(1)

\[
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n(2n-1)}
\]

(2)

\[
\sum_{n=1}^{+\infty}(\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n})
\]

(3)

\[
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n(n+3)}
\]

(4)

\[
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}
\]

(5)

\[
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}
\]

(6)

\[
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n(n+1)(n+2)}
\]

(1)  \[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2n-1}\]

(2)  \[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}\]

(3) \[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n^2}}\]

(4) \[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin^2 n}{n(n+1)}\]

(5) \[\sum_{n=1}^{\infty}\ln\bigl(1+\frac{1}{n}\bigr)\]

(6) \[\sum_{n=1}^{\infty}\biggl[\frac{1}{2n+1}+\frac{(-1)^n}{2n+2}\biggr]\]

梅加强 《数学分析》习题8.1

判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{n^n}$ 的敛散性.

设 $a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$, 求最小的正实数 $\lambda$, 使得对所有 $n\geqslant 2$, 都有

\[
a_n^2 < \lambda\sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k}.
\]

(1) $\frac{1}{1+x^2}$.

(2) $\frac{1}{x^2-5x+6}$.

(1) $f(x)=\frac{3}{x^2+x-2}$ 在 $x=2$ 处.

(2) 将函数 $f(x)=\arctan\frac{1-2x}{1+2x}$ 展开成为关于 $x$ 的幂级数, 并求 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}$ 的和.

(1)

\[
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(x+2)^n}{n\cdot 2^n}=\frac{x+2}{2}+\frac{(x+2)^2}{2\cdot 2^2}+\frac{(x+2)^3}{3\cdot 2^3}+\frac{(x+2)^4}{4\cdot 2^4}+\cdots
\]

(2)

\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n!}
\]

(3)

\[
\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{n}x^n=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{1}{n}x^n+\cdots
\]

设正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛, $d_n:=a_n-a_{n+1}$ 严格单调递减.

证明: 存在某个正数 $N>0$, 当 $n>N$ 时, 有

\[
a_n^2 < (a_n-a_{n+1})\sum_{k=n}^{\infty}(a_{k}+a_{k+1}).
\]

即求极限

\[\lim_{m\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{k(k+1)(k+2)\cdots(k+n)}\]

证明

\[
\begin{split}
(e^z-1)^3&=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n!}(3^n-3\cdot 2^n+3)z^n\\
&\equiv 2\Bigl(\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}+\frac{z^7}{7!}+\cdots\Bigr)\quad (\text{mod}\ 4)
\end{split}
\]

对于大于等于 $3$ 的素数 $p$, 证明

\[
\begin{split}
(e^z-1)^{p-1}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}\biggl[(p-1)^n-\binom{p-1}{1}(p-2)^n+\binom{p-1}{2}(p-3)^n-\cdots-\binom{p-1}{p-2}\biggr]z^n\\
&\equiv -\biggl(\frac{z^{p-1}}{(p-1)!}+\frac{z^{2(p-1)}}{(2p-2)!}+\frac{z^{3(p-1)}}{(3p-3)!}+\cdots\biggr)\quad (\text{mod}\ p)
\end{split}
\]

对于大于 4 的合数 $m$, 有

\[
(e^z-1)^{m-1}\equiv 0\quad(\text{mod}\ m).
\]