【6】级数初步

题6.1 把展开成的幂级数()。
解法1 设，则

上式右边系数为，比较系数：

所以，，最后：

解法2 如图6.1.1，列除法竖式：

6.1.1

所以，

题6.2 把展开的成幂级数。
解法1 设，则

上式的系数为，比较系数得：

所以，，所以：

解法2 如下图，列除法竖式：

图6.2.1.jpg

所以，

定理6.3 收敛。
证法1 （裂项相消法) $S_n=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...+\frac{1}{n^2}\\ <1+\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}++\frac{1}{3\times 4}+...+\frac{1}{(n-1)n}\\ =1+1-\frac{1}2+\frac{1}2-\frac{1}3+...-\frac{1}n=2-\frac{1}n<2$

所以递增且有上界，所以数列收敛，所以级数收敛。
证法2 $1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...=\prod_{p是素数}{(1+1/p^2+1/p^4+1/p^6+...)}\\ =\prod_{p是素数}{\frac{p^2}{p^2-1}}=\frac{2}{2^2-1}\cdot\frac{3}{3^2-1}\cdot\frac{5}{5^2-1}\cdot\frac{7}{7^2-1}\cdot\frac{11}{11^2-1}...\\ <\frac{2^2}{2^2-1}\times\frac{3^2}{3^2-1}\times \frac{4^2}{4^2-1}\times...\\ =\frac{2^2}{1\times3}\times\frac{3^2}{2\times 4}\times \frac{4^2}{3\times 5}\times\frac{5^2}{4\times 6}\times...\\=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2n}{n+1}=2.$
再者，所以递增且有上界，所以数列收敛，所以级数收敛。

定理6.4 收敛。
证明 $S_n=\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+...\frac{1}{n!}\\\ <1+1+1/2+1/6+\frac{1}{3\times4}+\frac{1}{4\times5}+...+\frac{1}{(n-1)n}\\ =\frac{8}3+\frac{1}3-\frac{1}4+\frac{1}4-\frac{1}5+...-\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n-1}-\frac{1}n=3-\frac{1}n<3$
这说明部分和有界且递增，所以级数收敛。

定义6.5

题6.6 ，求证：对于任意的实数。
证明 $f(x)f(y)=\left(1+x+\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{3!}x^3+...\right)\left(1+y+\frac{1}{2!}y^2+\frac{1}{3!}y^3+...\right)\\ =1+(x+y)+\left(\frac{1}{2!}x^2+xy+\frac{1}{2!}y^2\right)+\left(\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{2!1!}x^2y+\frac{1}{1!2!}xy^2+\frac{1}{3!}y^3\right)+...\\ =1+\frac{x+y}{1!}+\frac{(x+y)^2}{2!}+\frac{(x+y)^3}{3!}+...=f(x+y)$

题6.7 把展开成幂级数。

解设其中，则

比较系数得：

解得：
$a_0=\frac{1}{0!}\\ a_1=\frac{\frac{1}2}{1!}\\ a_2=\frac{\frac{1}2\left(\frac{1}2-1\right)}{2!}\\ a_3=\frac{\frac{1}2\left(\frac{1}2-1\right)\left(\frac{1}2-2\right)}{3!}\\ a_4=\frac{\frac{1}2\left(\frac{1}2-1\right)\left(\frac{1}2-2\right)\left(\frac{1}2-3\right)}{4!}\\ ...$
所以， $(1+x)^{1/2}=\frac{1}{0!}+\frac{\frac{1}2}{1!}x+\frac{\frac{1}2\left(\frac{1}2-1\right)}{2!}x^2+\frac{\frac{1}2\left(\frac{1}2-1\right)\left(\frac{1}2-2\right)}{3!}x^3+\frac{\frac{1}2\left(\frac{1}2-1\right)\left(\frac{1}2-2\right)\left(\frac{1}2-3\right)}{4!}x^4+...$

题6.8 已知，正值函数满足如下条件：
a).
b).
证明：
(1) ;
(2);
证明 (1) 对利用数学归纳法：
当时，易验证命题成立。
假设当命题成立，即。当，利用a),b)推导如下：
。
综上，对于任意的自然数。
(2) 分几种情况讨论：
第一种情况：当，根据条件b)得：
$f^n\left(\frac{1}n\right)=\overbrace{f\left(\frac{1}n\right)f\left(\frac{1}n\right)...f\left(\frac{1}n\right)}^{n个函数相乘}\\=f\left(\overbrace{\frac{1}n+\frac{1}n+...+\frac{1}n}^{n个相加}\right)\\ =f(1)=a$
因是正值的，所以.

第二种情况：当,得：
$f\left(\frac{m}n\right)=f\left(\overbrace{\frac{1}n+\frac{1}n+...+\frac{1}n}^{m个相加}\right)=\overbrace{f\left(\frac{1}n\right)f\left(\frac{1}n\right)...f\left(\frac{1}n\right)}^{m个函数相乘}=\left(a^\frac{1}n\right)^m=a^\frac{m}n$
以上两种情况解决了正有理数的问题，接下去：
第三种情况：为负有理数，注意到：
变形得：。
第四种情况：当的情况显然成立。
综上四种情况，对于任意的有理数。

题6.9
(1) 四舍五入求的近似值，使误差不大于
(2)证明：
(1) 解设，则根据定义显然，对于任意的，所以

同时，对于任意的有：
$e_n=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}\left(1+\frac{1}6+\frac{1}{6\times7}+...+\frac{1}{6\times7\times8\times...\times n}\right)\\ <1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}\left(1+\frac{1}6+\frac{1}{6\times 7}+\frac{1}{7\times 8}++\frac{1}{(n-1)\times n}\right)\\ =1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}\left(1+\frac{1}6+\frac{1}6-\frac{1}7+\frac{1}7-\frac{1}8+...+\frac{1}{n-1}-\frac{1}n\right)\\ =1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}\left(1+\frac{1}6+\frac{1}6-\frac{1}n\right)\\ <1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}\left(1+\frac{1}6+\frac{1}6\right)<2.72$
可见，是数列的上界，而是的上确界，所以所以，误差不超过0.01。

(2) 证明令

显然，根据题6.6，有。
再根据题6.8，就有本题结论。

题6.10 数列的通项公式为
(1) 讨论数列的单调性。
(2) 讨论数列的的收敛性。
解 (1) $a_{n+1}=\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}=1+C_{n+1}^1\left(\frac{1}{n+1}\right)+C_{n+1}^2\left(\frac{1}{n+1}\right)^2+...+C_{n+1}^n\left(\frac{1}{n+1}\right)^{n}+C_{n+1}^{n+1}\left(\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} \\> 1+C_{n+1}^1\left(\frac{1}{n+1}\right)+C_{n+1}^2\left(\frac{1}{n+1}\right)^2+...+C_{n+1}^n\left(\frac{1}{n+1}\right)^{n} \\=1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)+,,,+\frac{1}{n!}\prod_{k=1}^{n-1}{\left(1-\frac{k}{n+1}\right)} \\>1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+,,,+\frac{1}{n!}\prod_{k=1}^{n-1}{\left(1-\frac{k}{n}\right)}\\ \\= 1+C_n^1\left(\frac{1}n\right)+C_n^2\left(\frac{1}n\right)^2+...+C_n^n\left(\frac{1}n\right)^n =\left(1+\frac{1}n\right)^n=a_n$
所以单调递增。

(2) $a_n=\left(1+\frac{1}n\right)^n=1+C_n^1\left(\frac{1}n\right)+C_n^2\left(\frac{1}n\right)^2+...+C_n^n\left(\frac{1}n\right)^n\\ =2+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}n\right)+\frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}n\right)\left(1-\frac{2}n\right)+...+\frac{1}{n!}\prod_{k=1}^{n-1}{\left(1-\frac{k}n\right)}\\ \le \sum_{k=0}^n{\frac{1}{k!}}<e$
所以有上界；同时因为单调递增，所以收敛。

题6.11 数列的通项公式为
(1) 讨论数列的单调性。
(2) 讨论数列的的收敛性。
解 (1) 方法1：考察函数
取对数：
利用微分算子：
得：
即得：
再者，设
求导得：
所以，当时，，所以严格递减于。
注意到：，所以。
再由及(6.11.1)知，。
从而得函数严格递增于。这说明数列单调递增。
方法2 自然数，这里可以利用均值不等式：
上式等价于：
上式说明单调递增。
(2) 显然，结合其单调递增性，单调递增且有上界，所以数列收敛。

题6.12 求证：
解根据题6.10及题6.11，收敛，所以： $\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{1}n\right)}\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1-\frac{1}n\right)}\\ =\lim_{n\rightarrow\infty}{{\left(1+\frac{1}n\right)}^n{\left(1-\frac{1}n\right)}^n}\\ =\lim_{n\rightarrow\infty}{ \left( 1-\frac{1}{n^2} \right)^n }=\lim_{n\rightarrow\infty}{\left[ \left( 1-\frac{1}{n^2} \right)^{n^2}\right ]^{1/n} }=1$

定理6.13 是无理数。

定理6.14
证明设
根据二项式定理：
根据题6.10知，收敛，且容易证明，所以：
另一方面，设
显然有
当时，，所以。所以
，命题得证。

定理6.15
证明 1) 先证的情况：
设，利用二项展开式得：

令，则
于是，，即：
另一方面，取任意自然数，有
所以，任意自然数，有

所以，即

2)当时，因为 $\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{x}n\right)^n}\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{-x}n\right)^n}=\lim_{n\rightarrow \infty}{\left(1+\frac{x}n\right)^n\left(1-\frac{x}n\right)^n}=\left[\lim_{n\rightarrow \infty}{\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)^{n^2}}\right]^{1/n}=1$
所以
综上所述，命题成立。

定义6.16 （1)令，称为级数
的前项部分和。

(2) 如果，则称级数
收敛于。

(3) 如果级数收敛，则称级数

绝对收敛。

定理6.17 绝对收敛的级数收敛。
证明设绝对收敛，可以设
取部分和：

则数列收敛于，即
于是，根据柯西收敛定理，对于任意存在自然数，当时，有：
利用(6.17.2)式，有
再由绝对不等式缩放：
根据柯西收敛定理，得部分和收敛，即级数收敛，得证。

题6.18 讨论以下级数收敛性与绝对收敛性
(1)
(2)
解 (1) 绝对收敛，收敛。(2) 收敛，不绝对收敛。

题6.19 问：全体素数的倒数和是收敛还是发散？

【6】级数初步

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