高数(下) 第十二章：无穷级数
文章目录
Ch12. 无穷级数
(一) 常数项级数
正项级数
交错级数
任意项级数
4个特殊的常数项级数
①等比级数
②p级数
③调和级数
∑
n
=
1
∞
1
n
=
1
+
1
2
+
1
3
+
.
.
.
+
1
n
+
.
.
.
=
∞
sumlimits_{n=1}^∞dfrac{1}{n}=1+dfrac{1}{2}+dfrac{1}{3}+...+dfrac{1}{n}+...=∞
n=1∑∞n1=1+21+31+...+n1+...=∞ 发散
④交错调和级数
交错调和级数：收敛
交错p级数：收敛
收敛级数的性质（针对任意项级数）
(1)(2)加减数乘都收敛
例题：06年9.
分析：ABC仅对正项级数成立。
举反例：
AB：
a
n
=
(
−
1
)
n
⋅
1
n
a_n=(-1)^n·dfrac{1}{n}
an=(−1)n⋅n1
C：
a
n
=
(
−
1
)
n
⋅
1
n
a_n=(-1)^n·dfrac{1}{sqrt{n}}
an=(−1)n⋅n
1
答案：D
常数项级数的审敛法
1.正项级数审敛法
①充要条件
②比较审敛法
大的收敛，小的收敛；
小的发散，大的发散。
例题：09年4. 正项级数的比较审敛法、举反例
分析：
对于A，取
a
n
=
b
n
=
(
−
1
)
n
1
n
a_n=b_n=(-1)^ndfrac{1}{sqrt{n}}
an=bn=(−1)nn
1，则
a
n
b
n
=
1
n
a_nb_n=dfrac{1}{n}
anbn=n1，为调和级数，发散
对于C，用正项级数的比较审敛法证明C正确：
lim
n
→
∞
a
n
2
b
n
2
∣
b
n
∣
=
lim
n
→
∞
a
n
2
∣
b
n
∣
=
0
∴
∣
b
n
∣
limlimits_{n→∞}dfrac{a_n^2b_n^2}{|b_n|}=limlimits_{n→∞}a_n^2|b_n|=0 quad ∴|b_n|
n→∞lim∣bn∣an2bn2=n→∞liman2∣bn∣=0∴∣bn∣更大。由比较审敛法，大的收敛，则小的
a
n
2
b
n
2
a_n^2b_n^2
an2bn2必收敛
答案：C
③比较审敛法极限形式
④比值法
⑤根值法
⑥极限审敛法
⑦积分判别法
⑧A-D判别法(任意项级数)
⑨绝对收敛必收敛 (任意项级数)
2.交错级数审敛法 —— 莱布尼茨收敛定理
莱布尼茨收敛定理：
若交错级数
∑
n
=
1
∞
(
−
1
)
n
−
1
u
n
sum_{n=1}^∞(-1)^{n-1}u_n
∑n=1∞(−1)n−1un 满足
u
n
u_n
un单调递减趋于0，则交错级数收敛
即满足 (1)
u
n
≥
u
n
+
1
u_n≥u_{n+1}
un≥un+1 (2)
lim
n
→
∞
u
n
=
0
limlimits_{n→∞}u_n=0
n→∞limun=0.
例题：11年2.
分析：显然
∑
n
=
1
∞
a
n
(
x
−
1
)
n
sumlimits_{n=1}^∞a_n(x-1)^n
n=1∑∞an(x−1)n 的收敛中心为 x=1，故排除AB
代入x=2，得发散，所以2处应该为开区间，选C
答案：C
3.常用于举反例的一般项
a
n
=
1
n
a_n=dfrac{1}{n}
an=n1 或
a
n
=
(
−
1
)
n
⋅
1
n
a_n=(-1)^n·dfrac{1}{n}
an=(−1)n⋅n1
a
n
=
(
−
1
)
n
⋅
1
n
a_n=(-1)^n·dfrac{1}{sqrt{n}}
an=(−1)n⋅n
1
(二) 幂级数
e
x
=
∑
k
=
0
∞
x
k
k
!
e^x=sumlimits_{k=0}^∞dfrac{x^k}{k!}
ex=k=0∑∞k!xk
∴
e
=
∑
k
=
0
∞
1
k
!
=
lim
x
→
∞
(
1
+
1
x
)
x
∴e=sumlimits_{k=0}^∞dfrac{1}{k!}=limlimits_{x→∞}(1+dfrac{1}{x})^x
∴e=k=0∑∞k!1=x→∞lim(1+x1)x
例题：10年14. 数字特征与幂级数
答案：2
阿贝尔定理
当|x|<R时，幂级数绝对收敛；
当|x|>R时，幂级数发散；
当x = R或x = -R时，幂级数敛散性不定，可能收敛也可能发散.
正数R称为幂级数的收敛半径。开区间(-R,R)称为幂级数的收敛区间。
求 幂级数的 收敛半径、收敛区间、收敛域
1.收敛半径R：
ρ
=
lim
n
→
∞
∣
a
n
+
1
a
n
∣
R
=
1
ρ
ρ=limlimits_{n→∞}|dfrac{a_{n+1}}{a_n}|qquad qquad R=dfrac{1}{ρ}
ρ=n→∞lim∣anan+1∣R=ρ1
2.收敛区间：
(
−
R
,
R
)
(-R,R)
(−R,R) 收敛区间是开区间
3.收敛域：在收敛区间的基础上，验证x=R和x=-R两个端点
求 和函数S(x)
1.会标杆：重要的展开式
2.幂级数求导和积分要会
1.重要“标杆”：
∑
n
=
0
∞
x
n
=
1
+
x
+
x
2
+
x
3
+
.
.
.
+
x
n
+
.
.
.
=
1
1
−
x
(
−
1
<
x
<
1
)
sumlimits_{n=0}^∞x^n=1+x+x²+x³+...+x^n+...=dfrac{1}{1-x} qquad (-1<x<1)
n=0∑∞xn=1+x+x2+x3+...+xn+...=1−x1(−1<x<1)
及其变形:
∑
n
=
1
∞
x
n
=
x
+
x
2
+
x
3
+
.
.
.
+
x
n
+
.
.
.
=
x
1
−
x
(
−
1
<
x
<
1
)
∑
n
=
0
∞
(
−
1
)
n
x
n
=
1
−
x
+
x
2
−
x
3
+
.
.
.
+
(
−
1
)
n
x
n
+
.
.
.
=
1
1
+
x
(
−
1
<
x
<
1
)
sumlimits_{n=1}^∞x^n=x+x²+x³+...+x^n+...=dfrac{x}{1-x} qquad (-1<x<1)\[3mm] sumlimits_{n=0}^∞(-1)^nx^n=1-x+x^2-x^3+...+(-1)^nx^n+...=dfrac{1}{1+x} qquad (-1<x<1)
n=1∑∞xn=x+x2+x3+...+xn+...=1−xx(−1<x<1)n=0∑∞(−1)nxn=1−x+x2−x3+...+(−1)nxn+...=1+x1(−1<x<1)
例题1：05年16. 求收敛区间、和函数
答案：
泰勒级数（麦克劳林级数）
1
+
x
+
x
2
+
x
3
+
.
.
.
+
x
n
+
.
.
.
=
1
1
−
x
=
∑
n
=
0
∞
x
n
(
−
1
<
x
<
1
)
1
−
x
+
x
2
−
x
3
+
.
.
.
+
(
−
1
)
n
x
n
+
.
.
.
=
1
1
+
x
=
∑
n
=
0
∞
(
−
1
)
n
x
n
(
−
1
<
x
<
1
)
e
x
=
∑
n
=
0
∞
1
n
!
x
n
(
−
∞
<
x
<
+
∞
)
1+x+x²+x³+...+x^n+...=dfrac{1}{1-x}=sumlimits_{n=0}^∞x^n qquad (-1<x<1)\[5mm] 1-x+x^2-x^3+...+(-1)^nx^n+...=dfrac{1}{1+x}=sumlimits_{n=0}^∞(-1)^nx^n qquad (-1<x<1)\[5mm] e^x=sumlimits_{n=0}^∞dfrac{1}{n!}x^n qquad (-∞<x<+∞)
1+x+x2+x3+...+xn+...=1−x1=n=0∑∞xn(−1<x<1)1−x+x2−x3+...+(−1)nxn+...=1+x1=n=0∑∞(−1)nxn(−1<x<1)ex=n=0∑∞n!1xn(−∞<x<+∞)
(三) 傅里叶级数
三角级数
形如下式的级数叫做三角级数
a
0
2
+
∑
n
=
1
∞
(
a
n
cos
n
π
t
l
)
+
b
n
sin
n
π
t
l
)
frac{a_0}{2}+sum_{n=1}^∞(a_ncosfrac{nπt}{l})+b_nsinfrac{nπt}{l})
2a0+n=1∑∞(ancoslnπt)+bnsinlnπt)
令
π
t
l
=
x
dfrac{πt}{l}=x
lπt=x，三角级数可变为
a
0
2
+
∑
n
=
1
∞
(
a
n
cos
n
x
)
+
b
n
sin
n
x
)
frac{a_0}{2}+sum_{n=1}^∞(a_ncos nx)+b_nsin nx)
2a0+n=1∑∞(ancosnx)+bnsinnx)
这就把以
2
l
2l
2l 为周期的三角级数转换成以
2
π
2π
2π 为周期的三角级数。
傅里叶级数
傅里叶系数：
{
a
n
=
1
π
∫
−
π
π
f
(
x
)
cos
n
x
d
x
(
n
=
0
,
1
,
2
,
3
,
.
.
.
)
b
n
=
1
π
∫
−
π
π
f
(
x
)
sin
n
x
d
x
(
n
=
1
,
2
,
3
,
.
.
.
)
left{begin{aligned} a_n=frac{1}{π}int_{-π}^{π}f(x)cos nx{rm d}x quad (n=0,1,2,3,...)\ b_n=frac{1}{π}int_{-π}^{π}f(x)sin nx{rm d}x qquad (n=1,2,3,...) end{aligned}right.
⎩
⎨
⎧an=π1∫−ππf(x)cosnxdx(n=0,1,2,3,...)bn=π1∫−ππf(x)sinnxdx(n=1,2,3,...)
傅里叶级数：
a
0
2
+
∑
n
=
1
∞
(
a
n
cos
n
x
)
+
b
n
sin
n
x
)
frac{a_0}{2}+sum_{n=1}^∞(a_ncos nx)+b_nsin nx)
2a0+n=1∑∞(ancosnx)+bnsinnx)
狄利克雷收敛定理
设f(x)是周期为2π的周期函数，若它满足：
(1)在一个周期内连续或只有有限个第一类间断点
(2)在一个周期内至多只有有限个极值点
那么f(x)的傅里叶级数收敛，并且
①当x是f(x)的连续点时，级数收敛于f(x) 和函数S(x)=f(x)
②当x是f(x)的间断点时，级数收敛于
1
2
[
f
(
x
−
)
+
f
(
x
+
)
]
dfrac{1}{2}[f(x^-)+f(x^+)]
21[f(x−)+f(x+)] 和函数S(x)=间断点左右极限的平均值
正弦级数、余弦级数、傅里叶系数
已知傅里叶系数为：
{
a
n
=
1
π
∫
−
π
π
f
(
x
)
cos
n
x
d
x
(
n
=
0
,
1
,
2
,
3
,
.
.
.
)
b
n
=
1
π
∫
−
π
π
f
(
x
)
sin
n
x
d
x
(
n
=
1
,
2
,
3
,
.
.
.
)
left{begin{aligned} a_n=frac{1}{π}int_{-π}^{π}f(x)cos nx{rm d}x quad (n=0,1,2,3,...)\ b_n=frac{1}{π}int_{-π}^{π}f(x)sin nx{rm d}x qquad (n=1,2,3,...) end{aligned}right.
⎩
⎨
⎧an=π1∫−ππf(x)cosnxdx(n=0,1,2,3,...)bn=π1∫−ππf(x)sinnxdx(n=1,2,3,...)
当f(x)为奇函数时，f(x)cosnx是奇函数，f(x)sinnx是偶函数，故
{
a
n
=
0
(
n
=
0
,
1
,
2
,
3
,
.
.
.
)
b
n
=
2
π
∫
0
π
f
(
x
)
sin
n
x
d
x
(
n
=
1
,
2
,
3
,
.
.
.
)
left{begin{aligned} a_n=0 qquad qquad qquad qquad (n=0,1,2,3,...)\ b_n=frac{2}{π}int_0^{π}f(x)sin nx{rm d}x quad (n=1,2,3,...) end{aligned}right.
⎩
⎨
⎧an=0(n=0,1,2,3,...)bn=π2∫0πf(x)sinnxdx(n=1,2,3,...)
即知
奇函数的傅里叶级数是只含有正弦项的正弦级数：
∑
n
=
1
∞
b
n
sin
n
x
sumlimits_{n=1}^∞b_nsin nx
n=1∑∞bnsinnx
偶函数的傅里叶级数是只含有余弦项的余弦级数：
a
0
2
+
∑
n
=
1
∞
a
n
cos
n
x
dfrac{a_0}{2}+sumlimits_{n=1}^∞a_ncos nx
2a0+n=1∑∞ancosnx
例题1：03年3.
分析：
答案：1
奇延拓、偶延拓、周期延拓
奇延拓：把(0,π]上的奇函数延展为(-π,π]上的奇函数
偶延拓：把(0,π]上的偶函数延展为(-π,π]上的偶函数
周期延拓：从周期为(-π,π] 延展为周期为2π的周期函数
例题：13年3. 奇延拓、周期延拓
分析：S(x)表达式为正弦函数，说明是奇函数的傅里叶级数，f(x)为奇函数。
观察bn，知x∈(0,1)
对f(x)进行奇延拓，周期延拓，则f(x)周期为2
∴
S
(
−
9
4
)
=
S
(
−
9
4
+
2
)
=
S
(
−
1
4
)
=
f
(
−
1
4
)
=
−
1
4
∴S(-frac{9}{4})=S(-frac{9}{4}+2)=S(-frac{1}{4})=f(-frac{1}{4})=-frac{1}{4}
∴S(−49)=S(−49+2)=S(−41)=f(−41)=−41
答案：C