同济第六高等数学教案版无穷级数

同济第六高等数学教案版无穷级数公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-第十一章无穷级数教学目的：1．理解常数项级数收敛、发散以及收敛级数的和的概念，掌握级数的基本性质及收敛的必要条件。

2．掌握几何级数与P级数的收敛与发散的条件。

3．掌握正项级数收敛性的比较判别法和比值判别法，会用根值判别法。

4．掌握交错级数的莱布尼茨判别法。

5．了解任意项级数绝对收敛与条件收敛的概念，以及绝对收敛与条件收敛的关系。

6．了解函数项级数的收敛域及和函数的概念。

7．理解幂级数收敛半径的概念，并掌握幂级数的收敛半径、收敛区间及收敛域的求法。

8．了解幂级数在其收敛区间内的一些基本性质（和函数的连续性、逐项微分和逐项积分），会求一些幂级数在收敛区间内的和函数，并会由此求出某些常数项级数的和。

9．了解函数展开为泰勒级数的充分必要条件。

10．掌握,sin ,cos x e x x ，ln(1)x +和(1)a α+的麦克劳林展开式，会用它们将一些简单函数间接展开成幂级数。

11. 了解傅里叶级数的概念和函数展开为傅里叶级数的狄利克雷定理，会将定义在[-l ，l]上的函数展开为傅里叶级数，会将定义在[0，l]上的函数展开为正弦级数与余弦级数，会写出傅里叶级数的和的表达式。

教学重点 ：1、级数的基本性质及收敛的必要条件。

2、正项级数收敛性的比较判别法、比值判别法和根值判别；3、交错级数的莱布尼茨判别法；4、幂级数的收敛半径、收敛区间及收敛域；5、,sin ,cos x e x x ，ln(1)x +和(1)a α+的麦克劳林展开式；6、傅里叶级数。

教学难点：1、比较判别法的极限形式； 2、莱布尼茨判别法； 3、任意项级数的绝对收敛与条件收敛； 4、函数项级数的收敛域及和函数； 5、泰勒级数；6、 傅里叶级数的狄利克雷定理。

§11 1 常数项级数的概念和性质一、常数项级数的概念常数项级数 给定一个数列u 1 u 2 u 3 u n则由这数列构成的表达式u 1 u 2 u 3 u n叫做常数项)无穷级数 简称常数项)级数 记为∑∞=1n n u 即3211⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++=∑∞=n n n u u u u u其中第n 项u n 叫做级数的一般项级数的部分和 作级数∑∞=1n n u 的前n 项和称为级数∑∞=1n n u 的部分和级数敛散性定义 如果级数∑∞=1n n u 的部分和数列}{n s 有极限s 即s s n n =∞→lim则称无穷级数∑∞=1n n u 收敛 这时极限s 叫做这级数的和并写成3211⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++==∑∞=n n n u u u u u s如果}{n s 没有极限 则称无穷级数∑∞=1n n u 发散余项 当级数∑∞=1n n u 收敛时 其部分和s n 是级数∑∞=1n n u 的和s 的近似值 它们之间的差值r n ss n u n 1u n 2叫做级数∑∞=1n n u 的余项例1 讨论等比级数(几何级数)的敛散性 其中a 0 q 叫做级数的公比例1 讨论等比级数n n aq ∑∞=0(a 0)的敛散性解 如果q 1 则部分和 qaq q a q aq a aq aq aq a s n n n n ---=--=+⋅⋅⋅+++=-111 12 当|q |1时 因为q a s n n -=∞→1lim 所以此时级数n n aq ∑∞=0收敛 其和为q a -1 当|q |>1时 因为∞=∞→n n s lim 所以此时级数n n aq ∑∞=0发散 如果|q |1 则当q 1时 s n na 因此级数n n aq ∑∞=0发散当q 1时 级数n n aq ∑∞=0成为aaaa时|q |1时 因为s n 随着n 为奇数或偶数而等于a 或零所以s n 的极限不存在 从而这时级数n n aq ∑∞=0也发散综上所述 如果|q |1 则级数n n aq ∑∞=0收敛 其和为qa -1 如果|q |1 则级数n n aq ∑∞=0发散仅当|q |1时 几何级数n n aq ∑∞=0a 0)收敛 其和为qa -1例2 证明级数123 n是发散的证 此级数的部分和为 2)1( 321+=+⋅⋅⋅+++=n n n s n 显然 ∞=∞→n n s lim 因此所给级数是发散的例3 判别无穷级数的收敛性解 由于111)1(1+-=+=n n n n u n 因此从而 1)111(lim lim =+-=∞→∞→n s n n n 所以这级数收敛 它的和是1例3 判别无穷级数∑∞=+1)1(1n n n 的收敛性 解 因为 111)111( )3121()211(+-=+-+⋅⋅⋅+-+-=n n n 从而 1)111(lim lim =+-=∞→∞→n s n n n 所以这级数收敛 它的和是1提示 111)1(1+-=+=n n n n u n 二、收敛级数的基本性质性质1 如果级数∑∞=1n n u 收敛于和s 则它的各项同乘以一个常数k 所得的级数∑∞=1n n ku 也收敛 且其和为ks性质1 如果级数∑∞=1n n u 收敛于和s 则级数∑∞=1n n ku 也收敛 且其和为ks性质1 如果s u n n =∑∞=1则ks ku n n =∑∞=1这是因为 设∑∞=1n n u 与∑∞=1n n ku 的部分和分别为s n 与n 则) (lim lim 21n n n n ku ku ku ⋅⋅⋅++=∞→∞→σks s k u u u k n n n n ==⋅⋅⋅++=∞→∞→lim ) (lim 21 这表明级数∑∞=1n n ku 收敛 且和为ks性质2 如果级数∑∞=1n n u 、∑∞=1n n v 分别收敛于和s 、 则级数)(1n n n v u ±∑∞=也收敛且其和为s性质2 如果s u n n =∑∞=1、σ=∑∞=1n n v 则σ±=±∑∞=s v u n n n )(1这是因为 如果∑∞=1n n u 、∑∞=1n n v 、)(1n n n v u ±∑∞=的部分和分别为s n 、n 、n 则σσ±=±=∞→s s n n n )(lim 性质3 在级数中去掉、加上或改变有限项 不会改变级数的收敛性 比如 级数 )1(1 431321211⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅n n 是收敛的 级数 )1(1 43132121110000⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅+n n 也是收敛的 级数 )1(1 541431⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⋅+⋅n n 也是收敛的 性质4 如果级数∑∞=1n n u 收敛 则对这级数的项任意加括号后所成的级数仍收敛 且其和不变应注意的问题 如果加括号后所成的级数收敛 则不能断定去括号后原来的级数也收敛 例如 级数11)+11) + 收敛于零 但级数1111 却是发散的推论 如果加括号后所成的级数发散 则原来级数也发散级数收敛的必要条件性质5 如果∑∞=1n n u 收敛 则它的一般项u n 趋于零 即0lim 0=→n n u性质5 如果∑∞=1n n u 收敛 则0lim 0=→n n u证 设级数∑∞=1n n u 的部分和为s n 且s s n n =∞→lim 则0lim lim )(lim lim 110=-=-=-=-∞→∞→-∞→→s s s s s s u n n n n n n n n n 应注意的问题 级数的一般项趋于零并不是级数收敛的充分条件 例4 证明调和级数 1 3121111⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++=∑∞=nn n 是发散的例4 证明调和级数∑∞=11n n 是发散的证 假若级数∑∞=11n n 收敛且其和为s s n 是它的部分和显然有s s n n =∞→lim 及s s n n =∞→2lim 于是0)(lim 2=-∞→n n n s s但另一方面 2121 212121 21112=+⋅⋅⋅++>+⋅⋅⋅++++=-n nn n n n s s n n 故0)(lim 2≠-∞→n n n s s 矛盾 这矛盾说明级数∑∞=11n n必定发散 §11 2 常数项级数的审敛法一、正项级数及其审敛法正项级数 各项都是正数或零的级数称为正项级数 定理1 正项级数∑∞=1n n u 收敛的充分必要条件它的部分和数列{s n }有界定理2(比较审敛法)设∑∞=1n n u 和∑∞=1n n v 都是正项级数 且u n v n (n 1 2 ) 若级数∑∞=1n n v 收敛 则级数∑∞=1n n u 收敛 反之 若级数∑∞=1n n u 发散 则级数∑∞=1n n v 发散 定理2(比较审敛法)设∑∞=1n n u 和∑∞=1n n v 都是正项级数 且u n v n (k 0 nN )若∑∞=1n n v 收敛 则∑∞=1n n u 收敛 若∑∞=1n n u 发散 则∑∞=1n n v 发散设u n 和v n 都是正项级数 且u n kv n (k 0 nN ) 若级数v n 收敛 则级数u n 收敛 反之 若级数u n 发散 则级数v n 发散证 设级数∑∞=1n n v 收敛于和 则级数∑∞=1n n u 的部分和s n u1u2u n v1v2v n (n1, 2, )即部分和数列{s n}有界由定理1知级数∑∞=1n nu收敛反之设级数∑∞=1n nu发散则级数∑∞=1n nv必发散因为若级数∑∞=1 n nv收敛由上已证明的结论将有级数∑∞=1n nu也收敛与假设矛盾证仅就u n v n(n1 2 )情形证明设级数v n收敛其和为则级数u n的部分和s n u1u2u n v1v2v n (n1, 2, )即部分和数列{s n}有界因此级数u n收敛反之设级数u n发散则级数v n必发散因为若级数v n收敛由上已证明的结论级数u n也收敛与假设矛盾推论设∑∞=1n nu和∑∞=1n nv都是正项级数如果级数∑∞=1n nv收敛且存在自然数N使当nN时有u n kv n(k0)成立则级数∑∞=1n nu收敛如果级数∑∞=1n nv发散且当nN时有u n kv n(k0)成立则级数∑∞=1n nu发散例1 讨论p级数的收敛性其中常数p0例1 讨论p 级数)0( 11>∑∞=p np n 的收敛性解 设p 1 这时n n p 11≥ 而调和级数∑∞=11n n发散 由比较审敛法知 当p 1时级数p n n11∑∞=发散设p 1 此时有]1)1(1[111111111-------=≤=⎰⎰p p nn p n n p p n n p dx x dx n n (n 2, 3, )对于级数]1)1(1[112--∞=--∑p p n n n 其部分和 111111)1(11])1(11[ ]3121[]211[------+-=+-+⋅⋅⋅+-+-=p p p pp p n n n n s 因为1])1(11[lim lim 1=+-=-∞→∞→p n n n n s所以级数]1)1(1[112--∞=--∑p p n n n 收敛 从而根据比较审敛法的推论1可知 级数p n n 11∑∞=当p 1时收敛 综上所述 p 级数p n n11∑∞=当p 1时收敛 当p 1时发散解 当p 1时 n n p 11≥ 而调和级数∑∞=11n n发散 由比较审敛法知 当p 1时级数p n n11∑∞=发散当p 1时]1)1(1[111111111-------=≤=⎰⎰p p nn p n n p p n n p dx x dx n n (n 2, 3, )而级数]1)1(1[112--∞=--∑p p n n n 是收敛的 根据比较审敛法的推论可知 级数p n n11∑∞=当p 1时收敛提示 级数]1)1(1[112--∞=--∑p p n n n 的部分和为 111111)1(11])1(11[ ]3121[]211[------+-=+-+⋅⋅⋅+-+-=p p p p p p n n n n s 因为1])1(11[lim lim 1=+-=-∞→∞→p n n n n s所以级数]1)1(1[112--∞=--∑p p n n n 收敛 p 级数的收敛性 p 级数p n n11∑∞=当p 1时收敛 当p 1时发散例2 证明级数∑∞=+1)1(1n n n 是发散的 证 因为11)1(1)1(12+=+>+n n n n 而级数 11 3121111⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++=+∑∞=n n n 是发散的根据比较审敛法可知所给级数也是发散的 定理3(比较审敛法的极限形式)设∑∞=1n n u 和∑∞=1n n v 都是正项级数 如果l v u nnn =∞→lim(0l ) 则级数∑∞=1n n u 和级数∑∞=1n n v 同时收敛或同时发散定理3(比较审敛法的极限形式) 设∑∞=1n n u 和∑∞=1n n v 都是正项级数(1)如果l v u n nn =∞→lim (0l ) 且级数∑∞=1n n v 收敛 则级数∑∞=1n n u 收敛(2)如果+∞=>=∞→∞→n nn n n n v u l v u lim 0lim 或 且级数∑∞=1n n v 发散 则级数∑∞=1n n u 发散定理3(比较审敛法的极限形式) 设u n 和v n 都是正项级数(1)如果lim(u n /v n )l (0l ) 且v n 收敛 则u n 收敛 (2)如果lim(u n /v n )l (0l ) 且v n 发散 则u n 发散证明 由极限的定义可知 对l 21=ε 存在自然数N 当nN 时 有不等式l l v u l l n n2121+<<- 即n n n lv u lv 2321<< 再根据比较审敛法的推论1 即得所要证的结论 例3 判别级数∑∞=11sin n n的收敛性解 因为111sin lim =∞→nn n 而级数∑∞=11n n发散根据比较审敛法的极限形式 级数∑∞=11sin n n发散例4 判别级数∑∞=+12)11ln(n n的收敛性解 因为11)11ln(lim22=+∞→nn n 而级数211n n ∑∞=收敛 根据比较审敛法的极限形式 级数∑∞=+12)11ln(n n收敛定理4(比值审敛法 达朗贝尔判别法)若正项级数∑∞=1n n u 的后项与前项之比值的极限等于ρ=+∞→nn n u u 1lim则当1时级数收敛 当1(或∞=+∞→nn n u u 1lim )时级数发散 当 1时级数可能收敛也可能发散定理4(比值审敛法 达朗贝尔判别法) 若正项级数∑∞=1n n u 满足ρ=+∞→nn n u u 1lim则当1时级数收敛当1(或∞=+∞→nn n u u 1lim)时级数发散 当 1时级数可能收敛也可能发散定理4(比值审敛法 达朗贝尔判别法)设∑∞=1n n u 为正项级数 如果ρ=+∞→n n n u u 1lim则当1时级数收敛 当1(或∞=+∞→nn n u u 1lim )时级数发散 当 1时级数可能收敛也可能发散例5 证明级数 )1( 3211 3211211111⋅⋅⋅+-⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅++n 是收敛的 解 因为101lim 321)1( 321lim lim1<==⋅⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅⋅=∞→∞→+∞→nn n u u n n n n n根据比值审敛法可知所给级数收敛例6 判别级数 10! 10321102110132⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅+nn 的收敛性 解 因为∞=+=⋅+=∞→+∞→+∞→101lim ! 1010)!1(lim lim11n n n u u n nn n n n n 根据比值审敛法可知所给级数发散例7 判别级数∑∞∞→⋅-n n n 2)12(1的收敛性解 1)22()12(2)12(lim lim1=+⋅+⋅-=∞→+∞→n n nn u u n n n n这时1 比值审敛法失效 必须用其它方法来判别级数的收敛性因为212)12(1n n n <⋅- 而级数211nn ∑∞=收敛 因此由比较审敛法可知所给级数收敛解 因为212)12(1n n n <⋅- 而级数211nn ∑∞=收敛 因此由比较审敛法可知所给级数收敛 提示 1)22()12(2)12(lim lim1=+⋅+⋅-=∞→+∞→n n nn u u n n n n 比值审敛法失效因为212)12(1nn n <⋅- 而级数211n n ∑∞=收敛 因此由比较审敛法可知所给级数收敛定理5(根值审敛法 柯西判别法)设∑∞=1n n u 是正项级数 如果它的一般项u n 的n 次根的极限等于ρ=∞→n n n u lim则当1时级数收敛 当1(或+∞=∞→n n n u lim )时级数发散 当1时级数可能收敛也可能发散定理5(根值审敛法 柯西判别法)若正项级数∑∞=1n n u 满足ρ=∞→n n n u lim 则当1时级数收敛当1(或+∞=∞→n n n u lim )时级数发散 当1时级数可能收敛也可能发散定理5(根值审敛法 柯西判别法) 设∑∞=1n n u 为正项级数 如果ρ=∞→n n n u lim则当1时级数收敛 当1(或+∞=∞→n n n u lim )时级数发散 当1时级数可能收敛也可能发散例8 证明级数 1 3121132⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nn是收敛的 并估计以级数的部分和s n 近似代替和s 所产生的误差 解 因为01lim 1lim lim ===∞→∞→∞→nn u n n n n n n n所以根据根值审敛法可知所给级数收敛以这级数的部分和s n 近似代替和s 所产生的误差为 )1(1)1(1)1(1321⋅⋅⋅++++++<+++n n n n n nnn n )1(1+=例6判定级数∑∞=-+12)1(2n nn的收敛性 解 因为21)1(221lim lim =-+=∞→∞→n n n n n n u所以 根据根值审敛法知所给级数收敛定理6(极限审敛法) 设∑∞=1n n u 为正项级数(1)如果)lim (0lim +∞=>=∞→∞→n n n n nu l nu 或 则级数∑∞=1n n u 发散(2)如果p 1 而)0( lim +∞<≤=∞→l l u n n pn 则级数∑∞=1n n u 收敛例7 判定级数∑∞=+12)11ln(n n的收敛性解 因为)(1~)11ln(22∞→+n nn故11lim )11ln(lim lim 22222=⋅=+=∞→∞→∞→nn nn u n n n n n根据极限审敛法 知所给级数收敛例8 判定级数)cos 1(11nn n π-+∑∞=的收敛性解 因为 222232321)(211lim )cos 1(1limlimπππ=⋅+=-+=∞→∞→∞→n n n n n n n u n n n nn根据极限审敛法 知所给级数收敛 二、交错级数及其审敛法交错级数 交错级数是这样的级数 它的各项是正负交错的 交错级数的一般形式为∑∞=--11)1(n n n u 其中0>n u例如 1)1(11∑∞=--n n n 是交错级数 但 cos 1)1(11∑∞=---n n n n π不是交错级数定理6（莱布尼茨定理）如果交错级数∑∞=--11)1(n n n u 满足条件(1)u n u n 1 (n 1 2 3 ) (2)0lim =∞→n n u则级数收敛 且其和su 1 其余项r n 的绝对值|r n |u n 1 定理6（莱布尼茨定理）如果交错级数∑∞=--11)1(n n n u 满足 (1)1+≥n n u u (2)0lim =∞→n n u则级数收敛 且其和su 1 其余项r n 的绝对值|r n |u n 1 简要证明 设前n 项部分和为s n 由s 2n (u 1u 2)(u 3u 4) (u 2n 1u 2n ) 及 s 2n u 1(u 2u 3)(u 4u 5) (u 2n 2u 2n 1)u 2n看出数列{s 2n }单调增加且有界(s 2n u 1) 所以收敛设s 2n s (n ) 则也有s 2n 1s 2n u 2n 1s (n ) 所以s n s (n ) 从而级数是收敛的 且s n u 1 因为 |r n |u n 1u n 2 也是收敛的交错级数 所以|r n |u n 1 例9 证明级数 1)1(11∑∞=--n n n收敛 并估计和及余项证 这是一个交错级数 因为此级数满足(1)1111+=+>=n n u n n u (n 1, 2, ) (2)01lim lim ==∞→∞→nu n n n由莱布尼茨定理 级数是收敛的 且其和su 11 余项11||1+=≤+n u r n n三、绝对收敛与条件收敛绝对收敛与条件收敛若级数∑∞=1|| nnu收敛则称级数∑∞=1nnu绝对收敛若级数∑∞=1nnu收敛而级数∑∞=1|| nnu发散则称级∑∞=1nnu条件收敛例10 级数∑∞=--1211 )1( n nn是绝对收敛的而级数∑∞=--111)1(nnn是条件收敛的定理7如果级数∑∞=1n nu绝对收敛则级数∑∞=1n nu必定收敛值得注意的问题如果级数∑∞=1|| nnu发散我们不能断定级数∑∞=1nnu也发散但是如果我们用比值法或根值法判定级数∑∞=1|| nnu发散则我们可以断定级数∑∞=1n nu必定发散这是因为此时|u n|不趋向于零从而u n也不趋向于零因此级数∑∞=1n nu也是发散的例11 判别级数∑∞=12 sinn nna的收敛性解 因为|221|sin n n na ≤ 而级数211n n ∑∞=是收敛的 所以级数∑∞=12|sin |n n na 也收敛 从而级数∑∞=12sin n nna 绝对收敛 例12 判别级数∑∞=+-12)11(21)1(n n n n n的收敛性解 由2)11(21||n nn nu += 有121)11(lim 21||lim >=+=∞→∞→e n u n n n n n 可知0lim ≠∞→n n u 因此级数∑∞=+-12)11(21)1(n n n n n发散§ 11 3 幂级数一、函数项级数的概念函数项级数 给定一个定义在区间I 上的函数列{u n (x )} 由这函数列构成的表达式u 1(x )u 2(x )u 3(x ) u n (x ) 称为定义在区间I 上的(函数项)级数 记为∑∞=1)(n n x u收敛点与发散点对于区间I 内的一定点x 0 若常数项级数∑∞=10)(n n x u 收敛 则称 点x 0是级数∑∞=1)(n n x u 的收敛点 若常数项级数∑∞=10)(n n x u 发散 则称 点x 0是级数∑∞=1)(n n x u 的发散点收敛域与发散域函数项级数∑∞=1)(n n x u 的所有收敛点的全体称为它的收敛域 所有发散点的全体称为它的发散域 和函数在收敛域上 函数项级数∑∞=1)(n n x u 的和是x 的函数s (x )s (x )称为函数项级数∑∞=1)(n n x u 的和函数 并写成∑∞==1)()(n n x u x s∑u n (x )是∑∞=1)(n n x u 的简便记法 以下不再重述在收敛域上 函数项级数∑u n (x )的和是x 的函数s (x )s (x )称为函数项级数∑u n (x )的和函数 并写成s (x )∑u n (x )这函数的定义就是级数的收敛域 部分和函数项级数∑∞=1)(n n x u 的前n 项的部分和记作s n (x )函数项级数∑u n (x )的前n 项的部分和记作s n (x ) 即 s n (x ) u 1(x )u 2(x )u 3(x ) u n (x ) 在收敛域上有)()(lim x s x s n n =∞→或s n (x )s (x )(n )余项函数项级数∑∞=1)(n n x u 的和函数s (x )与部分和s n (x )的差r n (x )s (x )s n (x )叫做函数项级数∑∞=1)(n n x u 的余项函数项级数∑u n (x )的余项记为r n (x ) 它是和函数s (x )与部分和s n (x )的差 r n (x )s (x )s n (x )在收敛域上有0)(lim =∞→x r n n二、幂级数及其收敛性 幂级数函数项级数中简单而常见的一类级数就是各项都幂函数的函数 项级数 这种形式的级数称为幂级数 它的形式是 a 0a 1xa 2x 2 a n x n 其中常数a 0 a 1 a 2 a n 叫做幂级数的系数 幂级数的例子 1xx 2x 3x n!1 !2112⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x n x x注 幂级数的一般形式是a 0a 1(xx 0)a 2(xx 0)2 a n (xx 0)n 经变换txx 0就得a 0a 1ta 2t 2 a n t n 幂级数1xx 2x 3 x n可以看成是公比为x 的几何级数 当|x |1时它是收敛的 当|x |1时 它是发散的 因此它的收敛 域为(1 1) 在收敛域内有11132⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++++=-n x x x x x定理1 (阿贝尔定理) 如果级数∑∞=0n n n x a 当xx 0 (x 00)时收敛 则适合不等式|x ||x 0|的一切x 使这幂级数绝对收敛 反之 如果级数∑∞=0n n n x a 当xx 0时发散 则适合不等式|x ||x 0|的一切x 使这幂级数发散定理1 (阿贝尔定理) 如果级数∑a n x n 当xx 0 (x 00)时收敛 则适合不等式 |x ||x 0|的一切x 使这幂级数绝对收敛 反之 如果级数∑a n x n 当xx 0时发散 则适合不等式|x ||x 0|的一切x 使这幂级数发散提示 ∑a n x n是∑∞=0n n n x a 的简记形式证 先设x 0是幂级数∑∞=0n nn x a 的收敛点 即级数∑∞=0n n n x a 收敛 根据级数收敛的必要条件 有0lim 0=∞→nn n x a 于是存在一个常数M 使 | a n x 0n |M (n 0, 1, 2, )这样级数∑∞=0n n n x a 的的一般项的绝对值n n n n n nn n nn x x M x x x a x x x a xa ||||||||||00000⋅≤⋅=⋅=因为当|x ||x 0|时 等比级数n n x x M ||0⋅∑∞=收敛 所以级数∑∞=0||n n n x a 收敛 也就是级数∑∞=0n n n x a 绝对收敛简要证明 设∑a n x n在点x 0收敛 则有a n x 0n0(n ) 于是数列{a n x 0n}有界 即存在一个常数M 使| a n x 0n |M (n 0, 1, 2, )因为 n n n n n nn n n n x x M x x x a x x x a x a || |||| || ||00000⋅≤⋅=⋅=而当||||0x x <时 等比级数n n x x M ||0⋅∑∞=收敛 所以级数∑|a n x n |收敛 也就是级数∑a n x n 绝对收敛定理的第二部分可用反证法证明 倘若幂级数当xx 0时发散而有一点x 1适合|x 1|>|x 0|使级数收敛 则根据本定理的第一部分 级数当xx 0时应收敛 这与所设矛盾 定理得证推论 如果级数∑∞=0n n n x a 不是仅在点x 0一点收敛 也不是在整个数轴上都收敛 则必有一个完全确定的正数R 存在 使得 当|x |R 时 幂级数绝对收敛 当|x |R 时 幂级数发散当xR 与xR 时 幂级数可能收敛也可能发散收敛半径与收敛区间 正数R 通常叫做幂级数∑∞=0n n n x a 的收敛半径 开区间(R R )叫做幂级数∑∞=0n n n x a 的收敛区间 再由幂级数在xR 处的收敛性就可以决定它的收敛域 幂级数∑∞=0n n n x a 的收敛域是(R , R )(或[R , R )、(R , R ]、[R , R ]之一规定 若幂级数∑∞=0n n n x a 只在x 0收敛 则规定收敛半径R 0 若幂级数∑∞=0n n n x a 对一切x 都收敛 则规定收敛半径R 这时收敛域为(, )定理2如果ρ=+∞→||lim 1n n n a a 其中a n 、a n 1是幂级数∑∞=0n n n x a 的相邻两项的系数 则这幂级数的收敛半径⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+∞=≠=∞+=ρρρρ 00 10R定理2如果幂级数∑∞=0n n n x a 系数满足ρ=+∞→||lim 1nn n a a 则这幂级数的收敛半径 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+∞=≠=∞+=ρρρρ 00 10 R定理2如果ρ=+∞→||lim 1n n n a a 则幂级数∑∞=0n n n x a 的收敛半径R 为当0时ρ1=R 当0时R 当时R 0简要证明 || ||||lim ||lim 111x x a a x a x a n n n nn n n n ρ=⋅=+∞→++∞→ (1)如果0 则只当|x |1时幂级数收敛 故ρ1=R(2)如果0 则幂级数总是收敛的 故R (3)如果 则只当x 0时幂级数收敛 故R 0 例1 求幂级数 的收敛半径与收敛域例1 求幂级数∑∞=--11)1(n nn nx 的收敛半径与收敛域解 因为1111lim ||lim 1=+==∞→+∞→nn a an n n n ρ所以收敛半径为11==ρR当x 1时 幂级数成为∑∞=--111)1(n n n是收敛的当x 1时 幂级数成为∑∞=-1)1(n n是发散的 因此 收敛域为(1, 1]例2 求幂级数∑∞=0!1n n x n的收敛域例2 求幂级数∑∞=0!1n n x n 的收敛域解 因为0)!1(!lim !1)!1(1lim||lim 1=+=+==∞→∞→+∞→n n n n a a n n n n n ρ所以收敛半径为R 从而收敛域为(, ) 例3 求幂级数∑∞=0!n n x n 的收敛半径解 因为+∞=+==∞→+∞→!)!1(lim ||lim 1n n a a n n n n ρ 所以收敛半径为R 0 即级数仅在x 0处收敛 例4 求幂级数∑∞=022!)()!2(n nx n n 的收敛半径 解 级数缺少奇次幂的项 定理2不能应用 可根据比值审敛法来求收敛半径幂级数的一般项记为nn x n n x u 22)!()!2()(=因为 21||4 |)()(|lim x x u x u n n n =+∞→ 当4|x |21即21||<x 时级数收敛 当4|x |21即21||>x 时级数发散 所以收敛半径为21=R 提示 2222)1(221)1()12)(22()!()!2(])!1[()]!1(2[)()(x n n n x n n xn n x u x u n n n n +++=++=++ 例5 求幂级数∑∞=-12)1(n n nnx 的收敛域解 令tx 1 上述级数变为∑∞=12n n n nt 因为 21)1(22 ||lim 11=+⋅⋅==++∞→n n a a n n n n n ρ 所以收敛半径R 2当t 2时 级数成为∑∞=11n n此级数发散 当t 2时 级数成为∑∞=-1)1(n n 此级数收敛 因此级数∑∞=12n n nnt 的收敛域为2t 2 因为2x 12 即1x 3 所以原级数的收敛域为[1, 3)三、幂级数的运算设幂级数∑∞=0n nn x a 及∑∞=0n n n x b 分别在区间(R , R )及(R , R )内收敛 则在(R , R )与(R , R )中较小的区间内有 加法 ∑∑∑∞=∞=∞=+=+000)(n n n n n nn n nn x b a x b x a 减法 ∑∑∑∞=∞=∞=-=-0)(n n n n n n n n n n x b a x b x a设幂级数∑a n x n 及∑b n x n 分别在区间(R , R )及(R , R )内收敛 则在(R , R )与(R , R )中较小的区间内有 加法 ∑a n x n ∑b n x n ∑(a n b n )x n 减法 ∑a n x n ∑b n x n ∑(a n b n )x n乘法 )()(0∑∑∞=∞=⋅n n n n nn x b x a a 0b 0(a 0b 1a 1b 0)x (a 0b 2a 1b 1a 2b 0)x 2(a 0b n a 1b n 1 a n b 0)x n性质1 幂级数∑∞=0n n n x a 的和函数s (x )在其收敛域I 上连续如果幂级数在xR (或xR )也收敛 则和函数s (x )在(R , R ](或[R , R ))连续性质2 幂级数∑∞=0n n n x a 的和函数s (x )在其收敛域I 上可积 并且有逐项积分公式∑∑⎰⎰∑⎰∞=+∞=∞=+===0100001)()(n n n n xnn x n nn xx n a dx x a dx x a dx x s (xI ) 逐项积分后所得到的幂级数和原级数有相同的收敛半径性质3 幂级数∑∞=0n n n x a 的和函数s (x )在其收敛区间(R R )内可导 并且有逐项求导公式∑∑∑∞=-∞=∞=='='='110)()()(n n n n n n n n n x na x a x a x s (|x |R )逐项求导后所得到的幂级数和原级数有相同的收敛半径 性质1 幂级数∑a n x n 的和函数s (x )在其收敛域I 上连续性质2 幂级数∑a n x n 的和函数s (x )在其收敛域I 上可积 并且有逐项积分公式∑∑⎰⎰∑⎰∞=+∞=∞=+===0100001)()(n n n n xnn x n nn xx n a dx x a dx x a dx x s (xI ) 逐项积分后所得到的幂级数和原级数有相同的收敛半径性质3 幂级数∑a n x n 的和函数s (x )在其收敛区间(R R )内可导 并且有逐项求导公式∑∑∑∞=-∞=∞=='='='010)()()(n n n n n n n n n x na x a x a x s (|x |R )逐项求导后所得到的幂级数和原级数有相同的收敛半径 例6 求幂级数∑∞=+011n n x n 的和函数解 求得幂级数的收敛域为[1 1)设和函数为s (x ) 即∑∞=+=011)(n n x n x s x [1 1) 显然s (0)1在∑∞=++=0111)(n n x n x xs 的两边求导得x x x n x xs n n n n -=='+='∑∑∞=∞=+11)11(])([001对上式从0到x 积分 得)1ln(11)(0x dx xx xs x--=-=⎰于是 当x 0时 有)1ln(1)(x x x s --= 从而⎪⎩⎪⎨⎧=<<--=0 11||0 )1ln(1)(x x x x x s因为⎰∑∑'+=+=∞=+∞=+x n n n n dx x n x n x xs 00101]11[11)( )1ln(11000x dx xdx x xx n n --=-==⎰⎰∑∞=所以 当x 0时 有)1ln(1)(x xx s --=从而 ⎪⎩⎪⎨⎧=<<--=0 11||0 )1ln(1)(x x x x x s例6 求幂级数∑∞=+011n n x n 的和函数解 求得幂级数的收敛域为[1 1)设幂级数的和函数为s (x ) 即∑∞=+=011)(n n x n x s x [1 1)显然S (0)1 因为)11( )1ln(11000<<---=-==⎰⎰∑∞=x x dx xdx x xx n n所以 当1||0<<x 时 有)1ln(1)(x xx s --=从而 ⎪⎩⎪⎨⎧=<<--=0 11||0 )1ln(1)(x x x x x s由和函数在收敛域上的连续性 2ln )(lim )1(1==-+-→x S S x综合起来得⎪⎩⎪⎨⎧=⋃-∈--=0 1)1 ,0()0 ,1[ )1ln(1)(x x x x x s提示 应用公式)0()()(0F x F dx x F x -='⎰ 即⎰'+=xdx x F F x F 0)()0()(11132⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++++=-n x x x x x例7 求级数∑∞=+-01)1(n nn 的和解 考虑幂级数∑∞=+011n n x n 此级数在[1, 1)上收敛 设其和函数为s (x ) 则∑∞=+-=-01)1()1(n nn s在例6中已得到xs (x )ln(1x ) 于是s (1)ln2 21ln )1(=-s 即21ln 1)1(0=+-∑∞=n nn §11 4 函数展开成幂级数一、泰勒级数要解决的问题 给定函数f (x ) 要考虑它是否能在某个区间内“展开成幂级数” 就是说 是否能找到这样一个幂级数 它在某区间内收敛 且其和恰好就是给定的函数f (x ) 如果能找到这样的幂级数 我们就说 函数f (x )在该区间内能展开成幂级数 或简单地说函数f (x )能展开成幂级数 而该级数在收敛区间内就表达了函数f (x )泰勒多项式 如果f (x )在点x 0的某邻域内具有各阶导数 则在该邻域内f (x )近似等于)()(!)(00)(x R x x n x f n n n +-+其中10)1()()!1()()(++-+=n n n x x n f x R ξ(介于x 与x 0之间) 泰勒级数 如果f (x )在点x 0的某邻域内具有各阶导数f (x ) f (x )f (n )(x ) 则当n 时 f (x )在点x 0的泰勒多项式成为幂级数这一幂级数称为函数f (x )的泰勒级数 显然 当xx 0时 f (x )的泰勒级数收敛于f (x 0)需回答的问题 除了xx 0外 f (x )的泰勒级数是否收敛 如果收敛 它是否一定收敛于f (x )定理 设函数f (x )在点x 0的某一邻域U (x 0)内具有各阶导数 则f (x )在该邻域内能展开成泰勒级数的充分必要条件是f (x )的泰勒公式中的余项R n (x )当n 0时的极限为零 即))(( 0)(lim 0x U x x R n n ∈=∞→证明 先证必要性 设f (x )在U (x 0)内能展开为泰勒级数 即)(!)( )(!2)())(()()(00)(200000⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅+-''+-'+=n n x x n x f x x x f x x x f x f x f 又设s n 1(x )是f (x )的泰勒级数的前n 1项的和 则在U (x 0)内s n 1(x ) f (x )(n ) 而f (x )的n 阶泰勒公式可写成f (x )s n 1(x )R n (x ) 于是R n (x )f (x )s n 1(x )0(n ) 再证充分性 设R n (x )0(n )对一切xU (x 0)成立因为f (x )的n 阶泰勒公式可写成f (x )s n 1(x )R n (x ) 于是s n 1(x )f (x )Rn(x )f (x )即f (x )的泰勒级数在U (x 0)内收敛 并且收敛于f (x ) 麦克劳林级数 在泰勒级数中取x 00 得⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+''+'+ !)0( !2)0()0()0()(2nn x n f x f x f f此级数称为f (x )的麦克劳林级数展开式的唯一性 如果f (x )能展开成x 的幂级数 那么这种展式是唯一的 它一定与f (x )的麦克劳林级数一致 这是因为 如果f (x )在点x 00的某邻域(R R )内能展开成x 的幂级数 即f (x )a 0a 1xa 2x 2 a n x n那么根据幂级数在收敛区间内可以逐项求导 有f (x )a 12a 2x 3a 3x 2 na n x n 1 f (x )2!a 232a 3x n (n 1)a n x n 2f (x )3!a 3 n (n 1)(n 2)a n x n 3f (n )(x )n !a n (n 1)n (n 1) 2a n 1x于是得a 0f (0) a 1f (0) !2)0(2f a ''= !)0()(n f a n n =应注意的问题 如果f (x )能展开成x 的幂级数 那么这个幂级数就是f (x )的麦克劳林级数 但是 反过来如果f (x )的麦克劳林级数在点x 00的某邻域内收敛 它却不一定收敛于f (x ) 因此 如果f (x )在点x 00处具有各阶导数 则f (x )的麦克劳林级数虽然能作出来 但这个级数是否在某个区间内收敛 以及是否收敛于f (x )却需要进一步考察 二、函数展开成幂级数 展开步骤第一步 求出f (x )的各阶导数 f (x ) f (x ) f (n )(x ) 第二步 求函数及其各阶导数在x 0 处的值f (0) f (0) f (0) f (n )( 0)第三步 写出幂级数!)0( !2)0()0()0()(2⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+''+'+nn x n f x f x f f并求出收敛半径R第四步 考察在区间(R R )内时是否R n (x )0(n )是否为零 如果R n (x )0(n ) 则f (x )在(R R )内有展开式!)0( !2)0()0()0()()(2⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+''+'+=nn x n f x f x f f x f (RxR )例1 将函数f (x )e x展开成x 的幂级数解 所给函数的各阶导数为f (n )(x )e x (n 1 2 ) 因此f (n )(0)1(n 1 2 ) 于是得级数⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++ !1 !2112n x n x x它的收敛半径R对于任何有限的数x 、 (介于0与x 之间) 有)!1(|| |)!1(| |)(|1||1+⋅<+=++n x e x n e x R n x n n ξ而0)!1(||lim1=++∞→n x n n 所以0|)(|lim =∞→x R n n 从而有展开式 )( !1 !2112+∞<<-∞⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++=x x n x x e n x例2 将函数f (x )sin x 展开成x 的幂级数 解 因为)2sin()()(π⋅+=n x x f n (n 1 2 )所以f (n )(0)顺序循环地取0 1 0 1 ((n 0 1 2 3 ) 于是得级数⋅⋅⋅+--+⋅⋅⋅-+--- )!12()1( !5!312153n x x x x n n 它的收敛半径为R对于任何有限的数x 、 (介于0与x 之间) 有)!1(|| |)!1(]2)1(sin[||)(|11+≤+++=++n x x n n x R n n n πξ0 (n ) 因此得展开式)( )!12()1( !5!3sin 12153+∞<<-∞⋅⋅⋅+--+⋅⋅⋅-+-=--x n x x x x x n n )( !1 !2112+∞<<-∞⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++=x x n x x e n x例3 将函数f (x )(1 x )m 展开成x 的幂级数 其中m 为任意常数 解 f (x )的各阶导数为 f (x )m (1x )m 1 f (x )m (m 1)(1x )m 2f (n )(x )m (m 1)(m 2) (mn 1)(1x )mn所以 f (0)1 f (0)m f (0)m (m 1) f (n )(0)m (m 1)(m 2) (mn 1) 于是得幂级数 !)1( )1( !2)1(12⋅⋅⋅++-⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅+-++n x n n m m m x m m mx 可以证明)11( !)1( )1( !2)1(1)1(2<<-⋅⋅⋅++-⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅+-++=+x x n n m m m x m m mx x nm 间接展开法例4 将函数f (x )cos x 展开成x 的幂级数解 已知)!12()1( !5!3sin 12153⋅⋅⋅+--+⋅⋅⋅-+-=--n x x x x x n n (x ) 对上式两边求导得)( )!2()1( !4!21cos 242+∞<<-∞⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅-+-=x n x x x x n n 例5 将函数211)(xx f +=展开成x 的幂级数解 因为)11( 1112<<-⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++=-x x x x xn把x 换成x 2 得)1( 1112422⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅-+-=+n n x x x x(1x 1)注 收敛半径的确定 由1x 21得1x 1例6 将函数f (x )ln(1x ) 展开成x 的幂级数 解 因为xx f +='11)(而x +11是收敛的等比级数∑∞=-0)1(n n n x (1x 1)的和函数 )1( 11132⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅+-+-=+n n x x x x x所以将上式从0到x 逐项积分 得)11( 1)1( 432)1ln(1432≤<-⋅⋅⋅++-+⋅⋅⋅+-+-=++x n x x x x x x n n 解 f (x )ln(1x )⎰⎰+='+=xx dx x dx x 0011])1[ln(∑⎰∑∞=+∞=+-=-=01001)1(])1([n n nx n nn n x dx x (1x 1)上述展开式对x 1也成立 这是因为上式右端的幂级数当x 1时收敛 而ln(1x )在x 1处有定义且连续例7 将函数f (x )sin x 展开成)4(π-x 的幂级数解 因为)]4sin()4[cos(22)]4(4sin[sin ππππ-+-=-+=x x x x并且有)( )4(!41)4(!211)4cos(42+∞<<-∞⋅⋅⋅--+--=-x x x x πππ)( )4(!51)4(!31)4()4sin(53+∞<<-∞⋅⋅⋅--+---=-x x x x x ππππ所以 )( ] )4(!31)4(!21)4(1[22sin 32+∞<<-∞⋅⋅⋅+-----+=x x x x x πππ例8 将函数341)(2++=x x x f 展开成(x 1)的幂级数 解 因为)31( )1)(2121()1(0322<<----=∑∞=++x x n n n n n 提示 )211(2)1(21-+=-+=+x x x )411(4)1(43-+=-+=+x x x∑∞=<-<---=-+0)1211( 2)1()1(2111n n n n x x x ∑∞=<-<---=-+0)1411( 4)1()1(4111n nn n x x x 收敛域的确定 由1211<-<-x 和1411<-<-x 得31<<-x展开式小结)11( 1112<<-⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++=-x x x x xn )( !1 !2112+∞<<-∞⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++=x x n x x e n x)( )!12()1( !5!3sin 12153+∞<<-∞⋅⋅⋅+--+⋅⋅⋅-+-=--x n x x x x x n n )( )!2()1( !4!21cos 242+∞<<-∞⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅-+-=x n x x x x n n )11( 1)1( 432)1ln(1432≤<-⋅⋅⋅++-+⋅⋅⋅+-+-=++x n x x x x x x n n !2)1(1)1(2⋅⋅⋅+-++=+x m m mx x m )11( !)1( )1(<<-⋅⋅⋅++-⋅⋅⋅-+x x n n m m m n§11 5 函数的幂级数展开式的应用一、近似计算例1 计算5240的近似值 要求误差不超过00001 例1 计算5240的近似值(误差不超过104)解 因为5/1455)311(33243240-=-= 所以在二项展开式中取51=m 431-=x 即得 ) 31!3594131!254131511(32401238245⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅-⋅-= 这个级数收敛很快 取前两项的和作为5240的近似值 其误差(也叫做截断误差)为200001402725181111312568<⋅⋅=-⋅⋅= 于是取近似式为)31511(324045⋅-≈为了使“四舍五入”引起的误差(叫做舍入误差)与截断误差之和不超过104 计算时应取五位小数 然后四舍五入 因此最后得 9926.22405≈例2 计算ln 2的近似值 要求误差不超过00001 例2 计算ln 2的近似值(误差不超过104) 解 在上节例5中 令 x 1可得 1)1( 312112ln 1⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅-+-=-nn .如果取这级数前n 项和作为ln2的近似值 其误差为 11||+≤n r n .为了保证误差不超过410- 就需要取级数的前10000项进行计算. 这样做计算量太大了 我们必需用收敛较快的级数来代替它. 把展开式中的x 换成x 得)11( 432)1ln(432<≤⋅⋅⋅-----=-x x x x x x 两式相减 得到不含有偶次幂的展开式)1ln()1ln(11ln x x xx --+=-+)11( ) 5131(253<<-⋅⋅⋅+++=x x x x令211=-+xx 解出31=x 以31=x 代入最后一个展开式 得) 31713151313131(22ln 753⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅+=如果取前四项作为ln2的近似值 则误差为7000001341911132911<⋅=-⋅=. 于是取 )31713151313131(22ln 753⋅+⋅+⋅+≈ 同样地 考虑到舍入误差 计算时应取五位小数33333.031≈ 01235.031313≈⋅ 00082.031515≈⋅ 00007.031717≈⋅ 因此得 ln 206931例3 利用3!31sin x x x -≈ 求sin9的近似值 并估计误差解 首先把角度化成弧度91809⨯=π (弧度)20π=(弧度)从而 ()320!312020sin πππ-≈其次 估计这个近似值的精确度 在sin x 的幂级数展开式中令20π=x 得20!7120!5120!312020sin 753⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πππππ等式右端是一个收敛的交错级数 且各项的绝对值单调减少 取它的前两项之和作为20sin π的近似值 起误差为3000001)2.0(120120!51||552<⋅<⎪⎭⎫ ⎝⎛≤πr 因此取 157080.020≈π 003876.0203≈⎪⎭⎫⎝⎛π于是得 sin9015643 这时误差不超过105例4 计算定积分的近似值 要求误差不超过00001（取56419.01≈π）例4 求积分dx e x ⎰-2122π的近似值(误差不超过104)解 将e x 的幂级数展开式中的x 换成x 2 得到被积函数的幂级数展开式)( !)1(20+∞<<-∞-=∑∞=x n x n n n. 于是 根据幂级数在收敛区间内逐项可积 得) !3721!25213211(1642⋅⋅⋅+⋅⋅-⋅⋅+⋅-=π. 前四项的和作为近似值 其误差为 900001!49211||84<⋅⋅≤πr 所以5295.0)!3721!25213211(12642212≈⋅⋅-⋅⋅+⋅-≈⎰-ππdx e x例5 计算积分的近似值 要求误差不超过00001例5 计算dx xx ⎰1sin 的近似值(误差不超过104)。