AM@幂级数性质@幂级数和函数求解
文章目录
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- 幂级数性质
- 四则运算性质
- 分析性质
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- 求解和函数
- 例
- 例
幂级数性质
- 和多项式有相似的性质
- 本文介绍用幂级数的性质求解幂级数和函数的两个例子
四则运算性质
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若幂级数 ∑ n = 0 ∞ a n x n \sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n} ∑n=0∞anxn
(1)的收敛半径为 R 1 R_1 R1,和函数为 S 1 ( x ) S_1(x) S1(x)- 幂级数 ∑ n = 0 ∞ b n x n \sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n} ∑n=0∞bnxn
(2)的收敛半径为 R 2 R_2 R2,和函数为 S 2 ( x ) S_2(x) S2(x) - 令 R = min { R 1 , R 2 } R=\min\set{R_1,R_2} R=min{R1,R2}
- 幂级数 ∑ n = 0 ∞ b n x n \sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n} ∑n=0∞bnxn
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则:
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∑ n = 0 ∞ a n x n ± ∑ n = 0 ∞ b n x n \sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n}\pm{\sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n}} ∑n=0∞anxn±∑n=0∞bnxn= ∑ n = 0 ∞ ( a n ± b n ) x n \sum_{n=0}^{\infin}(a_{n}\pm{b_{n}})x^{n} ∑n=0∞(an±bn)xn= S 1 ( x ) ± S 1 ( x ) S_1(x)\pm{S_1(x)} S1(x)±S1(x),
(3)x ∈ ( − R , R ) x\in{(-R,R)} x∈(−R,R) -
( ∑ n = 0 ∞ a n x n ) ( ∑ n = 0 ∞ b n x n ) (\sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n})(\sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n}) (∑n=0∞anxn)(∑n=0∞bnxn)= ∑ n = 0 ∞ T n x n \sum_{n=0}^{\infin}{T_{n}}x^{n} ∑n=0∞Tnxn= S 1 ( x ) S 2 ( x ) S_1(x)S_2(x) S1(x)S2(x)
(4)- 多项式乘法中, n n n次项幂的系数表示为 a i b n − i a_{i}b_{n-i} aibn−i,其中 a i , b n − i a_{i},b_{n-i} ai,bn−i分别是 S 1 ( x ) S_1(x) S1(x), S 2 ( x ) S_2(x) S2(x)中的 i i i次项系数和 n − i n-i n−i次项系数
- a i x i b n − i x n − i a_{i}x^{i}b_{n-i}x^{n-i} aixibn−ixn−i= a i b n − i x n a_{i}b_{n-i}x^{n} aibn−ixn, i = 0 , 1 , 2 , ⋯ , n i=0,1,2,\cdots,n i=0,1,2,⋯,n
(5) - 若令 S 1 ( x ) S 2 ( x ) S_1(x)S_2(x) S1(x)S2(x)的 n n n次幂的系数为 T n T_n Tn,则 T n T_{n} Tn= ∑ i = 0 n a i b n − i \sum_{i=0}^{n}a_ib_{n-i} ∑i=0naibn−i
(6) - 因此式(4)为 ( ∑ n = 0 ∞ a n x n ) ( ∑ n = 0 ∞ b n x n ) (\sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n})(\sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n}) (∑n=0∞anxn)(∑n=0∞bnxn)= ∑ n = 0 ∞ ( ∑ i = 0 n a i b n − i ) x n \sum_{n=0}^{\infin}{(\sum_{i=0}^{n}a_ib_{n-i})}x^{n} ∑n=0∞(∑i=0naibn−i)xn
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∑ n = 0 ∞ a n x n ∑ n = 0 ∞ b n x n \Large{\frac{\sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n}}{\sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n}}} ∑n=0∞bnxn∑n=0∞anxn= ∑ n = 0 ∞ c n x n \sum_{n=0}^{\infin}c_{n}x^{n} ∑n=0∞cnxn
(7)- 其中 c n c_{n} cn, n = 1 , 2 , ⋯ . n=1,2,\cdots. n=1,2,⋯.的确定比乘法中 T n T_{n} Tn的确定复杂一些
- 显然 ∑ n = 0 ∞ b n x n ⋅ ∑ n = 0 ∞ c n x n \sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n} \cdot \sum_{n=0}^{\infin}c_{n}x^{n} ∑n=0∞bnxn⋅∑n=0∞cnxn= ∑ n = 0 ∞ a n x n \sum_{n=0}^{\infin}{a_{n}}x^{n} ∑n=0∞anxn
(8),而系数 c n c_n cn就是通过此方程式确定 - 由式(4)性质可知, Q n Q_{n} Qn= ∑ i = 0 n b i c n − i \sum_{i=0}^{n}b_ic_{n-i} ∑i=0nbicn−i,再比较式(8)两端系数,可知 a n a_{n} an= ∑ i = 0 n b i c n − i \sum_{i=0}^{n}b_ic_{n-i} ∑i=0nbicn−i
(9)- 分别令 n = 0 , 1 , 2 , ⋯ n=0,1,2,\cdots n=0,1,2,⋯可以从 ( 9 ) (9) (9)产生一系列方程
- a 0 a_0 a0= b 0 c 0 b_0c_{0} b0c0
- a 1 a_1 a1= b 0 c 1 + b 1 c 0 b_0c_{1}+b_{1}c_{0} b0c1+b1c0
- a 2 a_{2} a2= b 2 c 0 + b 1 c 1 + b 0 c 2 b_2c_0+b_1c_1+b_0c_2 b2c0+b1c1+b0c2
- ⋯ \cdots ⋯
- 依次求解方程组 n = 0 , 1 , 2 , ⋯ , k n=0,1,2,\cdots,k n=0,1,2,⋯,k的方程,即可依次求得 c 0 , c 1 , c 2 ⋯ c_0,c_1,c_{2}\cdots c0,c1,c2⋯
- 上述方法式递推法求解系数 c n c_n cn,如果要求 c k c_k ck,就要求阶 k k k个方程
- 分别令 n = 0 , 1 , 2 , ⋯ n=0,1,2,\cdots n=0,1,2,⋯可以从 ( 9 ) (9) (9)产生一系列方程
- 此时式(7)的收敛域可能比原来的两个级数的收敛域小得多
- 显然 ∑ n = 0 ∞ b n x n ⋅ ∑ n = 0 ∞ c n x n \sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n} \cdot \sum_{n=0}^{\infin}c_{n}x^{n} ∑n=0∞bnxn⋅∑n=0∞cnxn= ∑ n = 0 ∞ a n x n \sum_{n=0}^{\infin}{a_{n}}x^{n} ∑n=0∞anxn
- 其中 c n c_{n} cn, n = 1 , 2 , ⋯ . n=1,2,\cdots. n=1,2,⋯.的确定比乘法中 T n T_{n} Tn的确定复杂一些
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分析性质
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和多项式类似的分项积分和分项求导性质,并且不改变收敛区间
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设幂级数 ∑ n = 0 ∞ a n x n \sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n} ∑n=0∞anxn的和函数为 s ( x ) s(x) s(x),收敛域为 I I I
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s ( x ) s(x) s(x)在 I I I上连续
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s ( x ) s(x) s(x)在 I I I上可积,且有逐项积分公式(变上限积分): ∫ 0 x s ( t ) d t \int_{0}^{x}s(t)\mathrm{d}t ∫0xs(t)dt= ∫ 0 x [ ∑ n = 0 ∞ a n t n ] d t \int_{0}^{x}[\sum_{n=0}^{\infin}a_{n}t^{n}]\mathrm{d}t ∫0x[∑n=0∞antn]dt= ∑ n = 0 ∞ ∫ 0 x a n t n d t \sum_{n=0}^{\infin}\int_{0}^{x}a_{n}t^{n}\mathrm{d}t ∑n=0∞∫0xantndt= ∑ n = 0 ∞ a n n + 1 x n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{a_{n}}{n+1}{x^{n+1}} ∑n=0∞n+1anxn+1, ( x ∈ I ) (x\in{I}) (x∈I)
- 积分区间为 [ 0 , x ] [0,x] [0,x]
- 逐项积分后,所得的幂级数和原级数有相同的收敛半径
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s ( x ) s(x) s(x)在 ( − R , R ) (-R,R) (−R,R)内可导,且有逐项求导公式 s ′ ( x ) s'(x) s′(x)= ( ∑ n = 0 ∞ a n x n ) ′ (\sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n})' (∑n=0∞anxn)′= ∑ n = 0 ∞ ( a n x n ) ′ \sum_{n=0}^{\infin}(a_{n}x^{n})' ∑n=0∞(anxn)′= ∑ n = 0 ∞ n a n x n − 1 \sum_{n=0}^{\infin}na_{n}x^{n-1} ∑n=0∞nanxn−1, ( ∣ x ∣ < R ) (|x|
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逐项求导后所得的幂级数和原级数有相同的收敛半径
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注意,虽然收敛半径相同,但是收敛域不一定相同,求导可能收敛域对应得端点处不再收敛
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例如原幂级数的收敛域为 [ − R , R ) [-R,R) [−R,R),那么求导后的半径变为 ( − R , R ) (-R,R) (−R,R),显然两个区间不相等;但如果原幂级数的收敛域为 ( − R , R ) (-R,R) (−R,R),那么求导后的级数收敛域不变
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反复应用上述结论可知, s ( x ) s(x) s(x)在其**收敛区间 ( − R , R ) (-R,R) (−R,R)**内具有任意阶导数
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求解和函数
- 分析性质可以用于求解幂级数的和函数,也就是幂级数收敛于什么函数 s ( x ) s(x) s(x)
- 第一步就是要求解收敛域,这时和函数的定义域
- 求出收敛半径 R R R
- 再检验 x = ± R x=\pm{R} x=±R是的敛散性,以确定收敛域
例
- 求 ∑ n = 0 ∞ x n n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{x^{n}}{n+1} ∑n=0∞n+1xn的收敛域以及和函数 s ( x ) s(x) s(x)
- (1)
- 判断级数类型:该级数是一个幂级数,并且是标准形
- 确定通项的系数: a n a_n an= 1 n + 1 \frac{1}{n+1} n+11
- 观察 a n a_{n} an考虑使用比值式考察其是否收敛(敛散性),
- ρ \rho ρ= lim n → ∞ n + 1 n + 2 \lim\limits_{n\to\infin}\frac{n+1}{n+2} n→∞limn+2n+1= 1 1 1, R = 1 ρ R=\frac{1}{\rho} R=ρ1=1
- 说明原级数收敛,且收敛半径为 R = 1 R=1 R=1,收敛区间就是 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1)
- 考察区间端点处,对应的常数项级数:
- x = − 1 x=-1 x=−1时,通项为 ( − 1 ) n n + 1 \frac{(-1)^{n}}{n+1} n+1(−1)n,对应的常数项级数为 ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{(-1)^{n}}{n+1} ∑n=0∞n+1(−1)n= 1 − 1 2 + ⋯ 1-\frac{1}{2}+\cdots 1−21+⋯
- 这时一个交错级数,由Leibniz定理, 1 n + 1 \frac{1}{n+1} n+11递减,且 1 n + 1 → 0 ( n → ∞ ) \frac{1}{n+1}\to{0}(n\to{\infin}) n+11→0(n→∞)
- 可知该级数收敛
- x = 1 x=1 x=1时,幂级数称为 ∑ n = 0 ∞ 1 n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{1}{n+1} ∑n=0∞n+11= ∑ n = 1 ∞ 1 n \sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{n} ∑n=1∞n1,是调和级数,其显然是发散的
- 综上,收敛域为 I = [ − 1 , 1 ) I=[-1,1) I=[−1,1)
- x = − 1 x=-1 x=−1时,通项为 ( − 1 ) n n + 1 \frac{(-1)^{n}}{n+1} n+1(−1)n,对应的常数项级数为 ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{(-1)^{n}}{n+1} ∑n=0∞n+1(−1)n= 1 − 1 2 + ⋯ 1-\frac{1}{2}+\cdots 1−21+⋯
- (2)
- 求 s ( x ) s(x) s(x)就是在收敛域内,要将级数形式化简为非求和形式
- 令 s ( x ) s(x) s(x)= ∑ n = 0 ∞ x n n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{x^{n}}{n+1} ∑n=0∞n+1xn
(1), x ∈ [ − 1 , 1 ) x\in[-1,1) x∈[−1,1)- 式(1)两边同时乘以 x x x, x s ( x ) xs(x) xs(x)= ∑ n = 0 ∞ x n + 1 n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{x^{n+1}}{n+1} ∑n=0∞n+1xn+1= ∑ n = 1 ∞ x n n \sum_{n=1}^{\infin}\frac{x^{n}}{n} ∑n=1∞nxn
(2), x ∈ [ − 1 , 1 ) x\in[-1,1) x∈[−1,1) - 对(2)两边求导,并由逐项求导公式,得 ( x s ( x ) ) ′ (xs(x))' (xs(x))′= ∑ n = 1 ∞ x n − 1 \sum_{n=1}^{\infin}{x^{n-1}} ∑n=1∞xn−1= 1 + x + x 2 + ⋯ + x n + ⋯ 1+x+x^2+\cdots+x^{n}+\cdots 1+x+x2+⋯+xn+⋯, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1)
(3)- Note:求导后收敛区间为 ∣ x ∣ < 1 |x|<1 ∣x∣<1,即 x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1)
- 而我们知道常用级数 1 1 − x \frac{1}{1-x} 1−x1= 1 + x + x 2 + ⋯ + x n + ⋯ 1+x+x^2+\cdots+x^{n}+\cdots 1+x+x2+⋯+xn+⋯, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1)
(4) - 比较(3,4)可得 ( x s ( x ) ) ′ (xs(x))' (xs(x))′= 1 1 − x \frac{1}{1-x} 1−x1, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1)
(5)- 对上式从 0 0 0到 x x x积分,得 x s ( x ) xs(x) xs(x)= ∫ 0 x 1 1 − t d t \int_{0}^{x}\frac{1}{1-t}\mathrm{d}t ∫0x1−t1dt= − ln ∣ t − 1 ∣ ∣ 0 x -\ln|t-1||_{0}^{x} −ln∣t−1∣∣0x= − ln ∣ x − 1 ∣ -\ln|x-1| −ln∣x−1∣
(6), x ∈ [ − 1 , 1 ) x\in[-1,1) x∈[−1,1)
- 对上式从 0 0 0到 x x x积分,得 x s ( x ) xs(x) xs(x)= ∫ 0 x 1 1 − t d t \int_{0}^{x}\frac{1}{1-t}\mathrm{d}t ∫0x1−t1dt= − ln ∣ t − 1 ∣ ∣ 0 x -\ln|t-1||_{0}^{x} −ln∣t−1∣∣0x= − ln ∣ x − 1 ∣ -\ln|x-1| −ln∣x−1∣
- 方法2:
- 这里可以不处理为 x s ( x ) xs(x) xs(x),而直接变形为: s ( x ) s(x) s(x)= 1 x ∑ n = 0 ∞ x n + 1 n + 1 \frac{1}{x}\sum_{n=0}^{\infin}\frac{x^{n+1}}{n+1} x1∑n=0∞n+1xn+1= 1 x ∑ n = 0 ∞ ∫ 0 n t n d t \frac{1}{x}\sum_{n=0}^{\infin}\int_{0}^{n}t^{n}\mathrm{d}t x1∑n=0∞∫0ntndt= 1 x ∫ 0 n ( ∑ n = 0 ∞ t n ) d t \frac{1}{x}\int_{0}^{n}(\sum_{n=0}^{\infin}t^{n})\mathrm{d}t x1∫0n(∑n=0∞tn)dt
- 再利用常用已知级数 ∑ n = 0 ∞ t n \sum_{n=0}^{\infin}t^{n} ∑n=0∞tn= 1 1 − t \frac{1}{1-t} 1−t1, t ∈ ( − 1 , 1 ) t\in(-1,1) t∈(−1,1),得 s ( x ) s(x) s(x)= 1 x ∫ 0 n ( 1 1 − t ) d t \frac{1}{x}\int_{0}^{n}(\frac{1}{1-t})\mathrm{d}t x1∫0n(1−t1)dt,同样得到式(6)
- 当 x ≠ 0 x\neq{0} x=0时,有 s ( x ) s(x) s(x)= − 1 x ln ( 1 − x ) -\frac{1}{x}\ln(1-x) −x1ln(1−x)
(7) - 当 x = 0 x=0 x=0,
- s ( 0 ) = a 0 = 1 s(0)=a_{0}=1 s(0)=a0=1
- ∑ n = 0 ∞ 0 n n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{0^{n}}{n+1} ∑n=0∞n+10n= 0 0 0 + 1 \frac{0^{0}}{0+1} 0+100+ ∑ n = 1 ∞ 0 n n + 1 \sum_{n=1}^{\infin}\frac{0^{n}}{n+1} ∑n=1∞n+10n= 1 + 0 1+0 1+0= 1 1 1,这里约定 0 0 = 1 0^{0}=1 00=1
- 或者也可以由 s ( x ) s(x) s(x)是连续的性质可以由极限式 lim x → 0 ( − 1 x ln ( 1 − x ) ) \lim\limits_{x\to{0}}(-\frac{1}{x}\ln(1-x)) x→0lim(−x1ln(1−x))= lim x → 0 ( − − x x ) \lim\limits_{x\to{0}}(-\frac{-x}{x}) x→0lim(−x−x)=1,从而 s ( 0 ) s(0) s(0)=1
- ln ( 1 − x ) ∼ − x \ln(1-x)\sim{-x} ln(1−x)∼−x, ( − x → 0 ) (-x\to{0}) (−x→0)
- 或者洛必达法则计算
- s ( 0 ) = a 0 = 1 s(0)=a_{0}=1 s(0)=a0=1
- 式(1)两边同时乘以 x x x, x s ( x ) xs(x) xs(x)= ∑ n = 0 ∞ x n + 1 n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{x^{n+1}}{n+1} ∑n=0∞n+1xn+1= ∑ n = 1 ∞ x n n \sum_{n=1}^{\infin}\frac{x^{n}}{n} ∑n=1∞nxn
例
- 令 u n u_{n} un= ( − 1 ) n − 1 n x n − 1 (-1)^{n-1}nx^{n-1} (−1)n−1nxn−1,求幂级数 ∑ n = 1 ∞ u n \sum_{n=1}^{\infin} u_{n} ∑n=1∞un的和函数
- (1)求收敛半径
- 方法1:
- ∣ u n ∣ |u_{n}| ∣un∣= ∣ n x n − 1 ∣ |nx^{n-1}| ∣nxn−1∣, ∣ u n ∣ n \sqrt[n]{|u_{n}|} n∣un∣= ∣ x ∣ n x − 1 n |x|\sqrt[n]{nx^{-1}} ∣x∣nnx−1
- lim n → ∞ u n n \lim\limits_{n\to{\infin}}\sqrt[n]{u_{n}} n→∞limnun= lim n → ∞ ∣ u n ∣ n \lim\limits_{n\to{\infin}}\sqrt[n]{|u_{n}|} n→∞limn∣un∣= ∣ x ∣ |x| ∣x∣,当 ∣ x ∣ < 1 |x|<1 ∣x∣<1时,级数收敛,所以收敛半径为 R = 1 R=1 R=1
- 方法2:
- 幂级数的系数为 a n a_{n} an= ( − 1 ) n − 1 n (-1)^{n-1}n (−1)n−1n, ∣ a n + 1 a n ∣ |\frac{a_{n+1}}{a_{n}}| ∣anan+1∣= n + 1 n \frac{n+1}{n} nn+1
- 从而 ρ \rho ρ= lim n → ∞ ∣ a n + 1 a n ∣ \lim\limits_{n\to{\infin}}|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}| n→∞lim∣anan+1∣= 1 1 1,半径为 R = 1 ρ R=\frac{1}{\rho} R=ρ1=1
- 方法3:(最为方便)
- ∣ a n ∣ n \sqrt[n]{|a_n|} n∣an∣= n n \sqrt[n]{n} nn
- 从而 ρ \rho ρ= lim n → ∞ ∣ a n ∣ \lim\limits_{n\to{\infin}}\sqrt{|a_n|} n→∞lim∣an∣= lim n → ∞ n n \lim\limits_{n\to{\infin}}\sqrt[n]{n} n→∞limnn= 1 1 1
- 方法1:
- (2)求收敛域:
- x = − 1 x=-1 x=−1时,得常数项级数 ∑ n = 1 ∞ n \sum_{n=1}^{\infin}n ∑n=1∞n,显然发散
- x = 1 x=1 x=1,时,得常数项级数 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n \sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}n ∑n=1∞(−1)n−1n,此级数发散
- 事实上, x = ± 1 x=\pm{1} x=±1时,两个级数的一般项在 n → ∞ n\to{\infin} n→∞时不趋于0,所以发散
- 所以收敛域为 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1)
- (3)确定和函数
- s ( x ) s(x) s(x)= ∑ n = 1 ∞ u n \sum_{n=1}^{\infin} u_{n} ∑n=1∞un, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in{(-1,1)} x∈(−1,1)
- 两边积分作 [ 0 , x ] [0,x] [0,x]区间上的积分: ∫ 0 x s ( t ) d t \int_{0}^{x}s(t)\mathrm{d}t ∫0xs(t)dt= ∑ n = 1 ∞ ∫ 0 x ( − 1 ) n − 1 n t n − 1 d t \sum_{n=1}^{\infin} \int_{0}^{x}(-1)^{n-1}nt^{n-1}\mathrm{d}t ∑n=1∞∫0x(−1)n−1ntn−1dt= ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 x n \sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}x^{n} ∑n=1∞(−1)n−1xn= x − x 2 + x 3 − ⋯ x-x^2+x^3-\cdots x−x2+x3−⋯
(1)- 考虑常用的已知级数 1 1 − x \frac{1}{1-x} 1−x1= 1 + x + x 2 + x 3 + ⋯ 1+x+x^2+x^3+\cdots 1+x+x2+x3+⋯
(2),有 1 1 − ( − x ) \frac{1}{1-(-x)} 1−(−x)1= 1 − x + x 2 − x 3 + ⋯ 1-x+x^2-x^3+\cdots 1−x+x2−x3+⋯= 1 1 + x \frac{1}{1+x} 1+x1(3) - 可知式(1)可以表示为 − ( 1 1 + x − 1 ) -(\frac{1}{1+x}-1) −(1+x1−1)= x 1 + x \frac{x}{1+x} 1+xx
- 因此 ∫ 0 x s ( t ) d x \int_{0}^{x}s(t)\mathrm{d}x ∫0xs(t)dx= x 1 + x \frac{x}{1+x} 1+xx,两边求导,得 s ( x ) s(x) s(x)= 1 + x − x ( x + 1 ) 2 \frac{1+x-x}{(x+1)^2} (x+1)21+x−x= 1 ( 1 + x ) 2 \frac{1}{(1+x)^2} (1+x)21, x ∈ ( − 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(−1,1)
- 考虑常用的已知级数 1 1 − x \frac{1}{1-x} 1−x1= 1 + x + x 2 + x 3 + ⋯ 1+x+x^2+x^3+\cdots 1+x+x2+x3+⋯