Bài tập chuỗi số có lời giải

Vi tích phân A1 Chuỗi số Viết số hạng tổng quát chuỗi a) + + + + 16 b) 1 1 1 + + + + + + 12 20 30 42 c) + d) e) + + + 8 + + + + 11 14 + + 11 15 + + Dùng định nghĩa chứng minh chuỗi số sau hội tụ tính tổng chúng a) 1 1 + + + + 1.3 3.5 5.7 7.9 b) 1 1 + + + + + 3 12 24 c) d) 1 + + 1 + 2 + + 1 + n n + 2n + + + + + 36 n (n + 1)2 ∞ e) √ √ √ n+2−2 n+1+ n n=1 ∞ ln − f) n=2 ∞ Cho biết n=1 n2 π2 = Tính n2 ∞ n=1 (2n − 1)2 Xét xem chuỗi sau hội tụ hay phân kì a) + + + + 11 ∞ n · arctan b) n=1 n Dùng tiêu chuẩn so sánh xét hội tụ chuỗi số sau: ∞ a) n=1 ∞ b) n=1 ∞ n+1 n(n + 2) g) (n + 1)(n + 3) h) 1+ n=1 ∞ n=1 n2 n n+1 n n Đại học Cần Thơ Vi tích phân A1 Chuỗi số ∞ ∞ π c) tan n n=1 i) n=1 ∞ en − j) (en + 1)2 n=1 √ ∞ n+ n k) 2n3 − n=1 √ √ n+1− n−1 n e) n=1 ∞ √ f) n=1 ∞ π d) sin n n=1 ∞ n+1 n2 + ∞ n2 + 2n l) n=1 ln n n3 + Dùng tiêu chuẩn Cô si D’Alambert xét tính hội tụ phân kì ∞ a) n=1 ∞ c) ∞ n 2n b) n=1 √ √ √ √ √ ( − 2)( − 2) ( − √ 2n+1 1.3.5 · · · (2n − 1) 3n n! 2) n=1 ∞ d) n=1 ∞ f) n=1 ∞ h) n=1 ∞ (3n + 1)! n2 2n 1+ n n2 + n1 e) n=1 n2 ∞ g) n=1 ∞ i) n n=1 3n 2n + n (n!)2 2n2 nn n! Dùng tiêu chuẩn tích phân Cauchy, xét hội tụ chuỗi số sau: ∞ ∞ 1 √ a) b) n ln n ln(ln n) n=2 n ln n n=3 ∞ ne−n c) n=1 Xét hội tụ chuỗi đan dấu: ∞ ∞ (−1)n (−1)n √ a) b) ln(n + 1) 2n + n=1 n=1 ∞ c) n=1 (−1)n n − ln n Xét hội tụ tuyệt đối bán hội tụ chuỗi số sau: Đại học Cần Thơ Vi tích phân A1 Chuỗi số ∞ (−1) a) ∞ n−1 (−1) n=1 ∞ c) n=1 (−1) d) n(n + 1) n=1 b) ∞ n n n=1 ∞ n 6n − n=1 ∞ (−1)n 2n sin2n x n f) n=1 ∞ 10 Chứng minh chuỗi hàm n=1 n sin(n!) √ n n e) (−1)n x+n 2n + 3n + 0 ⇒ chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn D’Alembert (a) lim n un = lim n→∞ (d) un+1 (3n + 4)! n2 n2 (3n + 2)(3n + 3)(3n + 4) = · = → ∞ ⇒ chuỗi phân kì theo un (n + 1)2 (3n + 1)! (n + 1)2 tiêu chuẩn D’Alembert (e) Phân kì theo tiêu chuẩn Cauchy (f) lim n n→∞ 2n n2 1+ n = 1 lim + n→∞ n n = e > ⇒ chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn Cauchy (g) un+1 ((n + 1)!)2 2n (n + 1)2 = = · 2 un (n!) 22n+1 2(n+1) un+1 2(n + 1) (n + 1) lim = lim = lim n = < ⇒ chuỗi hội tụ theo = lim 2n+1 n n→∞ un n→∞ 2.4 ln n→∞ ln n→∞ tiêu chuẩn D’Alembert (h) lim n→∞ (i) n n2 + n1 n = < ⇒ hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy un+1 (n + 1)n+1 n! = · n = un (n + 1)! n 1+ n n → e, n → ∞ ⇒ chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn D’Alembert ∞ (a) Ta có f (x) = √ ≥ giảm [2, +∞), đặt un = f (n), x ln x ∞ f (x) dx f (n) hội tụ phân kì n=2 ∞ b √ dx = lim b→∞ x ln x √ ln x √ b d(ln x) = lim (2 ln x ) = ∞ 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: b→∞ ∞ ∞ ∞ f (x) dx = xe −x2 dx = − −x2 e −e−x ) = lim b→∞ 2 1 2e d(e −x2 b = lim b→∞ −e−b e−1 + 2 = Hội tụ nên chuỗi f (n) = ne−n hội tụ ∞ (a) n=1 (−1)n = ln(n + 1) ∞ (−1)n an n=1 an dãy giảm lim an = nên chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz n→∞ (b) (c) Tương tự (a) (a) Chuỗi an = (−1)n n(n + 1) hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz Chuỗi |an | phân kì, so sánh với chuỗi điều hòa ∞ (−1)n Vậy chuỗi bán hội tụ n(n + 1) n (b) Nhận thấy lim = = nên kết luận chuỗi cho phân kì n→∞ 6n − ∞ n (−1) (c) hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz x+n n=1 n=1 ∞ n=1 (−1)n phân kì (so sánh với chuỗi điều hòa) x+n Vậy chuỗi cho bán hội tụ ∞ (−1)n (d) Chuỗi n=1 ∞ (−1)n ) n=1 2n + 3n + 2n + 3n + n hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy nên chuỗi n hội tụ Kết luận chuỗi cho hội tụ tuyệt đối (e) sin(n!) đại lượng bị chặn [−1; 1] có dấu ∞ Chuỗi n=1 sin(n!) √ hội tụ nên chuỗi cho hội tụ tuyệt đối n n 2n sin2n x π = sin2 x < (do < x < ) n→∞ n 2n n sin x Chuỗi (−1)n hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy nên chuỗi cho hội tụ ⇒ chuỗi n (f) lim n (−1)n hội tụ tuyệt đối 10 Áp dụng định nghĩa chuỗi hàm hội tụ đều: ∞ (−1)n n hội tụ ∀x (định lí Leibnitz) n2 + x4 n=1 n+1 , ∀x ∈ R Ta có |rn (x)| ≤ |un+1 (x)| = < (n + 1) + x n+1 1 Vậy |rn (x)| < < ε, ∀n > − n+1 ε Chuỗi − Khi ∀n ≥ no , |rn (x)| < ε, ∀x ∈ R ε (−1)n n hội tụ R n2 + x4 Do ∀ε > 0, lấy no > ∞ Vậy chuỗi hàm n=1 11 (a) Ta có = lim √ n n→∞ an = lim n→∞ √ n nn = ∞ ⇒ bán kính hội tụ r = −1 =0 Vậy chuỗi hàm hội tụ (b) an (x) = e−nx an+1 (x) e−(n+1)x = lim = e−x n→∞ an (x) e−nx = lim n→∞ Chuỗi hàm hội tụ |e−x | < ⇔ ex > ⇔ x > ∞ * Tại x = 0: Chuỗi ⇔ phân kì n=1 Vậy miền hội tụ chuỗi (0; +∞) ∞ (c) Chuỗi n=1 tính hội tụ phân kỳ với chuỗi + x2n ∞ n=1 (∗) x2n (∗) hội tụ < x2 < ⇒ x < −1 ∨ x > Miền hội tụ chuỗi cho (−∞, −1) (1, +∞) (d) Đặt t = x 2x + ∞ Chuỗi viết thành: n=1 = lim n n→∞ n n+1 ∞ n x 2x + = n=1 n n t (∗) n+1 n =1⇒r=1 n+1 Khoảng hội tụ : (−1; 1) Tại t = ±1: chuỗi phân kì theo điều kiện cần ⇒ Miền hội tụ chuỗi (∗) : (−1, 1) x < ⇔ x < −1 ∨ x > − 2x + Miền hội tụ chuỗi cho: (−∞, −1) − , +∞ Ta có: −1 < t < ⇔ −1 < ∞ n+1 (e) Đặt p = ln x Chuỗi viết thành: (−1) n=1 ∞ Chuỗi ban đầu hội tụ tuyệt đối n=1 nln x ∞ = (−1)n+1 n=1 hội tụ ⇔ p > ⇔ ln x > ⇒ x > e np Miền hội tụ chuỗi cho: (e, +∞) ∞ (f) Chuỗi cho hội tụ tuyệt đối n=1 cos nx (∗) hội tụ enx Giá trị cos nx bị chặn [−1, 1] đó: lim n→∞ Ta có: lim n→∞ n np cos nx = x nx e e n | cos nx| = (∗) hội tụ ex > ⇔ x > Miền hội tụ chuỗi cho: (0, +∞) n2 1+ n 12 (a) an = n n 1 1 ⇒ khoảng hội tụ − , n→∞ n→∞ e e e Bằng tiêu chuẩn Cauchy, chứng minh chuỗi hội tụ ± Ta có: e n = lim n lim (±1)n n→∞ * Dãy số lim n→∞ |an | = lim 1+ 1+ n n 1+ n2 1+ n 1 = lim + n→∞ e n = n · e n n · · =e⇒r= tăng nghiêm ngặt hội tụ e ⇒ 1+ n n Vậy miền hội tụ chuỗi cho: (−∞, −1) (0, +∞) (c) ** Khi n → ∞ sin π π ∼ n n 2 ∞ π sin n = n x Đặt t = x−1 ⇒ n=0 ∞ π = 2n tn sin n=0 ∞ tn · n=0 π 2n (∗) π 1 = ⇒ r = = ⇒ khoảng hội tụ: (−2, 2) n n→∞ 2 ∞ ∞ (−2)n π = (−1)n π: Phân kì lim (−1)n không tồn * Tại t = −2: (∗) ⇔ n→∞ 2n n = lim n=1 n=1 ∞ * Tại t = 2: (∗) ⇔ π: phân kì n=1 1 < ⇔ x < − x ⇒ miền hội tụ chuỗi (∗) : (−2, 2) ⇔ −2 < t < ⇔ −2 < x> −∞, − Vậy miền hội tụ chuỗi cho: ∞ (d) Đặt t = e−x n=1 = lim n ∞ −nx ·e = n=1 , +∞ 1+ n −n2 · tn −n2 n 1+ n→∞ −n2 1+ n >0⇒ = e−1 ⇒ r = ∞ * Tại t = e: (∗) ⇔ n=1 1+ n −1 = e ⇒ khoảng hội tụ (0, e) −n2 · en Bằng tiêu chuẩn Cauchy lim n n→∞ * Dãy ⇒ lim n→∞ −n2 1+ n n 1+ n 1+ · en = lim n→∞ 1+ n −n ·e n dãy tăng nghiêm ngặt hội tụ e ⇒ 1+ n n < e n → ∞ −n · e > ⇒ Chuỗi (∗) phân kì e ⇒ miền hội tụ chuỗi (∗) : (0, e) < t < e ⇔ < e−x < e ⇔ x > −1 Vậy miền hội tụ chuỗi cho : (−1, +∞) ∞ 14 (a) Đặt S(x) = n=1 x3 x5 x2n+1 x2n−1 =x+ + + + + 2n − 2n + an+1 (x) x2n+1 2n − lim = lim · 2n−1 = x2 n→∞ n→∞ 2n + an (x) x * Khoảng hội tụ x2 < ⇔ x ∈ (−1, 1) x Đặt S1 (x) = S (x) = + x2 + x4 + + x2n + , S(x) = S1 (t) dt.(ứng dụng đạo hàm lấy nguyên hàm) Ta có: S1 (x) chuỗi hình học với u1 = 1, q = x2 ⇒ S1 (x) = x Vậy S(x) = x 1 dt = ln 1−t S1 (t) dt = 0 1+x 1−x 1 − x2 ∞ (−1)n (b) Đặt S(x) = n=0 x2n+1 x3 x5 x2n+1 =x− + + + (−1)n + 2n + 2n + x2n+3 2n + an+1 (x) = lim · 2n+1 = x2 lim n→∞ 2n + n→∞ an (x) x * Khoảng hội tụ x2 < ⇔ x ∈ (−1, 1) Đặt S1 (x) = S (x) = − x2 + x4 − x6 + = x Vậy S(x) = 1 + x2 S1 (t) dt = arctan x (c) = lim =1⇒r=1 n(n + 1) n n→∞ * Khoảng hội tụ (−1, 1) Vì x ∈ R nên viết lại: ∞ S(x) = n=1 xn = n(n + 1) x ∞ Đặt S1 (x) = n=1 ∞ n=1 xn+1 n(n + 1) x2 x3 xn+1 xn+1 = + + + + n(n + 1) 2.3 n(n + 1) Đạo hàm hai lần ta được: Đặt S2 (x) = S1 (x) = + x + x2 + x3 + = x t ⇒ S1 (x) = x x t du dt = − 1−u S2 (u) du dt = Vậy S(x) = 1−x 0 S1 (x) x ln(1 − t) dt = x + (1 − x) ln(1 − x) 0 1−x =1+ ln(1 − x) x (d) Khoảng hội tụ (−1, 1) ∞ ∞ ∞ n(n + 1)xn = x Viết lại: S(x) = n=1 n(n + 1)xn−1 = xS1 (x) n=1 xn+1 = x2 + x3 + x4 + , (S2 (x)) = S1 (x) Đặt S2 (x) = n=1 S2 (x) có u1 = x2 , q = x ⇒ S2 (x) = x2 1−x (1 − x)3 2x Vậy S(x) = xS1 (x) = (1 − x)3 S1 (x) = (S2 (x)) = (e) Khoảng hội tụ (−1, 1) Ta có phân tích: ∞ S(x) = ∞ (−1)n−1 n2 xn = n=1 ∞ (−1)n−1 n(n + 1)xn − n=1 (−1)n−1 nxn = S1 (x) − S2 (x) n=1 2x Tương tự trên, tính S1 (x) = (1 + x)3 ∞ (−1)n−1 nxn−1 S2 (x) = x n=1 S2 (x) = x (1 + x)2 Vậy S(x) = S1 (x) − S2 (x) = x − x2 (1 + x)3 1 = , −1 < (1 − x) < x − (1 − x) Ta có = + x + x2 + + xn + = 1−x 15 f (x) = ∞ xn , −1 < x < n=0 Thay x − x: f (x) = = + (1 − x) + (1 − x)2 + + (1 − x)n + = − (1 − x) ∞ (1 − x)n n=0 16 Sử dụng khai triển có sẵn, sau thay x = u(x) tương ứng (a) Ta có: x2 xn + + + 2! n! xn x2 + + (−1)n + e−x = − x + 2! n! x2 x4 x2n ⇒ f (x) = (ex + e−x ) = + + + + + 2! 4! (2n)! x2 x3 x4 (−1)n xn+1 (b) Ta có: ln(1 + x) = x − + − + + + n+1 x4 x6 x8 (−1)n x2(n+1) ⇒ ln(1 + x2 ) = x2 − + − + + + n+1 x5 x7 x9 (−1)n x2n+3 ⇒ f (x) = x ln(1 + x2 ) = x3 − + − + + + n+1 (c) Ta có: sin2 x = (1 − cos 2x) x2n (2x)2 (2x)4 (2x)2n x2 x4 cos x = − + − + (−1)n ⇒ cos 2x = − + − + (−1)n 2! 4! (2n)! 2! 4! (2n)! 2n 1 (2x) (2x) (2x) ⇒ f (x) = sin2 x = (1 − cos 2x) = − + + (−1)n+1 2 2! 4! (2n)! n+2 x x (d) f (x) = x2 ex = x2 + x3 + + + + 2! n! ex = + x + 10 [...]... 0 Miền hội tụ của chuỗi đã cho: (0, +∞) n2 1 1+ n 12 (a) an = 1 n n 1 1 1 1 ⇒ khoảng hội tụ − , n→∞ n→∞ e e e 1 Bằng tiêu chuẩn Cauchy, chứng minh được chuỗi hội tụ tại ± Ta có: e n = lim n lim (±1)n n→∞ * Dãy số lim n→∞ |an | = lim 1+ 1+ 1 n n 1+ n2 1 1+ n 1 1 = lim 1 + n→∞ e n = n · 1 e n 1 n · · =e⇒r= tăng nghiêm ngặt và hội tụ về e ⇒ 1+ 1 n n 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) = n=1 x3 x5 x2n+1 x2n−1 =x+ + + + + 2n − 1 3 5 2n + 1 an+1 (x) x2n+1 2n − 1 lim = lim · 2n−1 = x2 n→∞... xn+1 = x2 + x3 + x4 + , khi đó (S2 (x)) = S1 (x) Đặt S2 (x) = n=1 S2 (x) có u1 = x2 , q = x ⇒ S2 (x) = x2 1−x 2 (1 − x)3 2x Vậy S(x) = xS1 (x) = (1 − x)3 S1 (x) = (S2 (x)) = (e) Khoảng hội tụ (−1, 1) Ta có phân tích: ∞ S(x) = ∞ (−1)n−1 n2 xn = n=1 ∞ (−1)n−1 n(n + 1)xn − n=1 (−1)n−1 nxn = S1 (x) − S2 (x) n=1 2x Tương tự các bài trên, tính được S1 (x) = (1 + x)3 9 ∞ (−1)n−1 nxn−1 S2 (x) = x n=1 S2... S1 (x) − S2 (x) = x − x2 (1 + x)3 1 1 = , −1 < (1 − x) < 1 x 1 − (1 − x) 1 Ta có = 1 + x + x2 + + xn + = 1−x 15 f (x) = ∞ xn , −1 < x < 1 n=0 Thay x bằng 1 − x: f (x) = 1 = 1 + (1 − x) + (1 − x)2 + + (1 − x)n + = 1 − (1 − x) ∞ (1 − x)n n=0 16 Sử dụng các khai triển có sẵn, sau đó thay x = u(x) tương ứng (a) Ta có: x2 xn + + + 2! n! xn x2 + + (−1)n + e−x = 1 − x + 2! n! 1 x2 x4 x2n... lim · 2n−1 = x2 n→∞ n→∞ 2n + 1 an (x) x * Khoảng hội tụ x2 < 1 ⇔ x ∈ (−1, 1) x Đặt S1 (x) = S (x) = 1 + x2 + x4 + + x2n + , khi đó S(x) = S1 (t) dt.(ứng dụng đạo 0 hàm rồi lấy nguyên hàm) Ta có: S1 (x) là chuỗi hình học với u1 = 1, q = x2 ⇒ S1 (x) = x Vậy S(x) = x 1 1 dt = ln 2 1−t 2 S1 (t) dt = 0 0 8 1+x 1−x 1 1 − x2 ∞ (−1)n (b) Đặt S(x) = n=0 x2n+1 x3 x5 x2n+1 =x− + + + (−1)n + 2n + 1 3 5... (−1)n π: Phân kì do lim (−1)n không tồn tại * Tại t = −2: (∗) ⇔ n→∞ 2n n = lim n=1 n=1 ∞ * Tại t = 2: (∗) ⇔ π: phân kì n=1 1 1 < 2 ⇔ x < − hoặc x 2 ⇒ miền hội tụ của chuỗi (∗) : (−2, 2) ⇔ −2 < t < 2 ⇔ −2 < 1 x> 2 −∞, − Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho: ∞ (d) Đặt t = e−x n=1 = lim n ∞ −nx ·e = n=1 1 , +∞ 2 1 1+ n −n2 · tn −n2 1 n 1+ n→∞ và −n2 1 1+ n >0⇒ 1 2 = e−1 ⇒ r = ∞ * Tại t = e: (∗) ⇔ n=1 1 1+... ∞ * Tại t = −1: (∗) ⇔ n=1 ∞ (−1)n : hội tụ theo tiêu chuẩn Lebnitz 2n + 1 1 : phân kì (so sánh với chuỗi điều hòa) 2n + 1 n=1 1−x ⇒ miền hội tụ của chuỗi (∗) : [−1, 1) ⇔ −1 ≤ t < 1 ⇔ −1 ≤ < 1 ⇔ x < −1 hoặc 1+x * Tại t = 1: (∗) ⇔ x > 0 Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho: (−∞, −1) và (0, +∞) (c) ** Khi n → ∞ thì sin π π ∼ n n 2 2 7 ∞ 1 π sin n = n x 2 Đặt t = x−1 ⇒ n=0 ∞ π = 2n tn sin n=0 ∞ tn · n=0 π 2n... 1 − x + 2! n! 1 x2 x4 x2n ⇒ f (x) = (ex + e−x ) = 1 + + + + + 2 2! 4! (2n)! x2 x3 x4 (−1)n xn+1 (b) Ta có: ln(1 + x) = x − + − + + + 2 3 4 n+1 x4 x6 x8 (−1)n x2(n+1) ⇒ ln(1 + x2 ) = x2 − + − + + + 2 3 4 n+1 x5 x7 x9 (−1)n x2n+3 ⇒ f (x) = x ln(1 + x2 ) = x3 − + − + + + 2 3 4 n+1 1 (c) Ta có: sin2 x = (1 − cos 2x) 2 x2n (2x)2 (2x)4 (2x)2n x2 x4 cos x = 1 − + − + (−1)n ⇒ cos 2x = 1 − + − ... x * Khoảng hội tụ x2 < 1 ⇔ x ∈ (−1, 1) Đặt S1 (x) = S (x) = 1 − x2 + x4 − x6 + = x Vậy S(x) = 1 1 + x2 S1 (t) dt = arctan x 0 (c) = lim 1 =1⇒r=1 n(n + 1) n n→∞ * Khoảng hội tụ (−1, 1) Vì x ∈ R nên có thể viết lại: ∞ S(x) = n=1 xn 1 = n(n + 1) x ∞ Đặt S1 (x) = n=1 ∞ n=1 xn+1 n(n + 1) x2 x3 xn+1 xn+1 = + + + + n(n + 1) 2 2.3 n(n + 1) Đạo hàm hai lần ta được: Đặt S2 (x) = S1 (x) = 1 + x + x2 + x3 ... Xét thêm chuỗi = , ta có: lim =2 n→∞ n2 (e) un = Chuỗi hội tụ nên chuỗi un hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh (f) Chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn so sánh 2, so sánh với chuỗi điều hòa ∞ (g) Chuỗi phân... (c) Xét thêm chuỗi = n , ta có: lim = 1, mà chuỗi hội tụ nên chuỗi cho hội π n→∞ 4n (b) Chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 1: tụ theo tiêu chuẩn so sánh (d) Tương tự câu (c), chuỗi hội tụ √... + + + = 1+ 3 3.2n ∗ lim Sn = n→∞ Vậy chuỗi hội tụ có tổng Sn = 1 + + + n = 1+ (c) Tổng riêng thứ n: Sn = 1 + + 1 + 22 32 + + 1 + 2n 3n Chuỗi số có tất số hạng dương nên xếp lại: 1 1 − 21n ·