Vi tích phân A1 Chuỗi số1... Xét sự hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ của các chuỗi số sau: 2 Đại học Cần Thơ... Phương pháp: Xét tổng riêng Sn= n X k=n 0 un, biến đổi dãy tổng thành biểu t
Trang 1Vi tích phân A1 Chuỗi số
1 Viết số hạng tổng quát của chuỗi
a) 1
2+
3
4+
5
8+
7
16+
b) 1
2+
1
6+
1
12+
1
20 +
1
30+
1
42+
c) 1 + 2
2 +
3
4 +
4
8 +
d) 2
5+
4
8+
6
11+
8
14 +
e) 2
3
2
+ 3 7
2
+ 4 11
2
+ 5 15
2
+
2 Dùng định nghĩa chứng minh các chuỗi số sau hội tụ và tính tổng của chúng
a) 1
1.3 +
1 3.5 +
1 5.7 +
1 7.9 +
b) 2
3+
1
3+
1
6+
1
12+
1
24 +
c) 1
2+
1 3
+ 1
22 + 1
32
+ + 1
2n + 1
3n
+
d) 3
4+
5
36+ +
2n + 1
n2(n + 1)2 +
e)
∞
X
n=1
√
n + 2 − 2√
n + 1 +√
n
f)
∞
X
n=2
ln
1 − 1
n2
3 Cho biết
∞
X
n=1
1
n2 = π
2
6 Tính
∞
X
n=1
1 (2n − 1)2
4 Xét xem các chuỗi sau hội tụ hay phân kì
a) 1
2+
2
5+
3
8+
4
∞
X
n=1
n · arctan 1
n
5 Dùng tiêu chuẩn so sánh xét sự hội tụ của các chuỗi số sau:
a)
∞
X
n=1
n + 1
∞
X
n=1
1 + 1 n
b)
∞
X
n=1
1
∞
X
n=1
1
n2
n + 1 n
n
1
Đại học Cần Thơ
Trang 2Vi tích phân A1 Chuỗi số
c)
∞
X
n=1
tan π
∞
X
n=1
n + 1
n2+ 1
2
d)
∞
X
n=1
sin π
∞
X
n=1
en− 1 (en+ 1)2
e)
∞
X
n=1
1
n
√
n + 1 −√
n − 1
k)
∞
X
n=1
n +√ n 2n3− 1 f)
∞
X
n=1
1
√
∞
X
n=1
ln n
n3+ 3
6 Dùng tiêu chuẩn Cô si hoặc D’Alambert xét tính hội tụ phân kì
a)
∞
X
n=1
n
∞
X
n=1
1.3.5 · · · (2n − 1)
3n.n!
c)
∞
X
n=1
(√
2 −√3
2)(√
2 −√5 2) (√
2 − 2n+1√
2)
d)
∞
X
n=1
(3n + 1)!
∞
X
n=1
3n 2n + 1
n
f)
∞
X
n=1
1
2n
1 + 1
n
n2
g)
∞
X
n=1
(n!)2
2n 2
h)
∞
X
n=1
n2
∞
X
n=1
nn n!
7 Dùng tiêu chuẩn tích phân Cauchy, xét sự hội tụ của các chuỗi số sau:
a)
∞
X
n=2
1
n√
∞
X
n=3
1
n ln n ln(ln n)
c)
∞
X
n=1
ne−n2
8 Xét sự hội tụ của chuỗi đan dấu:
a)
∞
X
n=1
(−1)n
ln(n + 1) b)
∞
X
n=1
(−1)n
√ 2n + 1
c)
∞
X
n=1
(−1)n
n − ln n
9 Xét sự hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ của các chuỗi số sau:
2
Đại học Cần Thơ
Trang 3Vi tích phân A1 Chuỗi số
a)
∞
X
n=1
(−1)n 1
∞
X
n=1
(−1)n 2n + 1
3n + 1
n
b)
∞
X
n=1
(−1)n−1 n
∞
X
n=1
sin(n!)
n√ n
c)
∞
X
n=1
(−1)n
∞
X
n=1
(−1)n2nsin2nx
n
0 < x < π
2
10 Chứng minh rằng chuỗi hàm
∞
X
n=1
(−1)nn
n2+ x4 hội tụ đều trên R
11 Tìm miền hội tụ, hội tụ tuyệt đối của các chuỗi hàm:
a)
∞
X
n=1
∞
X
n=1
n
n + 1
x 2x + 1
n
b)
∞
X
n=1
∞
X
n=1
(−1)n+1 1
nln x
c)
∞
X
n=1
1
∞
X
n=1
(−1)ncos nx
enx
12 Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa:
a)
∞
X
n=1
1 + 1
n
n 2
∞
X
n=1
(−1)n
n!
n e
n
xn
b)
∞
X
n=1
xn
∞
X
n=1
n 2n + 1
2n−1
xn
c)
∞
X
n=1
xn
∞
X
n=1
(−1)n (n + 1)2n(x − 3)n
d)
∞
X
n=2
xn+1
∞
X
n=1
(x − 1)n
√ 2n + 1
13 Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa suy rộng
a)
∞
X
n=1
1
∞
X
n=1
1
xnsin π
2n
b)
∞
X
n=0
1
2n + 1
1 − x
1 + x
n
d)
∞
X
n=1
1 + 1 n
−n 2
· e−nx
3
Đại học Cần Thơ
Trang 4Vi tích phân A1 Chuỗi số
14 Tính tổng của các chuỗi hàm sau
a)
∞
X
n=1
x2n−1
2n − 1
b)
∞
X
n=0
(−1)n x
2n+1
2n + 1
c)
∞
X
n=1
xn n(n + 1)
d)
∞
X
n=1
n(n + 1)xn
e)
∞
X
n=1
(−1)n−1n2xn
15 Khai triển Taylor hàm số f (x) = 1
x ở lân cận x = 1
16 Viết khai triển Maclaurin các hàm số sau
a) f (x) = 1
2(e
x+ e−x) b) f (x) = x ln(1 + x2) c) f (x) = sin2x d) f (x) = x2ex
4
Đại học Cần Thơ
Trang 51 Số hạng tổng quát un
(a) un= 2n − 1
2n , ∀n ≥ 1
(b) un= 1
n(n + 1), ∀n ≥ 1
(c) un= n + 1
2n , ∀n ≥ 1
(d) Ta có: 2
5 =
2.1
2 + 3,
4
8 =
2.2
2 + 3.2
un= 2n
2 + 3n, ∀n ≥ 1
(e) Phân tích mẫu số ta có: 3 = 1 + 2, 7 = 3 + 4, 11 = 5 + 6, 15 = 7 + 8
Dãy 1, 3, 5, 7, có dạng 2n − 1 và dãy 2, 4, 6, 8 có dạng 2n
⇒ un= n + 1
4n − 1
2 , ∀n ≥ 1
2 Phương pháp: Xét tổng riêng Sn=
n X
k=n 0
un, biến đổi dãy tổng thành biểu thức đơn giản rồi
tính giới hạn
(a) Tổng riêng Sn= 1
1.3 +
1 3.5+ +
1 (2n − 1)(2n + 1) Ta có:
Sn= 1
2
2 1.3+
2 3.5+ +
2 (2n − 1)(2n + 1)
= 1
2
1 −1
3+
1
3−
1
5 + +
1 2n − 1 −
1 2n + 1
= 1
2 −
1 2(2n + 1)
∗ lim
n→∞Sn= 1
2 Vậy chuỗi hội tụ và có tổng là 1
2 (b) Số hạng tổng quát un= 1
3.2n Tổng riêng thứ n:
Sn= 2
3+
1
3+
1
6+ +
1 3.2n = 1 + 1
3
1
2 +
1
4 + +
1
2n
= 1 +1
3·
1
2·
1 −21n
1 −12 =
4
3−
1 3.2n
∗ lim
n→∞Sn= 4
3 Vậy chuỗi hội tụ và có tổng là 4
3 (c) Tổng riêng thứ n:
Sn= 1
2 +
1 3
+ 1
22 + 1
32
+ + 1
2n + 1
3n
Chuỗi số có tất cả số hạng đều dương nên có thể sắp xếp lại:
1
Trang 6Sn= 1
2 +
1
22 + + 1
2n + 1
3 +
1
32 + + 1
3n
= 1
2 ·
1 −21n
1 −12 +
1
3 ·
1 −31n
1 −13 =
3
2−
1
2n + 1 2.3n
∗ lim
n→∞Sn= 3
2 Vậy chuỗi hội tụ và có tổng là 3
2 (d) Tương tự bài (a), ta có:
2n + 1
n2(n + 1)2 = 1
n2 − 1 (n + 1)2
ĐS: Chuỗi hội tụ và S = 1
(e) Số hạng tổng quát un=√n + 2 − 2√n + 1 +√n = √ 1
n + 2 +√n + 1 −
1
√
n + 1 +√n Tổng riêng thứ n
Sn=
n X
k=1
(√k + 2 − 2√k + 1 +
√ k) =
n X
k=1
1
√
k + 2 +√k + 1−
1
√
k + 1 +√k
= √ 1
3 +
√
2 −
1
√
2 + 1 +
1
2 +
√
3−
1
√
3 +
√
2+ +
1
√
n + 2 +√n + 1−
1
√
n + 1 +√n = 1
√
n + 2 +√n + 1−
1
√
2 + 1
∗ lim
n→∞Sn= −√ 1
2 + 1 = 1 −
√ 2 (f) Số hạng tổng quát:
un= ln
1 − 1
n2
= ln n2− 1
n2
= ln[(n − 1)(n + 1)] − 2 ln n = ln(n − 1) + ln(n + 1) − 2 ln n Tổng riêng thứ n:
Sn=
n X
k=2
(ln(k − 1) + ln(k + 1) − 2 ln k) = (ln 1 + ln 3 − 2 ln 2) + (ln 2 + ln 4 − 2 ln 3) + (ln 3 +
ln 5 − 2 ln 4) + + (ln(n − 1) + ln(n + 1) − 2 ln n) = − ln 2 + ln(n + 1) − ln n = ln n + 1
2n
∗ lim
n→∞Sn= − ln 2
3 Nhận xét:
∗
∞
X
n=1
1
(2n − 1)2 = 1 + 1
32 + 1
52 + + 1
(2n − 1)2 +
∗
∞
X
n=1
1
n2 = 1 + 1
22 + 1
32 + + 1
n2 +
∗
∞
X
n=1
1
(2n)2 = 1
22 + 1
42 + 1
62 + + 1
(2n)2 +
Vậy
∞
X
n=1
1
n2 =
∞ X
n=1
1 (2n)2 +
∞ X
n=1
1 (2n − 1)2
⇒
∞
X
n=1
1
(2n − 1)2 =
∞ X
n=1
1
n2 −
∞ X
n=1
1 (2n)2 = 3
4
∞ X
n=1
1
n2 = π
2 8 2
Trang 74 Ta có hệ quả của điều kiện cần: Nếu lim
n→∞un6= 0 thì chuỗi phân kì
(a) Số hạng tổng quát: un= n
3n − 1, ∀n ≥ 0
Ta thấy: lim
n→∞un= 1
3 6= 0 nên chuỗi phân kì.
(b) un= n arctan 1
n =
arctann1 1 n
Ta thấy lim
n→∞un= 1 6= 0 nên chuỗi phân kì
5 Hai tiêu chuẩn so sánh:
• Tiêu chuẩn so sánh 1: un≥ vn
• Tiêu chuẩn so sánh 2: lim
n→∞
un
vn
(a) Chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn so sánh 2, so sánh với chuỗi điều hòa
(b) Chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 1: 1
(n + 1)(n + 3) ≤
1
n2
(c) Xét thêm chuỗi vn= π
4n, ta có: lim
n→∞
tan4πn
π
4 n
= 1, mà chuỗi vn hội tụ nên chuỗi đã cho hội
tụ theo tiêu chuẩn so sánh 2
(d) Tương tự câu (c), chuỗi hội tụ
(e) un= 1
n
√
n + 1 −√n − 1 = 2
n √n + 1 +√n − 1 Xét thêm chuỗi vn= 1
n3
, ta có: lim
n→∞
un
vn
= 2 Chuỗi vn hội tụ nên chuỗi un hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 2
(f) Chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn so sánh 2, so sánh với chuỗi điều hòa
(g) Chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn so sánh 1, ta có :
∞ X
n=1
1 + 1 n
≥
∞ X
n=1
1 (chuỗi này phân kì)
(h) un= 1
n2
n + 1 n
n
= 1
n2
1 + 1 n
n
Xét thêm chuỗi vn= 1
n2, ta có lim
n→∞
un
vn
= lim n→∞
1 + 1 n
n
= e Chuỗi vn hội tụ nên chuỗi un hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 2
(i) Chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 2, so sánh với chuỗi 1
n2
(j) Chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 2, so sánh với 1
en
(k) Chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 2, so sánh với chuỗi 1
n2
3
Trang 8(l) Chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 1,ta có: ln n
n3+ 3 ≤
ln n
n3 ≤ 1
n2
6 (a) lim
n→∞
n
√
un= lim n→∞
n
r n
2n = 1
2 < 1 ⇒ chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy (b) un+1
un
= 1.3.5 (2n − 1)(2n + 1)
3n+1.(n + 1)! ·
3n.n!
1.3.5 (2n − 1) =
2n + 1 3(n + 1) lim
n→∞
un+1
un = limn→∞
2n + 1 3(n + 1) =
2
3 < 1 ⇒ chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn D’Alembert.
(c) un+1
un
= (
√
2 −√3
2)(√2 −√5
2) (√2 − 2n+1√
2)(√2 − 2n+3√2) (√2 −√32)(√2 −√52) (√2 − 2n+1√2) =
√
2 − 2n+3√2
lim
n→∞
√
2 − 2n+3√2=√2 > 1 ⇒ chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn D’Alembert
(d) un+1
un
= (3n + 4)!
(n + 1)2 · n
2 (3n + 1)! =
n2(3n + 2)(3n + 3)(3n + 4)
(n + 1)2 → ∞ ⇒ chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn D’Alembert
(e) Phân kì theo tiêu chuẩn Cauchy
(f) lim
n→∞
n
s
1
2n
1 +1 n
n 2
= 1
2n→∞lim
1 + 1 n
n
= e
2 > 1 ⇒ chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn Cauchy
(g) un+1
un =
((n + 1)!)2
2(n+1) 2 · 2
n 2
(n!)2 = (n + 1)
2
22n+1 lim
n→∞
un+1
un
= lim n→∞
(n + 1)2
22n+1 = lim
n→∞
2(n + 1) 2.4nln 4 = limn→∞
1
4nln24 = 0 < 1 ⇒ chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn D’Alembert
(h) lim
n→∞
n
s
n2
2 +1nn =
1
2 < 1 ⇒ hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy
(i) un+1
un =
(n + 1)n+1 (n + 1)! ·
n!
nn =
1 + 1 n
n
→ e, n → ∞ ⇒ chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn D’Alembert
7 (a) Ta có f (x) = 1
x
√
ln x ≥ 0 và giảm trên [2, +∞), đặt un= f (n), khi đó
∞
Z
2
f (x) dx và
∞
X
n=2
f (n) cùng hội tụ hoặc phân kì
∞
Z
2
1
x√ln xdx = limb→∞
b
Z
2
1
√
ln xd(ln x) = limb→∞(2
√
ln x b
2) = ∞
Tích phân phân kì ⇒ chuỗi phân kì
(b) Tương tự (a), đặt t = ln(ln x), ta có chuỗi phân kì
(c) Ta có tích phân:
4
Trang 9Z
1
f (x) dx =
∞
Z
1
xe−x2 dx = −1
2
∞
Z
1
e−x2 d(e−x2) = lim
b→∞
−e−x2 2
b
1
= lim b→∞
−e−b2
2 +
e−1 2
!
= 1
2e
Hội tụ nên chuỗi f (n) = ne−n2 hội tụ
8 (a)
∞
X
n=1
(−1)n ln(n + 1) =
∞ X
n=1 (−1)nan
an là dãy giảm và lim
n→∞an= 0 nên chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz
(b) (c) Tương tự (a)
9 (a) Chuỗi an= (−1)np 1
n(n + 1) hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz.
Chuỗi |an| phân kì, so sánh với chuỗi điều hòa
Vậy chuỗi
∞ X
n=1
(−1)np 1
n(n + 1) bán hội tụ.
(b) Nhận thấy lim
n→∞
n 6n − 5 =
1
6 6= 0 nên có thể kết luận chuỗi đã cho phân kì.
(c)
∞
X
n=1
(−1)n
x + n hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz.
∞
X
n=1
(−1)n
x + n
phân kì (so sánh với chuỗi điều hòa)
Vậy chuỗi đã cho bán hội tụ
(d) Chuỗi
∞ X
n=1
(−1)n 2n + 1
3n + 1
n hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy nên chuỗi
∞
X
n=1
(−1)n
)2n + 1 3n + 1
n hội tụ Kết luận chuỗi đã cho hội tụ tuyệt đối
(e) sin(n!) là một đại lượng bị chặn trong [−1; 1] và có dấu bất kỳ
Chuỗi
∞ X
n=1
sin(n!)
n√n
hội tụ nên chuỗi đã cho hội tụ tuyệt đối
(f) lim
n→∞
n
s
(−1)n2nsin2nx
n
= 2 sin2x < 1 (do 0 < x < π
4) Chuỗi
(−1)n2
nsin2nx n
hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy nên chuỗi đã cho hội tụ ⇒ chuỗi hội tụ tuyệt đối
10 Áp dụng định nghĩa chuỗi hàm hội tụ đều:
Chuỗi
∞
X
n=1
(−1)nn
n2+ x4 hội tụ ∀x (định lí Leibnitz)
Ta có |rn(x)| ≤ |un+1(x)| = n + 1
(n + 1)2+ x4 < 1
n + 1, ∀x ∈ R Vậy |rn(x)| < 1
n + 1 < ε, ∀n >
1
ε− 1
5
Trang 10Do đó ∀ε > 0, lấy no> 1
ε − 1 Khi đó ∀n ≥ no, |rn(x)| < ε, ∀x ∈ R Vậy chuỗi hàm
∞ X
n=1
(−1)nn
n2+ x4 hội tụ đều trên R
11 (a) Ta có ` = lim
n→∞
n
√
an= lim n→∞
n
√
nn= ∞ ⇒ bán kính hội tụ r = `−1 = 0
Vậy chuỗi hàm hội tụ tại 0
(b) an(x) = e−nx
` = lim
n→∞
an+1(x)
an(x)
= lim n→∞
e−(n+1)x
e−nx
= e−x
Chuỗi hàm hội tụ khi |e−x| < 1 ⇔ ex > 1 ⇔ x > 0
* Tại x = 0: Chuỗi ⇔
∞ X
n=1
1 phân kì
Vậy miền hội tụ của chuỗi là (0; +∞)
(c) Chuỗi
∞ X
n=1
1
1 + x2n cùng tính hội tụ phân kỳ với chuỗi
∞ X
n=1
1
x2n (∗) (∗) hội tụ khi 0 < x2< 1 ⇒ x < −1 ∨ x > 1
Miền hội tụ của chuỗi đã cho (−∞, −1) và (1, +∞)
(d) Đặt t = x
2x + 1. Chuỗi viết thành:
∞ X
n=1
n
n + 1
x 2x + 1
n
=
∞ X
n=1
n
n + 1t
n(∗)
` = lim
n→∞
n
r n
n + 1 = 1 ⇒ r = 1 Khoảng hội tụ : (−1; 1)
Tại t = ±1: chuỗi phân kì theo điều kiện cần
⇒ Miền hội tụ của chuỗi (∗) : (−1, 1)
Ta có: −1 < t < 1 ⇔ −1 < x
2x + 1 < 1 ⇔ x < −1 ∨ x > −
1 3 Miền hội tụ của chuỗi đã cho: (−∞, −1) và
−1
3, +∞
(e) Đặt p = ln x Chuỗi viết thành:
∞ X
n=1
(−1)n+1 1
nln x =
∞ X
n=1
(−1)n+1 1
np
Chuỗi ban đầu hội tụ tuyệt đối khi
∞ X
n=1
1
np hội tụ ⇔ p > 1 ⇔ ln x > 1 ⇒ x > e Miền hội tụ của chuỗi đã cho: (e, +∞)
(f) Chuỗi đã cho hội tụ tuyệt đối khi
∞ X
n=1
cos nx
enx (∗) hội tụ
Giá trị cos nx bị chặn trong [−1, 1] do đó: lim
n→∞
n
p| cos nx| = 1
Ta có: lim
n→∞
n
r
cos nx
enx
= 1
ex
6
Trang 11(∗) hội tụ khi ex> 1 ⇔ x > 0.
Miền hội tụ của chuỗi đã cho: (0, +∞)
12 (a) an=
1 + 1 n
n 2
` = lim
n→∞
n
p|an| = lim
n→∞
1 + 1 n
n
= e ⇒ r = 1
` =
1
e ⇒ khoảng hội tụ
−1
e,
1 e
Bằng tiêu chuẩn Cauchy, chứng minh được chuỗi hội tụ tại ±1
e Ta có:
lim
n→∞
n
v
u t
(±1)n
1 + 1 n
n 2
·1 e
= lim n→∞
1 + 1 n
n
·1 e
* Dãy số
1 + 1 n
n tăng nghiêm ngặt và hội tụ về e ⇒
1 + 1 n
n
< e
lim
n→∞
1 + 1 n
n
·1
e < 1 Vậy miền hội tụ của chuỗi :
−1
e,
1 e
13 (a) Đặt t = 1
x + 2 ⇒
∞ X
n=1
1 n(x + 2)n =
∞ X
n=1
1
nt
n (∗)
` = lim
n→∞
n
s
1 n
= 1 ⇒ r = 1
` = 1 ⇒ khoảng hội tụ: (−1, 1)
* Tại t = −1: (∗) ⇔
∞ X
n=1
(−1)n
n : hội tụ theo tiêu chuẩn Lebnitz
* Tại t = 1: (∗) ⇔
∞ X
n=1
1
n: chuỗi điều hòa phân kì.
⇒ miền hội tụ của chuỗi (∗) : [−1, 1) ⇔ −1 ≤ t < 1 ⇔ −1 ≤ 1
x + 2< 1 ⇔ x ≤ −3 hoặc
x > −1
Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho: (−∞, −3] và (−1, +∞)
(b) Đặt t = 1 − x
1 + x ⇒
∞ X
n=0
1 2n + 1
1 − x
1 + x
n
=
∞ X
n=0
tn 2n + 1 (∗)
` = lim
n→∞
n
s
1 2n + 1
= 1 ⇒ r = 1
` = 1 ⇒ khoảng hội tụ: (−1, 1)
* Tại t = −1: (∗) ⇔
∞ X
n=1
(−1)n 2n + 1: hội tụ theo tiêu chuẩn Lebnitz
* Tại t = 1: (∗) ⇔
∞ X
n=1
1 2n + 1: phân kì (so sánh với chuỗi điều hòa).
⇒ miền hội tụ của chuỗi (∗) : [−1, 1) ⇔ −1 ≤ t < 1 ⇔ −1 ≤ 1 − x
1 + x< 1 ⇔ x < −1 hoặc
x > 0
Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho: (−∞, −1) và (0, +∞)
(c) ** Khi n → ∞ thì sin π
2n ∼ π
2n
7
Trang 12Đặt t = x−1⇒
∞ X
n=0
1
xnsin π
2n =
∞ X
n=0
tnsin π
2n =
∞ X
n=0
tn· π
2n (∗)
` = lim
n→∞
n
r
π
2n
= 1
2 ⇒ r =
1
` = 2 ⇒ khoảng hội tụ: (−2, 2)
* Tại t = −2: (∗) ⇔
∞ X
n=1
(−2)nπ
2n =
∞ X
n=1
(−1)nπ: Phân kì do lim
n→∞(−1)n không tồn tại
* Tại t = 2: (∗) ⇔
∞ X
n=1 π: phân kì
⇒ miền hội tụ của chuỗi (∗) : (−2, 2) ⇔ −2 < t < 2 ⇔ −2 < 1
x < 2 ⇔ x < −
1
2 hoặc
x > 1
2.
Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho:
−∞, −1
2
và 1
2, +∞
(d) Đặt t = e−x> 0 ⇒
∞ X
n=1
1 + 1 n
−n 2
· e−nx=
∞ X
n=1
1 + 1 n
−n 2
· tn
` = lim
n→∞
n
v
u t
1 +1 n
−n 2 = e−1⇒ r = `−1= e ⇒ khoảng hội tụ (0, e)
* Tại t = e: (∗) ⇔
∞ X
n=1
1 +1 n
−n 2
· en
Bằng tiêu chuẩn Cauchy
lim
n→∞
n
v
u t
1 + 1 n
−n 2
· en
= lim n→∞
1 + 1 n
−n
· e
* Dãy
1 + 1 n
n
là dãy tăng nghiêm ngặt và hội tụ về e ⇒
1 + 1 n
n
< e khi n → ∞
⇒ lim
n→∞
1 + 1 n
−n
· e > 1
⇒ Chuỗi (∗) phân kì tại e ⇒ miền hội tụ của chuỗi (∗) : (0, e)
0 < t < e ⇔ 0 < e−x< e ⇔ x > −1
Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho : (−1, +∞)
14 (a) Đặt S(x) =
∞ X
n=1
x2n−1 2n − 1 = x +
x3
3 +
x5
5 + +
x2n+1 2n + 1+ lim
n→∞
an+1(x)
an(x)
= lim n→∞
x2n+1 2n + 1 ·
2n − 1
x2n−1 = x2
* Khoảng hội tụ x2 < 1 ⇔ x ∈ (−1, 1)
Đặt S1(x) = S0(x) = 1 + x2+ x4+ + x2n+ , khi đó S(x) =
x
Z
0
S1(t) dt.(ứng dụng đạo
hàm rồi lấy nguyên hàm)
Ta có: S1(x) là chuỗi hình học với u1 = 1, q = x2 ⇒ S1(x) = 1
1 − x2
Vậy S(x) =
x
Z
0
S1(t) dt =
x
Z
0
1
1 − t2 dt = 1
2ln
1 + x
1 − x
8
Trang 13(b) Đặt S(x) =
∞ X
n=0 (−1)nx
2n+1 2n + 1 = x −
x3
3 +
x5
5 + + (−1)
nx2n+1 2n + 1 + lim
n→∞
an+1(x)
an(x)
= lim n→∞
x2n+3 2n + 3 ·
2n + 1
x2n+1 = x2
* Khoảng hội tụ x2 < 1 ⇔ x ∈ (−1, 1) Đặt
S1(x) = S0(x) = 1 − x2+ x4− x6+ = 1
1 + x2
Vậy S(x) =
x
Z
0
S1(t) dt = arctan x
(c) ` = lim
n→∞
n
s
1 n(n + 1)
= 1 ⇒ r = 1
* Khoảng hội tụ (−1, 1)
Vì x ∈ R nên có thể viết lại:
S(x) =
∞
X
n=1
xn n(n + 1) =
1 x
∞ X
n=1
xn+1 n(n + 1) Đặt S1(x) =
∞ X
n=1
xn+1 n(n + 1) =
x2
2 +
x3 2.3+ +
xn+1 n(n + 1)+ Đạo hàm hai lần ta được:
Đặt S2(x) = S001(x) = 1 + x + x2+ x3+ = 1
1 − x
⇒ S1(x) =
x
Z
0
t
Z
0
S2(u) du dt =
x
Z
0
t
Z
0
1
1 − udu dt = −
x
Z
0 ln(1 − t) dt = x + (1 − x) ln(1 − x)
Vậy S(x) = S1(x)
x = 1 +
1 − x
x ln(1 − x) (d) Khoảng hội tụ (−1, 1)
Viết lại: S(x) =
∞ X
n=1 n(n + 1)xn= x
∞ X
n=1 n(n + 1)xn−1 = xS1(x)
Đặt S2(x) =
∞ X
n=1
xn+1 = x2+ x3+ x4+ , khi đó (S2(x))00= S1(x)
S2(x) có u1 = x2, q = x ⇒ S2(x) = x
2
1 − x
S1(x) = (S2(x))00= 2
(1 − x)3 Vậy S(x) = xS1(x) = 2x
(1 − x)3
(e) Khoảng hội tụ (−1, 1)
Ta có phân tích:
S(x) =
∞
X
n=1
(−1)n−1n2xn=
∞ X
n=1 (−1)n−1n(n + 1)xn−
∞ X
n=1 (−1)n−1nxn= S1(x) − S2(x)
Tương tự các bài trên, tính được S1(x) = 2x
(1 + x)3
9
...2) = ∞
Tích phân phân kì ⇒ chuỗi phân kì
(b) Tương tự (a), đặt t = ln(ln x), ta có chuỗi phân kì
(c) Ta có tích phân:
4
Trang...n(n + 1) hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz.
Chuỗi |an| phân kì, so sánh với chuỗi điều hịa
Vậy chuỗi
∞ X
n=1
(−1)np...
(−1)n
x + n
phân kì (so sánh với chuỗi điều hòa)
Vậy chuỗi cho bán hội tụ
(d) Chuỗi
∞ X
n=1