Числови и функционални редове - трудни задачи с решения

Решение:
Полагаме [tex]t=-\frac{x^2}{5}[/tex]. Редът приема вида [tex]\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)t^n[/tex], като [tex]|t|\lt 1[/tex] точно когато [tex]|x|\lt\sqrt{5}[/tex]. При [tex]|t|\lt 1[/tex] от геометричния ред имаме
[tex]\sum_{n=0}^{\infty}t^{n+1}=\frac{t}{1-t}[/tex]
Степенният ред може да се диференцира почленно във вътрешността на интервала си на сходимост, следователно
[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]
Заместваме обратно [tex]t=-\frac{x^2}{5}[/tex] и получаваме сумата:
[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], което е първият член на реда.

Решение:
Вместо да пресмятаме четири производни, ще композираме известни развития. Нека [tex]u=\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^4)[/tex]. Тъй като [tex]u=O(x)[/tex] при [tex]x\to 0[/tex], имаме
[tex]e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{6}+\frac{u^4}{24}+o(x^4)[/tex]
С точност 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]
Заместваме в развитието на [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]
Членовете с [tex]x^3[/tex] се унищожават, а [tex]-\frac{1}{6}+\frac{1}{24}=-\frac{1}{8}[/tex], следователно
[tex]e^{\sin x}=1+x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{8}+o(x^4)[/tex]
Проверка чрез производните: [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:
Продължаваме [tex]f[/tex] четно в [tex]\left(-\pi; \pi\right)[/tex] и след това периодично с период [tex]2\pi[/tex]. Тогава [tex]b_n=0[/tex] и
[tex]a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx[/tex]
Първо,
[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]
За [tex]n\ge 1[/tex] имаме [tex]\int_{0}^{\pi}\cos nx\,dx=0[/tex], а чрез интегриране по части
[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]
Следователно
[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]
Това е [tex]0[/tex] за четно [tex]n[/tex] и [tex]\frac{2}{\pi n^{2}}[/tex] за нечетно [tex]n=2k-1[/tex]. Четното продължение е непрекъснато и частично гладко, затова по теоремата на Дирихле редът е сходящ към [tex]\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}[/tex] в целия затворен интервал [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]: тъй като [tex]\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8}[/tex], дясната страна е равна на [tex]\frac{2}{\pi}\cdot \frac{\pi^{2}}{8}=\frac{\pi}{4}[/tex].

Решение:
Развиваме [tex]f[/tex] в ред на Маклорен с помощта на геометричния ред. 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]
Тъй като [tex]\frac{2+3x^{12}}{3}=\frac{2}{3}+x^{12}[/tex], получаваме
[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]
Сходящ степенен ред е ред на Тейлър на сумата си, затова [tex]f^{(k)}(0)=k!\,c_k[/tex], където [tex]c_k[/tex] е коефициентът пред [tex]x^k[/tex]. Тъй като [tex]87=15\cdot 5+12[/tex] и [tex]87[/tex] не се дели на [tex]15[/tex], степента [tex]x^{87}[/tex] се среща само във втората сума, при [tex]m=5[/tex]:
[tex]c_{87}=\left(-\frac{5}{3}\right)^5=-\frac{3125}{243}[/tex]
Следователно
[tex]f^{(87)}(0)=87!\cdot c_{87}=-\frac{3125}{243}\cdot 87![/tex]

Решение:
Делим полиномите: [tex]n^2+1=(n+2)(n-2)+5[/tex], откъдето
[tex]\frac{n^2+1}{n+2}=n-2+\frac{5}{n+2}[/tex]
Всеки от редовете по-долу е сходящ (например по критерия на Даламбер), затова даденият ред може да се разбие:
[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]
Използваме реда на Маклорен [tex]e=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}[/tex]. Във втората сума липсва членът [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]
За третата сума
[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]
така че сумата се съкращава телескопично:
[tex]\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{(n+1)!}-\frac{1}{(n+2)!}\right)=\frac{1}{2!}=\frac{1}{2}[/tex]
Следователно
[tex]S=e-2(e-1)+\frac{5}{2}=\frac{9}{2}-e[/tex]

Решение:
По критерия на Даламбер
[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]
Следователно радиусът на сходимост е [tex]R=1[/tex] и в [tex]\left(-1; 1\right)[/tex] редът може да се диференцира почленно. Нека [tex]S(x)[/tex] е сумата му; тогава [tex]S(0)=0[/tex], [tex]S'(0)=0[/tex], а втората производна е геометричен ред:
[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]
Интегрираме от [tex]0[/tex] до [tex]x[/tex] и използваме [tex]S'(0)=0[/tex]:
[tex]S'(x)=\int_{0}^{x}\frac{dt}{1-t}=-\ln(1-x)[/tex]
Интегрираме отново, като използваме [tex]S(0)=0[/tex]. Със смяната [tex]u=1-t[/tex] получаваме
[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]
Следователно
[tex]S(x)=-\int_{0}^{x}\ln(1-t)\,dt=x+(1-x)\ln(1-x)[/tex]
Проверка: развитието на Маклорен на дясната страна започва с [tex]\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{4}}{12}+\ldots[/tex], което съвпада с реда.

Решение:
Търсим телескопично представяне. Полагаме [tex]b_n=\frac{2^n}{3^n-2^n}[/tex]. Тогава
[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 числителят е равен на
[tex]3\cdot 6^n-2^{2n+1}-2\cdot 6^n+2^{2n+1}=6^n[/tex]
Следователно общият член на реда е точно [tex]b_n-b_{n+1}[/tex] и частичните суми се съкращават телескопично:
[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]
Тъй като [tex]\left(\frac{3}{2}\right)^{N+1}\to\infty[/tex], последната дроб клони към [tex]0[/tex]. Следователно редът е сходящ и сумата му е
[tex]\lim_{N\to\infty}S_N=2[/tex]

Решение:
Използваме теоремата за почленно диференциране: ако функциите [tex]u_n[/tex] са непрекъснато диференцируеми в отсечката [tex]\left[a; b\right][/tex], редът [tex]\sum u_n(x_0)[/tex] е сходящ в някоя точка [tex]x_0\in\left[a; b\right][/tex] и редът от производните [tex]\sum u_n'(x)[/tex] е равномерно сходящ в [tex]\left[a; b\right][/tex], то [tex]\sum u_n[/tex] е равномерно сходящ в [tex]\left[a; b\right][/tex], сумата му е диференцируема там и [tex]\left(\sum u_n\right)'=\sum u_n'[/tex].
Тук функциите [tex]u_n(x)=\frac{\sin \left(n^{3}x\right)}{2n^{5}+3}[/tex] са непрекъснато диференцируеми в [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] всички членове са равни на [tex]0[/tex], така че там редът е сходящ. За всяко реално [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 редът [tex]\sum\frac{1}{2n^{2}}[/tex] е сходящ (обобщен хармоничен ред с [tex]p=2\gt 1[/tex]). Според признака на Вайерщрас редът от производните е равномерно сходящ в [tex]\mathbb{R}[/tex], следователно и във всяка отсечка [tex]\left[a; b\right][/tex].
Като приложим теоремата в произволна отсечка, съдържаща дадена точка [tex]x[/tex], получаваме, че [tex]S[/tex] е диференцируема в [tex]x[/tex] и [tex]S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{3}\cos\left(n^{3}x\right)}{2n^{5}+3}[/tex]. Тъй като [tex]x\in\mathbb{R}[/tex] е произволно, твърдението е доказано (нещо повече, [tex]S'[/tex] е непрекъсната като равномерна граница на непрекъснати функции).

Решение:
Означаваме общия член с [tex]u_n[/tex] и прилагаме коренния признак на Коши към [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]: за големи [tex]n[/tex] имаме [tex]\left|a+\frac{1}{n}\right|\le q=\frac{1+|a|}{2}\lt 1[/tex], следователно [tex]\sqrt[n]{\left|u_n\right|}\le\frac{q^n}{\pi}\to 0\lt 1[/tex] и редът е абсолютно сходящ.
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], следователно редът е сходящ.
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], следователно редът е абсолютно сходящ.
Случай [tex]|a|\gt 1[/tex]: за големи [tex]n[/tex] имаме [tex]\left|a+\frac{1}{n}\right|\ge|a|-\frac{1}{n}\ge r=\frac{1+|a|}{2}\gt 1[/tex], следователно
[tex]\left|u_n\right|\ge\left(\frac{r^{n}}{\pi}\right)^{n}\to+\infty[/tex]
Общият член не клони към [tex]0[/tex], следователно редът е разходящ. И така, редът е сходящ точно при [tex]a\in\left[-1; 1\right][/tex].

Решение:
Функцията [tex]x^{2}[/tex] е четна, затова всички синусови коефициенти са нула, [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] получаваме [tex]a_0=\frac{2}{\pi}\cdot \frac{\pi^{3}}{3}=\frac{2\pi^{2}}{3}[/tex]. При [tex]n\ge 1[/tex] интегрираме два пъти по части:
[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]
Следователно
[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]-периодичното продължение на [tex]x^{2}[/tex] от [tex]\left[-\pi; \pi\right][/tex] е непрекъснато (стойностите в [tex]\pm\pi[/tex] съвпадат) и частично гладко, затова според теоремата на Дирихле редът му на Фурие е сходящ към него във всяка точка:
[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]
Полагаме [tex]x=\pi[/tex]. Тъй като [tex]\cos n\pi=(-1)^{n}[/tex], имаме [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:
Признакът на Даламбер не може да се приложи директно, защото [tex]\frac{\cos(k+1)}{\cos k}[/tex] няма граница, затова оценяваме членовете.
Нека [tex]|x|\lt 3[/tex] и [tex]q=\frac{|x|}{3}\lt 1[/tex]. Тогава
[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]
следователно [tex]\sum k^{3}q^{k}[/tex] е сходящ по признака на Даламбер и по признака за сравнение степенният ред е абсолютно сходящ.
За всяко [tex]k[/tex] поне едно от числата [tex]|\cos k|[/tex] и [tex]|\cos(k+1)|[/tex] е не по-малко от [tex]\frac{1}{4}[/tex]. Наистина, ако и двете са по-малки от [tex]\frac{1}{4}[/tex], то от [tex]\cos(k+1)=\cos k\cos 1-\sin k\sin 1[/tex] следва
[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]
(защото [tex]\sin 1\gt 0{,}84[/tex]), докато [tex]|\sin k|=\sqrt{1-\cos^{2}k}\gt\sqrt{\frac{15}{16}}\gt 0{,}96[/tex] — противоречие. Следователно [tex]|\cos k|\ge\frac{1}{4}[/tex] за безбройно много [tex]k[/tex].
Нека сега [tex]|x|\ge 3[/tex]. За тези безбройно много [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]
следователно членовете не клонят към [tex]0[/tex] и редът е разходящ. И така, редът е сходящ при [tex]|x|\lt 3[/tex] и разходящ при [tex]|x|\ge 3[/tex], т.е. [tex]R=3[/tex].

Решение:
Полагаме [tex]u_n=\frac{4^n(n!)^2}{(2n)!\,(n+1)}\gt 0[/tex]; редът е [tex]\sum(-1)^{n-1}u_n[/tex]. Тъй като [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], получаваме
[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 отдолу: от [tex](2k)^2\ge(2k-1)(2k+1)[/tex] следва [tex]\left(\frac{2k}{2k-1}\right)^2\ge\frac{2k+1}{2k-1}[/tex], а произведението се съкращава телескопично:
[tex]P_n^2\ge\prod_{k=1}^{n}\frac{2k+1}{2k-1}=2n+1[/tex]
Оценка отгоре: при [tex]k\ge 2[/tex] неравенството [tex]4k(k-1)\le(2k-1)^2[/tex] дава [tex]\left(\frac{2k}{2k-1}\right)^2\le\frac{k}{k-1}[/tex], затова 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]
Липса на абсолютна сходимост: 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 редът [tex]\sum\frac{1}{\sqrt{n}}[/tex] е разходящ (обобщен хармоничен ред с [tex]p=\frac{1}{2}\le 1[/tex]), следователно по признака за сравнение [tex]\sum\left|(-1)^{n-1}u_n\right|=\sum u_n[/tex] е разходящ.
Сходимост: [tex]u_n\le\frac{2\sqrt{n}}{n+1}\lt\frac{2}{\sqrt{n}}\to 0[/tex], а за всяко [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]
следователно [tex]u_n[/tex] е ненарастваща и клони към [tex]0[/tex]. По признака на Лайбниц знакоредуващият се ред е сходящ. Тъй като е сходящ, но не е абсолютно сходящ, редът е условно сходящ.