高数第十一章自测题答案

∞ n ∞ n
(
)
五、
⎧1 ( x + π )2 , − π ≤ x < 0 ⎪π ⎪ f (x) = ⎨ ⎪ 1 x2 , 0≤ x ≤π ⎪π ⎩
设和函数为 s( x ), 则
y
π
⎧1 2 −π o π ⎪π ( x + π ) , − π < x < 0 x ⎪ ⎪π s( x ) = ⎨ , x = 0,±π ⎪2 ⎪1 2 , 0< x <π ⎪π x ⎩ f (0 − ) + f (0 + ) π f (π − ) + f ( −π + ) . Q s( 0) = = , s( ±π ) = 2 2 2
2n − 1 Sn = 2n
a n ( x − 2) n , 既要在 x = 0收敛，又要在 x = 3发散？ 一、2. ∑
n =1
∞
不可能.
Q 令t = x − 2，则x = 0时，t = −2, 于是，对于级数∑ a n t ,当t 0 = −2时，收敛.
n n =1 ∞
由阿贝尔定理， < t 0 = 2时， a n t n绝对收敛， t ∑
x
x ∈ ( −∞ ,+∞ )
x 2n 1 2 1 4 n cos x = 1 − x + x − L + ( −1) +L 2! 4! ( 2n)! x ∈ ( −∞ ,+∞ )
1 2 1 3 n −1 x ln(1 + x) = x − x + x − L + ( −1) +L n x ∈ (−1,1] 2 3 α
n =1
∞
∑ n( x + 1)
n =1
∞
∞
n
设x + 1 = t , s( t ) = ∑ nt n
n =1
∞
( −1 < t < 1),
∞
s( t ) = t ∑ nt n−1 , 设f ( t ) = ∑ nt n−1 ,
n =1 n =1
1 则 ∫ f ( t )dt = ∑ t = − 1, ( −1 < t < 1), 0 1− t n =1 ′ 1 ⎞ ⎛ 1 , ∴ f (t ) = ⎜ − 1⎟ = 2 ⎠ (1 − t ) ⎝1− t
( −π ≤ x ≤ π , x ≠ ±
πH
π
2
)
⎛π + ⎞ ⎟+ f⎜ ⎜2 ⎟ π⎞ ⎛ ⎠ s ( 0) = f ( 0) = πH , s ⎜ ⎟ = ⎝ 2 ⎝2⎠ s(π ) = f (π ) = 0.
⎛π − ⎞ ⎟ f⎜ ⎜2 ⎟ 1 ⎝ ⎠ = πH , 2
七、
⎧6x ⎪π , ⎪ f (x) = ⎨ ⎪6 − 6 x , ⎪ π ⎩
n
二、3.
( −1) n +1 ∑
n =1
∞
1⎞ ⎛ ln⎜ 2 + ⎟ n⎠ ⎝ (3n + 2)(3n − 2)
un =
1⎞ ⎛ ln⎜ 2 + ⎟ n⎠ ⎝ , (3n + 2)(3n − 2)
1⎞ ⎛ ln⎜ 2 + ⎟ un ln 2 n⎠ ⎝ = lim lim = , n→ ∞ 1 n→ ∞ 3 2 ⎞⎛ 2⎞ ⎛ ⎜ 3 + ⎟⎜ 3 − ⎟ n n ⎠⎝ n⎠ ⎝ 1 ∴ Q ∑ 发散， 级数不绝对收敛 . n =1 n
高等数学第十一章自测题解答
一、1.
2−1 1 = = u1 , s1 = 2 2 2 n − 1 2 n −1 − 1 1 2 1 − n −1 = 1 − n − 1 + n = n , un = sn − sn −1 = n 2 2 2 2 2 ∞ 1 ∴ 级数为∑ n , 几何级数，其和为： n =1 2 1 2n − 1 s = 2 = 1. (或s = lim sn = lim n = 1.) n→ ∞ n→∞ 1 2 1− 2
n =1
∞
而x = 3时，t = 1, 1 = 1 < 2, 故级数在x = 3处绝对收敛.
二、1. Q un = n + 1 → 1 ≠ 0，故级数发散 .
n
二、2.
3 n−1 ⋅ n! ∑ nn n =1
∞
（正项级数）
un+1 3 n ( n + 1)! n n = lim ⋅ n −1 由于 lim n +1 n→∞ u n → ∞ ( n + 1) 3 n! n 3 ⎛ n ⎞ = lim 3 ⋅ ⎜ ⎟ = > 1, n→∞ e ⎝ n +1⎠ ∴ 级数发散 .
0≤ x≤
π
2
π
2
< x ≤π
展开为正弦级数. y
3
对f ( x )进行奇延拓，周期延拓 ， 则 a n = 0 ( n = 0,1,2,L),
2
π
−π − π
2
0
π
2
π
x
π⎛ ⎤ 2 ⎡ π2 6 x 6x ⎞ bn = ∫ f ( x ) sin nxdx = ⎢ ∫ sin nxdx + ∫π ⎜ 6 − ⎟ sin nxdx ⎥ 0 0 π 2 ⎝ π π⎣ π ⎠ ⎦ 24 1 nπ , = L = 2 ⋅ 2 sin π n 2 24 1 1 1 ∴ f ( x ) = 2 (sin x − 2 sin 3 x + 2 sin 5 x − 2 sin 7 x + L) π 5 7 3
2 π 2 π 2 a0 = ∫ f ( x )dx = ∫ πHdx = πH , π 0 π 0
n为偶数 ⎧0, ⎪ an = ⎨ 2H m −1 ⎪( −1) 2m − 1 ， n为奇数 ⎩
y
−π O π
2
π
x
1 1 1 + 2 H (cos x − cos 3 x + cos 5 x − cos 7 x + L) ∴ f ( x) = 2 3 5 7
2
∑
n =1
∞
an n
收敛 .
几 个 常 用 的 展 开 式
1 3 1 5 x 2 n+1 +L sin x = x − x + x − L + ( −1) n 3! 5! ( 2n + 1)!
1 2 1 n e = 1 + x + x + L + x + L x ∈ ( −∞ ,+∞ ) 2! n!
(0 ≤ x ≤ π )
证明 八、 ∑ a n 收敛， ∑
2 n =1
n =1
∞
∞
an n
也收敛 .
an 1⎞ 1 ⎛ 2 由于 ⎜ a n − ⎟ ≥ 0, 即 a n − 2 ⋅ + 2 ≥ 0, n⎠ n n ⎝ an 1 ⎛ 2 1 ⎞ ∴ ≤ ⎜ a n + 2 ⎟, 2⎝ n n ⎠ ∞ ∞ ∞ 1 1⎛ 2 1 ⎞ 2 由于 ∑ a n , ∑ 2 均收敛， 则∑ ⎜ a n + 2 ⎟收敛 , n ⎠ n =1 n =1 n n =1 2 ⎝ 由正项级数的比较判别 法，得
六、
π ⎧ πH , x ≤ ⎪ ⎪ 2 f (x ) = ⎨ π ⎪0, < x ≤π ⎪ 2 ⎩
y
−π O π
2
π
xபைடு நூலகம்
对f ( x )进行周期延拓， 为偶函数， bn = 0, Q ∴
2 π 2 π 2 a n = ∫ f ( x ) cos nxdx = ∫ πH cos nxdx π 0 π 0 n为偶数 ⎧ 0, π nπ ⎪ 2H 2H 2 ( n ≠ 0) sin nx 0 = sin =⎨ 2H n n 2 ⎪( −1) m −1 ， n为奇数 2m − 1 ⎩
t n ∞ t x +1 n ∴ s( t ) = , 从而∑ n( x + 1) = 2 ( −2 < x < 0). 2 x (1 − t ) n =1
∞
f ( x ) = ln x + x 2 展开成( x − 1)的幂级数 . 四、
f ( x ) = ln x + ln(1 + x ) = ln(1 + x − 1) + ln( 2 + x − 1) x −1⎞ ⎛ = ln[1 + ( x − 1)] + ln 2 + ln ⎜ 1 + ⎟ 2 ⎠ ⎝ ( x − 1) 1 ⎛ x −1⎞ + ln 2 + ∑ ( − 1) n −1 ⎜ ⎟ n n⎝ 2 ⎠ n =1 n =1 ∞ 1 ⎞ n n −1 1 ⎛ = ln 2 + ∑ ( − 1) ⎜ 1 + n ⎟ ( x − 1) ( 0 < x ≤ 2 ) n⎝ 2 ⎠ n =1 x −1 ≤ 1的公共部分，即 0 < x ≤ 2） ( − 1 < x − 1 ≤ 1与 − 1 < 2 = ∑ ( − 1) n −1
(1 + x ) = 1 + αx +
n
α (α − 1)
2!
x +L+
2
α (α − 1)L(α − n + 1)
n!
xn + L
x ∈ (−1,1)
∞
原级数为交错级数，
1⎞ 1 ⎞ ⎛ ⎛ 2 2 Q ln⎜ 2 + ⎟ > ln⎜ 2 + ⎟ , 9n − 4 < 9(n + 1) − 4 n⎠ n +1⎠ ⎝ ⎝ 1⎞ 1 ⎞ ⎛ ⎛ ln⎜ 2 + ⎟ ln⎜ 2 + ⎟ n⎠ n +1⎠ ⎝ ⎝ > , 即 u n > un + 1 , ∴ 2 2 9n − 4 9(n + 1) − 4 1⎞ ⎛ ln⎜ 2 + ⎟ n⎠ ⎝ 又 lim = 0, n→ ∞ 9n 2 − 4 故级数收敛，且为条件 收敛 .
三、
∑ n( x + 1)
n =1
∞
n
a n +1 n+1 = 1, ∴ R = 1, lim = lim n→ ∞ a n→ ∞ n n x + 1 < 1 ⇒ − 2 < x < 0, 收敛区间为 ( − 2,0 ),
n 当 x = − 2时，级数为 ∑ （－1）n, 发散， n =1 ∞
当 x = 0时，级数为 ∑ n, 发散， 收敛域为 ( − 2,0 ). ∴