📝 题目
4.3.7 已知零阶贝塞尔函数
$$ {\mathrm{J}}_{0}\left( x\right) \overset{\text{ 定义 }}{ = }\frac{2}{\pi }{\int }_{0}^{\pi /2}\cos \left( {x\sin \theta }\right) \mathrm{d}\theta , $$
求证: ${\mathrm{J}}_{0}\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n}\frac{{x}^{2n}}{{\left( n!\right) }^{2}{2}^{2n}}$ .
💡 答案与解析
### 4.3.4 求下列级数的和
#### (1) $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+1}{n! 2^n} x^n}$
**解答步骤**：
首先，将级数拆分成两个部分： $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+1}{n! 2^n} x^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n! 2^n} x^n + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n! 2^n} x^n $$ 注意 $\frac{n}{n!} = \frac{1}{(n-1)!}$，所以： $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n! 2^n} x^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n-1)!} \left(\frac{x}{2}\right)^n $$ 令 $m = n-1$，则： $$ = \frac{x}{2} \sum_{m=0}^{\infty} \frac{1}{m!} \left(\frac{x}{2}\right)^m = \frac{x}{2} e^{x/2} $$ 第二部分： $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n! 2^n} x^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!} \left(\frac{x}{2}\right)^n = e^{x/2} - 1 $$ 因此，原级数和为： $$ \frac{x}{2} e^{x/2} + e^{x/2} - 1 = e^{x/2}\left(1 + \frac{x}{2}\right) - 1 $$
**答案**： $$ \boxed{e^{x/2}\left(1+\frac{x}{2}\right)-1} $$
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#### (2) $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{4n+1}}{4n+1}}$
**解答步骤**：
考虑函数： $$ S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{4n+1}}{4n+1} $$ 对 $x$ 求导： $$ S'(x) = \sum_{n=0}^{\infty} x^{4n} = \frac{1}{1-x^4}, \quad |x|<1 $$ 积分得： $$ S(x) = \int_0^x \frac{dt}{1-t^4} $$ 利用部分分式： $$ \frac{1}{1-t^4} = \frac{1}{2(1-t^2)} + \frac{1}{2(1+t^2)} $$ 更精确地： $$ \frac{1}{1-t^4} = \frac{1}{4}\left( \frac{1}{1-t} + \frac{1}{1+t} + \frac{2}{1+t^2} \right) $$ 积分： $$ \int_0^x \frac{dt}{1-t} = -\ln(1-x),\quad \int_0^x \frac{dt}{1+t} = \ln(1+x),\quad \int_0^x \frac{2}{1+t^2} dt = 2\arctan x $$ 因此： $$ S(x) = \frac{1}{4}\left( -\ln(1-x) + \ln(1+x) + 2\arctan x \right) = \frac{1}{4}\ln\frac{1+x}{1-x} + \frac{1}{2}\arctan x $$
**答案**： $$ \boxed{\frac14 \ln\frac{1+x}{1-x} + \frac12 \arctan x} $$
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#### (3) $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} n^2 x^{n-1}}$
**解答步骤**：
已知： $$ \sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}, \quad |x|<1 $$ 求导一次： $$ \sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1} = \frac{1}{(1-x)^2} $$ 再求导一次： $$ \sum_{n=1}^{\infty} n(n-1) x^{n-2} = \frac{2}{(1-x)^3} $$ 但我们要求的是 $\displaystyle{\sum n^2 x^{n-1}}$。注意： $$ n^2 = n(n-1) + n $$ 所以： $$ \sum_{n=1}^{\infty} n^2 x^{n-1} = \sum_{n=1}^{\infty} n(n-1) x^{n-1} + \sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1} $$ 第一项： $$ \sum_{n=1}^{\infty} n(n-1) x^{n-1} = x \sum_{n=1}^{\infty} n(n-1) x^{n-2} = x \cdot \frac{2}{(1-x)^3} $$ 第二项就是 $\frac{1}{(1-x)^2}$。因此： $$ \sum_{n=1}^{\infty} n^2 x^{n-1} = \frac{2x}{(1-x)^3} + \frac{1}{(1-x)^2} = \frac{2x + (1-x)}{(1-x)^3} = \frac{1+x}{(1-x)^3} $$
**答案**： $$ \boxed{\frac{1+x}{(1-x)^3}} $$
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### 4.3.5 求下列级数的和
#### (1) $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n-1}{2^n}}$
**解答步骤**：
拆开： $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n-1}{2^n} = 2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^n} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} $$ 已知： $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} = 1 $$ 以及： $$ \sum_{n=1}^{\infty} n x^n = \frac{x}{(1-x)^2},\quad |x|<1 $$ 令 $x = \frac12$： $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^n} = \frac{1/2}{(1-1/2)^2} = \frac{1/2}{1/4} = 2 $$ 所以： $$ 2 \times 2 - 1 = 3 $$
**答案**： $$ \boxed{3} $$
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#### (2) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2n+1)}$
**解答步骤**：
部分分式： $$ \frac{1}{n(2n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{2}{2n+1} $$ 所以： $$ \sum_{n=1}^N \frac{1}{n(2n+1)} = \sum_{n=1}^N \frac{1}{n} - 2\sum_{n=1}^N \frac{1}{2n+1} $$ 令 $\displaystyle{S_N = \sum_{k=1}^{2N+1} \frac{1}{k}}$，则： $$ \sum_{n=1}^N \frac{1}{2n+1} = S_{2N+1} - 1 - \frac12 \sum_{n=1}^N \frac{1}{n} $$ 代入得： $$ \sum_{n=1}^N \frac{1}{n(2n+1)} = H_N - 2\left( H_{2N+1} - 1 - \frac12 H_N \right) = H_N - 2H_{2N+1} + 2 + H_N $$ $$ = 2H_N - 2H_{2N+1} + 2 $$ 当 $\displaystyle{N\to\infty}$，利用 $H_N = \ln N + \gamma + o(1)$，$H_{2N+1} = \ln(2N+1) + \gamma + o(1)$，得： $$ 2\ln N - 2\ln(2N) + 2 = 2\ln\frac{N}{2N} + 2 = 2\ln\frac12 + 2 = 2 - 2\ln 2 $$
**答案**： $$ \boxed{2 - 2\ln 2} $$
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#### (3) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n(2n+1)}$
**解答步骤**：
考虑函数： $$ f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n(2