Числовые и функциональные ряды - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Пусть [tex]a_n=\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n^{2}}[/tex]. По формуле Коши-Адамара
[tex]\sqrt[n]{a_n}=\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n}\to\frac{1}{e}\Rightarrow R=e[/tex]
поэтому ряд сходится абсолютно при [tex]|x|\lt e[/tex] и расходится при [tex]|x|\gt e[/tex]. На концах радикальный признак и признак Даламбера дают предел [tex]1[/tex], поэтому их нужно исследовать непосредственно. При [tex]x=\pm e[/tex]
[tex]\left|a_nx^{n}\right|=\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n^{2}}e^{n}=e^{\,n^{2}\ln\left(1-\frac{1}{n}\right)+n}[/tex]
Из разложения Маклорена [tex]\ln(1-t)=-t-\frac{t^{2}}{2}-\frac{t^{3}}{3}-\ldots[/tex] при [tex]t=\frac{1}{n}[/tex] для [tex]n\ge 2[/tex] получаем
[tex]n^{2}\ln\left(1-\frac{1}{n}\right)+n=-\frac{1}{2}-\sum_{k=3}^{\infty}\frac{1}{k\,n^{k-2}},\qquad 0\lt\sum_{k=3}^{\infty}\frac{1}{k\,n^{k-2}}\le\frac{1}{3}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{n^{j}}=\frac{1}{3(n-1)}\to 0[/tex]
Следовательно, [tex]\left|a_nx^{n}\right|\to e^{-\frac{1}{2}}\ne 0[/tex], необходимое условие сходимости не выполнено, и ряд расходится как при [tex]x=e[/tex], так и при [tex]x=-e[/tex]. Область сходимости — интервал [tex]\left(-e; e\right)[/tex].

Решение:
При [tex]n\ge 2[/tex] имеем [tex]n^p\gt 1[/tex], поэтому все знаменатели положительны и ряд знакочередующийся. Однако последовательность [tex]\frac{1}{n^p+(-1)^n}[/tex] не монотонна (её знаменатель равен [tex]n^p+1[/tex] при чётном [tex]n[/tex] и [tex]n^p-1[/tex] при нечётном [tex]n[/tex]), поэтому признак Лейбница непосредственно применить нельзя. Выделим главную часть:
[tex]a_n=\frac{(-1)^n}{n^p+(-1)^n}=\frac{(-1)^n}{n^p}-c_n,\qquad c_n=\frac{1}{n^p\left(n^p+(-1)^n\right)}\gt 0[/tex]
Ряд [tex]\sum\frac{(-1)^n}{n^p}[/tex] сходится при любом [tex]p\gt 0[/tex] по признаку Лейбница, так как [tex]\frac{1}{n^p}[/tex] убывает к [tex]0[/tex]. Для положительного ряда [tex]\sum c_n[/tex] имеем
[tex]c_n\cdot n^{2p}=\frac{n^p}{n^p+(-1)^n}\to 1[/tex]
поэтому по предельному признаку сравнения [tex]\sum c_n[/tex] сходится тогда и только тогда, когда сходится [tex]\sum\frac{1}{n^{2p}}[/tex], т.е. при [tex]2p\gt 1[/tex].
Если [tex]p\gt\frac{1}{2}[/tex], то [tex]\sum a_n[/tex] есть разность двух сходящихся рядов и потому сходится. Если [tex]0\lt p\le\frac{1}{2}[/tex], ряд расходится: иначе сходился бы ряд [tex]\sum c_n=\sum\frac{(-1)^n}{n^p}-\sum a_n[/tex].
Следовательно, ряд сходится ровно при [tex]p\gt\frac{1}{2}[/tex] (абсолютно при [tex]p\gt 1[/tex] и условно при [tex]\frac{1}{2}\lt p\le 1[/tex]).

Решение:
Сходимость: по радикальному признаку Коши, так как [tex]\sqrt[k]{k}\to 1[/tex],
[tex]\sqrt[k]{\frac{k^{n}}{a^{k}}}=\frac{\left(\sqrt[k]{k}\right)^{n}}{a}\to\frac{1}{a}\lt 1[/tex]
поэтому [tex]f(n)[/tex] — сходящийся ряд с положительными членами при каждом [tex]n[/tex]. Положим также [tex]f(0)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{a^{k}}=\frac{1}{a-1}[/tex] (геометрический ряд со знаменателем [tex]\frac{1}{a}\lt 1[/tex]). Умножим [tex]f(n)[/tex] на [tex]a[/tex] и сдвинем индекс, [tex]k=m+1[/tex]:
[tex]af(n)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k^{n}}{a^{k-1}}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(m+1)^{n}}{a^{m}}=1+\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(m+1)^{n}}{a^{m}}[/tex]
По формуле бинома Ньютона [tex](m+1)^{n}=\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}m^{j}[/tex]. Каждый из конечного числа рядов [tex]\sum_{m\ge 1}\frac{m^{j}}{a^{m}}=f(j)[/tex] сходится, поэтому можно суммировать почленно:
[tex]\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(m+1)^{n}}{a^{m}}=\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}f(j)=f(0)+\sum_{j=1}^{n-1}\binom{n}{j}f(j)+f(n)[/tex]
Следовательно, учитывая [tex]1+\frac{1}{a-1}=\frac{a}{a-1}[/tex],
[tex]af(n)=\frac{a}{a-1}+\sum_{j=1}^{n-1}\binom{n}{j}f(j)+f(n)\ \Rightarrow\ (a-1)f(n)=\frac{a}{a-1}+\sum_{j=1}^{n-1}\binom{n}{j}f(j)[/tex]
что и требовалось доказать. При [tex]n=1[/tex] получаем [tex]f(1)=\frac{a}{(a-1)^{2}}[/tex].

Решение:
Заметим, что [tex]n^2+2n+4=(n+1)^2+3[/tex] и [tex]n^2+n+3=n(n+1)+\sqrt{3}\,\sqrt{3}[/tex]. Рассмотрим векторы на плоскости [tex]\vec{v}_n=\left(n; \sqrt{3}\right)[/tex]. Тогда [tex]\left|\vec{v}_n\right|=\sqrt{n^2+3}[/tex], [tex]\left|\vec{v}_{n+1}\right|=\sqrt{n^2+2n+4}[/tex], а скалярное произведение [tex]\vec{v}_n[/tex] и [tex]\vec{v}_{n+1}[/tex] равно [tex]n(n+1)+3[/tex]. Поэтому, если [tex]\varphi_n\in[0; \pi][/tex] — угол между [tex]\vec{v}_n[/tex] и [tex]\vec{v}_{n+1}[/tex], то
[tex]\cos\varphi_n=\frac{n(n+1)+3}{\left|\vec{v}_n\right|\,\left|\vec{v}_{n+1}\right|}=\frac{n^2+n+3}{\sqrt{n^2+3}\,\sqrt{n^2+2n+4}}[/tex]
и [tex]n[/tex]-й член ряда равен в точности [tex]\varphi_n[/tex]. Пусть [tex]\theta_n\in\left(0; \frac{\pi}{2}\right)[/tex] — угол между [tex]\vec{v}_n[/tex] и положительным направлением оси [tex]Ox[/tex]; тогда [tex]\operatorname{tg} \theta_n=\frac{\sqrt{3}}{n}[/tex]. Это число убывает с ростом [tex]n[/tex], поэтому [tex]\theta_n\gt\theta_{n+1}[/tex] и [tex]\varphi_n=\theta_n-\theta_{n+1}[/tex]. Частичные суммы телескопически сокращаются:
[tex]\sum_{n=1}^{N}\varphi_n=\sum_{n=1}^{N}\left(\theta_n-\theta_{n+1}\right)=\theta_1-\theta_{N+1}[/tex]
Здесь [tex]\operatorname{tg} \theta_1=\sqrt{3}[/tex], т.е. [tex]\theta_1=\frac{\pi}{3}[/tex], а [tex]\operatorname{tg} \theta_{N+1}=\frac{\sqrt{3}}{N+1}\to 0[/tex], т.е. [tex]\theta_{N+1}\to 0[/tex]. Значит, сумма ряда равна [tex]\frac{\pi}{3}[/tex], и искомое значение равно
[tex]\frac{2016}{\pi}\cdot \frac{\pi}{3}=672[/tex]

Решение:
При [tex]0\lt x\le 1[/tex] по ряду Маклорена для [tex]e^u[/tex] имеем
[tex]x^{-x}=e^{-x\ln x}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-x\ln x\right)^k}{k!}[/tex]
Пусть [tex]h(x)=-x\ln x[/tex] при [tex]0\lt x\le 1[/tex] и [tex]h(0)=0[/tex]; функция [tex]h[/tex] непрерывна на [tex][0; 1][/tex], так как [tex]x\ln x\to 0[/tex] при [tex]x\to 0^{+}[/tex]. Из [tex]h'(x)=-\ln x-1[/tex] следует, что максимум [tex]h[/tex] достигается при [tex]x=\frac{1}{e}[/tex], т.е. [tex]0\le h(x)\le\frac{1}{e}[/tex] на [tex][0; 1][/tex]. Поэтому
[tex]\left|\frac{h(x)^k}{k!}\right|\le\frac{1}{e^k\,k!},\qquad\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{e^k\,k!}=e^{1/e}[/tex]
По признаку Вейерштрасса ряд из непрерывных функций [tex]\sum_{k=0}^{\infty}\frac{h(x)^k}{k!}[/tex] сходится равномерно на [tex][0; 1][/tex]; его сумма [tex]e^{h(x)}[/tex] равна [tex]x^{-x}[/tex] при [tex]x\gt 0[/tex] (и предельному значению [tex]1[/tex] при [tex]x=0[/tex]). Поэтому его можно интегрировать почленно:
[tex]\int_{0}^{1}x^{-x}\,dx=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}J_k,\qquad J_k=\int_{0}^{1}\left(-x\ln x\right)^k dx[/tex]
В [tex]J_k[/tex] сделаем замену [tex]x=e^{-t}[/tex], [tex]t\in\left(0; +\infty\right)[/tex]; тогда [tex]dx=-e^{-t}dt[/tex] и [tex]-x\ln x=t\,e^{-t}[/tex]. Затем положим [tex]u=(k+1)t[/tex]:
[tex]J_k=\int_{0}^{\infty}t^k e^{-kt}e^{-t}\,dt=\int_{0}^{\infty}t^k e^{-(k+1)t}\,dt=\frac{1}{(k+1)^{k+1}}\int_{0}^{\infty}u^k e^{-u}\,du=\frac{k!}{(k+1)^{k+1}}[/tex]
так как [tex]\int_{0}^{\infty}u^k e^{-u}\,du=k![/tex] (интегрирование по частям [tex]k[/tex] раз). Следовательно,
[tex]\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^{x}}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\cdot \frac{k!}{(k+1)^{k+1}}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(k+1)^{k+1}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{n}}[/tex]
что и требовалось доказать.

Решение:
Ряд [tex]S[/tex] имеет положительные члены и ограничен сверху суммой [tex]\sum\frac{1}{n^{2}}[/tex], поэтому сходится. Каждое натуральное число [tex]m[/tex] единственным образом записывается в виде [tex]m=q\cdot k^{3}[/tex], где [tex]q[/tex] свободно от кубов и [tex]k\in\mathbb{N}[/tex]. Действительно, если [tex]m=\prod p^{e_p}[/tex] — разложение на простые множители, запишем [tex]e_p=3s_p+r_p[/tex], где [tex]r_p\in\{0; 1; 2\}[/tex], и возьмём [tex]q=\prod p^{r_p}[/tex], [tex]k=\prod p^{s_p}[/tex]. Обратно, в любом таком представлении показатели степеней в [tex]q[/tex] равны [tex]0[/tex], [tex]1[/tex] или [tex]2[/tex], поэтому [tex]r_p[/tex] и [tex]s_p[/tex] — остаток и неполное частное от деления [tex]e_p[/tex] на [tex]3[/tex], т.е. они единственны.
Ряд с положительными членами можно произвольно переставлять и группировать, поэтому (где [tex]q[/tex] пробегает числа, свободные от кубов) двойной ряд распадается в произведение:
[tex]\frac{\pi^{2}}{6}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^{2}}=\sum_{q}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{q^{2}k^{6}}=\left(\sum_{q}\frac{1}{q^{2}}\right)\left(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{6}}\right)=S\cdot \frac{\pi^{6}}{945}[/tex]
Следовательно,
[tex]S=\frac{\pi^{2}}{6}\cdot \frac{945}{\pi^{6}}=\frac{315}{2\pi^{4}}\approx 1{,}617[/tex]

Решение:
Пусть [tex]G(x)=\sum_{n=0}^{\infty}F_n x^n[/tex]. Из рекуррентного соотношения
[tex]G(x)-xG(x)-x^2G(x)=F_0+\left(F_1-F_0\right)x=x\ \Rightarrow\ G(x)=\frac{x}{1-x-x^2}[/tex]
По формуле Бине [tex]F_n=\frac{\varphi^n-\psi^n}{\sqrt{5}}[/tex], где [tex]\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}[/tex] и [tex]\psi=\frac{1-\sqrt{5}}{2}[/tex], радиус сходимости равен [tex]\frac{1}{\varphi}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\approx 0{,}618\gt\frac{1}{2}[/tex], поэтому при [tex]x=\frac{1}{2}[/tex] ряд и его почленные производные сходятся. Положим
[tex]H(x)=xG(x)=\sum_{n=0}^{\infty}F_n x^{n+1}=\frac{x^2}{1-x-x^2}[/tex]
Дважды дифференцируя почленно, получаем при [tex]x\ne 0[/tex]
[tex]H''(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)n\,F_n x^{n-1}=\frac{2}{x}\sum_{n=0}^{\infty}T_nF_nx^{n}[/tex]
поэтому искомая сумма равна
[tex]\sum_{n=0}^{\infty}\frac{T_nF_n}{2^{n+2}}=\frac{1}{4}\sum_{n=0}^{\infty}T_nF_n\left(\frac{1}{2}\right)^n=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{4}H''\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{16}H''\left(\frac{1}{2}\right)[/tex]
Непосредственное вычисление даёт
[tex]H''(x)=\frac{2\left(1+3x^2-x^3\right)}{\left(1-x-x^2\right)^3},\qquad H''\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{2\cdot \frac{13}{8}}{\left(\frac{1}{4}\right)^3}=\frac{13}{4}\cdot 64=208[/tex]
Следовательно, сумма равна [tex]\frac{208}{16}=13[/tex].

Решение:
Подынтегральная функция [tex]g(t)=\frac{1}{2}\ln\left|\operatorname{ctg} \frac{t}{2}\right|[/tex] имеет лишь логарифмические особенности при [tex]t=0[/tex] и [tex]t=\pm\pi[/tex], которые интегрируемы, поэтому [tex]F[/tex] определена и непрерывна на [tex][-\pi; \pi][/tex]. Так как [tex]g[/tex] чётная, функция [tex]F[/tex] нечётная, и все [tex]a_n=0[/tex] (включая [tex]a_0[/tex]).
Кроме того, [tex]F(\pi)=0[/tex]: замена [tex]t=\pi-s[/tex] переводит [tex]\operatorname{ctg} \frac{t}{2}[/tex] в [tex]\operatorname{tg} \frac{s}{2}=\frac{1}{\operatorname{ctg} \frac{s}{2}}[/tex], так что интеграл [tex]\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\ln\operatorname{ctg} \frac{t}{2}\,dt[/tex] равен самому себе с противоположным знаком. Значит, [tex]F(-\pi)=F(\pi)=0[/tex]. Интегрируем по частям (внеинтегральный член равен нулю, так как [tex]F(0)=F(\pi)=0[/tex]):
[tex]b_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}F(x)\sin nx\,dx=\frac{2}{n\pi}\int_{0}^{\pi}F'(x)\cos nx\,dx=\frac{1}{n\pi}I_n,\qquad I_n=\int_{0}^{\pi}\ln\operatorname{ctg} \frac{x}{2}\,\cos nx\,dx[/tex]
Замена [tex]x=\pi-s[/tex] даёт [tex]I_n=-(-1)^nI_n[/tex], поэтому [tex]I_n=0[/tex] при чётном [tex]n[/tex]. При нечётном [tex]n[/tex] ещё раз интегрируем по частям, используя [tex]\left(\ln\operatorname{ctg} \frac{x}{2}\right)'=-\frac{1}{\sin x}[/tex] (внеинтегральные члены равны нулю, так как логарифмическая особенность умножается на [tex]\sin nx[/tex], который линейно стремится к [tex]0[/tex] в точках [tex]0[/tex] и [tex]\pi[/tex]):
[tex]I_n=\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin nx}{\sin x}\,dx[/tex]
При [tex]n=2m+1[/tex] тождество [tex]2\sin x\cos 2jx=\sin (2j+1)x-\sin (2j-1)x[/tex] после телескопического суммирования даёт
[tex]\frac{\sin (2m+1)x}{\sin x}=1+2\sum_{j=1}^{m}\cos 2jx[/tex]
интеграл от которого по [tex][0; \pi][/tex] равен [tex]\pi[/tex]. Следовательно, [tex]I_n=\frac{\pi}{n}[/tex] и [tex]b_n=\frac{1}{n^2}[/tex] при нечётном [tex]n[/tex], а [tex]b_n=0[/tex] при чётном [tex]n[/tex]:
[tex]F(x)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin \left((2k-1)x\right)}{(2k-1)^2}[/tex]
Так как ряд [tex]\sum\frac{1}{(2k-1)^2}[/tex] сходится, полученный ряд сходится равномерно (признак Вейерштрасса) к непрерывной функции с теми же коэффициентами Фурье, что и у непрерывной функции [tex]F[/tex] (для которой [tex]F(-\pi)=F(\pi)[/tex]); две такие функции совпадают, поэтому равенство верно на всём отрезке [tex][-\pi; \pi][/tex].