中册 6.4 幂级数 第13题

\section*{解题过程：} （1）$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\left[\frac{1}{3^{n+1}}-(-2)^{n+1}\right] x^{n}=\frac{1}{3} \sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{x}{3}\right)^{n}-(-2) \sum_{n=0}^{\infty}(-2 x)^{n}=\frac{1}{3} \frac{1}{1-3^{-1} x}+2 \frac{1}{1+2 x}=\frac{1}{3-x}+\frac{2}{1+2 x}$ ． （2）令 $x=t^{2}$ ，则 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{2 n+1}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{2 n+2}}{2 n+1}=t \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{2 n+1}}{2 n+1}$ ．而 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{2 n+1}}{2 n+1}=\frac{1}{2} \ln \frac{1+t}{1-t}$ ，故 $$ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{2 n+1}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{2 n+2}}{2 n+1}=\frac{\sqrt{x}}{2} \ln \frac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}} . $$ （3）令 $x=t^{4}$ ，则 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{4 n-3}=t^{3} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^{4 n-3}}{4 n-3}$ ．令 $\displaystyle g(t)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^{4 n-3}}{4 n-3}$ ，则 $\displaystyle g^{\prime}(t)=\sum_{n=1}^{\infty} t^{4 n-4}=\frac{1}{1-t^{4}}$ ．于是 $$ g(t)=\int_{0}^{t} \frac{1}{1-x^{4}} \mathrm{~d} x=\frac{1}{4}\left(\ln \frac{1+t}{1-t}+2 \arctan t\right) $$ 从而 $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{4 n-3}=\frac{1}{4} \sqrt[4]{x^{3}}\left(\ln \frac{1+\sqrt[4]{x}}{1-\sqrt[4]{x}}+2 \arctan \sqrt[4]{x}\right) $$ （4）因为 $\displaystyle \sqrt[n]{n \cdot \frac{1}{n}} \leqslant \sqrt[n]{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}} \leqslant \sqrt[n]{n \cdot 1}$ ，且 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n \cdot 1}=1$ ，所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}=1$ ，从而收敛半径 $R=1$ ． 又当 $x= \pm 1$ 时， $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}\left|\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)( \pm 1)^{n}\right|=+\infty$ ，可见级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right) x^{n}$ 在 $x= \pm 1$ 时发散，故级数的收敛区域为 $(-1,1)$ ． 由级数乘法的 Cauchy 乘积，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right) x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty} x^{n} \cdot \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n}=\frac{1}{1-x} \ln \frac{1}{1-x}, x \in(-1,1)$ ． （5）记 $\displaystyle a_{n}=\frac{(2 n-1)!!}{(2 n)!!}$ ．由 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=1$ 得收玫半径 $R=1$ ．易得级数的收玫域为 $[-1,1)$ ． 设 $\displaystyle S(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2 n-1)!!}{(2 n)!!} x^{n}$ ，则 $$ S^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n \frac{(2 n-1)!!}{(2 n)!!} x^{n-1}=\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} 2 n \frac{(2 n-1)!!}{(2 n)!!} x^{n-1}=\frac{1}{2} S(x)+x S^{\prime}(x) . $$ 解方程 $\displaystyle S^{\prime}(x)-x S^{\prime}(x)=\frac{1}{2} S(x)$ ，得 $\displaystyle S(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}}$ ． （6）收玫半径 $R=1$ ，级数的收玫域为 $(-1,1)$ ． 当 $x=0$ 时，$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(n-1)^{2}}{n+1} x^{n}=0$ ． 当 $x \neq 0$ 时，$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(n-1)^{2}}{n+1} x^{n}=\sum_{n=2}^{\infty}(n+1) x^{n}-4 \sum_{n=2}^{\infty} x^{n}+4 \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n+1} x^{n}$ ．因为 $$ \begin{aligned} & \sum_{n=2}^{\infty}(n+1) x^{n}=\left(\frac{x^{3}}{1-x}\right)^{\prime}=\frac{x^{2}(3-2 x)}{(1-x)^{2}}, \quad \sum_{n=2}^{\infty} x^{n}=\frac{x^{2}}{1-x}, \\ & \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n+1} x^{n}=\frac{1}{x} \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n+1} x^{n+1}=\frac{1}{x}\left(-x-\frac{1}{2} x^{2}-\ln (1-x)\right)=-1-\frac{1}{2} x-\frac{1}{x} \ln (1-x), \end{aligned} $$ 所以 $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(n-1)^{2}}{n+1} x^{n}=\sum_{n=2}^{\infty}(n+1) x^{n}-4 \sum_{n=2}^{\infty} x^{n}+4 \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n+1} x^{n}=\frac{x^{2}(3-2 x)}{(1-x)^{2}}-\frac{4 x^{2}}{1-x}-4\left(1+\frac{1}{2} x+\frac{1}{x} \ln (1-x)\right)$ ． $$ \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(n-1)^{2}}{n+1} 3^{-n}=\left.\left[\frac{x^{2}(3-2 x)}{(1-x)^{2}}-\frac{4 x^{2}}{1-x}-4\left(1+\frac{1}{2} x+\frac{1}{x} \ln (1-x)\right)\right]\right|_{x=3^{-1}}=-\frac{57}{12}+12 \ln \frac{3}{2} $$