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$f^{\prime \prime }(0)$，且$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=0$。试证明级数$\sum _{n=k}^{\infty }\left|f\left(\frac{1}{n}\right)\right|$收敛，其中$k$为足够大的正整数。

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

例13.12  已知级数$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$绝对收敛，判断$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{u_n^2}{1+u_n^2}$的敛散性，其中$u_n\ne 0$。

解  由不等式$a^2+b^2⩾2ab$，可知$1+u_n^2⩾2|u_n|$，于是$\frac{u_n^2}{1+u_n^2}⩽\frac{u_n^2}{2|u_n|}=\frac{|u_n|}{2}$，由题设知$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{|u_n|}{2}$收敛，又$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{u_n^2}{1+u_n^2}$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$a_0=3,3n{a}_n+3(n-1)a_{n-1}=2a_{n-1}$，证明当$|x|<1$时，$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$收敛，并求其和函数。

解  由题设递推式，得$n{a}_n=\left(\frac{5}{3}-n\right)a_{n-1}$，按正项级数的比值判别法，记$u_n(x)=a_n{x}^n$，有
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{u_n(x)}{u_{n-1}(x)}\right|=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_n{x}^n}{a_{n-1}{x}^{n-1}}\right|=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}\right||x|=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{\frac{5}{3}-n}{n}\right||x|=|x|<1$$
  即当$|x|<1$时，$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$收敛。记$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$，则
$$\begin{array}{rl}S(x)& =\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\left(\frac{5}{3}-n\right)a_{n-1}{x}^n\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\left(\frac{5}{3}{a}_{n-1}-n{a}_{n-1}\right)x^n=\frac{5}{3}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}{a}_{n-1}{x}^n-\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{n-1}{x}^n\\ & =\frac{5}{3}{\int }_0^x{\left(\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}{a}_{n-1}{t}^n\right)}^{\prime }\mathrm{d}t-x\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{n-1}{x}^n\\ & =\frac{5}{3}{\int }_0^x\left(\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{n-1}{t}^{n-1}\right)\mathrm{d}t-x\left(\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n+a_0\right)\\ & =\frac{5}{3}{\int }_0^x\left(\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{t}^n+a_0\right)\mathrm{d}t-x\left(\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n+a_0\right)\\ & =\frac{5}{3}{\int }_0^x[S(t)+3]\mathrm{d}t-x[S(x)+3].\end{array}$$
  对$S(x)$求导，得$S^{\prime }(x)=\frac{5}{3}[S(t)+3]\mathrm{d}t-[S(x)+3]-x{S}^{\prime }(x)$，整理得
$$\begin{array}{rl}& (1+x)S^{\prime }(x)=\frac{2}{3}[S(x)+3]\\ \Rightarrow & \frac{S^{\prime }(x)}{S(x)+3}=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{1+x}\\ \Rightarrow & \ln [S(x)+3]=\frac{2}{3}\ln (1+x)+\ln C\\ \Rightarrow & \frac{S(x)+3}{(1+x{)}^{\frac{2}{3}}}=C\\ \Rightarrow & S(x)=3(1+x{)}^{\frac{2}{3}}-3,|x|<1\end{array}$$
（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$\sum _{n=3}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(n^2-3n+2{)}^x}$的敛散性，$x$为实数。

解  因为$|u_n|=\frac{1}{(n^2-3n+2{)}^x}\sim \frac{1}{n^{2x}}(n\to \infty )$，当$x>0$时，$\frac{1}{n^{2x}}\to +\infty$，故原级数发散；当$x=0$时，$\frac{1}{n^{2x}}=1\ne 0$，故原级数发散；当$x>\frac{1}{2}$时，$\sum _{n=3}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(n^2-3n+2{)}^x}$绝对收敛；当$0<x⩽\frac{1}{2}$时，$\sum _{n=3}^{\infty }|u_n|$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

写在最后

  如果觉得文章不错就点个赞吧。另外，如果有不同的观点，欢迎留言或私信。
   欢迎非商业转载，转载请注明出处。