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文章目錄
- 冪級數(shù)性質(zhì)
- 四則運算性質(zhì)
- 分析性質(zhì)
- 求解和函數(shù)
- 例
- 例
冪級數(shù)性質(zhì)
- 和多項式有相似的性質(zhì)
- 本文介紹用冪級數(shù)的性質(zhì)求解冪級數(shù)和函數(shù)的兩個例子
四則運算性質(zhì)
-
若冪級數(shù) ∑ n = 0 ∞ a n x n \sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n} ∑n=0∞?an?xn
(1)的收斂半徑為 R 1 R_1 R1?,和函數(shù)為 S 1 ( x ) S_1(x) S1?(x)- 冪級數(shù) ∑ n = 0 ∞ b n x n \sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n} ∑n=0∞?bn?xn
(2)的收斂半徑為 R 2 R_2 R2?,和函數(shù)為 S 2 ( x ) S_2(x) S2?(x) - 令 R = min ? { R 1 , R 2 } R=\min\set{R_1,R_2} R=min{R1?,R2?}
- 冪級數(shù) ∑ n = 0 ∞ b n x n \sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n} ∑n=0∞?bn?xn
-
則:
-
∑ n = 0 ∞ a n x n ± ∑ n = 0 ∞ b n x n \sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n}\pm{\sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n}} ∑n=0∞?an?xn±∑n=0∞?bn?xn= ∑ n = 0 ∞ ( a n ± b n ) x n \sum_{n=0}^{\infin}(a_{n}\pm{b_{n}})x^{n} ∑n=0∞?(an?±bn?)xn= S 1 ( x ) ± S 1 ( x ) S_1(x)\pm{S_1(x)} S1?(x)±S1?(x),
(3)x ∈ ( ? R , R ) x\in{(-R,R)} x∈(?R,R) -
( ∑ n = 0 ∞ a n x n ) ( ∑ n = 0 ∞ b n x n ) (\sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n})(\sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n}) (∑n=0∞?an?xn)(∑n=0∞?bn?xn)= ∑ n = 0 ∞ T n x n \sum_{n=0}^{\infin}{T_{n}}x^{n} ∑n=0∞?Tn?xn= S 1 ( x ) S 2 ( x ) S_1(x)S_2(x) S1?(x)S2?(x)
(4)- 多項式乘法中, n n n次項冪的系數(shù)表示為 a i b n ? i a_{i}b_{n-i} ai?bn?i?,其中 a i , b n ? i a_{i},b_{n-i} ai?,bn?i?分別是 S 1 ( x ) S_1(x) S1?(x), S 2 ( x ) S_2(x) S2?(x)中的 i i i次項系數(shù)和 n ? i n-i n?i次項系數(shù)
- a i x i b n ? i x n ? i a_{i}x^{i}b_{n-i}x^{n-i} ai?xibn?i?xn?i= a i b n ? i x n a_{i}b_{n-i}x^{n} ai?bn?i?xn, i = 0 , 1 , 2 , ? , n i=0,1,2,\cdots,n i=0,1,2,?,n
(5) - 若令 S 1 ( x ) S 2 ( x ) S_1(x)S_2(x) S1?(x)S2?(x)的 n n n次冪的系數(shù)為 T n T_n Tn?,則 T n T_{n} Tn?= ∑ i = 0 n a i b n ? i \sum_{i=0}^{n}a_ib_{n-i} ∑i=0n?ai?bn?i?
(6) - 因此式(4)為 ( ∑ n = 0 ∞ a n x n ) ( ∑ n = 0 ∞ b n x n ) (\sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n})(\sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n}) (∑n=0∞?an?xn)(∑n=0∞?bn?xn)= ∑ n = 0 ∞ ( ∑ i = 0 n a i b n ? i ) x n \sum_{n=0}^{\infin}{(\sum_{i=0}^{n}a_ib_{n-i})}x^{n} ∑n=0∞?(∑i=0n?ai?bn?i?)xn
-
∑ n = 0 ∞ a n x n ∑ n = 0 ∞ b n x n \Large{\frac{\sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n}}{\sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n}}} ∑n=0∞?bn?xn∑n=0∞?an?xn?= ∑ n = 0 ∞ c n x n \sum_{n=0}^{\infin}c_{n}x^{n} ∑n=0∞?cn?xn
(7)- 其中 c n c_{n} cn?, n = 1 , 2 , ? . n=1,2,\cdots. n=1,2,?.的確定比乘法中 T n T_{n} Tn?的確定復(fù)雜一些
- 顯然 ∑ n = 0 ∞ b n x n ? ∑ n = 0 ∞ c n x n \sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n} \cdot \sum_{n=0}^{\infin}c_{n}x^{n} ∑n=0∞?bn?xn?∑n=0∞?cn?xn= ∑ n = 0 ∞ a n x n \sum_{n=0}^{\infin}{a_{n}}x^{n} ∑n=0∞?an?xn
(8),而系數(shù) c n c_n cn?就是通過此方程式確定 - 由式(4)性質(zhì)可知, Q n Q_{n} Qn?= ∑ i = 0 n b i c n ? i \sum_{i=0}^{n}b_ic_{n-i} ∑i=0n?bi?cn?i?,再比較式(8)兩端系數(shù),可知 a n a_{n} an?= ∑ i = 0 n b i c n ? i \sum_{i=0}^{n}b_ic_{n-i} ∑i=0n?bi?cn?i?
(9)- 分別令 n = 0 , 1 , 2 , ? n=0,1,2,\cdots n=0,1,2,?可以從 ( 9 ) (9) (9)產(chǎn)生一系列方程
- a 0 a_0 a0?= b 0 c 0 b_0c_{0} b0?c0?
- a 1 a_1 a1?= b 0 c 1 + b 1 c 0 b_0c_{1}+b_{1}c_{0} b0?c1?+b1?c0?
- a 2 a_{2} a2?= b 2 c 0 + b 1 c 1 + b 0 c 2 b_2c_0+b_1c_1+b_0c_2 b2?c0?+b1?c1?+b0?c2?
- ? \cdots ?
- 依次求解方程組 n = 0 , 1 , 2 , ? , k n=0,1,2,\cdots,k n=0,1,2,?,k的方程,即可依次求得 c 0 , c 1 , c 2 ? c_0,c_1,c_{2}\cdots c0?,c1?,c2??
- 上述方法式遞推法求解系數(shù) c n c_n cn?,如果要求 c k c_k ck?,就要求階 k k k個方程
- 分別令 n = 0 , 1 , 2 , ? n=0,1,2,\cdots n=0,1,2,?可以從 ( 9 ) (9) (9)產(chǎn)生一系列方程
- 此時式(7)的收斂域可能比原來的兩個級數(shù)的收斂域小得多
- 顯然 ∑ n = 0 ∞ b n x n ? ∑ n = 0 ∞ c n x n \sum_{n=0}^{\infin}b_{n}x^{n} \cdot \sum_{n=0}^{\infin}c_{n}x^{n} ∑n=0∞?bn?xn?∑n=0∞?cn?xn= ∑ n = 0 ∞ a n x n \sum_{n=0}^{\infin}{a_{n}}x^{n} ∑n=0∞?an?xn
- 其中 c n c_{n} cn?, n = 1 , 2 , ? . n=1,2,\cdots. n=1,2,?.的確定比乘法中 T n T_{n} Tn?的確定復(fù)雜一些
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分析性質(zhì)
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和多項式類似的分項積分和分項求導(dǎo)性質(zhì),并且不改變收斂區(qū)間
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設(shè)冪級數(shù) ∑ n = 0 ∞ a n x n \sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n} ∑n=0∞?an?xn的和函數(shù)為 s ( x ) s(x) s(x),收斂域為 I I I
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s ( x ) s(x) s(x)在 I I I上連續(xù)
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s ( x ) s(x) s(x)在 I I I上可積,且有逐項積分公式(變上限積分): ∫ 0 x s ( t ) d t \int_{0}^{x}s(t)\mathrmvxwlu0yf4t ∫0x?s(t)dt= ∫ 0 x [ ∑ n = 0 ∞ a n t n ] d t \int_{0}^{x}[\sum_{n=0}^{\infin}a_{n}t^{n}]\mathrmvxwlu0yf4t ∫0x?[∑n=0∞?an?tn]dt= ∑ n = 0 ∞ ∫ 0 x a n t n d t \sum_{n=0}^{\infin}\int_{0}^{x}a_{n}t^{n}\mathrmvxwlu0yf4t ∑n=0∞?∫0x?an?tndt= ∑ n = 0 ∞ a n n + 1 x n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{a_{n}}{n+1}{x^{n+1}} ∑n=0∞?n+1an??xn+1, ( x ∈ I ) (x\in{I}) (x∈I)
- 積分區(qū)間為 [ 0 , x ] [0,x] [0,x]
- 逐項積分后,所得的冪級數(shù)和原級數(shù)有相同的收斂半徑
-
s ( x ) s(x) s(x)在 ( ? R , R ) (-R,R) (?R,R)內(nèi)可導(dǎo),且有逐項求導(dǎo)公式 s ′ ( x ) s'(x) s′(x)= ( ∑ n = 0 ∞ a n x n ) ′ (\sum_{n=0}^{\infin}a_{n}x^{n})' (∑n=0∞?an?xn)′= ∑ n = 0 ∞ ( a n x n ) ′ \sum_{n=0}^{\infin}(a_{n}x^{n})' ∑n=0∞?(an?xn)′= ∑ n = 0 ∞ n a n x n ? 1 \sum_{n=0}^{\infin}na_{n}x^{n-1} ∑n=0∞?nan?xn?1, ( ∣ x ∣ < R ) (|x|<R) (∣x∣<R)
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逐項求導(dǎo)后所得的冪級數(shù)和原級數(shù)有相同的收斂半徑
-
注意,雖然收斂半徑相同,但是收斂域不一定相同,求導(dǎo)可能收斂域?qū)?yīng)得端點處不再收斂
-
例如原冪級數(shù)的收斂域為 [ ? R , R ) [-R,R) [?R,R),那么求導(dǎo)后的半徑變?yōu)?span id="vxwlu0yf4" class="katex--inline"> ( ? R , R ) (-R,R) (?R,R),顯然兩個區(qū)間不相等;但如果原冪級數(shù)的收斂域為 ( ? R , R ) (-R,R) (?R,R),那么求導(dǎo)后的級數(shù)收斂域不變
-
反復(fù)應(yīng)用上述結(jié)論可知, s ( x ) s(x) s(x)在其**收斂區(qū)間 ( ? R , R ) (-R,R) (?R,R)**內(nèi)具有任意階導(dǎo)數(shù)
-
-
求解和函數(shù)
- 分析性質(zhì)可以用于求解冪級數(shù)的和函數(shù),也就是冪級數(shù)收斂于什么函數(shù) s ( x ) s(x) s(x)
- 第一步就是要求解收斂域,這時和函數(shù)的定義域
- 求出收斂半徑 R R R
- 再檢驗 x = ± R x=\pm{R} x=±R是的斂散性,以確定收斂域
例
- 求 ∑ n = 0 ∞ x n n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{x^{n}}{n+1} ∑n=0∞?n+1xn?的收斂域以及和函數(shù) s ( x ) s(x) s(x)
- (1)
- 判斷級數(shù)類型:該級數(shù)是一個冪級數(shù),并且是標準形
- 確定通項的系數(shù): a n a_n an?= 1 n + 1 \frac{1}{n+1} n+11?
- 觀察 a n a_{n} an?考慮使用比值式考察其是否收斂(斂散性),
- ρ \rho ρ= lim ? n → ∞ n + 1 n + 2 \lim\limits_{n\to\infin}\frac{n+1}{n+2} n→∞lim?n+2n+1?= 1 1 1, R = 1 ρ R=\frac{1}{\rho} R=ρ1?=1
- 說明原級數(shù)收斂,且收斂半徑為 R = 1 R=1 R=1,收斂區(qū)間就是 ( ? 1 , 1 ) (-1,1) (?1,1)
- 考察區(qū)間端點處,對應(yīng)的常數(shù)項級數(shù):
- x = ? 1 x=-1 x=?1時,通項為 ( ? 1 ) n n + 1 \frac{(-1)^{n}}{n+1} n+1(?1)n?,對應(yīng)的常數(shù)項級數(shù)為 ∑ n = 0 ∞ ( ? 1 ) n n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{(-1)^{n}}{n+1} ∑n=0∞?n+1(?1)n?= 1 ? 1 2 + ? 1-\frac{1}{2}+\cdots 1?21?+?
- 這時一個交錯級數(shù),由Leibniz定理, 1 n + 1 \frac{1}{n+1} n+11?遞減,且 1 n + 1 → 0 ( n → ∞ ) \frac{1}{n+1}\to{0}(n\to{\infin}) n+11?→0(n→∞)
- 可知該級數(shù)收斂
- x = 1 x=1 x=1時,冪級數(shù)稱為 ∑ n = 0 ∞ 1 n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{1}{n+1} ∑n=0∞?n+11?= ∑ n = 1 ∞ 1 n \sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{n} ∑n=1∞?n1?,是調(diào)和級數(shù),其顯然是發(fā)散的
- 綜上,收斂域為 I = [ ? 1 , 1 ) I=[-1,1) I=[?1,1)
- x = ? 1 x=-1 x=?1時,通項為 ( ? 1 ) n n + 1 \frac{(-1)^{n}}{n+1} n+1(?1)n?,對應(yīng)的常數(shù)項級數(shù)為 ∑ n = 0 ∞ ( ? 1 ) n n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{(-1)^{n}}{n+1} ∑n=0∞?n+1(?1)n?= 1 ? 1 2 + ? 1-\frac{1}{2}+\cdots 1?21?+?
- (2)
- 求 s ( x ) s(x) s(x)就是在收斂域內(nèi),要將級數(shù)形式化簡為非求和形式
- 令 s ( x ) s(x) s(x)= ∑ n = 0 ∞ x n n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{x^{n}}{n+1} ∑n=0∞?n+1xn?
(1), x ∈ [ ? 1 , 1 ) x\in[-1,1) x∈[?1,1)- 式(1)兩邊同時乘以 x x x, x s ( x ) xs(x) xs(x)= ∑ n = 0 ∞ x n + 1 n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{x^{n+1}}{n+1} ∑n=0∞?n+1xn+1?= ∑ n = 1 ∞ x n n \sum_{n=1}^{\infin}\frac{x^{n}}{n} ∑n=1∞?nxn?
(2), x ∈ [ ? 1 , 1 ) x\in[-1,1) x∈[?1,1) - 對(2)兩邊求導(dǎo),并由逐項求導(dǎo)公式,得 ( x s ( x ) ) ′ (xs(x))' (xs(x))′= ∑ n = 1 ∞ x n ? 1 \sum_{n=1}^{\infin}{x^{n-1}} ∑n=1∞?xn?1= 1 + x + x 2 + ? + x n + ? 1+x+x^2+\cdots+x^{n}+\cdots 1+x+x2+?+xn+?, x ∈ ( ? 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(?1,1)
(3)- Note:求導(dǎo)后收斂區(qū)間為 ∣ x ∣ < 1 |x|<1 ∣x∣<1,即 x ∈ ( ? 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(?1,1)
- 而我們知道常用級數(shù) 1 1 ? x \frac{1}{1-x} 1?x1?= 1 + x + x 2 + ? + x n + ? 1+x+x^2+\cdots+x^{n}+\cdots 1+x+x2+?+xn+?, x ∈ ( ? 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(?1,1)
(4) - 比較(3,4)可得 ( x s ( x ) ) ′ (xs(x))' (xs(x))′= 1 1 ? x \frac{1}{1-x} 1?x1?, x ∈ ( ? 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(?1,1)
(5)- 對上式從 0 0 0到 x x x積分,得 x s ( x ) xs(x) xs(x)= ∫ 0 x 1 1 ? t d t \int_{0}^{x}\frac{1}{1-t}\mathrmvxwlu0yf4t ∫0x?1?t1?dt= ? ln ? ∣ t ? 1 ∣ ∣ 0 x -\ln|t-1||_{0}^{x} ?ln∣t?1∣∣0x?= ? ln ? ∣ x ? 1 ∣ -\ln|x-1| ?ln∣x?1∣
(6), x ∈ [ ? 1 , 1 ) x\in[-1,1) x∈[?1,1)
- 對上式從 0 0 0到 x x x積分,得 x s ( x ) xs(x) xs(x)= ∫ 0 x 1 1 ? t d t \int_{0}^{x}\frac{1}{1-t}\mathrmvxwlu0yf4t ∫0x?1?t1?dt= ? ln ? ∣ t ? 1 ∣ ∣ 0 x -\ln|t-1||_{0}^{x} ?ln∣t?1∣∣0x?= ? ln ? ∣ x ? 1 ∣ -\ln|x-1| ?ln∣x?1∣
- 方法2:
- 這里可以不處理為 x s ( x ) xs(x) xs(x),而直接變形為: s ( x ) s(x) s(x)= 1 x ∑ n = 0 ∞ x n + 1 n + 1 \frac{1}{x}\sum_{n=0}^{\infin}\frac{x^{n+1}}{n+1} x1?∑n=0∞?n+1xn+1?= 1 x ∑ n = 0 ∞ ∫ 0 n t n d t \frac{1}{x}\sum_{n=0}^{\infin}\int_{0}^{n}t^{n}\mathrmvxwlu0yf4t x1?∑n=0∞?∫0n?tndt= 1 x ∫ 0 n ( ∑ n = 0 ∞ t n ) d t \frac{1}{x}\int_{0}^{n}(\sum_{n=0}^{\infin}t^{n})\mathrmvxwlu0yf4t x1?∫0n?(∑n=0∞?tn)dt
- 再利用常用已知級數(shù) ∑ n = 0 ∞ t n \sum_{n=0}^{\infin}t^{n} ∑n=0∞?tn= 1 1 ? t \frac{1}{1-t} 1?t1?, t ∈ ( ? 1 , 1 ) t\in(-1,1) t∈(?1,1),得 s ( x ) s(x) s(x)= 1 x ∫ 0 n ( 1 1 ? t ) d t \frac{1}{x}\int_{0}^{n}(\frac{1}{1-t})\mathrmvxwlu0yf4t x1?∫0n?(1?t1?)dt,同樣得到式(6)
- 當(dāng) x ≠ 0 x\neq{0} x=0時,有 s ( x ) s(x) s(x)= ? 1 x ln ? ( 1 ? x ) -\frac{1}{x}\ln(1-x) ?x1?ln(1?x)
(7) - 當(dāng) x = 0 x=0 x=0,
- s ( 0 ) = a 0 = 1 s(0)=a_{0}=1 s(0)=a0?=1
- ∑ n = 0 ∞ 0 n n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{0^{n}}{n+1} ∑n=0∞?n+10n?= 0 0 0 + 1 \frac{0^{0}}{0+1} 0+100?+ ∑ n = 1 ∞ 0 n n + 1 \sum_{n=1}^{\infin}\frac{0^{n}}{n+1} ∑n=1∞?n+10n?= 1 + 0 1+0 1+0= 1 1 1,這里約定 0 0 = 1 0^{0}=1 00=1
- 或者也可以由 s ( x ) s(x) s(x)是連續(xù)的性質(zhì)可以由極限式 lim ? x → 0 ( ? 1 x ln ? ( 1 ? x ) ) \lim\limits_{x\to{0}}(-\frac{1}{x}\ln(1-x)) x→0lim?(?x1?ln(1?x))= lim ? x → 0 ( ? ? x x ) \lim\limits_{x\to{0}}(-\frac{-x}{x}) x→0lim?(?x?x?)=1,從而 s ( 0 ) s(0) s(0)=1
- ln ? ( 1 ? x ) ～ ? x \ln(1-x)\sim{-x} ln(1?x)～?x, ( ? x → 0 ) (-x\to{0}) (?x→0)
- 或者洛必達法則計算
- s ( 0 ) = a 0 = 1 s(0)=a_{0}=1 s(0)=a0?=1
- 式(1)兩邊同時乘以 x x x, x s ( x ) xs(x) xs(x)= ∑ n = 0 ∞ x n + 1 n + 1 \sum_{n=0}^{\infin}\frac{x^{n+1}}{n+1} ∑n=0∞?n+1xn+1?= ∑ n = 1 ∞ x n n \sum_{n=1}^{\infin}\frac{x^{n}}{n} ∑n=1∞?nxn?
例
- 令 u n u_{n} un?= ( ? 1 ) n ? 1 n x n ? 1 (-1)^{n-1}nx^{n-1} (?1)n?1nxn?1,求冪級數(shù) ∑ n = 1 ∞ u n \sum_{n=1}^{\infin} u_{n} ∑n=1∞?un?的和函數(shù)
- (1)求收斂半徑
- 方法1:
- ∣ u n ∣ |u_{n}| ∣un?∣= ∣ n x n ? 1 ∣ |nx^{n-1}| ∣nxn?1∣, ∣ u n ∣ n \sqrt[n]{|u_{n}|} n∣un?∣?= ∣ x ∣ n x ? 1 n |x|\sqrt[n]{nx^{-1}} ∣x∣nnx?1?
- lim ? n → ∞ u n n \lim\limits_{n\to{\infin}}\sqrt[n]{u_{n}} n→∞lim?nun??= lim ? n → ∞ ∣ u n ∣ n \lim\limits_{n\to{\infin}}\sqrt[n]{|u_{n}|} n→∞lim?n∣un?∣?= ∣ x ∣ |x| ∣x∣,當(dāng) ∣ x ∣ < 1 |x|<1 ∣x∣<1時,級數(shù)收斂,所以收斂半徑為 R = 1 R=1 R=1
- 方法2:
- 冪級數(shù)的系數(shù)為 a n a_{n} an?= ( ? 1 ) n ? 1 n (-1)^{n-1}n (?1)n?1n, ∣ a n + 1 a n ∣ |\frac{a_{n+1}}{a_{n}}| ∣an?an+1??∣= n + 1 n \frac{n+1}{n} nn+1?
- 從而 ρ \rho ρ= lim ? n → ∞ ∣ a n + 1 a n ∣ \lim\limits_{n\to{\infin}}|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}| n→∞lim?∣an?an+1??∣= 1 1 1,半徑為 R = 1 ρ R=\frac{1}{\rho} R=ρ1?=1
- 方法3:(最為方便)
- ∣ a n ∣ n \sqrt[n]{|a_n|} n∣an?∣?= n n \sqrt[n]{n} nn?
- 從而 ρ \rho ρ= lim ? n → ∞ ∣ a n ∣ \lim\limits_{n\to{\infin}}\sqrt{|a_n|} n→∞lim?∣an?∣?= lim ? n → ∞ n n \lim\limits_{n\to{\infin}}\sqrt[n]{n} n→∞lim?nn?= 1 1 1
- 方法1:
- (2)求收斂域:
- x = ? 1 x=-1 x=?1時,得常數(shù)項級數(shù) ∑ n = 1 ∞ n \sum_{n=1}^{\infin}n ∑n=1∞?n,顯然發(fā)散
- x = 1 x=1 x=1,時,得常數(shù)項級數(shù) ∑ n = 1 ∞ ( ? 1 ) n ? 1 n \sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}n ∑n=1∞?(?1)n?1n,此級數(shù)發(fā)散
- 事實上, x = ± 1 x=\pm{1} x=±1時,兩個級數(shù)的一般項在 n → ∞ n\to{\infin} n→∞時不趨于0,所以發(fā)散
- 所以收斂域為 ( ? 1 , 1 ) (-1,1) (?1,1)
- (3)確定和函數(shù)
- s ( x ) s(x) s(x)= ∑ n = 1 ∞ u n \sum_{n=1}^{\infin} u_{n} ∑n=1∞?un?, x ∈ ( ? 1 , 1 ) x\in{(-1,1)} x∈(?1,1)
- 兩邊積分作 [ 0 , x ] [0,x] [0,x]區(qū)間上的積分: ∫ 0 x s ( t ) d t \int_{0}^{x}s(t)\mathrmvxwlu0yf4t ∫0x?s(t)dt= ∑ n = 1 ∞ ∫ 0 x ( ? 1 ) n ? 1 n t n ? 1 d t \sum_{n=1}^{\infin} \int_{0}^{x}(-1)^{n-1}nt^{n-1}\mathrmvxwlu0yf4t ∑n=1∞?∫0x?(?1)n?1ntn?1dt= ∑ n = 1 ∞ ( ? 1 ) n ? 1 x n \sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}x^{n} ∑n=1∞?(?1)n?1xn= x ? x 2 + x 3 ? ? x-x^2+x^3-\cdots x?x2+x3??
(1)- 考慮常用的已知級數(shù) 1 1 ? x \frac{1}{1-x} 1?x1?= 1 + x + x 2 + x 3 + ? 1+x+x^2+x^3+\cdots 1+x+x2+x3+?
(2),有 1 1 ? ( ? x ) \frac{1}{1-(-x)} 1?(?x)1?= 1 ? x + x 2 ? x 3 + ? 1-x+x^2-x^3+\cdots 1?x+x2?x3+?= 1 1 + x \frac{1}{1+x} 1+x1?(3) - 可知式(1)可以表示為 ? ( 1 1 + x ? 1 ) -(\frac{1}{1+x}-1) ?(1+x1??1)= x 1 + x \frac{x}{1+x} 1+xx?
- 因此 ∫ 0 x s ( t ) d x \int_{0}^{x}s(t)\mathrmvxwlu0yf4x ∫0x?s(t)dx= x 1 + x \frac{x}{1+x} 1+xx?,兩邊求導(dǎo),得 s ( x ) s(x) s(x)= 1 + x ? x ( x + 1 ) 2 \frac{1+x-x}{(x+1)^2} (x+1)21+x?x?= 1 ( 1 + x ) 2 \frac{1}{(1+x)^2} (1+x)21?, x ∈ ( ? 1 , 1 ) x\in(-1,1) x∈(?1,1)
- 考慮常用的已知級數(shù) 1 1 ? x \frac{1}{1-x} 1?x1?= 1 + x + x 2 + x 3 + ? 1+x+x^2+x^3+\cdots 1+x+x2+x3+?