(完整版)無(wú)窮級(jí)數(shù)習(xí)題及答案

(完整版)無(wú)窮級(jí)數(shù)習(xí)題及答案(A)第十一章無(wú)窮級(jí)數(shù)用定義判斷下列級(jí)數(shù)的斂散性：1.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+2-n+1}$；2.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n(2n+2)}{3n+1}$；3.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+n}{5^{n}}$。判斷下列正項(xiàng)級(jí)數(shù)的斂散性：4.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{4}}{4^{n}(2n+3n+1)}$；5.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\sqrt{n}}$；6.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^{1002n}}{n!n^{n+3}}$；7.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\sqrt{n}}$；8.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{n+1}}{(n+1)^{n}}$；9.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\frac{(-1)^{n}}{n}}$；10.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{3n+1}$。求下列任意項(xiàng)級(jí)數(shù)的斂散性，收斂時(shí)要說(shuō)明條件收斂或絕對(duì)收斂：11.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}n}{n^{2}-1}$；12.$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}$；13.$1.1-1.01+1.001-1.0001+\cdots$；14.$\frac{1}{2}-\frac{2}{3}+\frac{2}{4}-\frac{2}{5}+\cdots$；15.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}}{(n+1)^{n}}x^{n}$；16.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}\cos^{2n}x$；17.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{2^{n}}x^{n}$；18.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-1)^{n}}{n^{n}}$；19.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{n^{2}2^{n+1}}$；20.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{3^{n}}x^{n}$。求下列級(jí)數(shù)的和函數(shù)：21.$\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}$；22.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+1}\left(\frac{x}{2}\right)^{2n+1}$。將下列函數(shù)展開成$x-x$的冪的級(jí)數(shù)：23.$\operatorname{sh}x=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}$，$x=0$；24.$\cos^{2}x$，$x=0$；25.$\ln(1+x)$，$x=0$；26.$\frac{1}{x}$，$x=3$。將下列函數(shù)在區(qū)間$[-\pi,\pi]$上展開為傅里葉級(jí)數(shù)：27.$A(x)=\cosx$，$-\pi\leqx\leq\pi$；28.$f(x)=-2t$，$-\pi\leqx\leq\pi$；29.$f(x)=\begin{cases}2x,&-3x\leqt\leqx\\x,&x\leqt\leq3x\end{cases}$；30.$f(x)=\begin{cases}l-x,&0\leqx\leql\\x,&l\leqx\leq2l\end{cases}$。(B)用定義判斷下列級(jí)數(shù)的斂散性：1.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3n+1}{(3n+1)(n+2)+2n+4}$；2.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(3n+1)(n+2)-2n+2}{(n+2)(2n+3)}$；3.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+2-2n+2+n}{3^{n+2}}$。判斷下列正項(xiàng)級(jí)數(shù)的斂散性：4.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n}n!}{n^{3n-1}}$；5.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n+1}{n^{3n-1}\sqrt{n}}$。!n5．解：∵Snnk1knn12，∴由比較判別法知原級(jí)數(shù)發(fā)散。6．解：由Dirichlet判別法，當(dāng)n趨于無(wú)窮大時(shí)，sinn單調(diào)趨于0，且n11n收斂，∴原級(jí)數(shù)收斂。7．解：由冪級(jí)數(shù)收斂半徑公式，有Rlimsupnnn111，∴收斂區(qū)間為1,1。對(duì)于x=±1，級(jí)數(shù)發(fā)散；對(duì)于x=1或x=-1，級(jí)數(shù)變成調(diào)和級(jí)數(shù)，發(fā)散；對(duì)于其他x，級(jí)數(shù)收斂。8．解：由冪級(jí)數(shù)收斂半徑公式，有Rlimsupnnn111，∴收斂區(qū)間為1,1。當(dāng)x=1時(shí)，級(jí)數(shù)變成調(diào)和級(jí)數(shù)，發(fā)散；當(dāng)x=-1時(shí)，級(jí)數(shù)為0，收斂；當(dāng)|x|<1時(shí)，級(jí)數(shù)收斂，和為1x1x。9．解：設(shè)原級(jí)數(shù)的和為S，有S1n1n112n12n111nn1n2n1101nx2ndx101x2x4dx10x20x4dx1x3x5C35014∴原級(jí)數(shù)的和為1-π/4。10．解：由冪級(jí)數(shù)展開公式，有xn1xnn1；1x1x∴有xn1fx0xn1!dt1xn0xn1xn1;n01xxxxn1xn;n01xn11x∴有∞xxxxn1!nn01xn11xn11x∞xxxxn01xn01xn01xn1xn!1xn0∴有xxxxxn01xn01xn01xn1nx1xn0∴有xxxxn01xn01xn01xn1nx1xn1∴有xxxxn11xn11xn11xnn1x1xn0∴收斂區(qū)間為(-1,1)，和函數(shù)為xln1x。11．解：由冪級(jí)數(shù)展開公式，有fxn2x3n1x3n2x3nx3n2x3n；n1n1∴收斂區(qū)間為(-1,1)，和函數(shù)為x3x3xxn2x3nx3x3n11xn11xxxxx3;1x1x1xn1n1n1x3xxxx3x3x3;1x1x1xn1∴和函數(shù)為x3xxxx3x3x3。1x1x1x12．解：對(duì)于區(qū)間，0，有,0xfx1,x01,0x則有fx1n2sinnx，0x；n1fx1n2sinnx，1.對(duì)于第一段話，需要把公式排版整齊，同時(shí)刪除最后一句話，因?yàn)闆](méi)有意義。$n+1$$n$$n+1\left(\frac{1}{n+1}\right)^{\frac{1}{n}}$區(qū)間為$(-\infty,+\infty)$。2.對(duì)于第二段話，需要重新排版公式，并刪除最后一句話，因?yàn)闆](méi)有意義。$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=1$，故$R=2$。當(dāng)$|x-1|<2$，即$-1<x-1<3$時(shí)收斂。3.對(duì)于第三段話，需要重新排版公式，并刪除最后一句話，因?yàn)闆](méi)有意義。$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^2a_n}{(n+1)^2}=2$，故收斂區(qū)間為$(-1,3)$。4.對(duì)于第四段話，需要重新排版公式，并刪除最后一句話，因?yàn)闆](méi)有意義。當(dāng)$\frac{2x^2}{n+1}<1$，即$\frac{x^2}{n}<\frac{1}{2}$時(shí)收斂。故收斂區(qū)間為$(-2,2)$。5.對(duì)于第五段話，需要重新排版公式，并刪除最后一句話，因?yàn)闆](méi)有意義。$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=3$，故收斂區(qū)間為$(-3,3)$。6.對(duì)于第六段話，需要重新排版公式，并刪除最后一句話，因?yàn)闆](méi)有意義。設(shè)$f(x)=\sum\limits_{n=1}^\inftynx^{n-1}$，則$f(x)=\frac{1}{(1-x)^2}$，$|x|<1$。7.對(duì)于第七段話，需要重新排版公式，并刪除最后一句話，因?yàn)闆](méi)有意義。設(shè)$f(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{x^{2n+1}}$，則$f(x)=\frac{x}{1+x^2}$，$|x|<1$。8.對(duì)于第八段話，需要重新排版公式，并刪除最后一句話，因?yàn)闆](méi)有意義。$\sum\limits_{n=1}^\infty(x^{2n}-(-x)^{2n})=\sum\limits_{n=1}^\inftyx^{2n}$，當(dāng)$-1<x<1$時(shí)收斂。9.對(duì)于最后一段話，需要重新排版公式，并刪除最后一句話，因?yàn)闆](méi)有意義。$\sum\limits_{n=1}^\infty\left(x^{2n}-(-x)^{2n}\right)=\sum\limits_{n=1}^\inftyx^{2n}-\sum\limits_{n=1}^\infty(-x)^{2n}=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$，$-\infty<x<+\infty$。xFx，xl,l，計(jì)算付氏系數(shù)如下：a01lllxfxdx2ll0xfxdx1ll0xsinsinnnxdx0llan，(n,1,2,)ll22nxnxbnxcosdxllxcosdxlllx4lncos24ln,n1,2,2∴fxa0n1ancosnxbnsinnx，xl。3)由于fx在0,2上的周期為2，所以可以用正弦級(jí)數(shù)展開，計(jì)算付氏系數(shù)如下：a010fxdx10xdx2an，(n1,2,)0fxsindx10xsinxdx0nbn，(n1,2,)0fxcosdx10xcosxdx2∑n111n2nsinx，0x2。1.由根值判別法可知，原級(jí)數(shù)收斂。2.根據(jù)比較判別法，當(dāng)$b<a$時(shí)，原級(jí)數(shù)收斂；當(dāng)$b>a$時(shí)，原級(jí)數(shù)發(fā)散；當(dāng)$b=a$時(shí)不定。3.當(dāng)$a\leq1$時(shí)，由極限判別法可知級(jí)數(shù)發(fā)散；當(dāng)$a>1$時(shí)，由比值判別法可知級(jí)數(shù)發(fā)散。4.根據(jù)積分判別法，原級(jí)數(shù)收斂。5.由比較判別法可知，原級(jí)數(shù)非絕對(duì)收斂，但由萊布尼茲判別法可知原級(jí)數(shù)條件收斂。6.由比較判別法可知，原級(jí)數(shù)非絕對(duì)收斂，但由萊布尼茲判別法可知原級(jí)數(shù)條件收斂。7.根據(jù)比值判別法，當(dāng)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|<1$時(shí)，原級(jí)數(shù)收斂；當(dāng)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|>1$時(shí)，原級(jí)數(shù)發(fā)散；當(dāng)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|=1$時(shí)不定。8.根據(jù)比值判別法，當(dāng)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|>1$時(shí)，原級(jí)數(shù)發(fā)散；當(dāng)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|\leq1$時(shí)，需應(yīng)用其他方法判斷收斂性。9.根據(jù)積分判別法，原級(jí)數(shù)收斂。10.根據(jù)萊布尼茲判別法，原級(jí)數(shù)條件收斂。11.根據(jù)比較判別法，原級(jí)數(shù)非絕對(duì)收斂，但由萊布尼茲判別法可知原級(jí)數(shù)條件收斂。12.根據(jù)比值判別法，當(dāng)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|>1$時(shí)，原級(jí)數(shù)發(fā)散；當(dāng)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|\leq1$時(shí)，需應(yīng)用其他方法判斷收斂性。13.根據(jù)比值判別法，當(dāng)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|>1$時(shí)，原級(jí)數(shù)發(fā)散；當(dāng)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|\leq1$時(shí)，需應(yīng)用其他方法判斷收斂性。首先，這篇文章似乎是數(shù)學(xué)公式，但是缺少了一些必要的符號(hào)和格式，因此很難理解。因此，我將嘗試將其格式化，同時(shí)刪除明顯有問(wèn)題的段落，并進(jìn)行必要的改寫。首先，我們有以下公式：$$f(x)=\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\cos\left(\frac{n\pix}{2l}\right),\quad\text{for}-l\leqx\leql$$我們想要證明這個(gè)級(jí)數(shù)是收斂的，并求出其和。為此，我們首先考慮一個(gè)輔助級(jí)數(shù)：$$U_n=\sum_{k=1}^n\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{1}{n+1}$$我們可以將其寫成以下形式：$$U_n=\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\binom{2k-2}{k-1}\frac{1}{n+1}$$接著，我們可以對(duì)其進(jìn)行估計(jì)：$$\begin{aligned}U_{n+1}&=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{1}{n+2}\\&=\frac{2n+1}{n+2}U_n+\frac{1}{(n+2)(2n+3)}\end{aligned}$$因此，我們可以得到：$$\begin{aligned}\sum_{n=1}^\inftyU_n&=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\binom{2k-2}{k-1}\frac{1}{n+1}\\&=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\binom{2k-2}{k-1}\sum_{n=k}^\infty\frac{1}{n+1}\\&=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\binom{2k-2}{k-1}\ln\left(\frac{k+1}{k}\right)\\&=\ln\left(\frac{4}{\pi}\right)\end{aligned}$$接著，我們考慮原級(jí)數(shù)的收斂性。根據(jù)Dirichlet判別法，我們只需要證明以下兩個(gè)條件：1.$\cos\left(\frac{n\pix}{2l}\right)$在$-l\leqx\leql$上單調(diào)遞減趨于$0$；2.$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n+1}$是收斂的。對(duì)于第一個(gè)條件，我們可以觀察到$\cos\left(\frac{n\pix}{2l}\right)$在$-l\leqx\leql$上是單調(diào)遞減的，并且在$x=\pml$處為$0$。對(duì)于第二個(gè)條件，我們已經(jīng)在上面證明了它是收斂的。因此，原級(jí)數(shù)是收斂的，其和為$\ln\left(\frac{4}{\pi}\right)$。接著，我們考慮以下級(jí)數(shù)：$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{(n^2+1)\lnn}$$我們可以使用比較判別法來(lái)證明它的發(fā)散性。我們可以取一個(gè)收斂的$p$級(jí)數(shù)，比如$\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n\lnn}$，然后比較它們的大?。?$\begin{aligned}\frac{n}{(n^2+1)\lnn}&<\frac{1}{n\lnn}\\\sum_{n=2}^\infty\frac{n}{(n^2+1)\lnn}&<\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n\lnn}\\\end{aligned}$$因此，原級(jí)數(shù)是發(fā)散的。接著，我們考慮以下級(jí)數(shù)：$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{(n^2+x^2)^{3/2}}$$其中$x>0$。我們可以使用比較判別法來(lái)證明它的收斂性。我們可以取一個(gè)收斂的$p$級(jí)數(shù)，比如$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}$，然后比較它們的大?。?$\begin{aligned}\frac{n}{(n^2+x^2)^{3/2}}&<\frac{1}{n^2}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{(n^2+x^2)^{3/2}}&<\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\\\end{aligned}$$因此，原級(jí)數(shù)是收斂的。最后，我們考慮以下級(jí)數(shù)：$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}$$我們可以將其寫成以下形式：$$\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}H_n\\&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\lnn+\gamma\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\\&=-\ln2\end{aligned}$$其中$H_n$是調(diào)和數(shù)，$\gamma$是歐拉常數(shù)。第一個(gè)等號(hào)是因?yàn)?H_n=\lnn+\gamma+O(1/n)$，第二個(gè)等號(hào)是因?yàn)?\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}=-\ln2$。因此，原級(jí)數(shù)的和為$-\ln2$。注：以上是我對(duì)原文的理解和修改，可能存在錯(cuò)誤，歡迎指正。7.解：根據(jù)比值判別法，當(dāng)極限$\lim\limits_{n\to\infty}\left|\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right|$存在時(shí)，級(jí)數(shù)的收斂域?yàn)?(-R,R)$，其中$R$為該極限的倒數(shù)。對(duì)于本題，有：$$\lim_{n\to\infty}\left|\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right|=\lim_{n\to\infty}\dfrac{n+2-n+\frac{1}{2}}{n+1+n}=\dfrac{1}{2}$$因此，當(dāng)$2|x|^2<1$時(shí)，級(jí)數(shù)收斂，即收斂域?yàn)?(-\sqrt{\frac{1}{2}},\sqrt{\frac{1}{2}})$。8.解：根據(jù)比較判別法，設(shè)$b_n=\dfrac{1}{2^n}$，則有：$$0\leqa_n\leqb_n$$因?yàn)?\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n$是一個(gè)收斂的幾何級(jí)數(shù)，所以$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$也是收斂的。又因?yàn)?\lim\limits_{n\to\infty}\left|\dfrac{a_n}{b_n}\right|=1$，所以收斂域?yàn)?(-1,1)$。9.解：根據(jù)冪級(jí)數(shù)的求和公式，有：$$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}x^{2n}=\dfrac{x^2}{1-x^2}$$因?yàn)?f(x)$在$(-1,1)$內(nèi)有定義，所以當(dāng)$|x|<1$時(shí)，級(jí)數(shù)收斂。當(dāng)$x=1$時(shí)，級(jí)數(shù)變?yōu)?\sum\limits_{n=1}^{\infty}1$，發(fā)散；當(dāng)$x=-1$時(shí)，