4. 级数应用

无穷级数

张瑞
中国科学技术大学数学科学学院

级数应用

用级数方法计算积分

例 1. 求积分

(1) $\displaystyle\int_0^x\frac{\sin t}{t}dt$, (2) $\displaystyle\int_0^1\frac{\sin x}{x}dx$

(3) $\displaystyle\int_0^x\frac{\arctan t}{t}dt$

(4) (例7.4.1) $\displaystyle\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}xdx$

(5) $\displaystyle\int_0^1\ln x\ln(1-x)dx$

解. (1) 将$\sin(x)$作Taylor展开，注意到级数的收敛区间是$\mathbb{R}$，

\[\begin{aligned} \int_0^x\frac{\sin t}{t}dt =&\int_0^x\left(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{t^{2n}}{(2n+1)!}\right)dt \\ =&\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!(2n+1)} , \quad x\in\mathbb{R} \end{aligned} \]

解. (5) 将$\ln(1-x)$作Taylor展开

\[\begin{aligned} \int_0^1\ln x\ln(1-x)dx =&-\int_0^1\ln x\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}\right)dx \\ =&-\int_0^1\left(\sum_{n=1}^{\infty}\ln x\frac{x^n}{n}\right)dx \\ \end{aligned} \]

级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\ln x\frac{x^n}{n}$在$[0,1]$上一致收敛吗？

令$g(x)=x^n\ln x$, $x\in[0,1]$。则

\[g'(x)=n x^{n-1}\ln x+x^n\frac1x=x^{n-1}(n\ln x+1) \]

即$g(x)$在$x=e^{-\frac1n}$处取到最小值，因此

\[|\ln x\frac{x^n}n|\leq e^{-1}\frac1n\frac1n=e^{-1}\frac1{n^2}, \forall x\in[0,1] \]

而$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}$收敛。 因此级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\ln x\frac{x^n}{n}$在$[0,1]$上一致收敛。

从而

\[\begin{aligned} \int_0^1\ln x\ln(1-x)dx =&-\int_0^1\left(\sum_{n=1}^{\infty}\ln x\frac{x^n}{n}\right)dx \\ =&-\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}\ln x\bigg|_0^1+\frac{x^{n+1}}{n(n+1)^2}\bigg|_0^1\right) \\ =&\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n(n+1)^2} =\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n+1}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right) \\ =&\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n(n+1)}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(n+1)^2} \\ =&1-(\frac{\pi^2}6-1)=2-\frac{\pi^2}6 \end{aligned} \]

利用Fourier级数可以得到 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6$

例 2. (椭圆积分(例7.4.2)) 求积分

$\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}2}\frac1{\sqrt{1-k^2\sin^2\phi}}d\phi, k^2<1$

$\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}2}{\sqrt{1-k^2\sin^2\phi}}d\phi, k^2<1$

解. 注意到

\[(1-x)^{-\frac12}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^n , x\in[-1,1) \]

因此，(注意到$k^2\sin^2x<1$)

\[\frac1{\sqrt{1-k^2\sin^2x}}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}(k^2\sin^2x)^n , x\in\mathbb{R} \]

利用

\[\int_0^{\frac{\pi}2}\sin^mxdx= \begin{cases} \frac{(m-1)!!}{m!!}, & m=2n-1 \\ \frac{(m-1)!!}{m!!}\frac{\pi}2, & m=2n \end{cases} \]

逐项积分得

\[\int_0^{\frac{\pi}2}\frac1{\sqrt{1-k^2\sin^2\phi}}d\phi =\frac{\pi}2\left(1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^2k^{2n}\right) \]

例 3. (函数方程的解) $y=y(x)$是方程$y+\lambda\sin y=x$在$(x,y)=(0,0)$附近的隐函数，$\lambda\neq-1$。求$y=y(x)$在$x=0$处的Taylor展开前4项

解. 由条件，$y(0)=0$，设

\[y(x)=0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+o(x^3) \]

方程做Taylor展开，有

\[\begin{aligned} y+\lambda(y-\frac1{3!}y^3+o(y^3))=x \end{aligned} \]

代入$y$的表达式，有

\[\begin{aligned} a_1x&+a_2x^2+a_3x^3+o(x^3) \\ &+\lambda(a_1x+a_2x^2+a_3x^3+o(x^3)) \\ &-\frac{\lambda}{3!}(a_1x)^3+o(x^3)=x \end{aligned} \]

整理后，可以得到关于$x^i$系数的方程组

\[\begin{cases} (1+\lambda) a_1=1 \\ (1+\lambda) a_2=0 \\ (1+\lambda)a_3-\frac{\lambda}6a_1^3=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a_1=\frac1{1+\lambda} \\ a_2=0 \\ a_3=\frac{\lambda}{6(1+\lambda)^4} \end{cases} \]

近似计算

例 4. 已知

\[\ln(1+x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1} , -1<x\leq 1 \]

则有$\displaystyle\ln 2=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac1{n+1}$， 误差要小于$0.01$，则需要计算到$n=100$。

类似，$\displaystyle\ln\frac32=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac1{2^{n+1}(n+1)}$， 误差小于$0.01$，需要$n=4$。

例 5. 由$e^x$，$\arctan(x)$的展开式，有

\[e=\sum_{n=0}^{\infty} \frac1{n!}=1+1+\frac1{2!}+\cdots+\frac1{n!}+\cdots \]
\[\frac{\pi}4=1-\frac13+\frac15+\cdots+(-1)^n\frac1{2n+1}+\cdots \]

例 6. 计算$\sqrt[3]{9}$

解. 注意到

\[\begin{aligned} \sqrt[3]{9}=&9^{\frac13}=2\left(\frac{9}{2^3}\right)^{\frac13} =2(1+\frac18)^{\frac13} \\ =&2(1+\frac13\frac18-\frac1{2!}\frac13\frac23\frac1{8^2}+\frac1{3!}\frac13\frac23\frac53\frac1{8^3}+\cdots \end{aligned} \]

取前3项，则误差不超过

\[2\frac1{3!}\frac13\frac23\frac53\frac1{8^3}<0.001 \]

得到值$\approx 2.080$。

微分方程的幂级数解

例 7. (Airy方程) (例7.4.3) 解微分方程$y''-xy=0$

解. 设微分方程有幂级数解$y(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$， 则

\[\begin{aligned} y''(x)=&\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2} \\ =&\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n \end{aligned} \]

代入方程

得到

\[\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n-x\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n=0 \]

即有

\[\sum_{n=1}^{\infty}[(n+2)(n+1)a_{n+2}-a_{n-1}]x^n+2a_2=0 \]

比较$x^n$的系数后，可得

\[\begin{cases} a_2=0 \\ (n+3)(n+2)a_{n+3}-a_n=0 \end{cases} \]

由$a_2=0$，可以得到$a_{3n+2}=0$, $n=0,1,2,\cdots$。

另外的系数与$a_0$和$a_1$有关，

\[\begin{cases} a_{3n}=\dfrac1{\displaystyle\prod_{k=1}^n(3k-1)(3k)}a_0 =\frac{\displaystyle\prod_{k=1}^n(3k-2)}{\displaystyle(3n)!}a_0 \\ a_{3n+1}=\dfrac1{\displaystyle\prod_{k=1}^n(3k)(3k+1)}a_1 =\frac{\displaystyle\prod_{k=1}^n(3k-1)}{\displaystyle(3n+1)!}a_1 \\ \end{cases} \]

注意到$a_0=y(0)$, $a_1=y'(0)$。

因此，$a_0=1, a_1=0$对应的解$y_1(x)$，

\[y_1(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\displaystyle\prod_{k=1}^n(3k-2)}{\displaystyle(3k)!}x^{3n} \]

与$a_0=0, a_1=1$对应的解$y_2(x)$

\[y_2(x)=x+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\displaystyle\prod_{k=1}^n(3k-1)}{\displaystyle(3n+3)!}x^{3n+1} \]

构成了微分方程的基本解组。

例 8. 证明

\[J_0(x)=1+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k}}{(k!)^2 2^{2k}} \]

满足方程 $xy''(x)+y'(x)+xy(x)=0$

Stirling公式

定理 1.
(Wallis公式)

\[\frac{\pi}2=\lim_{n\to\infty}\frac1{2n+1}\left(\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right)^2 \]

定理 2.
(String公式)

\[n!=\sqrt{2n\pi}\left(\frac{n}e\right)^ne^{\frac{\theta_n}{12n}} , 0<\theta_n<1 \]

谢谢

在曲线上取两点$M$和$M'$，其横坐标分别为$x$与$x+dx$， 则两点的距离为

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本节读完

例 9. 谢

9.