(完整版)无穷级数习题及答案

(完整版)无穷级数习题及答案(A)第十一章无穷级数用定义判断下列级数的敛散性：1.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+2-n+1}$；2.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n(2n+2)}{3n+1}$；3.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+n}{5^{n}}$。判断下列正项级数的敛散性：4.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{4}}{4^{n}(2n+3n+1)}$；5.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\sqrt{n}}$；6.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^{1002n}}{n!n^{n+3}}$；7.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\sqrt{n}}$；8.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{n+1}}{(n+1)^{n}}$；9.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\frac{(-1)^{n}}{n}}$；10.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{3n+1}$。求下列任意项级数的敛散性，收敛时要说明条件收敛或绝对收敛：11.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}n}{n^{2}-1}$；12.$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}$；13.$1.1-1.01+1.001-1.0001+\cdots$；14.$\frac{1}{2}-\frac{2}{3}+\frac{2}{4}-\frac{2}{5}+\cdots$；15.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}}{(n+1)^{n}}x^{n}$；16.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}\cos^{2n}x$；17.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{2^{n}}x^{n}$；18.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-1)^{n}}{n^{n}}$；19.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{n^{2}2^{n+1}}$；20.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{3^{n}}x^{n}$。求下列级数的和函数：21.$\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}$；22.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+1}\left(\frac{x}{2}\right)^{2n+1}$。将下列函数展开成$x-x$的幂的级数：23.$\operatorname{sh}x=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}$，$x=0$；24.$\cos^{2}x$，$x=0$；25.$\ln(1+x)$，$x=0$；26.$\frac{1}{x}$，$x=3$。将下列函数在区间$[-\pi,\pi]$上展开为傅里叶级数：27.$A(x)=\cosx$，$-\pi\leqx\leq\pi$；28.$f(x)=-2t$，$-\pi\leqx\leq\pi$；29.$f(x)=\begin{cases}2x,&-3x\leqt\leqx\\x,&x\leqt\leq3x\end{cases}$；30.$f(x)=\begin{cases}l-x,&0\leqx\leql\\x,&l\leqx\leq2l\end{cases}$。(B)用定义判断下列级数的敛散性：1.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3n+1}{(3n+1)(n+2)+2n+4}$；2.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(3n+1)(n+2)-2n+2}{(n+2)(2n+3)}$；3.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+2-2n+2+n}{3^{n+2}}$。判断下列正项级数的敛散性：4.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n}n!}{n^{3n-1}}$；5.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n+1}{n^{3n-1}\sqrt{n}}$。!n5．解：∵Snnk1knn12，∴由比较判别法知原级数发散。6．解：由Dirichlet判别法，当n趋于无穷大时，sinn单调趋于0，且n11n收敛，∴原级数收敛。7．解：由幂级数收敛半径公式，有Rlimsupnnn111，∴收敛区间为1,1。对于x=±1，级数发散；对于x=1或x=-1，级数变成调和级数，发散；对于其他x，级数收敛。8．解：由幂级数收敛半径公式，有Rlimsupnnn111，∴收敛区间为1,1。当x=1时，级数变成调和级数，发散；当x=-1时，级数为0，收敛；当|x|<1时，级数收敛，和为1x1x。9．解：设原级数的和为S，有S1n1n112n12n111nn1n2n1101nx2ndx101x2x4dx10x20x4dx1x3x5C35014∴原级数的和为1-π/4。10．解：由幂级数展开公式，有xn1xnn1；1x1x∴有xn1fx0xn1!dt1xn0xn1xn1;n01xxxxn1xn;n01xn11x∴有∞xxxxn1!nn01xn11xn11x∞xxxxn01xn01xn01xn1xn!1xn0∴有xxxxxn01xn01xn01xn1nx1xn0∴有xxxxn01xn01xn01xn1nx1xn1∴有xxxxn11xn11xn11xnn1x1xn0∴收敛区间为(-1,1)，和函数为xln1x。11．解：由幂级数展开公式，有fxn2x3n1x3n2x3nx3n2x3n；n1n1∴收敛区间为(-1,1)，和函数为x3x3xxn2x3nx3x3n11xn11xxxxx3;1x1x1xn1n1n1x3xxxx3x3x3;1x1x1xn1∴和函数为x3xxxx3x3x3。1x1x1x12．解：对于区间，0，有,0xfx1,x01,0x则有fx1n2sinnx，0x；n1fx1n2sinnx，1.对于第一段话，需要把公式排版整齐，同时删除最后一句话，因为没有意义。$n+1$$n$$n+1\left(\frac{1}{n+1}\right)^{\frac{1}{n}}$区间为$(-\infty,+\infty)$。2.对于第二段话，需要重新排版公式，并删除最后一句话，因为没有意义。$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=1$，故$R=2$。当$|x-1|<2$，即$-1<x-1<3$时收敛。3.对于第三段话，需要重新排版公式，并删除最后一句话，因为没有意义。$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^2a_n}{(n+1)^2}=2$，故收敛区间为$(-1,3)$。4.对于第四段话，需要重新排版公式，并删除最后一句话，因为没有意义。当$\frac{2x^2}{n+1}<1$，即$\frac{x^2}{n}<\frac{1}{2}$时收敛。故收敛区间为$(-2,2)$。5.对于第五段话，需要重新排版公式，并删除最后一句话，因为没有意义。$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=3$，故收敛区间为$(-3,3)$。6.对于第六段话，需要重新排版公式，并删除最后一句话，因为没有意义。设$f(x)=\sum\limits_{n=1}^\inftynx^{n-1}$，则$f(x)=\frac{1}{(1-x)^2}$，$|x|<1$。7.对于第七段话，需要重新排版公式，并删除最后一句话，因为没有意义。设$f(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{x^{2n+1}}$，则$f(x)=\frac{x}{1+x^2}$，$|x|<1$。8.对于第八段话，需要重新排版公式，并删除最后一句话，因为没有意义。$\sum\limits_{n=1}^\infty(x^{2n}-(-x)^{2n})=\sum\limits_{n=1}^\inftyx^{2n}$，当$-1<x<1$时收敛。9.对于最后一段话，需要重新排版公式，并删除最后一句话，因为没有意义。$\sum\limits_{n=1}^\infty\left(x^{2n}-(-x)^{2n}\right)=\sum\limits_{n=1}^\inftyx^{2n}-\sum\limits_{n=1}^\infty(-x)^{2n}=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$，$-\infty<x<+\infty$。xFx，xl,l，计算付氏系数如下：a01lllxfxdx2ll0xfxdx1ll0xsinsinnnxdx0llan，(n,1,2,)ll22nxnxbnxcosdxllxcosdxlllx4lncos24ln,n1,2,2∴fxa0n1ancosnxbnsinnx，xl。3)由于fx在0,2上的周期为2，所以可以用正弦级数展开，计算付氏系数如下：a010fxdx10xdx2an，(n1,2,)0fxsindx10xsinxdx0nbn，(n1,2,)0fxcosdx10xcosxdx2∑n111n2nsinx，0x2。1.由根值判别法可知，原级数收敛。2.根据比较判别法，当$b<a$时，原级数收敛；当$b>a$时，原级数发散；当$b=a$时不定。3.当$a\leq1$时，由极限判别法可知级数发散；当$a>1$时，由比值判别法可知级数发散。4.根据积分判别法，原级数收敛。5.由比较判别法可知，原级数非绝对收敛，但由莱布尼兹判别法可知原级数条件收敛。6.由比较判别法可知，原级数非绝对收敛，但由莱布尼兹判别法可知原级数条件收敛。7.根据比值判别法，当$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|<1$时，原级数收敛；当$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|>1$时，原级数发散；当$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|=1$时不定。8.根据比值判别法，当$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|>1$时，原级数发散；当$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|\leq1$时，需应用其他方法判断收敛性。9.根据积分判别法，原级数收敛。10.根据莱布尼兹判别法，原级数条件收敛。11.根据比较判别法，原级数非绝对收敛，但由莱布尼兹判别法可知原级数条件收敛。12.根据比值判别法，当$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|>1$时，原级数发散；当$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|\leq1$时，需应用其他方法判断收敛性。13.根据比值判别法，当$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|>1$时，原级数发散；当$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left|\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right|\leq1$时，需应用其他方法判断收敛性。首先，这篇文章似乎是数学公式，但是缺少了一些必要的符号和格式，因此很难理解。因此，我将尝试将其格式化，同时删除明显有问题的段落，并进行必要的改写。首先，我们有以下公式：$$f(x)=\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\cos\left(\frac{n\pix}{2l}\right),\quad\text{for}-l\leqx\leql$$我们想要证明这个级数是收敛的，并求出其和。为此，我们首先考虑一个辅助级数：$$U_n=\sum_{k=1}^n\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{1}{n+1}$$我们可以将其写成以下形式：$$U_n=\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\binom{2k-2}{k-1}\frac{1}{n+1}$$接着，我们可以对其进行估计：$$\begin{aligned}U_{n+1}&=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\frac{1}{n+2}\\&=\frac{2n+1}{n+2}U_n+\frac{1}{(n+2)(2n+3)}\end{aligned}$$因此，我们可以得到：$$\begin{aligned}\sum_{n=1}^\inftyU_n&=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\binom{2k-2}{k-1}\frac{1}{n+1}\\&=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\binom{2k-2}{k-1}\sum_{n=k}^\infty\frac{1}{n+1}\\&=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\binom{2k-2}{k-1}\ln\left(\frac{k+1}{k}\right)\\&=\ln\left(\frac{4}{\pi}\right)\end{aligned}$$接着，我们考虑原级数的收敛性。根据Dirichlet判别法，我们只需要证明以下两个条件：1.$\cos\left(\frac{n\pix}{2l}\right)$在$-l\leqx\leql$上单调递减趋于$0$；2.$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n+1}$是收敛的。对于第一个条件，我们可以观察到$\cos\left(\frac{n\pix}{2l}\right)$在$-l\leqx\leql$上是单调递减的，并且在$x=\pml$处为$0$。对于第二个条件，我们已经在上面证明了它是收敛的。因此，原级数是收敛的，其和为$\ln\left(\frac{4}{\pi}\right)$。接着，我们考虑以下级数：$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{(n^2+1)\lnn}$$我们可以使用比较判别法来证明它的发散性。我们可以取一个收敛的$p$级数，比如$\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n\lnn}$，然后比较它们的大小：$$\begin{aligned}\frac{n}{(n^2+1)\lnn}&<\frac{1}{n\lnn}\\\sum_{n=2}^\infty\frac{n}{(n^2+1)\lnn}&<\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n\lnn}\\\end{aligned}$$因此，原级数是发散的。接着，我们考虑以下级数：$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{(n^2+x^2)^{3/2}}$$其中$x>0$。我们可以使用比较判别法来证明它的收敛性。我们可以取一个收敛的$p$级数，比如$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}$，然后比较它们的大小：$$\begin{aligned}\frac{n}{(n^2+x^2)^{3/2}}&<\frac{1}{n^2}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{(n^2+x^2)^{3/2}}&<\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\\\end{aligned}$$因此，原级数是收敛的。最后，我们考虑以下级数：$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}$$我们可以将其写成以下形式：$$\begin{aligned}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}H_n\\&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\lnn+\gamma\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\\&=-\ln2\end{aligned}$$其中$H_n$是调和数，$\gamma$是欧拉常数。第一个等号是因为$H_n=\lnn+\gamma+O(1/n)$，第二个等号是因为$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}=-\ln2$。因此，原级数的和为$-\ln2$。注：以上是我对原文的理解和修改，可能存在错误，欢迎指正。7.解：根据比值判别法，当极限$\lim\limits_{n\to\infty}\left|\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right|$存在时，级数的收敛域为$(-R,R)$，其中$R$为该极限的倒数。对于本题，有：$$\lim_{n\to\infty}\left|\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right|=\lim_{n\to\infty}\dfrac{n+2-n+\frac{1}{2}}{n+1+n}=\dfrac{1}{2}$$因此，当$2|x|^2<1$时，级数收敛，即收敛域为$(-\sqrt{\frac{1}{2}},\sqrt{\frac{1}{2}})$。8.解：根据比较判别法，设$b_n=\dfrac{1}{2^n}$，则有：$$0\leqa_n\leqb_n$$因为$\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n$是一个收敛的几何级数，所以$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$也是收敛的。又因为$\lim\limits_{n\to\infty}\left|\dfrac{a_n}{b_n}\right|=1$，所以收敛域为$(-1,1)$。9.解：根据幂级数的求和公式，有：$$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}x^{2n}=\dfrac{x^2}{1-x^2}$$因为$f(x)$在$(-1,1)$内有定义，所以当$|x|<1$时，级数收敛。当$x=1$时，级数变为$\sum\limits_{n=1}^{\infty}1$，发散；当$x=-1$时，