中册 6.4 幂级数 第38题
📝 题目
38．求解下列问题．
（1）设 $f(x)$ 在闭区间 $[0,2]$ 上连续且恒正，$a_{n}=\int_{0}^{2} x^{n} f(x) \mathrm{d} x$ ．求函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{a_{n}}$ 的收玫域．
（2）设 $f(x)$ 为 $[1,2]$ 上的正值连续函数，令 $M_{n}=\int_{1}^{2} x^{n} f(x) \mathrm{d} x$ ，证明幂级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{M_{n}} x^{n}$ 的收敛半径 $R$ 满足 $1 \leqslant R \leqslant 2$ 。
💡 答案解析
解题过程：
（1）由于
$$
\frac{2^{n}}{n+1} \min _{x \in[0,2]} f(x)=\min _{x \in[0,2]} f(x) \int_{0}^{2} x^{n} \mathrm{~d} x \leqslant a_{n}=\int_{0}^{2} x^{n} f(x) \mathrm{d} x \leqslant \max _{x \in[0,2]} f(x) \int_{0}^{2} x^{n} \mathrm{~d} x=\frac{2^{n}}{n+1} \max _{x \in[0,2]} f(x),
$$
所以 $\displaystyle 2 \sqrt[n]{\frac{1}{n+1} \min _{x \in[0,2]} f(x)} \leqslant \sqrt[n]{a_{n}} \leqslant 2 \sqrt[n]{\frac{1}{n+1} \max _{x \in[0,2]} f(x)}$ ．
又 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} 2 \sqrt[n]{\frac{1}{n+1} \min _{x \in[0,2]} f(x)}=\lim _{n \rightarrow \infty} 2 \sqrt[n]{\frac{1}{n+1} \max _{x \in[0,2]} f(x)}=2$ ，所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a_{n}}=2$ ．幂级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_{n}} x^{n}$ 的收敛半径 $R=2$ ．
当 $x=2$ 时，$\displaystyle \frac{n+1}{\max _{x \in[0,2]} f(x)} \leqslant \frac{2^{n}}{a_{n}} \leqslant \frac{n+1}{\min _{x \in[0,2]} f(x)}$ ，此时 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{a_{n}} 2^{n} \neq 0$ ，故 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{n}}{a_{n}}$ 发散．
同理当 $x=-2$ 时，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-2)^{n}}{a_{n}}$ 发散．
故函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{a_{n}}$ 的收玫域为 $(-2,2)$ ．
（2）因为
$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{n+1}\left(2^{n}-1\right) \min _{x \in[1,2]} f(x) \leqslant \min _{x \in[1,2]} f(x) \int_{1}^{2} x^{n} \mathrm{~d} x \leqslant M_{n}=\int_{1}^{2} x^{n} f(x) \mathrm{d} x \\
& \leqslant \max _{x \in[1,2]} f(x) \int_{1}^{2} x^{n} \mathrm{~d} x=\frac{1}{n+1}\left(2^{n}-1\right) \max _{x \in[1,2]} f(x) \\
& 2 \sqrt[n]{\frac{1}{n+1}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right) \min _{x \in[1,2]} f(x)} \leqslant \sqrt[n]{M_{n}} \leqslant 2 \sqrt[n]{\frac{1}{n+1}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right) \max _{x \in[1,2]} f(x)} \\
& \lim _{n \rightarrow \infty} 2 \sqrt[n]{\frac{1}{n+1}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right) \min _{x \in[1,2]} f(x)}=2 \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n+1}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right) \max _{x \in[1,2]} f(x)}=2
\end{aligned}
$$
所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{M_{n}}=2$ ．幂级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{M_{n}} x^{n}$ 的收玫半径 $R=2$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：估计a_n的上下界
由于$f(x)$在$[0,2]$上连续且恒正，存在最小值$m=\min_{x\in[0,2]}f(x)>0$和最大值$M=\max_{x\in[0,2]}f(x)$。则
$$m\int_0^2 x^n dx \le a_n = \int_0^2 x^n f(x) dx \le M\int_0^2 x^n dx.$$
计算积分：$\int_0^2 x^n dx = \frac{2^{n+1}}{n+1}$，所以
$$\frac{2^{n+1}}{n+1}m \le a_n \le \frac{2^{n+1}}{n+1}M.$$
公式：$$m\int_0^2 x^n dx \le a_n \le M\int_0^2 x^n dx$$
提示：注意$f(x)$恒正，所以最小值$m>0$，避免除以零。
步骤 2/7
目标：求a_n的n次根极限
由上下界得
$$2\sqrt[n]{\frac{2}{n+1}m} \le \sqrt[n]{a_n} \le 2\sqrt[n]{\frac{2}{n+1}M}.$$
由于$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{2}{n+1}}=1$，且$m,M$为常数，所以
$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=2.$$
公式：$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=2$$
提示：注意$\sqrt[n]{n+1}\to 1$，但这里$\sqrt[n]{\frac{2}{n+1}}=\frac{\sqrt[n]{2}}{\sqrt[n]{n+1}}\to 1$。
步骤 3/7
目标：确定收敛半径
幂级数$\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{a_n}$的收敛半径$R$满足$\frac{1}{R}=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{a_n}}=\frac{1}{\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}}=\frac{1}{2}$，所以$R=2$。
公式：$$\frac{1}{R}=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{a_n}}$$
提示：注意$\sqrt[n]{1/a_n}=1/\sqrt[n]{a_n}$，极限存在时直接取倒数。
步骤 4/7
目标：判断端点收敛性
当$x=2$时，级数为$\sum_{n=0}^\infty \frac{2^n}{a_n}$。由上下界得
$$\frac{2^n}{a_n} \ge \frac{2^n}{\frac{2^{n+1}}{n+1}M} = \frac{n+1}{2M},$$
所以通项不趋于0，级数发散。同理$x=-2$时，通项绝对值$\frac{2^n}{a_n}$也不趋于0，故发散。因此收敛域为$(-2,2)$。
公式：$$\frac{2^n}{a_n} \ge \frac{n+1}{2M}$$
提示：注意$x=-2$时是交错级数，但通项不趋于0，所以发散。
步骤 5/7
目标：估计M_n的上下界
设$m=\min_{x\in[1,2]}f(x)>0$，$M=\max_{x\in[1,2]}f(x)$。则
$$m\int_1^2 x^n dx \le M_n = \int_1^2 x^n f(x) dx \le M\int_1^2 x^n dx.$$
计算积分：$\int_1^2 x^n dx = \frac{2^{n+1}-1}{n+1}$，所以
$$\frac{2^{n+1}-1}{n+1}m \le M_n \le \frac{2^{n+1}-1}{n+1}M.$$
公式：$$m\int_1^2 x^n dx \le M_n \le M\int_1^2 x^n dx$$
提示：注意积分区间是$[1,2]$，不是$[0,2]$。
步骤 6/7
目标：求M_n的n次根极限
由上下界得
$$2\sqrt[n]{\frac{2-1/2^n}{n+1}m} \le \sqrt[n]{M_n} \le 2\sqrt[n]{\frac{2-1/2^n}{n+1}M}.$$
由于$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{2-1/2^n}{n+1}}=1$，所以
$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{M_n}=2.$$
公式：$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{M_n}=2$$
提示：注意$\sqrt[n]{2-1/2^n}\to 1$，因为$2-1/2^n\to 2$，但$\sqrt[n]{2}\to 1$。
步骤 7/7
目标：确定收敛半径范围
幂级数$\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{M_n}$的收敛半径$R$满足$\frac{1}{R}=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{M_n}}=\frac{1}{2}$，所以$R=2$。因此$1\le R\le 2$显然成立（实际上$R=2$）。
公式：$$\frac{1}{R}=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{M_n}}$$
提示：注意题目要求证明$1\le R\le 2$，这里直接得到$R=2$，所以满足。
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