Числовые и функциональные ряды - сложные задачи с решениями

Решение:
Положим [tex]t=-\frac{x^2}{5}[/tex]. Ряд принимает вид [tex]\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)t^n[/tex], причём [tex]|t|\lt 1[/tex] тогда и только тогда, когда [tex]|x|\lt\sqrt{5}[/tex]. При [tex]|t|\lt 1[/tex] из геометрического ряда имеем
[tex]\sum_{n=0}^{\infty}t^{n+1}=\frac{t}{1-t}[/tex]
Степенной ряд можно почленно дифференцировать внутри интервала сходимости, поэтому
[tex]\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)t^n=\left(\frac{t}{1-t}\right)'=\frac{(1-t)+t}{(1-t)^2}=\frac{1}{(1-t)^2}[/tex]
Подставляя обратно [tex]t=-\frac{x^2}{5}[/tex], получаем сумму:
[tex]S(x)=\frac{1}{\left(1+\frac{x^2}{5}\right)^2}=\frac{25}{\left(5+x^2\right)^2}[/tex]
Проверка: [tex]S(0)=1[/tex] — это первый член ряда.

Решение:
Вместо вычисления четырёх производных воспользуемся известными разложениями. Пусть [tex]u=\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^4)[/tex]. Так как [tex]u=O(x)[/tex] при [tex]x\to 0[/tex], имеем
[tex]e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{6}+\frac{u^4}{24}+o(x^4)[/tex]
С точностью до [tex]o(x^4)[/tex]:
[tex]u^2=x^2-\frac{x^4}{3}+o(x^4); \quad u^3=x^3+o(x^4); \quad u^4=x^4+o(x^4)[/tex]
Подставляем в разложение [tex]e^u[/tex]:
[tex]e^{\sin x}=1+\left(x-\frac{x^3}{6}\right)+\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{6}\right)+\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)[/tex]
Члены с [tex]x^3[/tex] взаимно уничтожаются, а [tex]-\frac{1}{6}+\frac{1}{24}=-\frac{1}{8}[/tex], поэтому
[tex]e^{\sin x}=1+x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{8}+o(x^4)[/tex]
Проверка через производные: [tex]f(0)=1; \ f'(0)=1; \ f''(0)=1; \ f'''(0)=0; \ f^{(4)}(0)=-3[/tex] и [tex]\frac{-3}{4!}=-\frac{1}{8}[/tex].

Решение:
Продолжим [tex]f[/tex] чётным образом на [tex]\left(-\pi; \pi\right)[/tex], а затем периодически с периодом [tex]2\pi[/tex]. Тогда [tex]b_n=0[/tex] и
[tex]a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx[/tex]
Сначала
[tex]a_0=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}\right)dx=\frac{2}{\pi}\left(\frac{\pi^{2}}{4}-\frac{\pi^{2}}{4}\right)=0[/tex]
При [tex]n\ge 1[/tex] имеем [tex]\int_{0}^{\pi}\cos nx\,dx=0[/tex], а интегрируя по частям, получаем
[tex]\int_{0}^{\pi}x\cos nx\,dx=\left[\frac{x\sin nx}{n}\right]_{0}^{\pi}+\left[\frac{\cos nx}{n^{2}}\right]_{0}^{\pi}=\frac{(-1)^{n}-1}{n^{2}}[/tex]
Следовательно,
[tex]a_n=\frac{2}{\pi}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)\cdot \frac{(-1)^{n}-1}{n^{2}}=\frac{1-(-1)^{n}}{\pi n^{2}}[/tex]
Это [tex]0[/tex] при чётном [tex]n[/tex] и [tex]\frac{2}{\pi n^{2}}[/tex] при нечётном [tex]n=2k-1[/tex]. Чётное продолжение непрерывно и кусочно гладко, поэтому по теореме Дирихле ряд сходится к [tex]\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}[/tex] на всём отрезке [tex]\left[0; \pi\right][/tex]:
[tex]\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}=\frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos\left((2k-1)x\right)}{(2k-1)^{2}}[/tex]
Проверка при [tex]x=0[/tex]: так как [tex]\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8}[/tex], правая часть равна [tex]\frac{2}{\pi}\cdot \frac{\pi^{2}}{8}=\frac{\pi}{4}[/tex].

Решение:
Разложим [tex]f[/tex] в ряд Маклорена с помощью геометрического ряда. При [tex]\left|\frac{5}{3}x^{15}\right|\lt 1[/tex]:
[tex]\frac{1}{3+5x^{15}}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{1+\frac{5}{3}x^{15}}=\frac{1}{3}\sum_{m=0}^{\infty}\left(-\frac{5}{3}\right)^m x^{15m}[/tex]
Так как [tex]\frac{2+3x^{12}}{3}=\frac{2}{3}+x^{12}[/tex], получаем
[tex]f(x)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{2}{3}\left(-\frac{5}{3}\right)^m x^{15m}+\sum_{m=0}^{\infty}\left(-\frac{5}{3}\right)^m x^{15m+12}[/tex]
Сходящийся степенной ряд является рядом Тейлора своей суммы, поэтому [tex]f^{(k)}(0)=k!\,c_k[/tex], где [tex]c_k[/tex] — коэффициент при [tex]x^k[/tex]. Так как [tex]87=15\cdot 5+12[/tex] и [tex]87[/tex] не делится на [tex]15[/tex], степень [tex]x^{87}[/tex] встречается только во второй сумме, при [tex]m=5[/tex]:
[tex]c_{87}=\left(-\frac{5}{3}\right)^5=-\frac{3125}{243}[/tex]
Следовательно,
[tex]f^{(87)}(0)=87!\cdot c_{87}=-\frac{3125}{243}\cdot 87![/tex]

Решение:
Разделим многочлены: [tex]n^2+1=(n+2)(n-2)+5[/tex], откуда
[tex]\frac{n^2+1}{n+2}=n-2+\frac{5}{n+2}[/tex]
Каждый из рядов ниже сходится (например, по признаку Даламбера), поэтому данный ряд можно разбить:
[tex]S=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{n!}-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}+5\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+2)\,n!}[/tex]
Используем ряд Маклорена [tex]e=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}[/tex]. Во второй сумме отсутствует член [tex]\frac{1}{0!}=1[/tex]:
[tex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{n!}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n-1)!}=e; \qquad \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}=e-1[/tex]
Для третьей суммы
[tex]\frac{1}{(n+2)\,n!}=\frac{n+1}{(n+2)!}=\frac{(n+2)-1}{(n+2)!}=\frac{1}{(n+1)!}-\frac{1}{(n+2)!}[/tex]
поэтому слагаемые телескопически сокращаются:
[tex]\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{(n+1)!}-\frac{1}{(n+2)!}\right)=\frac{1}{2!}=\frac{1}{2}[/tex]
Следовательно,
[tex]S=e-2(e-1)+\frac{5}{2}=\frac{9}{2}-e[/tex]

Решение:
По признаку Даламбера
[tex]\left|\frac{x^{n+3}}{(n+2)(n+3)}\cdot \frac{(n+1)(n+2)}{x^{n+2}}\right|=\frac{n+1}{n+3}\,|x|\to|x|[/tex]
Значит, радиус сходимости [tex]R=1[/tex], и на [tex]\left(-1; 1\right)[/tex] ряд можно почленно дифференцировать. Пусть [tex]S(x)[/tex] — его сумма; тогда [tex]S(0)=0[/tex], [tex]S'(0)=0[/tex], а вторая производная — геометрический ряд:
[tex]S'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}; \qquad S''(x)=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}=\frac{1}{1-x}[/tex]
Интегрируя от [tex]0[/tex] до [tex]x[/tex] и учитывая [tex]S'(0)=0[/tex], получаем
[tex]S'(x)=\int_{0}^{x}\frac{dt}{1-t}=-\ln(1-x)[/tex]
Интегрируем ещё раз, учитывая [tex]S(0)=0[/tex]. Заменой [tex]u=1-t[/tex] находим
[tex]\int_{0}^{x}\ln(1-t)\,dt=\int_{1-x}^{1}\ln u\,du=\left[u\ln u-u\right]_{1-x}^{1}=-x-(1-x)\ln(1-x)[/tex]
Следовательно,
[tex]S(x)=-\int_{0}^{x}\ln(1-t)\,dt=x+(1-x)\ln(1-x)[/tex]
Проверка: разложение Маклорена правой части начинается с [tex]\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{4}}{12}+\ldots[/tex], что совпадает с рядом.

Решение:
Ищем телескопическое представление. Положим [tex]b_n=\frac{2^n}{3^n-2^n}[/tex]. Тогда
[tex]b_n-b_{n+1}=\frac{2^n\left(3^{n+1}-2^{n+1}\right)-2^{n+1}\left(3^n-2^n\right)}{\left(3^{n+1}-2^{n+1}\right)\left(3^n-2^n\right)}[/tex]
а числитель равен
[tex]3\cdot 6^n-2^{2n+1}-2\cdot 6^n+2^{2n+1}=6^n[/tex]
Значит, общий член ряда равен в точности [tex]b_n-b_{n+1}[/tex], и частичные суммы телескопически сокращаются:
[tex]S_N=b_1-b_{N+1}=\frac{2}{3-2}-\frac{2^{N+1}}{3^{N+1}-2^{N+1}}=2-\frac{1}{\left(\frac{3}{2}\right)^{N+1}-1}[/tex]
Так как [tex]\left(\frac{3}{2}\right)^{N+1}\to\infty[/tex], последняя дробь стремится к [tex]0[/tex]. Следовательно, ряд сходится и его сумма равна
[tex]\lim_{N\to\infty}S_N=2[/tex]

Решение:
Воспользуемся теоремой о почленном дифференцировании: если функции [tex]u_n[/tex] непрерывно дифференцируемы на отрезке [tex]\left[a; b\right][/tex], ряд [tex]\sum u_n(x_0)[/tex] сходится в некоторой точке [tex]x_0\in\left[a; b\right][/tex], а ряд из производных [tex]\sum u_n'(x)[/tex] сходится равномерно на [tex]\left[a; b\right][/tex], то ряд [tex]\sum u_n[/tex] сходится равномерно на [tex]\left[a; b\right][/tex], его сумма дифференцируема на этом отрезке и [tex]\left(\sum u_n\right)'=\sum u_n'[/tex].
Здесь функции [tex]u_n(x)=\frac{\sin \left(n^{3}x\right)}{2n^{5}+3}[/tex] непрерывно дифференцируемы на [tex]\mathbb{R}[/tex] и
[tex]u_n'(x)=\frac{n^{3}\cos\left(n^{3}x\right)}{2n^{5}+3}[/tex]
При [tex]x_0=0[/tex] все члены равны [tex]0[/tex], поэтому в этой точке ряд сходится. Для любого действительного [tex]x[/tex]
[tex]\left|u_n'(x)\right|\le\frac{n^{3}}{2n^{5}+3}\lt\frac{n^{3}}{2n^{5}}=\frac{1}{2n^{2}}[/tex]
а ряд [tex]\sum\frac{1}{2n^{2}}[/tex] сходится (обобщённый гармонический ряд с [tex]p=2\gt 1[/tex]). По признаку Вейерштрасса ряд из производных сходится равномерно на [tex]\mathbb{R}[/tex], а значит, и на любом отрезке [tex]\left[a; b\right][/tex].
Применяя теорему на произвольном отрезке, содержащем данную точку [tex]x[/tex], получаем, что [tex]S[/tex] дифференцируема в точке [tex]x[/tex] и [tex]S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{3}\cos\left(n^{3}x\right)}{2n^{5}+3}[/tex]. Так как [tex]x\in\mathbb{R}[/tex] произвольно, утверждение доказано (более того, [tex]S'[/tex] непрерывна как равномерный предел непрерывных функций).

Решение:
Обозначим общий член через [tex]u_n[/tex] и применим радикальный признак Коши к [tex]\left|u_n\right|[/tex]:
[tex]\sqrt[n]{\left|u_n\right|}=\frac{1}{\pi}\left|a+\frac{1}{n}\right|^{n}[/tex]
Случай [tex]|a|\lt 1[/tex]: при больших [tex]n[/tex] имеем [tex]\left|a+\frac{1}{n}\right|\le q=\frac{1+|a|}{2}\lt 1[/tex], поэтому [tex]\sqrt[n]{\left|u_n\right|}\le\frac{q^n}{\pi}\to 0\lt 1[/tex] и ряд сходится абсолютно.
Случай [tex]a=1[/tex]: [tex]\sqrt[n]{u_n}=\frac{1}{\pi}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\to\frac{e}{\pi}\lt 1[/tex], поэтому ряд сходится.
Случай [tex]a=-1[/tex]: [tex]\sqrt[n]{\left|u_n\right|}=\frac{1}{\pi}\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n}\to\frac{1}{e\pi}\lt 1[/tex], поэтому ряд сходится абсолютно.
Случай [tex]|a|\gt 1[/tex]: при больших [tex]n[/tex] имеем [tex]\left|a+\frac{1}{n}\right|\ge|a|-\frac{1}{n}\ge r=\frac{1+|a|}{2}\gt 1[/tex], поэтому
[tex]\left|u_n\right|\ge\left(\frac{r^{n}}{\pi}\right)^{n}\to+\infty[/tex]
Общий член не стремится к [tex]0[/tex], поэтому ряд расходится. Итак, ряд сходится в точности при [tex]a\in\left[-1; 1\right][/tex].

Решение:
Функция [tex]x^{2}[/tex] чётная, поэтому все синусные коэффициенты равны нулю, [tex]b_n=0[/tex], и
[tex]a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^{2}\cos nx\,dx[/tex]
При [tex]n=0[/tex] получаем [tex]a_0=\frac{2}{\pi}\cdot \frac{\pi^{3}}{3}=\frac{2\pi^{2}}{3}[/tex]. При [tex]n\ge 1[/tex] дважды интегрируем по частям:
[tex]\int_{0}^{\pi}x^{2}\cos nx\,dx=\left[\frac{x^{2}\sin nx}{n}\right]_{0}^{\pi}-\frac{2}{n}\int_{0}^{\pi}x\sin nx\,dx=-\frac{2}{n}\int_{0}^{\pi}x\sin nx\,dx[/tex]
[tex]\int_{0}^{\pi}x\sin nx\,dx=\left[-\frac{x\cos nx}{n}\right]_{0}^{\pi}+\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}\cos nx\,dx=-\frac{\pi(-1)^{n}}{n}[/tex]
Следовательно,
[tex]\int_{0}^{\pi}x^{2}\cos nx\,dx=\frac{2\pi(-1)^{n}}{n^{2}},\qquad a_n=\frac{4(-1)^{n}}{n^{2}}[/tex]
[tex]2\pi[/tex]-периодическое продолжение функции [tex]x^{2}[/tex] с отрезка [tex]\left[-\pi; \pi\right][/tex] непрерывно (значения в точках [tex]\pm\pi[/tex] совпадают) и кусочно гладкое, поэтому по теореме Дирихле его ряд Фурье сходится к нему в каждой точке:
[tex]x^{2}=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos nx=\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n^{2}}\cos nx,\quad x\in\left[-\pi; \pi\right][/tex]
Положим [tex]x=\pi[/tex]. Так как [tex]\cos n\pi=(-1)^{n}[/tex], имеем [tex](-1)^{n}\cos n\pi=1[/tex] и
[tex]\pi^{2}=\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\Rightarrow\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{1}{4}\left(\pi^{2}-\frac{\pi^{2}}{3}\right)=\frac{\pi^{2}}{6}[/tex]

Решение:
Признак Даламбера нельзя применить непосредственно, так как [tex]\frac{\cos(k+1)}{\cos k}[/tex] не имеет предела, поэтому оценим члены ряда.
Пусть [tex]|x|\lt 3[/tex] и [tex]q=\frac{|x|}{3}\lt 1[/tex]. Тогда
[tex]\left|\frac{k^{3}\cos k}{3^{k}}x^{k}\right|\le k^{3}q^{k},\qquad\frac{(k+1)^{3}q^{k+1}}{k^{3}q^{k}}\to q\lt 1[/tex]
поэтому ряд [tex]\sum k^{3}q^{k}[/tex] сходится по признаку Даламбера, и по признаку сравнения степенной ряд сходится абсолютно.
Для любого [tex]k[/tex] хотя бы одно из чисел [tex]|\cos k|[/tex] и [tex]|\cos(k+1)|[/tex] не меньше [tex]\frac{1}{4}[/tex]. Действительно, если бы оба были меньше [tex]\frac{1}{4}[/tex], то из [tex]\cos(k+1)=\cos k\cos 1-\sin k\sin 1[/tex] следовало бы
[tex]|\sin k|\sin 1\le|\cos k|\cos 1+|\cos(k+1)|\lt\frac{1}{2}\Rightarrow|\sin k|\lt\frac{1}{2\sin 1}\lt 0{,}6[/tex]
(так как [tex]\sin 1\gt 0{,}84[/tex]), тогда как [tex]|\sin k|=\sqrt{1-\cos^{2}k}\gt\sqrt{\frac{15}{16}}\gt 0{,}96[/tex] — противоречие. Следовательно, [tex]|\cos k|\ge\frac{1}{4}[/tex] для бесконечно многих [tex]k[/tex].
Пусть теперь [tex]|x|\ge 3[/tex]. Для этих бесконечно многих [tex]k[/tex]
[tex]\left|\frac{k^{3}\cos k}{3^{k}}x^{k}\right|\ge\frac{k^{3}}{4}\left(\frac{|x|}{3}\right)^{k}\ge\frac{k^{3}}{4}[/tex]
поэтому члены не стремятся к [tex]0[/tex] и ряд расходится. Итак, ряд сходится при [tex]|x|\lt 3[/tex] и расходится при [tex]|x|\ge 3[/tex], т.е. [tex]R=3[/tex].

Решение:
Положим [tex]u_n=\frac{4^n(n!)^2}{(2n)!\,(n+1)}\gt 0[/tex]; ряд имеет вид [tex]\sum(-1)^{n-1}u_n[/tex]. Так как [tex]4^n(n!)^2=\left(2\cdot 4\cdot \ldots\cdot 2n\right)^2=\left((2n)!!\right)^2[/tex] и [tex](2n)!=(2n)!!\,(2n-1)!![/tex], получаем
[tex]u_n=\frac{P_n}{n+1},\qquad P_n=\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}=\prod_{k=1}^{n}\frac{2k}{2k-1}[/tex]
Оценка снизу: из [tex](2k)^2\ge(2k-1)(2k+1)[/tex] следует [tex]\left(\frac{2k}{2k-1}\right)^2\ge\frac{2k+1}{2k-1}[/tex], и произведение телескопически сокращается:
[tex]P_n^2\ge\prod_{k=1}^{n}\frac{2k+1}{2k-1}=2n+1[/tex]
Оценка сверху: при [tex]k\ge 2[/tex] неравенство [tex]4k(k-1)\le(2k-1)^2[/tex] даёт [tex]\left(\frac{2k}{2k-1}\right)^2\le\frac{k}{k-1}[/tex], поэтому при [tex]n\ge 1[/tex]
[tex]P_n^2\le 4\prod_{k=2}^{n}\frac{k}{k-1}=4n,\qquad\sqrt{2n+1}\le P_n\le 2\sqrt{n}[/tex]
Отсутствие абсолютной сходимости: при [tex]n\ge 1[/tex]
[tex]u_n\ge\frac{\sqrt{2n+1}}{n+1}\ge\frac{\sqrt{n}}{2n}=\frac{1}{2\sqrt{n}}[/tex]
а ряд [tex]\sum\frac{1}{\sqrt{n}}[/tex] расходится (обобщённый гармонический ряд с [tex]p=\frac{1}{2}\le 1[/tex]), поэтому по признаку сравнения ряд [tex]\sum\left|(-1)^{n-1}u_n\right|=\sum u_n[/tex] расходится.
Сходимость: [tex]u_n\le\frac{2\sqrt{n}}{n+1}\lt\frac{2}{\sqrt{n}}\to 0[/tex], а для всех [tex]n\ge 0[/tex]
[tex]\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{4(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)}\cdot \frac{n+1}{n+2}=\frac{2n^2+4n+2}{2n^2+5n+2}\le 1[/tex]
поэтому [tex]u_n[/tex] не возрастает и стремится к [tex]0[/tex]. По признаку Лейбница знакочередующийся ряд сходится. Так как он сходится, но не абсолютно, ряд сходится условно.