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  • 二项式展开式的常数项
    2019-02-25 11:25:00

    前言

    一、相关方法

    • “赋值法”普遍运用于恒等式,是一种处理二项式相关问题比较常用的方法。

    二、二项式定理

    \[(a+b)^n=C_n^0\cdot a^n\cdot b^0+C_n^1\cdot a^{n-1}\cdot b^1+C_n^2\cdot a^{n-2}\cdot b^2+\cdots+C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r+\cdots+C_n^n\cdot a^0\cdot b^n\]

    项的排列规则:按照\(a\)的降幂排列同时按照\(b\)的升幂排列,每一项的次数(\(a\)\(b\)的指数之和)为\(n\),如果不按照这样的规则排列,由于加法具有交换律,故通项公式就没有意义;等式右边称为\((a+b)^n\)二项展开式,共有\(n+1\)项,其中各项的系数\(C_n^r(r=0,1,2,\cdots,n)\)称为二项式系数,\(C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)称为二项展开式的第\(r+1\)项,又称为二项式通项。故通项公式为\(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)\(r=0,1,2,\cdots,n\)

    • 证明思路:

    ①由具体到抽象;

    ②组合数法;比如第一项,\(C_n^n\cdot a^n\cdot C_n^0\cdot b^0=C_n^0\cdot a^n\)

    比如第二项,\(C_n^{n-1}\cdot a^{n-1}\cdot C_1^1\cdot b^1=C_n^1\cdot a^{n-1}\cdot b^1\)

    其他项依此类推;

    • 应用时需要注意:

    \(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\),可以表达展开式中的任意项,当\(n\)\(r\)确定,该项就随之确定;

    \(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)\(r=0,1,2,\cdots,n\),是展开式中的第\(r+1\)项,不是第\(r\)项;

    ③公式中\(a\)\(b\)的指数之和为\(n\),且\(a\)\(b\)的位置不能随意颠倒;

    ④要将通项公式中的系数和字母分离开,以便于解决计算问题;

    ⑤关于\((a-b)^n\)展开式的通项公式,要特别注意符号问题,\((a-b)^n=[a+(-b)]^n\)

    三、赋值应用

    • ① 令\(a=1\)\(b=x\),则得到公式:

    \[(1+x)^n=1+C_n^1x+C_n^2x^2+C_n^3x^3+\cdots+C_n^rx^r+\cdots+C_n^nx^n\]

    • ② 当需要求二项展开式的系数之和时,常将\((m+cx)^n\)展开为:

    \[(m+cx)^n=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots+a_nx^n\]

    • ③ 二项式系数之和

    \((a+b)^n=C_n^0\cdot a^n\cdot b^0+C_n^1\cdot a^{n-1}\cdot b^1+C_n^2\cdot a^{n-2}\cdot b^2+\cdots+C_n^n\cdot a^0\cdot b^n\)中,

    \(a=1\)\(b=1\),得到

    \[C_n^0+C_n^1+\cdots+C_n^r+\cdots+C_n^n=2^n\]

    应用:含有\(n\)个元素的集合\(\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}\),其所有的子集个数有\(2^n\)个;所有的真子集个数有\(2^n-1\)个;所有的非空子集个数有\(2^n-1\)个;所有的非空真子集个数有\(2^n-2\)个。

    • ④ 各项的系数和与各项的系数的绝对值之和

    若二项式\((3-x)^n(n\in N^*)\)中所有项的系数之和为\(A\),所有项的系数的绝对值之和为\(B\),求\(A\)\(B\)的值。

    分析:\((3-x)^n=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots+a_nx^n\)

    \(x=1\),得到所有项的系数之和

    \(A=a_0+a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=(3-1)^n=2^n\)

    \(x=-1\),得到所有项的系数的绝对值之和

    \(B=|a_0|+|a_1|+|a_2|+|a_3|+\cdots+|a_n|\)

    \(=a_0-a_1+a_2-a_3+a_4-\cdots+(-1)^n\cdot a_n\)

    \(=(3+1)^n=4^n\)

    • ⑤ 奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和

    \((a+b)^n=C_n^0\cdot a^n\cdot b^0+C_n^1\cdot a^{n-1}\cdot b^1+C_n^2\cdot a^{n-2}\cdot b^2+\cdots+C_n^n\cdot a^0\cdot b^n\)中,

    \(a=1\)\(b=-1\),得到

    \((1-1)^n=C_n^0-C_n^1+C_n^2-C_n^3+\cdots+(-1)^nx^n=0\),得到

    \[C_n^0+C_n^2+C_n^4+C_n^6+\cdots =C_n^1+C_n^3+C_n^5+C_n^7+\cdots =2^{n-1}\]

    引申

    ①若\(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots+a_nx^n\),则\(f(x)\)展开式中各项系数之和为\(f(1)\),奇数项系数之和为\(\frac{f(1)+f(-1)}{2}\);偶数项系数之和为\(\frac{f(1)-f(-1)}{2}\)

    ②对形如\((ax+b)^n\)\((a+x)(b+cx^2)^n\)\((ax^2+bx+c)^n\)(\(a\)\(b\)\(c\in R\))的式子求其展开式各项系数之和,只需令\(x=1\)即可。

    ③求\((ax+by)^n\)的展开式中的各项系数之和,只需令\(x=y=1\)即可。

    四、相关性质

    • 组合数性质:

    \(①C_n^m=C_n^{n-m}\)

    \(②C_{n+1}^m=C_n^m+C_n^{m-1}\)

    • 二项式系数的性质

    二项式系数先增后减中间项最大;当\(n\)为偶数时,第\(\cfrac{n}{2}+1\)项的二项式系数最大,最大值为\(C_n^{\frac{n}{2}}\);当\(n\)为奇数时,第\(\cfrac{n+1}{2}\)项和第\(\cfrac{n+3}{2}\)项的二项式系数最大,最大值为\(C_n^{\frac{n-1}{2}}\)\(C_n^{\frac{n+1}{2}}\)

    五、典例剖析

    例1求值:\(2^n-C_n^1\cdot 2^{n-1}+C_n^2\cdot 2^{n-2}+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot C_n^{n-1}\cdot 2+(-1)^n\)=___________。

    分析:\((2-1)^n=C_n^0\cdot 2^n-C_n^1\cdot 2^{n-1}+C_n^2\cdot 2^{n-2}+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot C_n^{n-1}\cdot 2+(-1)^n\cdot C_n^n\cdot 2^0\)

    \(2^n-C_n^1\cdot 2^{n-1}+C_n^2\cdot 2^{n-2}+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot C_n^{n-1}\cdot 2+(-1)^n=(2-1)^n=1\)

    例2【2011课标全国】\((x+\cfrac{a}{x})(2x-\cfrac{1}{x})^5\)的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中的常数项为【】

    $A.-40$ $B.-20$ $C.20$ $D.40$

    分析:令\(x=1\),则其展开式的系数和为\((1+a)(2-1)^5=2\),解得\(a=1\)

    从而\((x+\cfrac{1}{x})(2x-\cfrac{1}{x})^5=\cfrac{x^2+1}{x}\cdot \cfrac{(2x^2-1)^5}{x^5}=\cfrac{(x^2+1)(2x^2-1)^5}{x^6}\)

    故转化为求\((x^2+1)(2x^2-1)^5\)展开式中的\(x^6\)项的系数问题;

    法1:通项公式法,\((2x^2-1)^5\)的通项公式为\(T_{r+1}=C_5^r\cdot (2x^2)^{5-r}\cdot (-1)^r=C_5^r\cdot 2^{5-r}\cdot (-1)^r\cdot x^{10-2r}\)

    \(10-2r=4\)时,即\(r=3\)时,该项为\(-40x^4\);当\(10-2r=6\)时,即\(r=2\)时,该项为\(80x^4\)

    \((x^2+1)(2x^2-1)^5\)展开式中的\(x^6\)项为\(40x^6\),故原题目中的展开式中的常数项为\(40\),故选\(D\)

    法2:组合数法,\((x^2+1)(2x^2-1)^5\)展开式中的\(x^6\)项为\(C_1^1\cdot x^2\cdot C_5^2\cdot (2x^2)^2\cdot C_3^3\cdot (-1)^3\) \(+C_1^1\cdot 1\cdot C_5^3\cdot (2x^2)^3\cdot C_2^2\cdot (-1)^2=40x^6\)

    故原题目中的展开式中的常数项为\(40\),故选\(D\)

    例3若\((x+1)^4(x+4)^8=a_0(x+3)^{12}+a_1(x+3)^{11}+a_2(x+3)^{10}+\cdots+a_{11}(x+3)+a_{12}\),则\(log_2(a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{11})\)=_______。

    分析:令\(x=-2\),则\(a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{11}+a_{12}=(-2+1)^4(-2+4)^8=2^8\)①;

    \(x=-4\),则\(a_0-a_1+a_2-\cdots-a_{11}+a_{12}=(-4+1)^4(-4+4)^8=0\)②;

    ①-②得到,\(2(a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{11})=2^8\)

    \(a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{11}=2^7\)

    \(log_2(a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{11})=log_22^7=7\).

    例4【2014浙江高考】在\((1+x)^6(1+y)^4\)的展开式中,记\(x^my^n\)项的系数为\(f(m,n)\),则\(f(3,0)+f(2,1)\) \(+f(1,2)+f(0,3)\)=【】

    $A.45$ $B.60$ $C.120$ $D.210$

    分析:由组合数法可以求得,\(x^my^n\)项的系数为\(f(m,n)=C_6^m\cdot x^m\cdot C_{6-m}^{6-m}\cdot 1^{6-m}\cdot C_4^n\cdot y^n\cdot C_{4-n}^{4-n}\cdot 1^{4-n}=C_6^m\cdot C_4^n\)

    \(f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)\)

    \(=C_6^3\cdot C_4^0+C_6^2\cdot C_4^1+C_6^1\cdot C_4^2+C_6^0\cdot C_4^3=120\),故选\(C\)

    例5【2013课标全国Ⅰ】设\(m\)为正整数,\((x+y)^{2m}\)的展开式的二项式系数的最大值为\(a\)\((x+y)^{2m+1}\)的展开式的二项式系数的最大值为\(b\),若\(13a=7b\),则\(m\)=【】

    $A.5$ $B.6$ $C.7$ $D.8$

    分析:由题目可知,\(a=C_{2m}^m\)\(b=C_{2m+1}^{m+1}\),又\(13a=7b\),即\(13C_{2m}^m=7C_{2m+1}^{m+1}\)

    \(13\cdot \cfrac{(2m)!}{m!\cdot m!}=7\cdot \cfrac{(2m+1)!}{m!\cdot (m+1)!}\),解得\(m=6\),故选\(B\)

    法2:当解得\(13C_{2m}^m=7C_{2m+1}^{m+1}\),用代入验证法,解得\(m=6\),故选\(B\)

    例6\((x^2+2x+3y)^5\)的展开式中,含\(x^5y^2\)的项的系数是多少?

    法1:将三项式转化为二项式的形式来处理。

    \((x^2+2x+3y)^5=[(x^2+2x)+3y]^5\),其通项公式为\(T_{r+1}=C_5^r(x^2+2x)^{5-r}(3y)^r\)

    由此式可知令\(r=2\),则有\(T_{2+1}=C_5^2(x^2+2x)^{5-2}(3y)^2=9C_5^2(x^2+2x)^3y^2\)

    以下确定\(x\)的次数,再令\((x^2+3x)^3\)的通项公式为\(T_{k+1}=C_3^k(x^2)^{3-k}(2x)^k=2^kC_3^kx^{6-k}\)

    由此式可知令\(k=1\),则\(T_{1+1}=C_3^1(x^2)^{3-1}(2x)^1=2\times3 x^5\)

    故含有\(x^5y^2\)的项的系数应该是\(9C_5^2\times2\times3=540\).

    法2:排列组合法,

    \((x^2+2x+3y)^5=(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)\)

    先分析\(x^5y^2\)的项的构成方式,在本题中,只能是2次\(x^2\),1次\(x\),2次\(y\)构成,

    故按照多项式乘法法则可知,我们可以先从5个因式中任意选取二个有\(C_5^2\)种,在取出的这个因式种只选取项\(x^2\)

    然后再从剩余的3个因式中任意选取一个有\(C_3^1\)种,在取出的这个因式中只选取项\(2x\)

    最后将剩余的2个因式全部选取,有\(C_2^2\)种,在取出的每个因式种只选取项\(3y\)

    故有\(C_5^2\cdot x^2 \cdot x^2 \cdot C_3^1\cdot 2x\cdot C_2^2 3y\cdot 3y=C_5^2\cdot C_3^1\cdot C_2^2\cdot 2\cdot 9x^5y^2=540x^5y^2\).

    例7【2017高考全国卷丙】\((x+y)(2x-y)^5\)的展开式中\(x^3y^3\)的系数为【】

    $A.-80$ $B.-40$ $C.40$ $D.80$

    法1:通项公式法,由\((2x-y)^5\)展开式的通项公式:\(T_{r+1}=C_5^r\cdot (2x)^{5-r}\cdot (-y)^r\)可得:

    \(r=3\)时,\(x(2x-y)^5\)展开式中\(x^3y^3\)的系数为\(C_5^3\times 2^2\times (-1)^3=-40\)

    \(r=2\)时,\(x(2x-y)^5\)展开式中\(x^3y^3\)的系数为\(C_5^2\times 2^3\times (-1)^2=-40\)

    \(x^3y^3\)的系数为\(80-40=40\),故选\(C\)

    法2:排列组合法,构成\(x^3y^3\)的有两个来源:

    其一,\(C_1^1\cdot x\cdot C_5^2\cdot (2x)^2\cdot C_3^3\cdot (-y)^3=-40x^3y^3\)

    其二,\(C_1^1\cdot y\cdot C_5^3\cdot (2x)^3\cdot C_2^2\cdot (-y)^2=80x^3y^3\)

    \(x^3y^3\)的系数为\(80-40=40\),故选\(C\)

    例8【2019届高三理科数学二轮用题】若二项式\((x-\cfrac{1}{\sqrt{x}})^n\)的展开式中第\(m\)项为常数项,则\(m\)\(n\)应该满足【】

    $A.2n=3(m-1)$ $B.2n=3m$ $C.2n=3(m+1)$ $D.2n=m$

    分析:由于\((a+b)^n\)的二项展开式的通项公式为\(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)

    \(T_{r+1}=C_n^r\cdot x^{n-r}\cdot (-\cfrac{1}{\sqrt{x}})^r=(-1)^r\cdot C_n^r\cdot x^{n-\cfrac{3r}{2}}\)

    \(n-\cfrac{3r}{2}=0\),且\(m=r+1\),代入整理得到,\(2n=3(m-1)\),故选\(A\)

    转载于:https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/10429916.html

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  • 二项式展开推广与微积分的关系

    千次阅读 2016-05-22 11:23:05
    二项式展开推广与微积分的关系牛顿展开二项式,为微积分的创立提供了重要工具——《一念非凡》。 我刚开始在看《一念非凡》这本书时,对这句话百思不得其解。因为我的理解思路上来就是从现代居高临下的微积分观点:...

    二项式展开推广与微积分的关系

    牛顿展开二项式,为微积分的创立提供了重要工具——《一念非凡》。
    我刚开始在看《一念非凡》这本书时,对这句话百思不得其解。因为我的理解思路上来就是从现代居高临下的微积分观点: z=x0y(t)dt 出发,认为 y(t) 既然能分解成无穷级数 y(t)=A+Bx+Cx3+... ,因此由 y 包围的面积应该由展开的二项式来求,就不知道然后呢。因为,首先,每一个单项式求积分如何求,这是个死循环的思路,另外,展开为无穷级数,无穷啊,无穷个积分相加,也不对头。还好《一念非凡》后面有参考文献:《微积分的历程:从牛顿到勒贝格》[美]邓纳,看了之后茅塞顿开。我只能说对伟大思想的发明,你想理解他,首先要认识到伟大思想的雏形是朴实的或者是粗糙的,如果你想证明这个伟大的思想,想感怀那个伟人证明之路,一定要认识这一点。否则,你一开始证明的目标会变成后来不断美化的思想结论,如这里的z=x0y(t)dt,那这块的工作不仅仅就是牛顿的工作,多少科学巨擘你都得瞻仰才行。
    - 好了,开始来干货。
    牛顿对二项式展开进行推广,得到 (P+PQ)mn 的展开公式。然后,牛顿有一天对求面积格外感兴趣,他证明的目标是指数函数的面积,证明的结论如下:简单曲线的面积:如果 y=axmn 是曲线AD的函数,其中a是常数,m和n是正整数,那么,区域ABD的面积为 anm+nxm+nn ,这一法则和另外两条法则就是微积分的发明,看,并不是漂亮的数学公式 z=x0y(t)dt ,而是粗糙的,对简单函数面积的证明,进而推广到一般函数。
    - 证明过程
    这里写图片描述

    证明思路就是利用面积为 z(x+o) 的面积逼近 z(x) .
    首先,牛顿认为 z(x)=anm+nxm+nn 并求 z(x) 的瞬时变化率。为书写方便,暂时令 c=anm+n p=m+n ,于是 z(x)=cxpn ,且
    [1]

    [z(x)]n=cnxp
    ,则 z(x+o) 就是面积 Aβδ ,该面积分解为面积ABD和面积 BβδD ,牛顿断定 z(x+o)=z(x)+ov ,带入[1],得到
    [z(x)+ov]n=[z(x+o)]n=cn(x+o)p

    展开最左边和最右边的多项式,得到
    z(x)n+n[z(x)]n1ov+n(n1)2[z(x)]n2o2v2+...=cnxp+cnpxp1o+cnp(p1)2x(p2)o2+...
    ,利用[1]消去等式两边最左边的项,并除以o,得到
    n[z(x)]n1v+n(n1)2[z(x)]n2ov2+...=cnpxp1+cnp(p1)2x(p2)o+...

    牛顿假定 Bβ 为无限减小并消失的量,或者o为零,那么,v和y在这种情况下会相等 BK=BD ,并且含o的项将消失。即
    [2]
    n[z(x)]n1y=cnpxp1

    要注意的是,o作除数时不为0,但是为了逼近,又变成0,这里出现了逻辑混乱,困扰了一个多世纪。所以说啊, 大胆的假设与丢盔弃甲的证明是值得借鉴的,不能为严谨而丢弃伟大的思想,don’t care繁琐的细节!
    代换z(x), c=anm+n p=m+n
    y=cnpxp1n[z(x)]n1=axmn
    也就是说,牛顿从他的假设“ABD的面积 z(x)=anm+nxm+nn 出发,推出曲线AD必定满足方程 y=axmn .从本质上说,他微分了积分,然后,在没有证明的情况下,指出,与此相反,如果 axmn=y ,那么就有 anm+nxm+nn=z
    对于这里面出现的逻辑漏洞或是特别扭曲的逻辑,牛顿用幽默的语言说道“流树术的一种简洁的难以理解的形式”
    其实这个过程的证明真的是朴(jian)素(dan),一会就看明白了。可是当时谁会那么勇敢,大胆的去想这样的事情,毕竟逻辑不通。啊,这一刻,我感受到了思想的超时代性,大胆假设与思想胜于严谨逻辑!

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  • 一、常数项级数 1、无穷级数的收敛性 (1)判断无穷级数收敛性的方法 1.(通过无穷级数的前n项和来判断)若一个无穷级数的前n项和收敛于S,则这个无穷级数也收敛于S;反之若其前n项和的极限不存在,则称级数发散。 ...

    提示:本文的适用对象为已修过《微积分A1》的非数学系学生,文中题型方法为个人总结,为个人复习使用。部分理解虽然不太严谨,但对于解题的实用性较强。若有疏漏or错误,欢迎批评指正。

    一、常数项级数

    1、无穷级数的收敛性

    (1)判断无穷级数收敛性的方法

    1.(通过无穷级数的前n项和来判断)若一个无穷级数的前n项和收敛于S,则这个无穷级数也收敛于S;反之若其前n项和的极限不存在,则称级数发散。

    2.(通过Cauchy准则来判断)若一个无穷级数存在一个界限N,当n>N时,从n+1到任意的n+p项求和取绝对值,其结果比任何一个大于零的数都要小,则该无穷级数收敛。

    反之,证明发散性可以用Cauchy准则的逆定理,超级简单!!!!叙述如下:

    \exists \varepsilon > 0,\exists n,p\in N^{+},都有\left | \sum_{k=n+1}^{n+p}u_{k} \right | \geq \varepsilon。这样我们就可以只要取出一组这样的值满足情况就能证明无穷级数发散 

    3.一个想法就是:部分和是单调有界数列推出部分和收敛,进而推出原级数收敛

    4.记住:在公比绝对值小于一的时候,等比级数收敛;在p>1时,级数\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{p}}收敛 

    (2)收敛级数的性质

    1.若无穷级数收敛,则在n趋向于正无穷的时候,级数的值趋向于0

    2.两级数都收敛,则由其线性组合成的新级数也收敛,但是无法反推

    3.两发散级数的组合未必发散,但一收敛一发散组合必发散

    4.收敛级数的收敛性不会因为改变有限项的值而改变,但是收敛值一般会改变 

    2、非负项级数的收敛性

    (1)非负项级数收敛性的判定方法

    1.(比较判敛法)大的收敛,小的就收敛。小的发散,大的就发散

    2.(比较判敛法的极限形式

     一些判断复杂级数收敛性的方法,找到此级数的同阶简单级数,看简单级数的收敛性

    3.(比值判别法)后项与前项做比值取极限,极限值(或上极限)小于1,则级数收敛;极限值大于1(或下极限),则级数发散。

    4.(根值判别法)对级数开n次根号取极限(上极限),极限值小于1,则级数收敛;极限值大于1,则级数发散。

    5.(Raabe判别法

    嗯...这个方法感觉是针对很精细的差异进行判断的

    6. (Cauchy积分判敛法

    级数是离散的函数,若一个级数对应的函数f(x)非负递减,怎级数收敛的充分必要条件是广义积分\int_{1}^{+\infty}f(x)dx收敛 

    这个定理比较突出的一点是,它可以把广义积分的收敛性与非负项级数的收敛性联系起来,许多在广义积分中的“尺子”都可以被用于判断级数收敛。

    (2)几个特例与注意事项

    1、关于奇数项和偶数项的级数

     方法1:使用“求和极限”,求出2n项和2n-1项的和的极限,最后得出这两个极限相等,推出级数收敛

    方法2:使用根式判敛法分别判断奇数项和偶数项的敛散性,发现极限值都小于1,则推出级数收敛。

    2、对于一个特殊尺子敛散性的衡量

    对于\sum_{n=2}^{+ \infty}\frac{1}{n^{p}(lnn)^{q}}

    核心思想:1、关于P分类讨论,分别讨论p>1,p<1和p=1的情况

    2、找到一个合适的级数用于比较判敛法

    3、将级数与广义积分联系起来,记住这个广义积分的尺子 

    3、关于复杂积分泰勒展开判断收敛性的衡量

    其实对于这道题,如果把他放在考场中,我是绝对不会做的,下面分析一下我不会做这道题的原因:

    1、我不会泰勒展开,好难记

    2、其实可以直接求和然后极限存在,故级数收敛 

    3、任意项级数的收敛性

    (1)交错项级数的收敛性与常用解题套路

    1、关于绝对收敛与条件收敛

    (摘自James Stewart《微积分》笔记·11.6 Absolute Convergence and the Ratio and Root Tests(绝对收敛和比例、根式检验) - 知乎 (zhihu.com)) 感觉说的挺好就放上了

    对于绝对收敛,其实你可以把他当作非负项级数来看,非负项级数的收敛法则对于绝对收敛也同样使用。

    2、交错项级数与其收敛性判断——莱布尼兹定理

    1、交错项级数的形式,其中un大于等于0,为正项级数的部分,n=1,2,3.....

    \sum_{n=1}^{+ \infty}(-1)^{n-1}u_{n}

    2、(莱布尼兹定理)对于\sum_{n=1}^{+ \infty}(-1)^{n-1}u_{n},若un单调递减且趋近于零,则这个交错项级数收敛,且其和函数S小于等于u1。

    3、一个实例看最常见题型

    的收敛性判断。

    对于这种分子分母都存在(-1)^{n}的级数,无法用莱布尼茨公式求解,我们可以考虑通过通项的泰勒展开来讨论级数的收敛性。


    做题之前补充一个知识点,是关于小o与大O的知识点

    我们回到“无穷小函数的阶”这一部分,其中对于无穷小函数和无穷小量的定义是这样的

    相比之下,对于大O的定义

    就是说,小o和大O的区别是什么呢?

    小o代表了函数是某一个东西的高阶无穷小,在取极限时函数相对于这个东西而言,是可以忽略的小量

    大O代表了函数被某一个东西控制在了某一范围内 

     说回题目中收敛性的判断,题目是这样解答的

    step1:提出一项,构造成了一个分式项

    step2:对这个分式进行泰勒展开,得到几个不同的级数部分

    step3:对于每一个级数部分分别判断,其中对于O()的形式(为了方便放缩),要善于进行放缩,将其放缩成一个新的(也许是收敛的)级数

    step4:综合判断敛散性

     同样对于第二个式子,我们也可以这样求解

    4、关于收敛级数线性组合的收敛情况总结

    (1)两个绝对收敛级数加减,结果绝对收敛

    (2)一绝对、一条件级数相加减,结果条件收敛

    (3)两个条件收敛加减,结果肯定是收敛的

    (4)一收敛一发散加减,结果发散

    (5)两发散相加减,结果不一定

    (2)迪利克雷与阿贝尔——任意项级数判敛方法

    1、迪利克雷判敛法

    一个数列和有界,一个数列单调趋于零,则它们的乘积收敛

    2、阿贝尔判别法

    一个数列收敛,一个数列单调有界,则他们的乘积收敛

    在判断时,对于一些涉及三角函数的题型,我们要补全积化和差和差化积公式的知识以便运算

    上为和差化积公式,记忆要点为:正加正,正在前;余加余,余并肩。正减正,余在前;余减余,负正弦。 

    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,级数与和函数的差无限小

    2、Cauchy准则,从n+1项到任意n+p项的和无限小

    (柯西定理的否定形式常用来证明不收敛)

    3、先证明和函数一致收敛,再推出级数一致收敛

    4、!!!!重点(Weierstrass判别法)找到一个非负常数项收敛级数\sum_{n=1}^{+ \infty} M_{n}大于原函数项级数的绝对值,则可推出函数项级数一致收敛(搭建起数项级数与函数项级数的桥梁)

    W.判别法在判断起一致收敛性的同时,也判断了函数项级数的绝对收敛性

    5、迪利克雷判别法和阿贝尔判别法(考试不考,我稍后补)

    2、一致收敛函数项级数和函数的性质

    (感觉跟广义积分部分很像)

    (1)级数一致收敛于和函数,级数连续,则和函数连续。

    (2)级数一致收敛于和函数,级数可积,则级数的求和符号与积分符号可以交换位置

    (3)级数连续可导,导数一致收敛,在某一点的函数项级数一致收敛,则该函数项级数一致收敛,且求和符号与求导符号可交换位置。

    三、幂级数

    (1)幂级数的定义

     

    (2)收敛半径的求解

    使用比值判别法/根值判别法求出a_{n}部分的

     附:对于缺项情况,直接做比值取极限,求解出x的范围

    已知幂级数在某一点条件收敛,则该幂级数的收敛半径就已知了

    (3)收敛域和收敛区间的区别

    收敛域要考虑边界的开闭情况,而收敛区间不需要,就是开的。

    已知一个幂级数的收敛半径,推出另一个相关级数的收敛半径——用举例法去想

    一个幂级数,逐项求导/逐项积分后,收敛半径不会改变

    (4)幂级数的和函数

    注意》在求和函数的过程中,会出现分母为零时的分类讨论情况,定义域会被拆分

    (5)无穷可导函数的幂级数展开

    (2条消息) 常用的收敛级数整理_万字长文看够幂级数_jie sherry的博客-CSDN博客

    我是直接把他这个全文背诵的,建议大家阅读

    四、傅里叶级数

    1、形式

    我在关注的核心点,就是如何求一个函数的傅里叶级数 

    (下一篇内容:级数重点题型整理+如何求函数的傅里叶级数)

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  • //计算自然常数e的公式为e的泰勒展开式(麦克劳林展开式) #include<iostream> using namespace std; const double MaxError = 1.0E-6; //误差上限 long int GetFactorial(int n) //用for循环计算阶乘 ...

    e的泰勒展开式(麦克劳林展开式):

    在这里插入图片描述

    //计算自然常数e的公式为e的泰勒展开式(麦克劳林展开式)
    #include<iostream>
    using namespace std;
    const double MaxError = 1.0E-6;               //误差上限
    
    long int GetFactorial(int n)          //用for循环计算阶乘
    {
    	if (n == 0)
    		return 1;
    	else
    	{
    		int i, j = 1;
    		for (i = 1; i <= n; i++)
    			j *= i;
    		return j;
    	}
    }
    
    double GetE(int n)                     //根据泰勒展开式计算自然常数e
    {
    	int i;
    	long int k;
    	double sum = 0, j;            //sum为计算e的和式
    	for (i = 0; i < n; i++)
    	{
    		k = GetFactorial(i);
    		j = 1.0 / k;
    		sum = sum + j;
    	}
    	return sum;
    }
    
    int main()
    {
    	double e = 2.178281;
    	double R=1.0;         //R为计算e的拉格朗日型余项(Remainder)的上确界,其初始值设为e的泰勒展开式的第二项
    	int n = 1, num = 1;                       //num为e的泰勒展开式的项数
    	while (R > MaxError)                   //当余项R小于误差上限时跳出循环
    	{
    		num++;
    		n++;
    		R = e / GetFactorial(n);
    	}
    	cout <<"当泰勒展开式到第"<< num <<"项时余项R小于1.0E-6" << endl;
    	cout << "此时自然常数e为"<<GetE(num) << endl;
    	return 0;
    }
    

    程序运行到最后,余项R,项数num,按照泰勒展开式计算e的和式sum的值如下图所示。
    在这里插入图片描述
    真实的e ≈ 2.718281828459045

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空空如也

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