插本高等數(shù)學(xué)-高數(shù)級數(shù)第11章

29常數(shù)項級數(shù)的概念和性 （1）(3n2)(3n1

1

33n 3n1 1n 1 所以Sn33k k1

3k1 3

3n11n

limSn

n3k1

1

3n

3n1 n1 （n1 1nn1

n1nn1nn

knkkn

k nnlimSn 1，因此由定義可知nn

1； n191；

109

n19 解：因為u1 ,un

10 9 9

9110

9 9n

1n1

1 10

k

9 9n limSn 1

n19

10 （4）

sinnπ6 解：因為an

6,a12,a2a1,a 3,

1，lim

0,lim

1，lim

n

n（1）1111；

解：觀察發(fā)現(xiàn)該級數(shù)為3n，是發(fā)散的調(diào)和級數(shù)n3

11

32

，是收斂的兩個等比級數(shù) 3n，3n，

n1

（3）1

1

1

；

解：觀察發(fā)現(xiàn)該級數(shù)為

1

，是收斂的等比級數(shù)

與發(fā)散的 10n

n1

1313（4）13

1

．341n解：觀察發(fā)現(xiàn)該級數(shù)一般項為u341n

11n n1n

30（1）

2n

；2 解：由于0un

n，而n （2）

2nsinππn 2nπn

2解：由于0

2n ,lim

1，而

3n

23 3

3n1 3（1）

2n；

12n11解：由于0

2n1,limun1

n

2n （2）

2n；nn

2n

2n1(n 解：由于0un

,limn1n

(n

2n （3）

ntanπ

tan解：由于0

n

π,limun1limntanπ

1

n

(n

(n

2n 解：由于0un

2n

,n

n2n1

3n1n n1

4n

n3n1n3n1n解：由于0un n

,

1，4n

n1n2n

2nn1n2nn1nnn 解：由于0

,limnnn

13pnn（1）n

n

1 0

n1limn21lim 1

1p1p n2

1

n1 p（2）

lnn5n4

．lnn

lnn

lnx 解：由于0un

,

n8

909n4

n4

x8x

n1n8p91pp8設(shè)kk 0k(2k 解：對(2n)!來說

1

(n

1n由于0u

,limn1

lim

01

n

n(2n

n2(2nk k(2kk

k

解：對 n1

2

1

(n

1n由于0u

,limn1

lim

0

n

nn

nkk22k(k

0k

k

31交錯級數(shù)與任意項級數(shù)的收斂（1）

n2n2u

,

un2n1n2n12nn2n21且 1 n2n2再由于 n1，由p判別法知

n2

cos n

,x33 33

3,，由p判別法知， ,xR絕對收

n(1)nn1

0 0

nnnnn

lnx

lnx

xxxx

1n1解：由于

lim

1n

1

(n

1n2(n 1 xn2n1(n2n(2n1(nux0limu

2n(nxx2n(nxxn

n x2 n當x2時級數(shù)變?yōu)?nx2時級數(shù)變?yōu)?/p>

n1若limn2a

存在，證明an1n 1n證明：由已知limnlimn2a=limn2a nn

從而an 11

n絕對收斂，且an1n1,2,，試證：級數(shù) a2 都收斂．級數(shù)

nn11a2n

n11證明：若級數(shù)an絕對收斂，則必收斂，由必要條件liman

a2由a1n1,2,，從而級數(shù) n和 都有意義，nnn

1

1a211n 1而

=0，從而級數(shù) n和 都收斂。

n11

n11a2級數(shù) 發(fā)散，因為lim1 1，收斂的必要條件不滿足。n11

n132（1）

x2n1limannan1limannan1n2n1 2n 當x1時 x2n1即為 條件收斂從而收斂域為

n12n（2）

xnn13nRlimn

13n13n1

3n1113n11x3時

xn即為 ，由于

1從而級數(shù)發(fā)n13n因此收斂域為3,

3n

3n

n2 n3an

a0n2n2n3(n1)3(n1)2解：當0a1Rlimn

n2 n2nnx1時冪級數(shù)即為nn

3

，由于 nn

n1 nn2

n2當x

時冪級數(shù)即為

n3

，由于

n

an0n21n3

(n1)21(n1)3an從而級數(shù)收斂。因此收斂域當0a1時n2n2n3(n1)3(n1)2a1Rlimn

nn21

n2 xa時即為即為

n3an

，由于n

an

1從而當a1時收斂域為aa（4）

n

x2n1limannan1limannan1n1n1(n1) 當x2時 x2n1即為 條件收斂

n

從而收斂域為2, x

lim 2n2!!n 因此收斂域為,（6）

xn．n1nntn1nnna解：對于 ，Rlimna

tn

tn nnnn當t1時 即為 條件收斂，當t1時 即為 發(fā)散nnnn

1，收斂域為1tx514x xnnR

n21n1nx1時，即為

n1x1時即為n1從而冪級數(shù)的收斂域為

n設(shè)Sx n

1xx xSxxndx

dxln1x,x0

011ln1x,x[1,0)故Sx （2）nxn

limn 1n1nx1時，即為1nn從而冪級數(shù)的收斂域為

n

x Sx

x

x1x

1

2,x1,1 （3）2n!nnn1 (2n

從而冪級數(shù)的收斂域為(sx

，則s01sx

,s00,n0 n12nsx

sx，sxsxn12n由特征方程r210

1，得通解sxcexc 2再由s01s00,得特解sx1exex 2x （4）2n1，并求數(shù)項級數(shù)2n12n的limannlimannan1n2n 2n解：R

1x1時2n1從而冪級數(shù)的收斂域為

sx2n1，則s00sx

1x

1

sxsxdx1x2dx2ln1x,x 121,1,12

2s12ln212ln3222n1

2

2 233函數(shù)展開成冪級x（1）xe2

x

1 x

1 x

2x1

, , 2

2

2

x

x3

xn1

,x,cos2x 1 1cos解：cosx

1

2x2n,2x,1xet2dt0

2n11n1x2n,x,解：et21t21t22 1t2n

,t2,1t2 x

t4 t2n

t2n

,t,etdt1t2 0

t42n12n1x2n1,x, 3 5xarctanx(提示：利用arctanxx

dt x

01t

narctanx

dt1t2ndt

t2ndt 01t2

2nx2xx2

0

n0

x 解：2xx22x1x31x32x31x3 x1 1

x

2n xn

xn,x3

3n02

3將下列函數(shù)展開成xx0的冪級數(shù)（

3

x01； 解 3 2x 2

x11x

(x1)n,x2n02

n0sinx

xπ 2 解sinxsinx442sinx4cosx4 2

1n

1n

2n2(2n1)!x4

(2n)!x4

,x,

xsintdt sin 解： (2n

t2n,t,00,0x0

x

dt(2n

tdtn02n1(2tdt

x2n1,x,xarctantdt

t2n,t n02nxarctan

dt

x

t2ndt

x2n1,x

2n02ndex1

n02n 展開dx 為x的冪級數(shù)，并證明：n1!1． ex1

x解 x

,x,dex1

n1

n

dx n!

n!

(n1)!

,x,

從而

dex1xexexxexexn1n

n1(n

dx

34fx的周期為2πf（1）f(x)e2x

πxπ

fxdx

e2xdx

e21an1

e2xcosnxdx

e2x2cosnxnsin

21ne2e2

22

4n21bn1

e2xsinnxdx

e2x2sinnxncos 22

n1n1e2e2 4n2e2

1ne2e2f(x)

4n2

2cosnxnsinnx,xe2

1ne2e2

e2

4n2

2cosnxnsinnx

,x2f(x)sinx

πxπ a

fxdx sin 0

2cosx cos1nxcos1nx2

1

1

22an

sinxcosnxdx

1n2 b

sinxsinnxdx 2f(x)

1

cosnx,x,x（3）f(x)x

πx；0xπ；1 1 a0fxdxxdxdx sin1 sinanxcosnxdxcosnxdx 1

2 cosbnxsinnxdxsinnxdxnxdcoscos2

cos 2cos

1nnxdcosnx nxcosnx0cosnxdx sinn2 sinn

1n 11n2 1n

n 0 11n22f(x) 2

sinnx,x 11n2 fk0fk 22

sinnx

,x （4）f(x) 0x2π1 1a0fxdxxdx 1

1

1 an

xcosnxdxnxdsinnxxsinnx0sinnxdx 1

1

1bn

xsinnxdxnxdcosnxnxdcossinn sinn1

1

2

xcosnx

cosnxdx

2 nn 0n0 0f(x)2sinnx,x2kπ;2sinnx,xn1 n1fx2 f(x)2 3

πxπ1 1 解：a0 1

fxdxx

dx33an

cosnxdx331

1

bn

2sin3sinnxdxcos3nxcos3nx

1 1 9n2 31n13f(x)

9n2

sinnx,x,1f(x)1

πx0xπ

fxdx

1

exdx

dx

1e

1

sinn 1excosnxnsinnx sinnanecosnxdxx

cosnxdx

1 1e1n2

01

1exsinnxncosnx bn

exsinnxdx

sinsnxdx

1

0n1nnen

1n

e11nn21

1

1n21e

1e

e11nn2 f(x)

n1

1n2

1n2

sinx,（1）f(x)x2

0xanbn

2x2sinnxdx2

2

x2dcosnx

2x2cosnx

sinnx

sinnx

2cosnx

n1

41nn

41n4

f(x)

1n1

sinnx,x0,bna0

x2dx 2

x302

3

2

cosnxan

x2cosnxdx0

x2dsinnxn

x2sinn

n n2 2sinnx n f(x)

3

cosnx，x0,f(x)ex

0xanbn

2exsinnxdx2

2

exdcosnx

2exsinnxncos1n2

2n2ne 1n2 2n2nef(x)

1n2

sinnx,x0,bna0

2exdx2

2ex

2e 2 2an

excosnxdx

n

exdsinnx 2excosnxnsin1n2

2e1n 1n20e0

2e1nf(x)

1n2

cosnx，x0,35一般周期函數(shù)的傅里fx6的周期函數(shù)，它在f(x)2x

3x

0xfx1 1

12 a03fxdx32xdxdx3

31

1

3an32x

3dxcos3dxn2xd

2 31

3 3

03 63 2x

2

3dxn22

2nn1

1

3bn 2x3

dx33

dx

2xd 331

1

0

61n

dx

61n

n

n

3 3 6 3

f(x) 2

,x3(2k n1 n 3 6

2

2,x3(2k1);k n1 n 3 cosπx

xf(x) 0,1

x解：取T4作周期延拖在限定即可，函數(shù)為偶函數(shù)，故bn121a02

2fxdx22

πxdx2

πx

11

n+1

an

2

2dx2

0 11 n1

2 dxn10 11 1a12cosx1dx2 x

n12 1a n1sinn1n1sin(n1)x1 n21

0 0 n

(n1)

21k n21n

n2

4k2

21kf(x)2cos

k

4k2

coskx,x2,f(x)

0x2ll

x an 2l

2l

bnlx

dxllll2

dxnxd

(lx)d ll 2 n

nnxll00

dxl

lnxnx 2l2

2 l

n nxnxll0 2

l0l

dx

lll2

2

l

4lsin

n2 f(x)

4lsinnsinn

x0,ln1n2 bn2l

1 a

lxdx l l

l l l

l20ll22l20ll2

2l

anlx

dxllll2

dxnxd

(lx)d ll nxnxll0

xsinn

l0l

dx(lx)

lll2

nx 22nx 2

n

2l02l

dx

2ll2l2

nxll0 nxll0 2 n2

n222cos

1cosn f(x)l2l2cosn1cosncosn ， n22 f(x)x(4x0x48的正弦級數(shù)．a(chǎn)n0bn

44244xx224

4

dx

2

4xx2d

4 424

16

4xx2

4

dx

n22

2xd444 4416

1222xsinn

4dxn33

f(x)

1n3

4

0，x0,0

第十一章《無窮級數(shù)》測試對級數(shù)an

lima0”是它收斂的 條件nn “部分和數(shù)列Sn有界”是正項級數(shù)an收斂的 條件 若級數(shù)an絕對收斂，則級數(shù)an必 若級數(shù)an條件收斂，則級數(shù)

必 收斂 （1）ln(n1) 1(x解：因為 1)nlimln(x1)1(x

n

3n4（23n4 解：因為 n3n3n4（3）

lnn2；nn n 2 解：因為 n2 ln n2

n

n n

1n（4）

n4

；n14

1n44

0

(n

n4 nn 1 n（5）nn2n 1 解：因為 nnn

nn1

1（6） ,a,b0；n1na解：因為 n nna na （7）

3n；nn

3n1n

n

3n

n1n1 （8）

ln

解：設(shè)

yx3x

， lnyx

ln3x1, ln

0lim3x3013x1x0limln3x1x

x

ln

nlimlnylimx

ln3x1,

ylimnn31

3ln

yx33x

，則lnyx

ln3x1 x xlimx33x1limnn3

n2而

1,p2

3

b（9）nbnban

aa,b均為正數(shù)，且limaaa n a nn

b

n 當ba1發(fā)散，當ba1該正項級數(shù)收斂當ba1不能判定斂散性。（10）

x1n0x2dxx1n1解：由積分中值定理0xx2xx2

dxxx2xx2

1

1,01 從而00

dx nnx x1n有比較判別法1n

0x2dx (1)（1）nlnn解：令fx

，則fx

1x

0x1xln

xln從而u 單碟減少，又 nln nnln (1)從而以來布尼茨判別法nlnn但是 n1，因此是條件收斂而不能絕對收nnlnR2R2 R2R2unsin

1n1sinπn

R2n21n

n Rn R2

單碟減少且limunn R2

R2R2 sin 收

但是 n

n R2

n

R2n2 （3）

sinπn

1sinπ （4）

(1)n1sinx,xn解：去掉前面有限項即當n

n，對足夠大的n,

單碟減少且limuxnx xnx

n從而以來布尼茨判別法

(1)n1sinxx0n（1）

1nkn

1k1 1nnk13 k解：由于

1kk

單調(diào)增加且kk

1kk

ee21n1 1

1ne

e13從而0

0,nnk13k k

nk13

13nk因此 準則lim11nk

1k nnk13 k 1

1（2）lim23498272n 1 1n3

3nkk k解：令yn2349827

2k13k，由于

k

k

k1 x

k

看 k

k1

xk

x1x

1

2,x

1 從而

，因此lim2349827

k1

1

n 3 3 （1）

3n n13n

x1nn解：看n

tn3n3n2n1n1n13(n1)2nnnR n

3n2n

1而

2 2

1，收斂域為1x113xn（2）n

p0

n1n

n

lim1n1p

11npp1時收斂域為[1,1；當0p1時收斂域為[1,1；當p0時收斂域為(1,1)1np（1）n(n1)xn

limnn11n1n1n

1考慮端點則知收斂域為(1,1 在收斂域sxn(n1)xn，則sxdxnxn1x2

在收斂域內(nèi)再設(shè)gxnxn1，則

gxdxxn

1

,gx

1

sxdxnxn1

1

,sx 2

1x（2）4n14n414n41n4n4n考慮端點則知收斂域為(1,1

x411 在收斂域sx4n1

sx

1

1x41,s0x 1x1 1

1sxsxdx221 2dxx

0

1x

1x

1

解：由于ln1x 1nxn,ln1x

1

n

1xln1x

n

xn1

n

xn2

n

xn1

x111nxn1x

2