方企勤 第四章 级 数 第1题
📝 题目
例 1 求下列幂级数的收敛半径, 并讨论区间端点的收敛性:
\customfootnote{
① 本结论的证明如下: 因为 $S\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}{x}^{n}$ 在 $\lbrack 0,R)$ 上单调上升且有界,故 $\exists M >$ 0,使 $S\left( \lambda \right) \leq M$ , $\forall x \in \lbrack 0,R)$ .
考虑 ${S}_{N}\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{l = 1}}^{N}{a}_{l}{x}^{l}$ ,由于 $\forall x \in \lbrack 0,R)$ ,有
由此得
$$ {S}_{N}\left( x\right) \leq S\left( x\right) \leq M, $$
$$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow R - 0}}{S}_{N}\left( x\right) = \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow R - 0}}\mathop{\sum }\limits_{{l = 1}}^{N}{a}_{l}{x}^{l} = \mathop{\sum }\limits_{{l = 1}}^{N}{a}_{l}{R}^{l} \leq M. $$
这说明 ${S}_{N}\left( R\right)$ 对 $N$ 单调上升且有上界,推出 $\mathop{\lim }\limits_{{N \rightarrow \infty }}{S}_{N}\left( R\right)$ 存在,即 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}{R}^{n}}$ 收敛.
}
(1) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{{x}^{n}}{{3}^{\sqrt{n}}}}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( 1 + \frac{1}{n}\right) }^{-{n}^{2}}{x}^{n}$ .
💡 答案解析
解 (1) 由 $\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}\sqrt{\frac{1}{{3}^{ \sim n}}} = \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{\left( \frac{1}{3}\right) }^{ \sim \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n}} = 1$ ,推出 $R = 1$ ,或由
$$ \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}\frac{{3}^{\sqrt{n}}}{{3}^{\sqrt{n + 1}}} = \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{3}^{\sqrt{n} - \sqrt{n + 1}} = \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{3}^{-\frac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}}} = 1 $$
$$ \Rightarrow R = 1\text{ . } $$
在端点 $x = 1$ 处,级数为 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{1}{{3}^{\sqrt{n}}}}$ . 因为 $\exists {n}_{0}$ ,使得
$$ \frac{1}{{3}^{\sqrt{n}}} \leq \frac{1}{{3}^{\ln n}} = \frac{1}{{n}^{\ln 3}}\;\left( {\forall n \geq {n}_{0}}\right) . $$
又 $\ln 3 > 1$ ,所以在端点 $x = 1$ 处原级数收敛.
在端点 $x = - 1$ 处,级数为 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n}}{{3}^{\sqrt{n}}}$ . 因为
$$ \left| \frac{{\left( -1\right) }^{n}}{{3}^{\sqrt{n}}}\right| \leq \frac{1}{{3}^{\sqrt{n}}} $$
所以在端点 $x = - 1$ 处原级数绝对收敛.
(2) $\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}\sqrt[n]{{\left( 1 + \frac{1}{n}\right) }^{-{n}^{2}}} = \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{\left( 1 + \frac{1}{n}\right) }^{-n} = \frac{1}{\mathrm{e}} \Rightarrow R = \mathrm{e}$ . 在端点 $x$ $= \mathrm{e}$ 处,级数为 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left\lbrack \mathrm{e}{\left( 1 + \frac{1}{n}\right) }^{-n}\right\rbrack }^{n}$ . 因为
$$ \mathrm{e}{\left( 1 + \frac{1}{n}\right) }^{-n} > 1\;\left( {n = 1,2,\cdots }\right) , $$
所以级数的一般项不趋于零,从而在端点 $x = \mathrm{e}$ 处原级数发散. 同理在端点 $x = - \mathrm{e}$ 处,原级数发散.