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  • 常见幂级数求和
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    2020-12-14 21:13:45

    幂级数公式
    常见幂级数求和函数方法:
    先 导 后 积 ( n 在 分 母 : ∑ 2 + ∞ x n n ( n − 1 ) ) , 先 积 后 导 ( n 在 分 子 : ∑ 0 + ∞ n x n − 1 ) , 微 分 方 程 法 ( ∑ 0 + ∞ ( n + 1 ) x n n ! ) 柯 西 乘 法 公 式 ( " 多 项 式 乘 法 " ) : ∑ a n x n , ∑ b n x n 绝 对 收 敛 则 ∑ a n x n ∗ ∑ b n x n = ∑ c n x n 绝 对 收 敛 先导后积(n在分母:\sum_{2}^{+\infty} \frac{x^n}{n(n-1)}),\\ 先积后导(n在分子:\sum_{0}^{+\infty} nx^{n-1}),\\ 微分方程法(\sum_{0}^{+\infty} \frac{(n+1)x^n}{n!})\\ 柯西乘法公式("多项式乘法"):\sum a_nx^n,\sum b_nx^n绝对收敛\\则\sum a_nx^n*\sum b_nx^n=\sum c_nx^n绝对收敛\\ (n2+n(n1)xn)(n0+nxn1)(0+n!(n+1)xn)西("")anxn,bnxnanxnbnxn=cnxn

    微分方程法
    幂级数的和函数微分后,再与原来幂级数作某种运算,得到一个含有幂级数和函数以及
    和函数导数的关系式,即微分方程。最后求解此微分方程即得和函数。

    微分方程法例1:

    S ( x ) = ∑ 0 + ∞ n + 1 n ! x n 由 题 意 得 S ( x ) − S ′ ( x ) = ( 1 + x + x 2 2 + x 3 3 ! + x 4 4 ! + … … ) S ( x ) = e x ( x + 1 ) S(x)=\sum_0^{+\infty}\frac{n+1}{n!}x^n\\ 由题意得S(x)-S'(x)=(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+……)\\ S(x)=e^x(x+1) S(x)=0+n!n+1xnS(x)S(x)=(1+x+2x2+3!x3+4!x4+)S(x)=ex(x+1)

    微分方程法例2:级数系数间的递推关系与微分方程

    a 1 = 1 , a n + 1 = f ( a n ) , 求 S ( x ) 则 S ′ ( x ) = ( a 1 x + ∑ n = 2 + ∞ a n x n ) ′ = a 1 + ∑ n = 2 + ∞ a n ∗ n ∗ x n − 1 = a 1 + ∑ n = 1 + ∞ a n + 1 ∗ ( n + 1 ) ∗ x n = a 1 + ∑ n = 1 + ∞ f ( a n ) ∗ ( n + 1 ) ∗ x n f ( a n ) ∗ ( n + 1 ) 如 果 能 写 成 a n + n a n + g ( n ) 的 形 式 ( 其 中 g ( n ) x n 为 某 函 数 的 幂 级 数 展 开 则 = a 1 + ∑ n = 1 + ∞ ( a n + n a n + g ( n ) ) ∗ x n = a 1 + ∑ n = 1 + ∞ ( a n ) ∗ x n + ∑ n = 1 + ∞ ( n a n ) ∗ x n + ∑ n = 1 + ∞ ( g ( n ) ) ∗ x n = a 1 + S ( x ) + x S ′ ( x ) + ∑ n = 1 + ∞ ( g ( n ) ) ∗ x n a_1=1,a_{n+1}=f(a_n),求S(x)\\ 则S'(x)=(a_1x+\sum_{n=2}^{+\infty} a_nx^n)'\\ =a_1+\sum_{n=2}^{+\infty} a_n* n *x^{n-1}\\ =a_1+\sum_{n=1}^{+\infty} a_{n+1}*( n+1) *x^{n}\\ =a_1+\sum_{n=1}^{+\infty} f( a_{n})*( n+1) *x^{n}\\ f( a_{n})*( n+1) 如果能写成 a_n +na_n+g(n)的形式(其中g(n)x^n为某函数的幂级数展开\\ 则=a_1+\sum_{n=1}^{+\infty} (a_n +na_n+g(n) )*x^{n}\\ =a_1+\sum_{n=1}^{+\infty} (a_n )*x^{n}+\sum_{n=1}^{+\infty} (na_n)*x^{n}+\sum_{n=1}^{+\infty} (g(n) )*x^{n}\\ =a_1+S(x)+xS'(x)+\sum_{n=1}^{+\infty} (g(n) )*x^{n}\\ a1=1,an+1=f(an),S(x)S(x)=(a1x+n=2+anxn)=a1+n=2+annxn1=a1+n=1+an+1(n+1)xn=a1+n=1+f(an)(n+1)xnf(an)(n+1)an+nan+g(n)(g(n)xn=a1+n=1+(an+nan+g(n))xn=a1+n=1+(an)xn+n=1+(nan)xn+n=1+(g(n))xn=a1+S(x)+xS(x)+n=1+(g(n))xn
    柯西乘法公式:
    S ( x ) = ∑ 1 n − ( 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + … … + 1 n ) x n 观 察 x n 的 系 数 c n , − ( 1 ) , − ( 1 + 1 2 ) , − ( 1 + 1 2 + 1 3 ) … … l n ( 1 − x ) = − ( x + x 2 2 + x 3 3 + x 4 4 + … … + x n n ) 1 1 − x = 1 + x + x 2 + … … + x n S ( x ) = l n ( 1 − x ) 1 − x S(x)=\sum_{1}^n- (1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+……+\frac{1}{n}) x^n\\ 观察x^n的系数c_n,-(1),-(1+\frac{1}{2}),-(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3})……\\ ln(1-x)=-(x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}+……+\frac{x^n}{n})\\ \frac{1}{1-x}=1+x+x^2+……+x^n\\ S(x)=\frac{ln(1-x)}{1-x} S(x)=1n(1+21+31+41++n1)xnxncn(1),(1+21),(1+21+31)ln(1x)=(x+2x2+3x3+4x4++nxn)1x1=1+x+x2++xnS(x)=1xln(1x)

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    万次阅读 多人点赞 2020-07-03 17:40:13
    因为发散的级数的和函数也发散,所以以下讨论的情况均为级数收敛或x处于收敛域内时的情形 1.定义法: 直接利用和函数为前n项之和求出 例如,求通项公式为x^n的级数的和函数,n=0,1,2... 首先求出收敛域...

    因为发散的级数的和函数也发散,所以以下讨论的情况均为级数收敛或x处于收敛域内时的情形

    1.定义法:

    直接利用和函数为前n项之和求出

    例如,求通项公式为x^n的级数的和函数,n=0,1,2...

    首先求出收敛域为(-1,1),所以和函数为

    要注意x=0时,s(x)是否为0,因为这个级数中n从0开始计数,所以式子正确,否则要写成分段的表达式

    2.求导法:

    利用公式:

    求处各项求导后的级数的和后再积分,便得到结果

    3.积分法:

    利用公式:

    求处各项积分后得到的级数后再求导,例:

    求n*x^(n-1)之和的和函数,n=1,2,3...

    易知收敛域为(-1,1)

    对于一些求数列前n项之和的,也可以转化为幂函数求和函数,如求n/3^(n-1),就是把x=1/3代入上式得到结果为9/4

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  • 幂级数的收敛域及其和,考研数学常考。本文尝试总结出一些套路,以期对此方面有疑惑的同学给予帮助。这里为了叙述简便,在叙述过程中忽略收敛域的问题,毕竟本文目的是为“求和”提供套路。但我们在解题时,一定要...

    求幂级数的收敛域及其和,考研数学常考。本文尝试总结出一些套路,以期对此方面有疑惑的同学给予帮助。这里为了叙述简便,在叙述过程中忽略收敛域的问题,毕竟本文目的是为“求和”提供套路。但我们在解题时,一定要注意收敛域的问题,因为可能存在陷阱。

    一,基本型

    所谓基本,就是最常见的级数和的公式

    .

    越基础越重要,值得单独拎出来说. 这种类型的典型特点是

    只出现在指数上,要熟练到看到就能写出. 举几个例子.

    ;

    这里需要提醒注意的是在实际解题过程中,要注意

    符号的下标,否则易犯低级错误. 比如:

    简单的方法就是看幂级数的第一项,是

    还是别的. 一般而言,基本型和式的分子就是这第一项.

    二,利用展开式直接求和

    常见的五大级数展开式:

    看到形状比较像的,尝试去套。有时还会出现实值的情形,比如

    ,看到直接写出就行.

    这种类型特点是分母易见到阶乘,不过考得比较少,关键在于分母中阶乘的存在,使得出题难度比较大。难了考试做不出,因为需要特别的技巧,计算量也较大;简单吧一眼就能看出来。这里从易到难举几个例子。

    当然,在上述做法之前,先要声明当

    时,级数的和为

    . 由幂级数在其收敛域上的一致连续性,不难想见,必有

    这题如果变成

    ,难度会高出一个数量级,一般考试考不到. 这里我们要介绍下述技巧来处理:

    显然这个幂级数的收敛半径是

    .

    例,

    (兰州大学2019考研数学分析第一题)

    作幂级数

    ,它的收敛域是

    . 求出和函数,再令

    就行.

    ,就得到所求结果为

    .

    三,逐项求导和逐项积分法

    原理是幂级数在收敛域上是一致收敛的。这种题型考试中最为常见。主要特征就是含

    的式子是有理式. 若

    出现分母中,考虑求导;出现在分子则考虑求积. 在解题过程中因为要逐项求导后再积分或反过来,步骤不理顺很容易乱,需要注意.

    例1,求幂级数

    的和函数(2016数学三).

    ,则

    ,故

    进而

    .

    例2,求幂级数

    的和函数(2014数学三).

    ,则

    这里令

    ,便有

    求导可得

    ,于是

    再求导就有

    .

    应付考试的话呢,掌握基本型,熟悉几个公式,会逐项积分逐项求导的方法就行了。不过还是要再强调一下,解题过程中始终要考虑收敛域.

    下面属于歪楼内容。因为题主问的是幂级数. 傅里叶级数不知道考研数学一会不会考到.

    四,利用傅里叶级数求级数和

    求和

    .(北师大2020考研数学分析第7题)

    不妨从更简单的

    着手,看看怎么个弄法.

    这个级数就是

    . 如果能找到一个函数,它展开成傅里叶级数比较像

    这样的形式就好办了。翻开积分表,看到这么个东西

    岂不是说

    . 但是

    的傅里叶展开还有

    ,要想只有

    ,我们需要一个偶函数,比如

    . 由于

    所以,

    就是我们要找的比较理想的函数. 它在

    上是连续函数,满足狄利克雷条件,因此它的傅里叶级数收敛于函数

    .

    ,则

    所以,

    类似地,令

    ,则

    于是就得到我们最初提出来的问题的结果:

    展开全文
  • 幂级数计算技巧整理

    千次阅读 2020-08-25 09:09:33
    幂级数难题整理 1、求已知函数的幂级数展开式 ex1−x\frac{{e}^{x}}{1-x}1−xex​ 解:由于 ex=∑n=0∞xnn!,x∈(−∞,+∞) 及 11−x=∑n=0∞xn,x∈(−1,1) 所以 ex1−x=(∑n=0∞xnn!)(∑n=...

    幂级数难题整理

    1、求已知函数的幂级数展开式
    e x 1 − x \frac{{e}^{x}}{1-x} 1xex

    解:由于  e x = ∑ n = 0 ∞ x n n ! , x ∈ ( − ∞ , + ∞ )  及  1 1 − x = ∑ n = 0 ∞ x n , x ∈ ( − 1 , 1 )  所以  e x 1 − x = ( ∑ n = 0 ∞ x n n ! ) ( ∑ n = 0 ∞ x n ) = ∑ n = 0 ∞ ( 1 + 1 1 ! + 1 2 ! + ⋯ + 1 n ! ) x n = ∑ n = 0 ∞ ( ∑ k = 0 n 1 k ! ) x n , x ∈ ( − 1 , 1 ) \begin{aligned} &\begin{aligned} \text {解:由于 } & & {e}^{x}&=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n !}, x\in(-\infty,+\infty) \\ \text { 及 } & & \frac{1}{1-x}&=\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}, x \in(-1,1) \end{aligned}\\ &\text { 所以 } \frac{{e}^{x}}{1-x}=\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n !}\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(1+\frac{1}{1 !}+\frac{1}{2 !}+\cdots+\frac{1}{n !}\right) x^{n}\\ &\quad\quad\quad\quad\quad=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k !}\right) x^{n}, x \in(-1,1) \end{aligned} 解:由于   ex1x1=n=0n!xn,x(,+)=n=0xn,x(1,1) 所以 1xex=(n=0n!xn)(n=0xn)=n=0(1+1!1+2!1++n!1)xn=n=0(k=0nk!1)xn,x(1,1)


    ( ∑ n = 0 ∞ x n n ! ) ( ∑ n = 0 ∞ x n ) = ∑ n = 0 ∞ ∑ k = 0 n x k k ! ⋅ x n − k = ∑ n = 0 ∞ ∑ k = 0 ∞ x n k ! \textcolor{teal}{\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n !}\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}\right)=\sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{\textcolor{red}{n}} \frac{x^{k}}{k !} \cdot x^{n-k}=\sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{k !}} (n=0n!xn)(n=0xn)=n=0k=0nk!xkxnk=n=0k=0k!xn

    若求 ( ∑ n = 0 ∞ a n x n ) 1 1 − x \left(\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}\right) \frac{1}{1-x} (n=0anxn)1x1
    ( ∑ n = 0 ∞ a n x n ) 1 1 − x = ∑ n = 0 ∞ a n x n ∑ n = 0 ∞ x n = ∑ n = 0 ∞ ( a 0 + a 1 + ⋯ ⋅ a n ) x n \begin{aligned} \left(\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}\right) \frac{1}{1-x} &=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \sum_{n=0}^{\infty} x^{n} \\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{0}+a_{1}+\cdots \cdot a_{n}\right) x^{n} \end{aligned} (n=0anxn)1x1=n=0anxnn=0xn=n=0(a0+a1+an)xn

    2、证明题

    设函数 f ( x ) = ∑ n = 1 ∞ x n n 2 f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n^{2}} f(x)=n=1n2xn定义在 [ 0 , 1 ] \left[0,1\right] [0,1] 上,证明它在 ( 0 , 1 ) \left(0,1\right) (0,1) 上满足下述方程

    f ( x ) + f ( 1 − x ) + ln ⁡ x ln ⁡ ( 1 − x ) = f ( 1 ) f(x)+f(1-x)+\ln x \ln (1-x)=f(1) f(x)+f(1x)+lnxln(1x)=f(1)

    证明:
    👉🏻设 F ( x ) = f ( x ) + f ( 1 − x ) + ln ⁡ x ln ⁡ ( 1 − x ) , x ∈ ( 0 , 1 ) F(x)=f(x)+f(1-x)+\ln x \ln (1-x), x \in(0,1) F(x)=f(x)+f(1x)+lnxln(1x),x(0,1)

    F ′ ( x ) = f ′ ( x ) − f ′ ( 1 − x ) + 1 x ln ⁡ ( 1 − x ) − 1 1 − x ln ⁡ x = ∑ n = 1 ∞ x n − 1 n − ∑ n = 1 ∞ ( 1 − x ) n − 1 n − 1 x ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 ( − x ) n n − 1 1 − x ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 ( x − 1 ) n n = ∑ n = 1 ∞ x n − 1 n − ∑ n = 1 ∞ ( 1 − x ) n − 1 n − ∑ n = 1 ∞ x n − 1 n + ∑ n = 1 ∞ ( 1 − x ) n − 1 n = 0 \begin{aligned} F^{\prime}(x)=& f^{\prime}(x)-f^{\prime}(1-x)+\frac{1}{x} \ln (1-x)-\frac{1}{1-x} \ln x \\ =& \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1-x)^{n-1}}{n}-\frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}(-x)^{n}}{n}-\frac{1}{1-x} \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{(x-1)^{n}}{n}\\ =&\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1-x)^{n-1}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{n}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1-x)^{n-1}}{n} \\ =&0 \end{aligned} F(x)====f(x)f(1x)+x1ln(1x)1x1lnxn=1nxn1n=1n(1x)n1x1n=1n(1)n1(x)n1x1n=1(1)n1n(x1)nn=1nxn1n=1n(1x)n1n=1nxn1+n=1n(1x)n10

    F ( x ) = C ( C F(x)=C(C F(x)=C(C 为常数 ) , x ∈ ( 0 , 1 ) ), x \in(0,1) ),x(0,1), 从而 lim ⁡ n → 1 − F ( x ) = f ( 1 ) \lim _{n \rightarrow 1^{-}} F(x)=f(1) limn1F(x)=f(1)
    所以

    f ( x ) + f ( 1 − x ) + ln ⁡ x ln ⁡ ( 1 − x ) = f ( 1 ) , x ∈ ( 0 , 1 ) f(x)+f(1-x)+\ln x \ln (1-x)=f(1), x \in(0,1) f(x)+f(1x)+lnxln(1x)=f(1),x(0,1)

    3、应用幂级数性质求级数的和

    ( 1 ) ∑ n = 1 ∞ n ( n + 1 ) ! (1) \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{(n+1) !} (1)n=1(n+1)!n

    ( 2 ) ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n 3 n + 1 (2) \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{3 n+1} (2)n=03n+1(1)n


     (1) 由于  e x = ∑ n = 0 ∞ x n n ! , x ∈ ( − ∞ , + ∞ ) \text { (1) 由于 }\mathrm{e}^{x}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n !}, \quad x \in(-\infty,+\infty)  (1) 由于 ex=n=0n!xn,x(,+)

    所以

    ∑ n = 1 ∞ n ( n + 1 ) ! = ∑ n = 1 ∞ [ 1 n ! − 1 ( n + 1 ) ! ] = [ ( ∑ n = 0 ∞ 1 n ! ) − 1 ] − [ ( ∑ n = 0 ∞ 1 n ! ) − 1 − 1 ] = ( e x − 1 ) − ( e x − 1 − 1 ) = 1 \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{(n+1) !}&=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{1}{n !}-\frac{1}{(n+1) !}\right] \\ &=\left[\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n !}\right)-1\right]-\left[\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n !}\right)-1-1\right] \\ &=\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)-\left(\mathrm{e}^{x}-1-1\right)=1 \end{aligned} n=1(n+1)!n=n=1[n!1(n+1)!1]=[(n=0n!1)1][(n=0n!1)11]=(ex1)(ex11)=1

    (2) 设 f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n 3 n + 1 x 3 n + 1 , f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{3 n+1} x^{3 n+1}, f(x)=n=03n+1(1)nx3n+1,则其收敛区域为 [ − 1 , 1 ] [-1,1] [1,1] 由于

    f ′ ( x ) = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n x 3 n = 1 1 + x 3  及  f ( 0 ) = 0 f^{\prime}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} x^{3 n}=\frac{1}{1+x^{3}} \text { 及 } f(0)=0 f(x)=n=0(1)nx3n=1+x31  f(0)=0

    f ( 1 ) = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n 3 n + 1 = ∫ 0 1 f ′ ( x ) d x = ∫ 0 1 d x 1 + x 3 = [ 1 6 ln ⁡ ( x + 1 ) 2 x 2 − x + 1 + 3 3 arctan ⁡ 2 x − 1 3 ] ∣ 0 1 = 1 3 ln ⁡ 2 + 2 π 3 3 \begin{aligned} f(1) &=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{3 n+1}=\int_{0}^{1} f^{\prime}(x) \mathrm{d} x= \textcolor{red}{\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d} x}{1+x^{3}}}\\ &=\left.\left[\frac{1}{6} \ln \frac{(x+1)^{2}}{x^{2}-x+1}+\frac{\sqrt{3}}{3} \arctan \frac{2 x-1}{\sqrt{3}}\right]\right|_{0} ^{1} \\ &=\frac{1}{3} \ln 2+\frac{2 \pi}{3 \sqrt{3}} \end{aligned} f(1)=n=03n+1(1)n=01f(x)dx=011+x3dx=[61lnx2x+1(x+1)2+33 arctan3 2x1]01=31ln2+33 2π


    其中

    ∫ 0 1 1 1 + x 3 d x = ∫ 0 1 1 ( 1 + x ) ( x 2 − x + 1 ) d x = 1 3 ∫ 0 1 ( 1 1 + x − x − 2 x 2 − x + 1 ) d x = 1 3 [ ln ⁡ ∣ x + 1 ∣ 0 1 1 2 ∫ 0 1 2 x − 1 − 3 x 2 − x + 1 d x ] = 1 3 [ ln ⁡ ∣ x + 1 ∣ ∣ 0 1 − 1 2 ( ∫ 0 1 1 x 2 − x + 1 d ( x 2 − x + 1 ) + 3 ∫ 0 1 1 ( x − 1 2 3 4 ) 2 + 1 d x ) ] = 1 3 ln ⁡ 2 + 2 x 3 3 \textcolor{red}{\begin{aligned} &\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^{3}} d x \\ &=\int_{0}^{1} \frac{1}{(1+x)\left(x^{2}-x+1\right)} d x \\ &=\frac{1}{3} \int_{0}^{1}\left(\frac{1}{1+x}-\frac{x-2}{x^{2}-x+1}\right) d x \\ &=\frac{1}{3}\left[\ln |x+1|_{0}^{1} \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{2 x-1-3}{x^{2}-x+1} d x\right] \\ &=\frac{1}{3}\left[\left.\ln |x+1|\right|_{0} ^{1}-\frac{1}{2}\left(\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{2}-x+1} d\left(x^{2}-x+1\right)+3 \int_{0}^{1} \frac{1}{\left(\frac{x-\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{3}{4}}}\right)^{2}+1} d x\right)\right]\\ &=\frac{1}{3} \ln 2+\frac{2 x}{3 \sqrt{3}} \end{aligned}} 011+x31dx=01(1+x)(x2x+1)1dx=3101(1+x1x2x+1x2)dx=31[lnx+1012101x2x+12x13dx]=31lnx+1012101x2x+11d(x2x+1)+301(43 x21)2+11dx=31ln2+33 2x


    求幂级数的收敛域并求其和函数
    1 、 1、 1

    ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 x 2 n + 1 ( 2 n ) 2 − 1 \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n+1}}{(2 n)^{2}-1} n=1(1)n1(2n)21x2n+1

    解:由于
    lim ⁡ n → ∞ ∣ u n + 1 ( x ) u n ( x ) ∣ = lim ⁡ n → ∞ ∣ x ∣ 2 n + 3 ( 2 n + 2 ) 2 − 1 ⋅ ( 2 n ) 2 − 1 ∣ x ∣ 2 n + 1 = x 2 \lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_{n}(x)}\right|=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{|x|^{2 n+3}}{(2 n+2)^{2}-1} \cdot \frac{(2 n)^{2}-1}{|x|^{2 n+1}}=x^{2} nlimun(x)un+1(x)=nlim(2n+2)21x2n+3x2n+1(2n)21=x2

    及当 x = ± 1 x=\pm 1 x=±1 时,级数 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 ( ± 1 ) 2 n + 1 ( 2 n ) 2 − 1 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}(\pm 1)^{2 n+1}}{(2 n)^{2}-1} n=1(2n)21(1)n1(±1)2n+1都绝对收敛,故原级数 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 ( 2 n ) 2 − 1 x 2 n + 1 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{(2 n)^{2}-1} x^{2 n+1} n=1(2n)21(1)n1x2n+1的收敛区域为 [ − 1 , 1 ] [-1,1] [1,1]其和函数

    f ( x ) = ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 x 2 n + 1 ( 2 n ) 2 − 1 , ∣ x ∣ ⩽ 1 f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n+1}}{(2 n)^{2}-1}, |x| \leqslant 1 f(x)=n=1(1)n1(2n)21x2n+1,x1

    又由于

    1 x f ′ ( x ) = 1 x ( ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 x 2 n + 1 ( 2 n ) 2 − 1 ) ′ = 1 x ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 x 2 n 2 n − 1 = ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 x 2 n − 1 2 n − 1 = arctan ⁡ x \begin{aligned} \frac{1}{x} f^{\prime}(x)&=\frac{1}{x}\left(\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n+1}}{(2 n)^{2}-1}\right)^{\prime}\\ &=\frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n}}{2 n-1} \\ &=\textcolor{red}{\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n-1}}{2 n-1}=\arctan x} \end{aligned} x1f(x)=x1(n=1(1)n1(2n)21x2n+1)=x1n=1(1)n12n1x2n=n=1(1)n12n1x2n1=arctanx

    f ( x ) = ∫ 0 x f ′ ( t ) d t = ∫ 0 x tarctan ⁡ t d t = 1 2 [ ( 1 + x 2 ) arctan ⁡ x − 2 x ] , ∣ x ∣ < 1 \begin{aligned} f(x) &=\int_{0}^{x} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t=\int_{0}^{x} \operatorname{tarctan} t \mathrm{d} t \\ &=\frac{1}{2}\left[\left(1+x^{2}\right) \arctan x-2 x\right],|x|<1 \end{aligned} f(x)=0xf(t)dt=0xtarctantdt=21[(1+x2)arctanx2x],x<1

    2 、 2、 2

    ∑ n = 0 ∞ 2 n + 1 2 n + 1 x 2 n \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2 n+1}{2^{n+1}} x^{2 n} n=02n+12n+1x2n

    解:设 a n = 2 n + 1 2 n + 1 x 2 n , a_{n}=\frac{2 n+1}{2^{n+1}} x^{2 n}, an=2n+12n+1x2n, 则 由 lim ⁡ n → ∞ ∣ a n + 1 a n ∣ = x 2 2 \lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|=\frac{x^{2}}{2} limnanan+1=2x2可 知 R = 2 R=\sqrt{2} R=2

    x = ± 2 x=\pm \sqrt{2} x=±2 时,级数 ∑ n = 0 ∞ 2 n + 1 2 n + 1 ⋅ 2 n \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2 n+1}{2^{n+1}} \cdot 2^{n} n=02n+12n+12n 是发散的. 即 ∑ n = 0 ∞ 2 n + 1 2 n + 1 x 2 n \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2 n+1}{2^{n+1}} x^{2 n} n=02n+12n+1x2n 的收敛区域为 ( − 2 , 2 ) (-\sqrt{2}, \sqrt{2}) (2 ,2 )
    且其和函数

    f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ 2 n + 1 2 n + 1 x 2 n = ∑ n = 0 ∞ n + 1 2 n x 2 n − ∑ n = 0 ∞ x 2 n 2 n + 1 = ∑ n = 0 ∞ ( n + 1 ) ( x 2 2 ) n − 1 2 ∑ n = 0 ∞ ( x 2 2 ) n = 1 ( 1 − x 2 2 ) 2 − 1 2 ⋅ 1 1 − x 2 2 = x 2 + 2 ( 2 − x 2 ) 2 , x ∈ ( − 2 , 2 ) \begin{aligned} f(x) &=\textcolor{red}{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2 n+1}{2^{n+1}} x^{2 n}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{n+1}{2^{n}} x^{2 n}-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{2^{n+1}}} \\ &=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)\left(\frac{x^{2}}{2}\right)^{n}-\frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{x^{2}}{2}\right)^{n} \\ &=\frac{1}{\left(1-\frac{x^{2}}{2}\right)^{2}}-\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1-\frac{x^{2}}{2}}=\frac{x^{2}+2}{\left(2-x^{2}\right)^{2}}, \quad x \in(-\sqrt{2}, \sqrt{2}) \end{aligned} f(x)=n=02n+12n+1x2n=n=02nn+1x2nn=02n+1x2n=n=0(n+1)(2x2)n21n=0(2x2)n=(12x2)212112x21=(2x2)2x2+2,x(2 ,2 )

    常见幂级数求和公式

    e x = ∑ x = 0 ∞ 1 n ! x ∗ = 1 + x + 1 2 ! x 2 + ⋯ + 1 n ! x n + ⋯   , x ∈ ( − ∞ , + ∞ ) sin ⁡ x = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) z ( 2 n + 1 ) ! x 2 n + 1 = x − 1 3 ! x 3 + 1 5 ! x 5 − ⋯ + ( − 1 ) x ( 2 n + 1 ) ! x 2 n + 1 + ⋯   , x ∈ ( − ∞ , + ∞ ) cos ⁡ x = ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n ( 2 n ) ! x 2 π = 1 − 1 2 ! x 2 + 1 4 ! x 4 − ⋯ + ( − 1 ) n ( 2 n ) ! x 2 n + ⋯   , x ∈ ( − ∞ , + ∞ ) ln ⁡ ( 1 + x ) = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n n + 1 x n + 1 = x − 1 2 x 2 + 1 3 x 3 − ⋯ + ( − 1 ) n n + 1 x n + 1 + ⋯   , x ∈ ( − 1 , 1 ] 1 1 − x = ∑ n = 0 ∞ x n = 1 + x + x 2 + x 3 + ⋯ + x n + ⋯   , x ∈ ( − 1 , 1 ) x ( 1 − x ) 2 = ∑ n = 1 ∞ n x n 1 1 − x = 1 + ∑ n = 1 ∞ ( 2 n − 1 ) ! ! ( 2 n ) ! ! x n ( 1 + x ) a = 1 + ∑ n = 1 ∞ α ( α − 1 ) ⋯ ( α − n + 1 ) n ! x n , x ∈ ( − 1 , 1 ) arctan ⁡ x = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n 2 n + 1 x 2 + 1 = x − 1 3 x 3 + 1 5 x 5 + ⋯ + ( − 1 ) n 2 n + 1 x 2 n + 1 + ⋯   , x ∈ ( − 1 , 1 ) arcsin ⁡ x = ∑ x = 0 ∞ ( 2 n ) ! 4 x ( n ! ) 2 ( 2 n + 1 ) x 2 n + 1 = x + 1 6 x 3 + 3 40 x 5 + ⋯   , x ∈ ( − 1 , 1 ) tan ⁡ x = ∑ n = 1 ∞ B 2 n ( − 4 ) n ( 1 − 4 n ) ( 2 n ) ! x 2 n − 1 = x + 1 3 x 3 + 2 15 x 3 + 17 315 x 7 + ⋯ , x ∈ ( − 1 , 1 ) \begin{aligned} &e^{x}=\sum_{x=0}^{\infty} \frac{1}{n !} x^{*}=1+x+\frac{1}{2 !} x^{2}+\cdots+\frac{1}{n !} x^{n}+\cdots, x \in(-\infty,+\infty)\\ &\sin x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{z}}{(2 n+1) !} x^{2 n+1}=x-\frac{1}{3 !} x^{3}+\frac{1}{5 !} x^{5}-\cdots+\frac{(-1)^{x}}{(2 n+1) !} x^{2 n+1}+\cdots, x \in(-\infty,+\infty)\\ &\cos x=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2 n) !} x^{2 \pi}=1-\frac{1}{2 !} x^{2}+\frac{1}{4 !} x^{4}-\cdots+\frac{(-1)^{n}}{(2 n) !} x^{2 n}+\cdots, x \in(-\infty,+\infty)\\ &\ln (1+x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n+1} x^{n+1}=x-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{3} x^{3}-\cdots+\frac{(-1)^{n}}{n+1} x^{n+1}+\cdots, x \in(-1,1]\\ &\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}=1+x+x^{2}+x^{3}+\cdots+x^{n}+\cdots, x \in(-1,1)\\ &\frac{x}{(1-x)^{2}}=\sum_{n=1}^{\infty} n x^{n}\\ &\frac{1}{\sqrt{1-x}}=1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2 n-1) ! !}{(2 n) ! !} x^{n}\\ &(1+x)^{a}=1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n+1)}{n !} x^{n},x \in(-1,1)\\ &\arctan x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1} x^{2+1}=x-\frac{1}{3} x^{3}+\frac{1}{5} x^{5}+\cdots+\frac{(-1)^{n}}{2 n+1} x^{2 n+1}+\cdots, x \in(-1,1)\\ &\arcsin x=\sum_{x=0}^{\infty} \frac{(2 n) !}{4^{x}(n !)^{2}(2 n+1)} x^{2 n+1}=x+\frac{1}{6} x^{3}+\frac{3}{40} x^{5}+\cdots, x \in(-1,1)\\ &\tan x=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{B_{2n}(-4)^{n}\left(1-4^{n}\right)}{(2 n) !} x^{2 n-1}=x+\frac{1}{3} x^{3}+\frac{2}{15} x^{3}+\frac{17}{315} x^{7}+\cdots ,x \in(-1,1) \end{aligned} ex=x=0n!1x=1+x+2!1x2++n!1xn+,x(,+)sinx=n=0(2n+1)!(1)zx2n+1=x3!1x3+5!1x5+(2n+1)!(1)xx2n+1+,x(,+)cosx=n=1(2n)!(1)nx2π=12!1x2+4!1x4+(2n)!(1)nx2n+,x(,+)ln(1+x)=n=0n+1(1)nxn+1=x21x2+31x3+n+1(1)nxn+1+,x(1,1]1x1=n=0xn=1+x+x2+x3++xn+,x(1,1)(1x)2x=n=1nxn1x 1=1+n=1(2n)!!(2n1)!!xn(1+x)a=1+n=1n!α(α1)(αn+1)xnx(1,1)arctanx=n=02n+1(1)nx2+1=x31x3+51x5++2n+1(1)nx2n+1+,x(1,1)arcsinx=x=04x(n!)2(2n+1)(2n)!x2n+1=x+61x3+403x5+,x(1,1)tanx=n=1(2n)!B2n(4)n(14n)x2n1=x+31x3+152x3+31517x7+x(1,1)

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  • 幂级数展开式的方法

    千次阅读 2021-05-21 14:00:46
    函数的幂级数形式具有广泛的应用,如函数值的估算、数值计算、解微分方程等。虽然可以使用泰勒展开式来写成函数的幂级数展开形式,即直接展开法;但是由于一般来说,函数的阶导数不易求得,并且也不容易考察余项,...
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  • 无穷级数求和的若干方法(毕业论文)陕西理工学院函授本科毕业论文题 目 无穷级数求和的若干方法学生姓名 于 涛专业名称 数学与应用数学无穷级数求和的若干方法(学院 )摘 要:本文介绍了十种无穷级数求和的方法,并...
  • 级数求和 幂级数 常数项级数 展开成级数(注明收敛域) 出题角度 数列极限结合级数审敛 幂级数结合微分方程、数列 傅里叶级数 傅里叶级数 傅里叶系数 狄利克雷收敛定理 展开 周期为2l 奇偶函数 题型 傅里叶展开 收敛...
  •  4、无穷求和 收敛级数求和的规律 我觉得在我们这次的微积分考试中,或者可能他不会考???等我想写了再补上来~ 二、函数项级数 1、函数项级数的收敛性 (1)函数一致收敛性的判定 1、求出和函数,级数与和函数的差...
  • ) 我们还知道,ln(1-x)的幂级数展开式为: 所以,对(5)式应用(7)式(注意,把下式中下画线部分当成一个整体代替(7)式中的x),得 同样,对(6)式应用(7)式,得 我们比较(8)式与(9)式两端x^2的系数,它们相等,就可以...
  • 利用级数求和推导泊松分布的期望方差

    万次阅读 多人点赞 2016-12-02 23:49:17
    利用级数求和推导泊松分布的期望方差@(概率论)闲来无事,动手推导一个常见的泊松分布的表达式。回顾泊松分布:设变量X服从λ\lambda的泊松分布,则:P(X=k)=λkk!e−λ,k=0,1,2,....P(X = k) = \frac{\lambda^k}{k!}...
  • 数列/级数求和或求近似值是常见的循环编程练习。下面将给出一些题目。1.调和数调和级数Harmonic numbers,H(n)= 1/1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ... + 1/n。求调和级数前n项的和/*** 调和级数Harmonic numbers,* H(n)= 1/1...
  • 逐项求导的坑,祸害不浅

    千次阅读 2020-12-24 15:09:05
    为了能够更好地帮助大家理解何为幂级数的和函数,小编在本文将结合一道考研数学真题来讲述。1.幂级数和函数考研真题下面这道题是2016年考研数学三真题:小编对真题稍加修改,大家看看是否会影响解题过程和步骤。可能...
  • 常见收敛级数

    万次阅读 2018-04-22 15:02:45
    0.常见级数列表 https://en.wikipedia.org/wiki/Convergent_series 1.想到或者搜到的证明 1+122+132+142+152+...=π261+122+132+142+152+...=π261+\frac {1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+...
  • >> z=limit(z,y,2) 可得结果为 z = 3/2 2、级数的符号求和常见级数形式,如下所示。 S :级数的和 i: 自变量,值域为[a,b] f(i):为关于自变量i的函数 函数:symsum 功能:级数符号求和 语法:symsum(S) ...
  • 05 高等数学专题——无穷级数

    千次阅读 2021-04-10 14:03:50
    数列{un} 定义:数列通项极限存在,即趋于某个常数,...定义:一个级数n项和极限存在,则这个级数收敛(反之级数收敛,则级数的n项和极限存在) 级数收敛的必要条件:通项的极限趋向于0 级数收敛分类:条件收敛和绝对收
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  • 现给定一个实数x,要求利用此幂级数部分和求ex的近似值,求和一直继续到最后一项的绝对值小于0.00001。 输入格式: 输入在一行中给出一个实数x∈[0,5]。 输出格式: 在一行中输出满足条件的幂级数部分和,保留小数点后...
  • 级数与微分方程结合

    千次阅读 2020-10-18 09:33:00
    幂级数求和有很多方法,如常见的逐项求导逐项积分,或者其他的方法 这里想一种情况,将级数求和问题转换成微分方程,通过解出微分方程的通解,间接的求出了级数的和。 思路是这样的,通过拆分级数的形式,加加减减...
  • 常见函数的级数展开及推导

    万次阅读 多人点赞 2020-09-19 19:39:18
    常见函数的幂级数(泰勒级数)展开与推导。
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  • 0. 前置1. 广义二项式定理(牛顿二项式定理)我们重新定义...\]其中 \(r^{\underline{k}}\) 是下降,\(r\in\mathbb C,k\in\mathbb N\) .注意 \(r\in\mathbb C\) . 在这种情况下,对于任意 \(\alpha\in\mathbb C\)...
  • 发散级数(中文维基百科)

    千次阅读 2019-07-28 22:10:25
    发散级数(中文维基百科) 发散级数 (英语:Divergent Series)指(按柯西意义下)不收敛的级数。如级数 1+2+3+4+⋯1 + 2 + 3 + 4 + \cdots1+2+3+4+⋯和 1−1+1−1+⋯{\displaystyle 1-1+1-1+\cdots }1−1+1−1+⋯ ,...
  • 一、十一个组合恒等式 、 二、组合恒等式 证明方法 、 三、组合数 求和 ∑ 方法
  • 使用Python玩转高等数学(2):函数

    千次阅读 2021-01-10 18:48:36
    y = x,y=x^2,y=x^3,y=x^1/2,y=x^-1是最常见函数,下面分别探讨它们的图像和性质。 绘制函数图像要使用sympy库,sympy库是一个计算机代数系统,它支持符号计算、高精度计算、模式匹配、绘图、解方程、微积分...

空空如也

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