级数
级数的定义
n=0∑∞an=n→∞limSn
定义法判断收敛性
利用部分和Sn的极限
推论: ∑n=0∞an收敛,则limn→∞an=0
limn→∞an=0或不存在,则原级数发散
例: ∑ln3nn发散。 注意重要极限limn→∞nplnn=0(p>)
柯西收敛准则
设limn→∞Sn=s,rn=s−Sn=an+1+an+2+…,则
limn→∞rn=0. 用极限的语言写
柯西收敛准则: ∀ε>0,∃N,当n>N时对一切自然数p, 有∣un+1+un+2+…un+p∣<ε

利用特殊的级数
几何级数:
n=0∑∞aqn收敛到1−qa当且仅当∣q∣<1
p级数
n=1∑∞np1收敛当且仅当p>1
利用级数之间的运算
数乘收敛性不变
收敛±收敛=收敛
收敛+发散=发散
增加、减少、修改有限项收敛性不变(因为有限项的和是常数)
收敛级数的结合性:
- 收敛级数加括号形成的级数仍然收敛(但发散不一定,如1 -1 1 -1)
- 加括号形成的级数发散,则原级数发散 (如调和级数1+1/2+(1/3+1/4)+(1/5+1/6+1/7+1/8)+...(1/(2m+1)+1/2(m+1))>1+1/2+2/4+4/8+....发散)
正项级数的收敛性
定义 ∑n=0∞an(an>0)
充要条件(部分和有界)
正项级数∑n=0∞an收敛当且仅当an有界
比较判别法
既可以直接放缩

∑1/lnn发散
也可以根据去掉有限项的性质,写成极限的形式:
limn→∞vnun=l
0<l<+∞(这里不需要和1比) 则un和vn敛散性相同(相当于等价un∼lvn)
l=0, vn 收敛则 un 收敛
l=+∞, vn发散则un发散
用极限形式就不需要严格的大小关系,
多项式看最高次项, n!∼nn
sin1/n∼1/n(n→∞)
例:
∑(1−cosna)∼∑2n2a2 收敛
∑2nncos2(nπ/3)<∑2nn 收敛
∑n1sinn1<n21
∑nn2+11−1∼取对数∑n2+lnn



比较判别法推出的二级结论
∑un2, ∑vn2收敛,则∑∣unvn∣,∑(un+vn)2,∑nun收敛
∑un收敛,则∑un2收敛,逆命题不成立。
第一个是因为∣unvn∣≤21(un2+vn2)
第二个是因为∃N,∀n>N,un≤M<1,un2≤Mun
达朗贝尔比值法
n→∞limunun+1=γ
γ<1 收敛
γ>1发散
γ=1无法确定(比如p级数)
适用于有阶乘、n次方的。
例子:∑3nn, ∑nnn!
limn→∞(n+1)n+1(n+1)!⋅n!nn=limn→∞(n+1n)n=limn→∞(1+1/n)n1=e1,收敛
柯西根值法
n→∞limnun=γ
γ<1 收敛
γ>1发散
γ=1无法确定
适用于能整体开根号的
积分判别法
如果f(n) 在(b,+∞)递减,连续,非负,则∑n=b∞f(n)和∫b+∞f(x)dx收敛性相同。
适用于和式。
常见结论:∑n=2∞x(lnx)p1在p>1收敛,p≤1发散
还有题目是利用积分判别法化曲为直的思想来放缩
例: ∑1+2+…n1
1+2+…n1=n1(n1+n2+…nn)nn1<nn∫01x1=23nn1
由比较判别法,级数收敛
交错级数
∑n=b∞(−1)n−1un(un>0).或者(−1)n也可以
莱布尼兹定理*
三个条件
- un≥0
- un递减
- limn→∞un=0,则un收敛
比如∑(−1)nn1收敛
注意不是所有交错级数都能用莱布尼兹判别法。
一般级数的收敛性
绝对收敛和条件收敛
∑∣an∣收敛,则∑an收敛,称为绝对收敛
∑∣an∣发散且∑an收敛,称为条件收敛
∑an发散
如果limn→∞∣an∣>0,则limn→∞an肯定不等于0,级数发散。etc. limn→∞n1/n=elnn/n=1. 所以∑n1/n1发散

绝对值的比值和根判别

绝对收敛级数的性质
绝对收敛级数任意重排后的级数也绝对收敛
条件收敛级数重排之后可以收敛到任意实数
函数项级数
增加了一个参数x, 定义∑n=1∞un(x)为函数项级数。代入不同的x,得到不同的数项级数。所有让级数收敛的x(收敛点)的集合称为收敛域。发散的称为发散域。
求收敛域: 把x看成常数,然后按数项级数的判断方法分类讨论。
例: 求∑(lnx)n的收敛域
利用绝对值比值判别法,得到∣lnx∣<1. 收敛域(e1,e)
幂级数
标准形式:∑anxn
但很多时候题目给出的可能是∑an(ax+b)n,要换元。
Abel定理和Cauchy-Hadamard定理
Abel定理: 如果幂级数∑anxn当x=x0时收敛,那么∣x∣<∣x0∣时绝对收敛, ∣x∣>∣x0∣发散
Cauchy-Hadamard公式: ∑anxn,设 limn→∞∣an+1∣∣an∣=R
0<R<+∞ 则(−R,R)内绝对收敛
R=0,则 x=0收敛
R=+∞, 在R上收敛
本质是比值判别法,注意端点处需要检验
求幂级数的收敛域
- 先求收敛区间
- 如果是标准形式,根据Cauchy-Hadamard公式求解
- 如果是∑an(kx+b)n,换元y=kx+b化成标准形式求出Ry ,最后要换回x,收敛半径Rx=kRy,
- 把x看成常数,用数项级数的方法求解(适用于缺项的,如∑n=0∞nx2n+1)
- 代入端点进行讨论
注意换元时收敛区间、半径会变!!!
幂级数的性质
分析性质:
- S(x)在收敛域上连续
- 在(−R,R)上任意阶逐项可积、可微,且收敛半径不变
- 推论:a0=S(0),an=n!S(n)(0) (保证幂级数唯一性)
代数性质:
- 两个幂级数相加减,收敛半径为R=min{Ra,Rb}
求幂级数和函数
-
确定收敛域
-
确定和函数
-
端点处要讨论: 端点处的值∑n=0∞anRn=limx→R−S(x). 如果S(x)在x=R连续,才可以直接用S(R)
注意求和符号的下界
例: 求∑n=1∞nxn−1
收敛半径R=1,收敛域[−1,1)
∑n=1∞nxn−1=x1∑n=1∞nxn(x=0)
设S(x)=∑n=1∞nxn,S(0)=0
S′(x)=∑n=1∞xn−1=1−x1
S(x)=S(0)−ln(1−x)∣0x=−ln(1−x)
当x=0时∑n=1∞0n−1/n=1.注意0次幂
因此∑n=1∞nxn−1={x−ln(1−x),[−1,0)∪(0,1)1,x=0
例: 求∑n=1∞n+1xn
n=1∑∞n+1xn=x1n=1∑∞n+1xn+1=x1n=2∑∞nxn=x1(−ln(1−x)−x)
x=0时显然等于0
例: 求∑n=1∞(−1)n−1(2n−1)!2nx2n−1
易得收敛域为R
注意到2n和2n−1差1,考虑积分。
$$\int_0^x s(x)dx=\sum_{n=1}^\infin (-1){n-1}\frac{x{2n}}{(2n-1)!}=x\sum_{n=1}^{\infin} (-1){n-1}\frac{x{2n-1}}{(2n-1)!}=x\sin x
$$
求导得到s(x)=xcosx+sinx(x∈R)
例: 求∑n=0∞n!a(a−1)…(a−n+1)xn
由Cauchy-Hadamard公式,收敛半径R=limn→∞∣a−nn+1∣=1
求导有s′(x)=∑n=1∞(n−1)!a(a−1)…(a−n+1)xn−1=a+∑n=1∞n!a(a−1)…(a−n)xn
注意到xs′(x)=∑n=1∞(n−1)!a(a−1)…(a−n+1)xn
那么通分之后xs′(x)+s′(x)=∑n=1∞n!a2(a−1)…(a−n+1)xn=as(x)
解这个微分方程得s(x)=(1+x)a(−1<x<1)
例: 求∑n=2∞n(n+1)xn
利用和函数可以求一些数项级数的和。比如∑2nn(n+1)就可以看成s(21),s(x)=∑n(n+1)xn
适当的拆分:
n2−n+1拆成n(n−1)(构造二阶导数)+1
Taylor级数
之前我们只知道展开到第n阶的情况。现在我们想知道x满足什么条件时可以无限展开下去。
函数展开成幂级数
定义法
- 先求f(n)(x0),并写出级数表达式
- 确定收敛区间∣x−x0∣<R
- 证明∣x−x0∣<R内limn→∞Rn(x)=0
例:f(x)=ex展开为x的幂级数
R=limn→∞(n+1)!n!=+∞
拉格朗日余项Rn(x)=n!eξxn+1(∣ξ∣<∣x∣)
∀x∈(−∞,+∞), 则limn→∞∣Rn(x)∣≤limn→∞∣(n+1)!e∣x∣∣x∣n+1∣=e∣x∣⋅limn→∞∣(n+1)!∣x∣n+1∣. 又因为级数绝对收敛,根据收敛的必要条件,右边的极限一定为0.
由此可见,通过定义证是很难的。因为要证明余项极限为0
利用幂级数的运算
跟求和函数一样
- 线性运算
- 换元,注意是展开成x−x0的幂级数还是其他式子
- 求导、积分.比如求ln(1−x),ln(1+x),arctanx,arcsinx.
例: f(x)=x2−x−3x 展开为x的幂级数
f(x)=31(x+11+x−22)
x−22=−1−2x1=−∑n=0∞(2x)n(−2<x<2)
所以f(x)=31∑((−1)n−2n1)xn
例f(x)=xarctanx−ln1+x2=xarctanx−21ln(1+x2).
法一:利用初等函数的泰勒展开
法二:注意到这是arctanx的积分

要记住的Taylor级数
\[\boxed{\frac{1}{\sqrt{1-x}}=1+\sum_{n=1}^{\infin} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^n} [-1,1)
$$
$$\boxed{\frac{1}{\sqrt{1+x}}=1+\sum_{n=1}^{\infin} \frac{(-1)^n(2n-1)!!}{(2n)!!}x^n,\color{red}{-1<x\leq 1}}
$$
$$\arctan x=\sum_{n=0}^{\infin}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1},\color{red}{-1\leq x \leq 1}
\]
ln(1+x)=n=1∑∞n(−1)n−1xn,x∈(−1,1]
(1+x)a=n=0∑∞n!a(a−1)…(a−n+1)xn,x∈⎩⎨⎧(−1,1),a≤−1(−1,1],−1<a<0[−1,1],a>0
Fourier级数
感觉本质利用了线代里正交基的一些性质。假设我们要把α分解成k1α1+k2α2+…knαn.其中α1…αn是一组基,那么求k1…kn需要解一个线性方程组,很复杂。
但如果是一组正交基,两边内积αi则(α,αi)=ki(αi,αi). 求系数就很快了
那么对于内积(f(x),g(x))=∫−llf(x)g(x)dx. 1,coslπx,cosl2πx…coslnπx,sinlπx…sinlnπx.是一组正交基。代入上式结合内积定义就得到傅里叶级数的表达式
傅里叶级数的定义
三角函数的函数项级数
f(x)是周期函数,T=2l
S(x)=2a0+n=0∑∞(ancoslnπx+bnsinlnπx)
称为f(x)的傅里叶级数
其中
a0=l1∫−llf(x)dx
an=l1∫−llf(x)coslnπxdx,bn=l1∫−llf(x)sinlnπxdx
推论1: 当f(x)为奇函数的时候,an=0. f(x)为偶函数的时候,bn=0
Dirichlet定理: 若f(x)在[−l,l]连续或只有有限个第一类间断点,并且至多只有有限个极值点,则f(x)的傅里叶级数收敛
S(x)=2f(x−0)+f(x+0)
其中f(x−0),f(x+0)表示在x点处的左右极限
当x=±l时,S(x)=2f(−l+0)+f(l−0) (由周期2l显然)
因此,写出级数后,还要讨论f(x)的连续性,计算间断点处的极限,不能直接写等于f(x)
2a0+n=0∑∞(ancoslnπx+bnsinlnπx)={f(x),x属于连续区间 2f(x−0)+f(x+0),x是间断点点
易错的计算细节和技巧
- 记得除以l
- sin\cos的端点值。 cosnπ=(−1)n
- sin\cos的分部积分注意正负号,−1的
- 常见积分结果
- ∫0πxcosnxdx=n2(−1)n−1
- ∫0πx2cosnxdx=n22π(−1)n
- ∫0πxsinnxdx=n(−1)n+1π
- ∫0πx2sinnxdx=n(−1)n+1+n32(1−(−1)n)
- 跟ex有关的直接待定系数
一般周期函数在[a,b]的傅里叶展开
令l=2b−a,积分区间换成[a,b]
例: f(x)=x−[x]

非周期函数在[0,l]的傅里叶展开
我们可以先把定义域延拓到[−l,0], 令函数周期为2l, 然后在 [−l,l] 上展开。根据推论1:
- 令f(−x)=−f(x)(0<x<l) 奇延拓(得到正弦级数) an=0,
\[\boxed{b_n=\frac{2}{l}\int_{0}^lf(x)\sin \frac{n\pi x}{l}}
$$
- (乘2是因为积分符号内是偶函数)
- 令$f(-x)=f(x)(0<x<l)$偶延拓(得到**余弦级数**)
$$\boxed{a_n=\frac{2}{l}\int_{0}^lf(x)\cos \frac{n\pi x}{l},b_n=0}
\]
傅里叶级数的应用
帕塞瓦尔等式: 若f(x)在 [−l,l]上连续
l1∫−llf2(x)dx=2a02+n=1∑∞(an2+bn2)
求一些级数的和(幂级数无法做到)

傅里叶级数的复数形式