级数¶

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Quote

另外补充一个 \(\arctan x=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\)

柯西收敛准则¶

\[\begin{gather} \forall \varepsilon \gt 0,\exists N,当n\gt N时,对一切自然数P都有 \\ |U_{n+1}+ U_{n+2}+...+U_{n+P}|\lt \varepsilon \end{gather} \]

由此逆否命题得到级数发散的充要条件 为：

\[ \begin{gather} \exists \varepsilon_0 \gt 0,\forall N,\exists n\gt N时,\exists P\in Z^+都有 \\ |U_{n+1}+ U_{n+2}+...+U_{n+P}|\ge \varepsilon_0 \end{gather} \]

莱布尼茨定理及其证明¶

若交错级数 \(\sum_{n=1}^\infty (-1)^nu_n\) 满足下列条件：

\(u_1\ge u_2 \ge u_3\ge ... \ge 0\)
\(\lim_{n\rightarrow \infty}{u_n}=0\)

则 \(\sum_{n=1}^\infty (-1)^nu_n\) 收敛，并且它的和 \(S\le u_1\) ；以 \(S_n\) 为级数和的近似值时，其误差 \(R_n\) 不超过 \(u_{n+1}\) ，即 \(|R_n|=|S- S_n|\le u_{n+1}\)

【Prove】

\[\begin{array}c 0\le S_{2m}=(u_1-u _2)+(u _3-u _4)+...+(u _{2m-1}-u _{2m}) \\ S_{2m+2}=S _{2m}+( u_{2m+1}- u_{2m+2}) \ge S_{2m} \\ 并且S_{2m}=u_1-(u _2- u _3)-...-(u _{2m-2}-u _{2m-1})-u _{2m}\le u_1 \\ 即数列 S_{2m} 单调递增有上界，所以其极限存在，记为 S \\ 则 \lim_{m\rightarrow\infty} S_{2m+1}= \lim_{m\rightarrow\infty} (S_{2m}+u _{2m+1})=S+0 \\ \Rightarrow \ \lim_{n\rightarrow \infty} S_n =S \\ 级数收敛 \end{array} \]

有阶乘考虑 \(e^x\)¶

无数个有理数相加可以是：

不是一个数： \(\sum n\)
有理数： \(\sum\frac{1}{2^n}\)
无理数： \(\sum\frac{(-1)^n}{n}=\ln 2\)

重要级数¶

推广判别法¶

Dirichlet 判别法¶

若数列 \(\{a_n\}\) 单调且 \(\lim_{n\rightarrow\infty}a _n=0\) ，级数 \(\sum_{n=1}^\infty b_n\) 的部分和有界，则 \(\sum_{n=1}^\infty a_n b_n\) 收敛

Abel 判别法¶

若数列 \(\{a_n\}\) 单调有界，级数 \(\sum_{n=1}^\infty b_n\) 收敛，则 \(\sum_{n=1}^\infty a_n b_n\) 收敛

Abel变换

以上两个定理的证明需要用到Abel变换： \(\sum_{k=1}^{n} a_k b_k =a_n B_n + \sum_{k=1}^{n-1} (a_k -a_{k+1}) B_k\) ，其中 \(B_k =\sum_{n=1}^k b_n\)

此变换证明要点在于将 \(b_k= B_k -B_{k_1}\) 代入

收敛半径、收敛区间、收敛域¶

\((-r,r)\) 为收敛区间
\((-r,r)\) 加上收敛端点为收敛域

Info

无限多个连续函数的和不一定是连续函数，例如：

\(S(x)=x+\sum_{n=2}^\infty (x^n-x ^{n-1})\) 在 \(x\in (-1,1)\) 时等于0，在 \(x=1\) 时等于1

求和函数请注意!

求和函数的时候一定记得专门标注不存在的点。例如在有 \(1/x\) 的时候，要写出 \(S(x)\) 在 \(x=0\) 时，等于 0。

幂级数展开¶

\(f(x)\) 在区间 \(|x-x_0|\lt R\) 内存在任意阶导数，幂级数 \(\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x _0)^n\) 的收敛区间为 \(|x-x_o|\lt R\) ，则在 \(|x-x_o|\lt R\) 内， \(f(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x _0)^n\) 的充要条件是：

\[ \lim_{n\rightarrow \infty} R_n(x) = \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{f^{(n+1)}(\varepsilon)}{(n+1)!}(x-x _0)^{n+1}=0 \]

幂级数展开的步骤¶

Step 1: 计算 \(f^{(n)}(x_0),n=1,2,3,...\)
Step 2: 写出对应的泰勒级数 \(\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x _0)^n\) ，并求出收敛区间
Step 3: 验证 \(|x-x_0|\lt R\) 时，\(\lim_{n\rightarrow \infty} R_n(x) =0\)
- 特别地，\(\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}=0\)
Step 4: \(f(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x _0)^n\ \ |x-x_o|\lt R\)
Step 5: 验证端点收敛性

傅里叶级数公式¶

\[\begin{gather} a_n=\frac{1}{l}\int^l _{-l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx\ \ (n=0,1,2,...) \\ b_n=\frac{1}{l} \int^l_{-l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx\ \ (n=1,2,3,...) \end{gather} \]

傅里叶展开的步骤¶

Step 1: 求出最小正周期 T 和半周期 l
Step 2: 判定 \(f(x)\) 奇偶性，简化系数计算，并求出 \(a_n\ b_n\)
Step 3: 得到傅里叶级数(此时还不能取等，用 ~ 连接)
Step 4: 判定满足迪利克雷定理的条件（\(f(x)\) 连续或只有有限个第一类间断点与极值点）

三角函数傅里叶展开就是它自己

中心点不在原点也正常求即可

帕塞瓦不等式¶

若 \(f(x)\) 可积且平方可积，则 \(f(x)\) 的傅里叶级数系数 \(a_n,b _n\) 的平方所构成的级数 \(\frac{a_0^2}{2} +\sum_{n=1}^\infty (a_n^2 +b_n^2)\) 收敛，且等于 \(\frac{1}{l} \int^l_{-l} f^2(x)dx\)

展开为傅里叶级数后再求和函数，可能与原函数并不相同¶

一些课后题 & 历年题¶

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