2014年考研数学三第18题
📝 题目
求幂级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)(n+3) x^{n}$ 的收敛域及和函数．
💡 答案解析
由 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|=1$ 得幂级数的收玫半径为 $R=1$ ． 当 $x= \pm 1$ 时，因为 $(n+1)(n+3) \rightarrow \infty \neq 0(n \rightarrow \infty)$ ， 所以当 $x= \pm 1$ 时，幂级数发散，故幂级数的收敛域为 $(-1,1)$ 。 令 $S(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)(n+3) x^{n}$ ，则
$$
\begin{aligned}
S(x) & =\sum_{n=0}^{\infty}\left(n^{2}+4 n+3\right) x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}[(n+1)(n+2)+(n+1)] x^{n} \\
& =\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)(n+2) x^{n}+\sum_{n=0}^{\infty}(n+1) x^{n}=\left(\sum_{n=0}^{\infty} x^{n+2}\right)^{\prime \prime}+\left(\sum_{n=0}^{\infty} x^{n+1}\right)^{\prime} \\
& =\left(\frac{x^{2}}{1-x}\right)^{\prime \prime}+\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\prime}=\frac{3-x}{(1-x)^{3}}(-1 （19）【证明】（ I ）方法 一 因为 $0 \leqslant g(x) \leqslant 1$ ，
所以 $\displaystyle\int_{a}^{x} 0 \mathrm{~d} t \leqslant \displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant \displaystyle\int_{a}^{x} 1 \mathrm{~d} t$ ，即 $0 \leqslant \displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant x-a, x \in[a, b]$ ． 方法二 令 $\varphi(x)=x-a-\displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t$ ，
因为 $\varphi^{\prime}(x)=1-g(x) \geqslant 0$ ，所以 $\varphi(x)$ 在 $[a, b]$ 上单调增加，
又因为 $\varphi(a)=0$ ，所以当 $x \in[a, b]$ 时，$\varphi(x) \geqslant 0$ ，即 $\displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant x-a$ ，
因为 $g(x) \geqslant 0$ ，所以 $\displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \geqslant 0$ ，故当 $x \in[a, b]$ 时， $0 \leqslant \displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant x-a$ ．
方法三 由积分中值定理得 $$
\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t=g(\xi)(x-a), \xi \in[a, x],
$$ 因为 $0 \leqslant g(x) \leqslant 1$ ，所以当 $x \in[a, b]$ 时， $0 \leqslant \displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant x-a$ ．
方法四 因为 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，所以 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上取到最小值 $m$ 和最大值 $M$ ，因为 $0 \leqslant g(x) \leqslant 1$ ，所以 $0 \leqslant m \leqslant g(x) \leqslant M \leqslant 1$ ，积分得 $$
0 \leqslant m(x-a) \leqslant \int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant M(x-a) \leqslant x-a
$$ （II）$\varphi(x)=\displaystyle\int_{a}^{x} f(u) g(u) \mathrm{d} u-\displaystyle\int_{a}^{a+} \displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \quad f(u) \mathrm{d} u$ ，
因为 $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，所以 $\varphi(x)$ 在 $[a, b]$ 上可导，且 $$
\varphi^{\prime}(x)=f(x) g(x)-g(x) f\left[a+\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t\right]
$$ 因为 $\displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t \leqslant x-a$ 且 $f(x)$ 单调增加，
所以 $f\left[a+\displaystyle\int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t\right] \leqslant f[a+(x-a)]=f(x)$ ，
从而 $\varphi^{\prime}(x) \geqslant f(x) g(x)-g(x) f(x)=0, x \in[a, b]$ ，
由 $\left\{\begin{array}{l}\varphi(a)=0, \\ \varphi^{\prime}(x) \geqslant 0(a \leqslant x \leqslant b)\end{array}\right.$ 得 $\varphi(x) \geqslant 0(x \in[a, b])$ ，
从而 $\varphi(b) \geqslant 0$ ，故 $\displaystyle\int_{a}^{a+} \displaystyle\int_{a}^{b} g(t) \mathrm{d} t ~ f(x) \mathrm{d} x \leqslant \displaystyle\int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d} x$ 。