1,2,\cdots$；
  当$n=2k-1$为奇数时，$a_{2k-1}=a_{2k-1},k=1,2,\cdots$。
  综上可知，$f(x)=\sum _{k=1}^{\infty }{a}_{2k-1}{x}^{2k-1}$，亦可写成$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n-1}{x}^{2n-1}$。

（2）将函数$f(x)={\int }_0^x{e}^{x^2-t^2}\mathrm{d}t$展开为$x$的幂级数。

解  $f(x)=e^{x^2}\cdot {\int }_0^x{e}^{-t^2}\mathrm{d}t$为奇函数，由$(1)$，设$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n-1}{x}^{2n-1}$。
  对求导$f(x)={\int }_0^x{e}^{x^2-t^2}\mathrm{d}t$，得$f^{\prime }(x)=2xf(x)+1$，即$\sum _{n=1}^{\infty }(2n-1)a_{2n-1}{x}^{2n-2}=\sum _{n=1}^{\infty }2a_{2n-1}{x}^{2n}+1$，也即$\sum _{n=1}^{\infty }(2n+1)a_{2n+1}{x}^{2n}+a_1=\sum _{n=1}^{\infty }2a_{2n-1}{x}^{2n}+1$。
  比较两端同次项系数，得$a_1=1$，于是
$$\begin{array}{rl}{a}_{2n+1}& =\frac{2}{2n+1}{a}_{2n-1}=\frac{2}{2n+1}\cdot \frac{2}{2n-1}{a}_{2n-3}=\cdots \\ & =\frac{2}{2n+1}\cdot \frac{2}{2n-1}\cdot \cdots \cdot \frac{2}{3}\cdot a_1=\frac{2^n}{(2n+1)!!}.\end{array}$$
  故$f(x)=x+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^n}{(2n+1)!!}{x}^{2n+1},x\in (-\infty ,+\infty )$。（这道题主要利用了微分方程求解）

9.设$x>2$，证明$\ln \frac{x+2}{x-2}=\ln {\left(\frac{x+1}{x-1}\right)}^2+2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2n-1}{\left(\frac{2}{x^3-3x}\right)}^{2n-1}$。

解  令$S(u)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2n-1}{u}^{2n-1}$，于是当$|u|<1$时，有$S(u)=S(0)+{\int }_0^u{S}^{\prime }(t)\mathrm{d}t={\int }_0^u\left(\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2n-1}{t}^{2n-1}\right)\mathrm{d}t={\int }_0^u\sum _{n=1}^{\infty }{t}^{2n-2}\mathrm{d}t={\int }_0^u\frac{1}{1-t^2}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\ln \frac{1+u}{1-u}$。代入$u=\frac{2}{x^3-3x}$，故$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2n-1}{\left(\frac{2}{x^3-3x}\right)}^{2n-1}=\frac{1}{2}\ln \frac{(x+2)(x-1{)}^2}{(x+1{)}^2(x-2)}(x>2)$。（这道题主要利用了幂级数展开求解）

10.设$b_n>0$，当$n⩾2$时，$b_n=b_{n-1}+(n-1)b_{n-2},b_0=b_1=1$且$\frac{b_n}{b_{n-1}}$有界，求$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\frac{x^n}{n!}$的和函数。

解  记$a_n=\frac{b_n}{n!}$，则$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{b_{n+1}}{(n+1)!}\cdot \frac{n!}{b_n}\right|=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{1}{n+1}\cdot \frac{b_{n+1}}{b_n}\right|=0$，故收敛区间为$(-\infty ,+\infty )$。又记$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\frac{x^n}{n!}$，则
$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }(x)& =\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}=b_1+\sum _{n=2}^{\infty }[b_{n-1}+(n-1)b_{n-2}]\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }{b}_{n-1}\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}+\sum _{n=2}^{\infty }{b}_{n-2}\frac{x^{n-2}}{(n-2)!}\cdot x=\sum _{n=0}^{\infty }{b}_n\frac{x^n}{n!}+x\cdot \sum _{n=0}^{\infty }{b}_n\frac{x^n}{n!}\end{array}$$
  于是$\frac{S^{\prime }(x)}{S(x)}=1+x$，即$\int \frac{1}{S(x)}\mathrm{d}[S(x)]=\int (1+x)\mathrm{d}x$，得$\ln |S(x)|=x+\frac{x^2}{2}+\ln C_1$，也即得$S(x)=\pm C_1{e}^{x+\frac{x^2}{2}}=C{e}^{x+\frac{x^2}{2}}$，又$S(0)=1$，故$C=1$，于是$S(x)=e^{x+\frac{x^2}{2}},x\in (-\infty ,+\infty )$。（这道题主要利用了微分方程求解）

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