10 无穷级数的和函数

1. ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n(n+1)}$

求解幂级数和函数

计算下列幂级数的和函数：

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n(n+1)}$$

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解题步骤

第一步：分拆原级数

将原级数分拆为两部分：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n(n+1)}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n+1}.$$

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第二步：计算第一部分

第一个部分为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}.$$

这是一个标准的幂级数，其和函数为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}=-\ln (1-x),|x|<1.$$

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第三步：计算第二部分

第二个部分为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n+1}.$$

我们改写为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n+1}=\frac{1}{x}\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^n}{n}.$$

将下标调整为 $m=n-1$，级数变为：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^n}{n}=\sum _{m=1}^{\infty }\frac{x^{m+1}}{m+1}.$$

可以将 $x^{m+1}$ 提取出来：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^n}{n}=x\sum _{m=1}^{\infty }\frac{x^m}{m+1}.$$

结合标准幂级数结果，我们得：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^n}{n}=x\left(\frac{-\ln (1-x)}{x}-\frac{1}{x}\right).$$

进一步计算第二部分：
$$\frac{1}{x}\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^n}{n}=\frac{-\ln (1-x)}{x}-\frac{1}{x}.$$

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第四步：合并结果

将两个部分合并，总和为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n(n+1)}=-\ln (1-x)-\left(\frac{-\ln (1-x)}{x}-\frac{1}{x}\right).$$

整理后为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n(n+1)}=\frac{-\ln (1-x)}{x}+\frac{1}{x}.$$

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第五步：验证收敛域及临界值

1. 绝对收敛性条件
   观察级数项：
   $$\left|\frac{x^n}{n(n+1)}\right|=\frac{|x{|}^n}{n(n+1)}.$$

   为保证绝对收敛，需要 $|x|<1$，这是幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{x}^n$ 收敛的必要条件。

2. 临界值 $|x|=1$ 的验证

   • 当 $x=1$ 时，级数变为：
     $$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}.$$
     可以通过部分分式展开验证收敛：
     $$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}.$$
     这是一阶望远镜求和，结果有限，因此 $x=1$ 时收敛。

   • 当 $x=-1$ 时，级数变为：
     $$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n(n+1)}.$$
     由于 $(-1{)}^n$ 的震荡性和 $\frac{1}{n(n+1)}$ 的快速下降，级数交错收敛。

因此，收敛域为 $|x|\le 1$，但当 $|x|=1$ 时，级数需要逐点验证是否收敛。

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最终答案

幂级数的和函数为：
$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n(n+1)}=\frac{-\ln (1-x)}{x}+\frac{1}{x},|x|\le 1,x\ne 1.}$$

2. 解答：求和函数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n(2n+1)}$

1. 问题描述

求以下幂级数的和函数：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n(2n+1)}.$$

并分析其收敛半径和收敛域，同时验证收敛域的临界点。

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2. 求和函数的计算

第一步：拆分分母

将 $\frac{1}{n(2n+1)}$ 分解为两部分：
$$\frac{1}{n(2n+1)}=\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(2n+1)}.$$

代入原级数，有：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n(2n+1)}=\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n}-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2n+1}.$$

第二步：处理第一部分

第一部分是：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n}.$$
我们知道其和函数为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n}=-\ln (1-x^2),\text{对于 }|x|<1.$$

第三步：处理第二部分

第二部分是：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2n+1}.$$

令 $ u = x^2 $，原级数化为：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{u^n}{2n+1}.$$

这可以表示为：
KaTeX parse error: Undefined control sequence: \arctanh at position 39: …c{u^n}{2n+1} = \̲a̲r̲c̲t̲a̲n̲h̲(u), \quad \tex…

因此，第二部分为：
KaTeX parse error: Undefined control sequence: \arctanh at position 42: …^{2n}}{2n+1} = \̲a̲r̲c̲t̲a̲n̲h̲(x^2) - x^2.

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第四步：合并结果

将两部分相加：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n(2n+1)}=\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n}-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2n+1}.$$
代入结果得：
KaTeX parse error: Undefined control sequence: \arctanh at position 84: … - \frac{1}{2} \̲a̲r̲c̲t̲a̲n̲h̲(x^2) + \frac{x…

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3. 收敛性分析

（1）收敛半径

由幂级数的一般性质：

• 第一部分 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n}$ 的收敛域为 $|x|<1$;
• 第二部分 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2n+1}$ 的收敛域为 $|x|<1$.

因此，整个级数的收敛半径为 $R=1$.

（2）验证收敛域的临界点

当 $|x|=1$ 时，分别分析 $x=1$ 和 $x=-1$ 的情形。

情况 1：$x=1$

代入级数：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(2n+1)}.$$
观察 $\frac{1}{n(2n+1)}\sim \frac{1}{n^2}$，这是一发散的 $p$-级数（$p\le 1$），因此在 $x=1$ 时级数 发散.

情况 2：$x=-1$

代入级数：
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{2n}}{n(2n+1)}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(2n+1)}.$$
同理，级数在 $x=-1$ 时也 发散.

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4. 最终结论

（1）和函数

该级数的和函数为：
KaTeX parse error: Undefined control sequence: \arctanh at position 84: … - \frac{1}{2} \̲a̲r̲c̲t̲a̲n̲h̲(x^2) + \frac{x…

（2）收敛域

该级数的收敛域为：
$$|x|<1.$$

在临界点 $x=1$ 和 $x=-1$ 时，级数 发散.

(3) ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{2^n}{x}^{2n-2}$

3.求和函数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{2^n}{x}^{2n-2}$

1. 简化表达式

首先，考虑给定的级数：
$$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{2^n}{x}^{2n-2}.$$

我们可以将 $x^{2n-2}$ 提取出一个因子，并注意到这个级数是一个幂级数，我们希望能够进行一定的简化。为了方便操作，我们可以对 $x$ 进行代换。

变换式

我们把指数项中的 $x^{2n-2}$ 改为 $x^{2(n-1)}$，得到：
$$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{2^n}{x}^{2(n-1)}.$$

对 $m=n-1$ 进行代换，即 $n=m+1$，代入得：
$$S(x)=\sum _{m=0}^{\infty }\frac{2(m+1)-1}{2^{m+1}}{x}^{2m}.$$

简化上式得到：
$$S(x)=\sum _{m=0}^{\infty }\frac{2m+1}{2^{m+1}}{x}^{2m}.$$

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2. 拆分级数

我们将上式拆成两部分：
$$S(x)=\sum _{m=0}^{\infty }\frac{2m}{2^{m+1}}{x}^{2m}+\sum _{m=0}^{\infty }\frac{1}{2^{m+1}}{x}^{2m}.$$

第一部分

第一部分是：
$$\sum _{m=0}^{\infty }\frac{2m}{2^{m+1}}{x}^{2m}.$$
我们可以提取常数因子 $\frac{1}{2}$ 并使用幂级数求和公式：
$$\sum _{m=0}^{\infty }m{r}^m=\frac{r}{(1-r{)}^2},|r|<1.$$
对于此部分，我们取 $r=\frac{x^2}{2}$，因此：
$$\sum _{m=0}^{\infty }\frac{2m}{2^{m+1}}{x}^{2m}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\frac{x^2}{2}}{{\left(1-\frac{x^2}{2}\right)}^2}=\frac{x^2}{2{\left(2-x^2\right)}^2}.$$

第二部分

第二部分是：
$$\sum _{m=0}^{\infty }\frac{1}{2^{m+1}}{x}^{2m}.$$
这也是一个几何级数，可以使用几何级数求和公式：
$$\sum _{m=0}^{\infty }{r}^m=\frac{1}{1-r},|r|<1.$$
对于此部分，我们取 $r=\frac{x^2}{2}$，因此：
$$\sum _{m=0}^{\infty }\frac{1}{2^{m+1}}{x}^{2m}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1-\frac{x^2}{2}}=\frac{1}{2-x^2}.$$

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3. 合并结果

将两部分结果合并，我们得到：
$$S(x)=\frac{x^2}{2(2-x^2{)}^2}+\frac{1}{2-x^2}.$$

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4. 收敛性分析

此级数是一个幂级数，收敛半径由其主要项的收敛半径决定。

• 第一部分 ${\sum }_{m=0}^{\infty }\frac{2m}{2^{m+1}}{x}^{2m}$ 的收敛半径为 $R=\sqrt{2}$，因为 $|x^2|<2$。
• 第二部分 ${\sum }_{m=0}^{\infty }\frac{1}{2^{m+1}}{x}^{2m}$ 的收敛半径也为 $R=\sqrt{2}$。

因此，整个级数的收敛半径为 $R=\sqrt{2}$，即 $|x|<\sqrt{2}$。

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5. 最终结论

和函数

该级数的和函数为：
$$S(x)=\frac{x^2}{2(2-x^2{)}^2}+\frac{1}{2-x^2},|x|<\sqrt{2}.$$

收敛域

该级数的收敛域为：
$$|x|<\sqrt{2}.$$

4.计算级数

计算级数：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n^2-1)2^n}.$$

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解题过程

第一步：分解分母

注意到分母 $n^2-1$ 可分解为：
$$n^2-1=(n-1)(n+1).$$

因此：
$$\frac{1}{(n^2-1)2^n}=\frac{1}{(n-1)(n+1)2^n}.$$

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第二步：拆分成部分分式

将 $\frac{1}{(n-1)(n+1)}$ 拆分为部分分式：
$$\frac{1}{(n-1)(n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\right).$$

代入级数，有：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n^2-1)2^n}=\frac{1}{2}\sum _{n=2}^{\infty }\left(\frac{1}{(n-1)2^n}-\frac{1}{(n+1)2^n}\right).$$

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第三步：拆分两个级数

我们将原级数拆分为两部分：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n^2-1)2^n}=\frac{1}{2}\left(\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n-1)2^n}-\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n+1)2^n}\right).$$

第一个级数变换

令 $k=n-1$，则当 $n=2$ 时，$k=1$；当 $n\to \infty$ 时，$k\to \infty$。
因此：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n-1)2^n}=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k\cdot 2^{k+1}}=\frac{1}{2}\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k\cdot 2^k}.$$

第二个级数变换

令 $m=n+1$，则当 $n=2$ 时，$m=3$；当 $n\to \infty$ 时，$m\to \infty$。
因此：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n+1)2^n}=\sum _{m=3}^{\infty }\frac{1}{m\cdot 2^{m-1}}=2\sum _{m=3}^{\infty }\frac{1}{m\cdot 2^m}.$$

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第四步：结合结果

将两部分代入，得到：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n^2-1)2^n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k\cdot 2^k}-2\sum _{m=3}^{\infty }\frac{1}{m\cdot 2^m}\right).$$

第一项计算

已知公式：
$$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k\cdot 2^k}=-\ln (1-\frac{1}{2})=\ln 2.$$
因此：
$$\frac{1}{2}\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k\cdot 2^k}=\frac{\ln 2}{2}.$$

第二项计算

从 $k=3$ 开始的部分可以拆分为：
$$\sum _{m=3}^{\infty }\frac{1}{m\cdot 2^m}=\sum _{m=1}^{\infty }\frac{1}{m\cdot 2^m}-\frac{1}{1\cdot 2^1}-\frac{1}{2\cdot 2^2}.$$
计算得：
$$\sum _{m=3}^{\infty }\frac{1}{m\cdot 2^m}=\ln 2-\frac{1}{2}-\frac{1}{8}=\ln 2-\frac{5}{8}.$$

将这一结果乘以 $2$：
$$2\sum _{m=3}^{\infty }\frac{1}{m\cdot 2^m}=2\ln 2-\frac{10}{8}=2\ln 2-\frac{5}{4}.$$

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第五步：最终结果

将所有结果代入原式：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n^2-1)2^n}=\frac{1}{2}\left(\frac{\ln 2}{2}-(2\ln 2-\frac{5}{4})\right).$$

展开并化简：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n^2-1)2^n}=\frac{1}{2}\left(-\frac{3}{2}\ln 2+\frac{5}{4}\right).$$

最终结果为：
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n^2-1)2^n}=-\frac{3}{4}\ln 2+\frac{5}{8}.$$