题目

(3) sum_(n=0)^infty(3^-sqrt(n)x^n)/(sqrt(n^2)+1);

(3) $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{3^{-\sqrt{n}}x^{n}}{\sqrt{n^{2}+1}};$

题目解答

答案

**步骤1：确定收敛半径** 使用根值检验法，计算 \[ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\left| \frac{3^{-\sqrt{n}} x^n}{\sqrt{n^2+1}} \right|} = |x| \lim_{n \to \infty} \frac{3^{-\sqrt{n}/n}}{(\sqrt{n^2+1})^{1/n}} = |x| \] 收敛半径 $R = 1$，即级数在 $|x| < 1$ 时收敛。 **步骤2：分析端点** - 当 $x = 1$ 时，级数为 $\sum \frac{3^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n^2+1}}$。与收敛的 p 级数 $\sum \frac{1}{n^2}$ 比较，原级数收敛。 - 当 $x = -1$ 时，级数为 $\sum \frac{3^{-\sqrt{n}} (-1)^n}{\sqrt{n^2+1}}$。由莱布尼茨检验，交错级数收敛，且绝对收敛。 **结论** 收敛域为 $[-1, 1]$。 \[ \boxed{[-1, 1]} \]

解析

本题考查幂级数收敛域的求解，解题思路是先通过根值检验法确定收敛半径，再分别分析收敛区间端点处级数的敛散性，从而得到收敛域。

  1. 确定收敛半径：
    • 对于幂级数$\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}x^{n}$，这里$a_{n}=\frac{3^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n^{2}+1}}$，使用根值检验法，计算$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\vert a_{n}\vert}$。
    • 计算$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\left| \frac{3^{-\sqrt{n}} x^n}{\sqrt{n^2+1}} \right|}$，根据根式运算法则$\sqrt[n]{ab}=\sqrt[n]{a}\cdot\sqrt[n]{b}$，可将其拆分为$\vert x\vert\lim_{n \to \infty} \frac{3^{-\sqrt{n}/n}}{(\sqrt{n^2+1})^{1/n}}$。
    • 先看$\lim_{n \to \infty}3^{-\sqrt{n}/n}$，令$t = \sqrt{n}$，则$n=t^{2}$，当$n\to\infty$时，$t\to\infty$，$\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n}}{n}=\lim_{t \to \infty}\frac{t}{t^{2}}=\lim_{t \to \infty}\frac{1}{t}=0$，所以$\lim_{n \to \infty}3^{-\sqrt{n}/n}=3^{0}=1$。
    • 再看$\lim_{n \to \infty}(\sqrt{n^2+1})^{1/n}$，因为$\sqrt{n^2}\lt\sqrt{n^2 + 1}\lt\sqrt{n^2 + 2n + 1}=\sqrt{(n + 1)^2}=n + 1$，即$n\lt\sqrt{n^2 + 1}\lt n + 1$，那么$n^{1/n}\lt(\sqrt{n^2+1})^{1/n}\lt(n + 1)^{1/n}$。
    • 已知$\lim_{n \to \infty}n^{1/n}=\lim_{n \to \infty}e^{\frac{\ln n}{n}}$，根据洛必达法则$\lim_{n \to \infty}\frac{\ln n}{n}=\lim_{n \to \infty}\frac{\frac{1}{n}}{1}=0$，所以$\lim_{n \to \infty}n^{1/n}=e^{0}=1$；同理$\lim_{n \to \infty}(n + 1)^{1/n}=\lim_{n \to \infty}e^{\frac{\ln(n + 1)}{n}} = 1$，由夹逼准则可得$\lim_{n \to \infty}(\sqrt{n^2+1})^{1/n}=1$。
    • 所以$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\left| \frac{3^{-\sqrt{n}} x^n}{\sqrt{n^2+1}} \right|}=\vert x\vert\times\frac{1}{1}=\vert x\vert$。
    • 根据根值检验法，当$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\vert a_{n}\vert}\vert x\vert\lt1$时级数收敛，即$\vert x\vert\lt1$，所以收敛半径$R = 1$，级数在$\vert x\vert \lt 1$时收敛。
  2. 分析端点：
    • 当$x = 1$时，级数为$\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{3^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n^{2}+1}}$。
    • 因为$\frac{3^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n^{2}+1}}\lt\frac{1}{\sqrt{n^{2}}}=\frac{1}{n}$，且$\frac{3^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n^{2}+1}}\sim\frac{1}{n}$（$n\to\infty$），又因为$\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$是$p = 2\gt1$的$p$ - 级数，收敛，根据比较判别法的极限形式，$\lim_{n \to \infty}\frac{\frac{3^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n^{2}+1}}}{\frac{1}{n^2}}=\lim_{n \to \infty}\frac{3^{-\sqrt{n}}n^2}{\sqrt{n^{2}+1}} = 0$，所以原级数收敛。
    • 当$x = -1$时，级数为$\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{3^{-\sqrt{n}} (-1)^n}{\sqrt{n^{2}+1}}$。
    • 令$u_{n}=\frac{3^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n^{2}+1}}$，则$u_{n + 1}=\frac{3^{-\sqrt{n + 1}}}{\sqrt{(n + 1)^{2}+1}}$，$\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{3^{-\sqrt{n + 1}}}{\sqrt{(n + 1)^{2}+1}}\cdot\frac{\sqrt{n^{2}+1}}{3^{-\sqrt{n}}}=3^{\sqrt{n}-\sqrt{n + 1}}\cdot\frac{\sqrt{n^{2}+1}}{\sqrt{(n + 1)^{2}+1}}$。
    • 因为$\sqrt{n}-\sqrt{n + 1}=\frac{(\sqrt{n}-\sqrt{n + 1})(\sqrt{n}+\sqrt{n + 1})}{\sqrt{n}+\sqrt{n + 1}}=\frac{n-(n + 1)}{\sqrt{n}+\sqrt{n + 1}}=-\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n + 1}}\lt0$，所以$3^{\sqrt{n}-\sqrt{n + 1}}\lt1$，且$\frac{\sqrt{n^{2}+1}}{\sqrt{(n + 1)^{2}+1}}\lt1$，则$\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\lt1$，即$u_{n+1}\lt u_{n}$，且$\lim_{n \to \infty}u_{n}=\lim_{n \to \infty}\frac{3^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n^{2}+1}} = 0$，根据莱布尼茨判别法，交错级数$\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{3^{-\sqrt{n}} (-1)^n}{\sqrt{n^{2}+1}}$收敛。
    • 又因为$\sum_{n = 0}^{\infty}\left|\frac{3^{-\sqrt{n}} (-1)^n}{\sqrt{n^{2}+1}}\right|=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{3^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n^{2}+1}}$收敛，所以原级数绝对收敛。