级数求和的方法

1)
逐项微分,
得
6 6 f ′(x ) =
∞
( (n= 1 n
1) n(2n
1x -
2n- 1
1) )
′=
∞
(-
n= 1
1) n- 1 n
1 x2
ln
(1
+
x 2) (x ≠ 0)
6 x 2n- 2 =
∞
1 x 2 n= 1
(-
1) n- 1 (x 2) n = n
∫ 积分, 得 f (x ) =
6 解 已知 -
ln (1 -
x) =
∞ n= 1
xn n
(
-
1 ≤ x ≤ 1)
故
6 6 ∞
n= 1
n
1 3n
=
∞ (1 3) n = -
n= 1
n
ln (1 -
x)
= x = 1 3
ln
3 2
四、作为某一函数的傅里叶级数在指定点的值
例 6 利用 f (x ) = x 2 在[ - Π, Π] 的傅里叶级数, 求下列级数的和。
1 (2n -
1) 2 -
∞
(-
n= 1
1) nn2
1
=
Π2 8
-
Π2 12
=
Π2 24
五、借助于已知和函数的幂级数, 通过在其收敛域内逐项微分、逐项积分来求幂级数和
例 7 求幂级数的和
6∞
(- 1) n- 1
n= 1 n (2n - 1)
x 2n- 1 ( x ≤ 1)
分析 对一个给定的函数, 如何展成幂级数, 这是比较熟悉的事。但反过来给定一个幂级数如
n= 1
1
例
2
求
1 2
+
3 22
+
5 23
+
…+
2n 2n
1+
…
解 S n =
1 2
+
3 22
+
5 23
+
…+
2n 2n
1
1 2
S
n
=
1 22
+
3 23
+
5 24
+
…+
2n - 1 2n- 1
(n
1 +
1) ! )
=
1-
1 (n + 1) !
两式相减
1 2
S
n
=
1 2
+
2 22
+
2 23
∞
∞
∞
∞
6 6 6 6 (1) (n= 1
1) n-
1
1 n2
(
2)
n=
1
1 n2
(
3)
n=
1
1 (2n -
1) 2 (4) n= 1
1 (2n) 2
解 易得 f (x ) = x 2 在[ - Π, Π] 上的傅里叶展开式
1 8 高等数学研究 第 2001 年 6 月
6 x 2 =
Π2 3
-
∞
4
n= 1
(-
1) nn2
1
co snx x
∈
[-
Π, Π]
6 6 令 x =
∞
0, Π 得 (1) (-
n= 1
1) nn2
1
=
Π2 12
(
2)
∞ n= 1
1 n2
=
Π2 6
6 6 6 6 ∞
又
n= 1
(-
1) nn2
1
=
∞
n= 1
1 (2n -
1) 2 -
∞
∞
n= 1
Gk+ 1 = - 2- k △F k = △ (2k - 1) = 2; F 1 = 1, G 1 = - 2°= - 1
将 F 1, F n+ 1, G 1, G n+ 1, G k+ 1, △F k 等代入 I n 表达式即得
n
6 I n = (2n + 1)
(-
2- n) + 1 + 2 2- k = 1 -
∞
6 解 令 r = qeiΑ, 则 r = qeiΑ = q < 1, 可考虑级数 rn, 这是公比小于 1 的几何级数。 n= 1
6 6 n
于是有 rk =
k= 1
r1
-
rn+ r
1
,
因
r
<
1, 故nl→im∞rn+ 1 =
∞
0, 由此得 rk =
k= 1
r 1-
r,
∞
6 即 qk k= 1
113+
2
1 32
+
3
1 33
+
…+
n
1 33
+
…
6 6 分析 从一般项 un =
n
1 3n
=
(1 3) n n
可以看出,
∞
1
n= 1
(n
∞
3n) 的和是 x n n 的和函数在 x
n= 1
∞
∞
6 6 = 1 3 的值, 因此可借用 x n n 的已知结果来求 1 (n 3n) 的和。
n= 1
n= 1
∞
6 例 8 求 I =
(2n - 1) 2- n 的和。
n= 1
第 4 卷第 2 期 金丹丽: 级数求和的方法 1 9
解 设 F k = 2k - 1 因 △ (- 2- (k- 1) ) = 2- k
n
n
则
6 6 In =
为止, 数学没有分裂为好几块, 依旧是完整的。尽管现代数学的研究范围在不断扩大, 有些观念看来 比较次要, 慢慢就被丢掉了, 但基本的观念始终在维持着。
我想今天就这样结束, 谢谢大家。(根据录音整理)
(上接第 12 页)
解
n2
(+
1) n- 1n (- 1) n-
1
=
(- 1) n- 1
n+
(-
1) n- 1 n
1 ( 2n )
2
=
n= 1
1 (2n -
1) 2 -
∞
61 1
4 n= 1 n2
6 6 6 ∞
由此即得 (3)
n= 1
1 (2n -
1) 2 =
∞ n= 1
(-
1) nn2
1
+
∞
1 4
n= 1
1 n2
=
Π2 12
+
1 4
× Π2 6
=
Π2 8
6 6 6 ∞
∞
(4)
n= 1
1 ( 2n )
2
=
n= 1
+
…+
2 2n
-
2n 2n+
1
1
=
1 2
(1 +
1+
1 2
+
…+
1 2n-
1
-
2n 2n
1) =
于是lim S n→∞
n
=பைடு நூலகம்
1+
1 1-
1 2
=
3 即 S =
3
例 3 求下列两个级数的和:
1 2
(1
+
11-
1
2n1
1
)
-
2
2n - 1 2n
(1) q sinΑ+ q2 sin2Α+ q3 sin3Α+ … + qn sinnΑ+ …; (2) qco sΑ+ q2co s2Α+ q3co s3Α+ … + qnco snΑ+ …;
+
1 n!
(n
≥
1)
∞
∞
∞
∞
∞
6 6 6 6 6 则 un = n= 0
2
n= 1
(n
1 - 1) !
+
n= 0
1 n!
=
3
n= 0
1 。而
n!
n= 0
1 n!
=
e
∞
∞
6 6 故 2n + n= 0 n!
1=
3
n= 0
1 n!
=
3e
三、作为某一函数的幂级数在指定点的值
例 5 求下列级数的和
1
收敛。
Ξ 收稿日期: 2001—02—20。
第 4 卷第 2 期 金丹丽: 级数求和的方法 1 7
其中 q < 1
分 析 本题可以利用定义来求和, 但由于直接求部分和的极限有困难, 因此, 可利用欧拉公
∞
6 式, 借助于求复数项级数 rn ( r = qeiΑ) 的和, 以同时求得所给两个级数的和。 n= 1
k= 1
2n + 2n
1+
2
(
1 2
+
1 22
+
…+
1-
2n + 2
1+
2 (1 -
1 2n
)
=
3-
2n + 3 2n
∞
6 I =
nl→im∞I n =
3 即 (2n -
n= 1
1) 2- n = 3
1 2n
)
=
(上接第 5 页) 因此, 我觉得数学研究不但是很深很难很强, 而且做到一定的地步仍然维持一个整体, 到现在
求级数和的方法一般有: 一、利用级数收敛的定义
∞
6 根据收敛的定义, 求收敛级数的和, 归结为求部分和 S n 的极限, 即 un = n= 1
lim S
n→∞
n,
而求 S
n
的方
法有: 用公式、交叉相消、分项求和等。
∞
6 例 1 求 n= 1
n (n + 1) !
分析 本例不能直接求得 S n, 须先分项, 然后求 S n。
16 STUD IES
IN
高等数学研究
COLL EGE M A TH
EM
A
T
ICS
VMo
l14, a r. ,
N o12 2001
解题方法与技巧
级数求和的方法Ξ
金丹丽 (安徽财贸学院基础部 蚌埠 233041)
级数求和是级数理论的基本问题之一, 也是较难解决的问题。 本文将从几个不同的角度对级 数求和的方法作一探讨。
解 由于 un =
(n
n +
1) !
=
1 n!
-
1 (n + 1) !
所以 S n =
1 2!
+
2 3!
+
…+
(n
n +
1) !
=
(
1 1!
-
从而nl→im∞S n = nl→im∞[ 1 -
1 2!
)
+
(
1 2!
-
1 3!
)
+
…+
(
1 n!
-
∞
6 (n
1 +
1)
!
]
=
1, 故 un =
6 6 由于{vn} = { (-
1) nn
1
∞
} 有界, 而级数
n= 1
1 n2
收敛, 由定理 3 知,
∞ n= 1
(n2 +
6∞
例 4 判别级数
n= 3
(n2 3 +
1) n(-
1 lnn 1) n-
1
的敛散性
1) n- 1n (- 1) n-
1
收敛。
解
(n2 3 +
1) n(-
1 lnn 1) n-
说明: 求级数的前 n 项和 S n 的表达式, 只能对一些特殊题目可行。
二、借助于已知和的级数, 利用收敛级数的运算性质
∞
6 例 4 求级数 n= 0
2n + n!
1 的和。
分析 本题可以借助已知和的级数, 通过收敛级数逐项加减的性质来求。
解 因 un =
2n + n!
1=
(n
2 - 1) !
何求出它的和函数, 则是比较困难的。通常是借助已知和函数的幂级数来求。就本题来说, 虽然给定
的幂级数的和函数是不知道的, 但逐项微分后得到的幂级数的和函数却为已知, 因此本题可以通过
先逐项微分、再逐项积分以求得其和函数。
6 解 令 f (x ) =
∞
(n= 1 n
1) n(2n
1x -
2n- 1
在利用差分法求级数部分和之前, 先介绍差分的定义及性质
11 数列的差分: 设数列{F k } (k = 0, 1, 2, …) , 称 △F k = F k+ 1 - F k 为数列{F k } 的一阶差分。
21 差分的性质
设已知数列{F k } 和{Gk } (k = 0, 1, 2, …)
(1) 线性性质: 若 Α、Β 为常数, 则有
△ (ΑF k + ΒG k ) = Α △F k + Β △Gk
(2) 乘积性质:
△ (F k G k ) = F k △G k + G k+ 1 △F k
(3) 分部性质:
n
6 Fk
k= 0
以上性质略去证明。
△G k = F n+ 1
Gn+ 1 -
F 0G 0 -
n
6 Gk+ 1
k= 0
△F k
ek iΑ =
qeiΑ 1 - qeiΑ
由欧拉公式 eiΑ = co sΑ+ isinΑ得
6∞ qk (co sk Α+
k= 1
isink Α) =
1
q (co sΑ+ isinΑ) - q (co sΑ+ isinΑ)
=
qco sΑ- q2 + iqsinΑ 1 + q2 - 2qco sΑ
比较等式两边的实部和虚部, 得解。
=
0, 所以存在N
>
0, 当 n >
N
时,
有
lnn n1 6
≤
1
6 6 所以, 当 n > N
时,
1
u
2 n
=
1 n7 6
ln 2 n n1 6
∞
≤
1 n7
6
,
而级数
n=
3
∞
1 n7 6
收敛,
所以级数
n=
3
1
u
2 n
收敛, 由定理 3 知,
6∞
级数
n= 3
(n2 3 +
1) n(-
1 lnn 1) n-
x 0
1 x2
ln
(1
+
x 2) dx = -
1 x
ln
(1
+
x 2) +
2a rctanx (x ≠ 0)
6∞
于是, 得 (-
n= 1 n
1) n(2n
1x -
2n- 1
1)
=
2a rctanx -
1 x
ln
(1
+
x 2) (
x
0 x = 0
六、利用差分法求数项级数的部分和
< 1, x ≠ 0)
(2k - 1) 2- k =
(2k - 1)
k= 1
k= 1
(其中 G k = - 2- (k- 1) ) , 由差分性质 (3)
n
6 △[ - 2- (k- 1) ] =
Fk
k= 1
△G k
n
6 I n = F n+ 1 G n+ 1 - F 1G 1 -
G k+ 1 △F k
k= 1
F n+ 1 = 2 (n + 1) - 1 = 2n + 1 G n+ 1 = - 2- (n+ 1- 1) = - 2- n
1
=
(-
n2 3 ln n
+
1) n- 1 (- 1) n- 1
lnn
令 un =
n2 ln
3
n
,
vn
=
(-
1) nlnn
1
, 则{un} 单调递增, 且nl→im∞un =
+
∞, {v n} 有界。又
1
u
2 n
=
ln 2 n n4 3
=
1 n7 6
ln 2 n n1 6
而 lim n→∞
ln 2 n n1 6