无穷级数与常微分方程典型例题

1. 常数项级数审敛

例1：判断 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n}{2^n}$ 的收敛性。

解：比值审敛法：

${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}={\lim }_{n\to \infty }\frac{n+1}{2^{n+1}}\cdot \frac{2^n}{n}={\lim }_{n\to \infty }\frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}<1$

级数收敛。

例2：判断 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n\sqrt[n]{n}}$ 的收敛性。

解：$\sqrt[n]{n}\to 1$（$n\to \infty$），故 $\frac{1}{n\sqrt[n]{n}}\sim \frac{1}{n}$

与调和级数比较：${\lim }_{n\to \infty }\frac{1/(n\sqrt[n]{n})}{1/n}={\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{\sqrt[n]{n}}=1$

调和级数发散，故原级数发散。

例3：判断 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{\ln n}{n}$ 的收敛性（条件收敛还是绝对收敛）。

解：

绝对值级数：$\sum \frac{\ln n}{n}$，因 $\frac{\ln n}{n}>\frac{1}{n}$（$n\ge 3$），发散。

原级数：莱布尼茨审敛法。

• $a_n=\frac{\ln n}{n}$，令 $f(x)=\frac{\ln x}{x}$，$f^{\prime }(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}<0$（$x>e$），故 $a_n$ 递减（$n\ge 3$）
• ${\lim }_{n\to \infty }\frac{\ln n}{n}=0$

由莱布尼茨审敛法，级数收敛。但非绝对收敛，故条件收敛。

2. 幂级数

例4：求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n\cdot 3^n}$ 的收敛域。

解：

$R={\lim }_{n\to \infty }\frac{a_n}{a_{n+1}}={\lim }_{n\to \infty }\frac{(n+1)\cdot 3^{n+1}}{n\cdot 3^n}=3$

端点 $x=3$：$\sum \frac{1}{n}$ 发散

端点 $x=-3$：$\sum \frac{(-1{)}^n}{n}$ 收敛（莱布尼茨）

收敛域 $[-3,3)$

例5：求 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$ 的和函数。

解：

${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=x+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots =\sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$

例6：求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{x}^n$ 的和函数（$|x|<1$）。

解：设 $S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }n{x}^n=x{\sum }_{n=1}^{\infty }n{x}^{n-1}$

已知 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{x}^n=\frac{1}{1-x}$，两边求导：

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

$S(x)=\frac{x}{(1-x{)}^2}$

3. 函数展开为幂级数

例7：将 $f(x)=\frac{1}{x^2-3x+2}$ 展开为 $x$ 的幂级数。

解：

$f(x)=\frac{1}{(x-1)(x-2)}=\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x-1}=\frac{1}{1-x}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1-\frac{x}{2}}$

$={\sum }_{n=0}^{\infty }{x}^n-\frac{1}{2}{\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{2^n}={\sum }_{n=0}^{\infty }\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)x^n$

收敛域 $|x|<1$

例8：将 $f(x)=\arctan x$ 展开为麦克劳林级数。

解：$f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x^2}={\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{2n}$（$|x|<1$）

$\arctan x={\int }_0^x\frac{dt}{1+t^2}={\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\cdots$

4. 傅里叶级数

例9：将 $f(x)=x$（$-\pi <x<\pi$）展开为傅里叶级数。

解：$f(x)$ 为奇函数，$a_n=0$

$b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }x\sin nxdx=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\sin nxdx=\frac{2}{\pi }{\left[-\frac{x\cos nx}{n}+\frac{\sin nx}{n^2}\right]}_0^{\pi }$

$=\frac{2}{\pi }\cdot \frac{(-1{)}^{n+1}\pi }{n}=\frac{2(-1{)}^{n+1}}{n}$

$x=2{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n}\sin nx=2\left(\sin x-\frac{\sin 2x}{2}+\frac{\sin 3x}{3}-\cdots \right)$

例10：利用傅里叶级数求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$ 的值。

解：将 $f(x)=x^2$（$-\pi \le x\le \pi$）展开：

$x^2=\frac{{\pi }^2}{3}+4{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}\cos nx$

令 $x=\pi$：

${\pi }^2=\frac{{\pi }^2}{3}+4{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$

${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$

5. 一阶微分方程

例11：求 $y^{\prime }-\frac{2}{x+1}y=(x+1{)}^3$ 的通解。

解：一阶线性方程，$P(x)=-\frac{2}{x+1}$，$Q(x)=(x+1{)}^3$

$y=e^{\int \frac{2}{x+1}dx}\left[\int (x+1{)}^3{e}^{-\int \frac{2}{x+1}dx}dx+C\right]$

$=(x+1{)}^2\left[\int (x+1{)}^3\cdot \frac{1}{(x+1{)}^2}dx+C\right]=(x+1{)}^2\left[\frac{(x+1{)}^2}{2}+C\right]$

$=\frac{(x+1{)}^4}{2}+C(x+1{)}^2$

例12：求 $y^{\prime }=\frac{y}{x}+\tan \frac{y}{x}$ 的通解。

解：齐次方程，令 $u=\frac{y}{x}$，$y=xu$，$y^{\prime }=u+x{u}^{\prime }$

$u+x{u}^{\prime }=u+\tan u\Rightarrow x{u}^{\prime }=\tan u$

$\int \frac{du}{\tan u}=\int \frac{dx}{x}\Rightarrow \ln |\sin u|=\ln |x|+C_1$

$\sin \frac{y}{x}=Cx$

6. 二阶常系数线性方程

例13：求 $y^{\prime \prime }-4y^{\prime }+3y=0$ 的通解。

解：特征方程 $r^2-4r+3=0$，$r_1=1$，$r_2=3$

$y=C_1{e}^x+C_2{e}^{3x}$

例14：求 $y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+4y=e^{-2x}$ 的通解。

解：特征方程 $r^2+4r+4=0$，$r=-2$（二重根）

齐次通解：$Y=(C_1+C_{2}x)e^{-2x}$

特解：设 $y^{\ast }=A{x}^2{e}^{-2x}$

$y^{{\ast }^{\prime }}=(2Ax-2A{x}^2)e^{-2x}$，$y^{{\ast }^{\prime \prime }}=(2A-8Ax+4A{x}^2)e^{-2x}$

代入方程：$2A{e}^{-2x}=e^{-2x}$，$A=\frac{1}{2}$

$y=(C_1+C_{2}x)e^{-2x}+\frac{x^2}{2}{e}^{-2x}$

7. 综合题型

例15：设 $f(x)$ 具有二阶连续导数，$f(0)=0$，$f^{\prime }(0)=1$，且

$[x^{2}y+f(xy)]dx+[f(xy)+y^2]dy=0$

为全微分方程，求 $f(x)$ 及其通解。

解：全微分条件 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$：

$x^2+f^{\prime }(xy)\cdot x=f^{\prime }(xy)\cdot y+0$

$x^2+x{f}^{\prime }(xy)=y{f}^{\prime }(xy)$

令 $t=xy$，则 $x^2=(y-x)f^{\prime }(t)$，这要求 $f^{\prime }(t)$ 与 $t=xy$ 有关而与 $x,y$ 分离，只有 $x=y$ 时成立。

重新分析：$\frac{\partial P}{\partial y}=x^2+x{f}^{\prime }(xy)$，$\frac{\partial Q}{\partial x}=y{f}^{\prime }(xy)$

$x^2+x{f}^{\prime }(xy)=y{f}^{\prime }(xy)\Rightarrow x^2=(y-x)f^{\prime }(xy)$

令 $u=xy$，取 $y=1$：$x^2=(1-x)f^{\prime }(x)$

$f^{\prime }(x)=\frac{x^2}{1-x}=-x-1+\frac{1}{1-x}$

$f(x)=-\frac{x^2}{2}-x-\ln |1-x|+C$

由 $f(0)=0$：$C=0$

$f^{\prime }(0)=0\ne 1$，矛盾。需重新审视。

修正：取 $x=1$：$1=(y-1)f^{\prime }(y)$，$f^{\prime }(y)=\frac{1}{y-1}$

$f(y)=\ln |y-1|+C$，$f(0)=\ln 1+C=0$，$C=0$

$f^{\prime }(0)=-1\ne 1$，仍有矛盾。此题条件需调整，但核心方法为：利用全微分条件建立微分方程，再求解。