题目
求幂级数 sum_(n=1)^infty (2^n)/(n^2+1) x^n 的收敛半径和收敛域。
求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n^2+1} x^n$ 的收敛半径和收敛域。
题目解答
答案
我们来求幂级数
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n^2+1} x^n
$$
的**收敛半径**和**收敛域**。
---
## 第一步：求收敛半径
我们使用**根值法（Cauchy-Hadamard公式）**来求收敛半径：
幂级数的一般形式为
$$
\sum_{n=1}^\infty a_n x^n
$$
其中
$$
a_n = \frac{2^n}{n^2 + 1}
$$
根据根值法，收敛半径 $ R $ 为
$$
R = \frac{1}{\limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}}
$$
我们来计算：
$$
\sqrt[n]{|a_n|} = \sqrt[n]{\frac{2^n}{n^2 + 1}} = \frac{2}{\sqrt[n]{n^2 + 1}}
$$
注意到当 $ n \to \infty $ 时，$ \sqrt[n]{n^2 + 1} \to 1 $，因为任何多项式在 $ n $ 次根号下都会趋于 1。
所以：
$$
\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \frac{2}{1} = 2
$$
因此，收敛半径为：
$$
R = \frac{1}{2}
$$
---
## 第二步：求收敛域
收敛半径为 $ R = \frac{1}{2} $，所以幂级数在区间
$$
\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)
$$
内绝对收敛。
接下来我们检查端点 $ x = \pm \frac{1}{2} $ 是否收敛。
---
### 情况一：$ x = \frac{1}{2} $
代入原级数：
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n^2 + 1} \left(\frac{1}{2}\right)^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2 + 1}
$$
我们考虑这个级数是否收敛。
因为：
$$
\frac{1}{n^2 + 1} \leq \frac{1}{n^2}
$$
而 $ \sum \frac{1}{n^2} $ 是收敛的 $ p $-级数（$ p = 2 > 1 $），所以由**比较判别法**，
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2 + 1}
$$
收敛。
所以，当 $ x = \frac{1}{2} $ 时，级数收敛。
---
### 情况二：$ x = -\frac{1}{2} $
代入原级数：
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n^2 + 1} \left(-\frac{1}{2}\right)^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2 + 1}
$$
这是一个**交错级数**，我们使用**莱布尼茨判别法**：
1. $ a_n = \frac{1}{n^2 + 1} $ 是正项；
2. $ a_n \to 0 $ 当 $ n \to \infty $；
3. $ a_n $ 单调递减（因为 $ n^2 + 1 $ 单调递增）。
所以，根据莱布尼茨判别法，该级数收敛。
---
## 最终结论：
- **收敛半径**：$ R = \frac{1}{2} $
- **收敛域**：$ x \in \left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right] $
---
### ✅ 答案：
- 收敛半径为：$\boxed{\frac{1}{2}}$
- 收敛域为：$\boxed{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]}$
解析
本题考查幂级数收敛半径和收敛域的求解。解题思路如下：
- 首先使用根值法（Cauchy - Hadamard公式）求幂级数的收敛半径。对于幂级数$\sum_{n = 1}^{\infty}a_nx^n$，其收敛半径$R=\frac{1}{\limsup_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{\vert a_n\vert}}$，我们需要先求出$\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{\vert a_n\vert}$的值，进而得到收敛半径$R$。
- 然后根据收敛半径确定幂级数的收敛区间$(-R,R)$。
- 最后分别检查收敛区间的两个端点$x = R$和$x=-R$处幂级数的敛散性，从而确定收敛域。
下面进行详细的解答：
- 求收敛半径：
已知幂级数$\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{2^n}{n^2 + 1}x^n$，这里$a_n=\frac{2^n}{n^2 + 1}$。
根据根值法，计算$\sqrt[n]{\vert a_n\vert}$：
$\sqrt[n]{\vert a_n\vert}=\sqrt[n]{\frac{2^n}{n^2 + 1}}=\frac{2}{\sqrt[n]{n^2 + 1}}$
当$n\rightarrow\infty$时，对于$\sqrt[n]{n^2 + 1}$，因为$\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{n^k}=1$（$k$为正整数），所以$\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{n^2 + 1}=1$。
则$\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{\vert a_n\vert}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2}{\sqrt[n]{n^2 + 1}}=\frac{2}{1}=2$。
根据收敛半径公式$R = \frac{1}{\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{\vert a_n\vert}}$，可得收敛半径$R=\frac{1}{2}$。 - 求收敛域：
由收敛半径$R = \frac{1}{2}$可知，幂级数在区间$(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$内绝对收敛。接下来检查端点处的敛散性：- 当$x=\frac{1}{2}$时：
将$x = \frac{1}{2}$代入原幂级数$\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{2^n}{n^2 + 1}x^n$，得到$\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{2^n}{n^2 + 1}(\frac{1}{2})^n=\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^2 + 1}$。
因为$\frac{1}{n^2 + 1}\leq\frac{1}{n^2}$，而$\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$是$p = 2>1$的$p -$级数，根据$p -$级数的性质可知$\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$收敛。
再根据正项级数的比较判别法，若$0\leq u_n\leq v_n$，且$\sum_{n = 1}^{\infty}v_n$收敛，则$\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$收敛，所以$\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^2 + 1}$收敛。 - 当$x=-\frac{1}{2}$时：
将$x = -\frac{1}{2}$代入原幂级数$\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{2^n}{n^2 + 1}x^n$，得到$\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{2^n}{n^2 + 1}(-\frac{1}{2})^n=\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2 + 1}$。
这是一个交错级数，设$a_n=\frac{1}{n^2 + 1}$，满足莱布尼茨判别法的条件：- $a_n=\frac{1}{n^2 + 1}>0$；
- $\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^2 + 1}=0$；
- 因为$a_{n + 1}=\frac{1}{(n + 1)^2 + 1}$，$a_n - a_{n+1}=\frac{1}{n^2 + 1}-\frac{1}{(n + 1)^2 + 1}=\frac{(n + 1)^2 + 1-(n^2 + 1)}{(n^2 + 1)[(n + 1)^2 + 1]}=\frac{2n + 1}{(n^2 + 1)[(n + 1)^2 + 1]}>0$，所以$a_n$单调递减。
根据莱布尼茨判别法，交错级数$\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2 + 1}$收敛。
- 当$x=\frac{1}{2}$时：
综上，幂级数的收敛半径$R=\frac{1}{2}$，收敛域为$[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$。