Bài tập chuỗi số có lời giải

Vi tích phân A1

Chuỗi số

1. Viết số hạng tổng quát của chuỗi
a)

7
1 3 5
+ + +
+ ...
2 4 8 16

b)

1 1
1
1
1
1
+ +
+
+
+
+ ...
2 6 12 20 30 42

c) 1 +

d)

e)

2 3 4
+ + + ...
2 4 8

6
8
2 4
+ +
+
+ ...
5 8 11 14
2
3

2

+

3
7

2

+

4
11

2

5
15

+

2

+ ...

2. Dùng định nghĩa chứng minh các chuỗi số sau hội tụ và tính tổng của chúng
a)

1
1
1
1
+
+
+
+ ...
1.3 3.5 5.7 7.9

b)

2 1 1
1
1
+ + +

+
+ ...
3 3 6 12 24

c)

d)

1 1
+
2 3

+

1
1
+ 2
2
2
3

+ ... +

1
1
+ n
n
2
3

+ ...

5
2n + 1
3
+
+ ... + 2
+ ...
4 36
n (n + 1)2
∞

e)

√

√
√
n+2−2 n+1+ n

n=1
∞

ln 1 −

f)
n=2

∞

3. Cho biết
n=1

1
n2

1
π2
=
. Tính
n2
6

∞

n=1

1
(2n − 1)2

4. Xét xem các chuỗi sau hội tụ hay phân kì
1 2 3
4
a) + + +
+ ...
2 5 8 11

∞

n · arctan

b)
n=1

1
n

5. Dùng tiêu chuẩn so sánh xét sự hội tụ của các chuỗi số sau:
∞

a)
n=1
∞

b)
n=1

∞

n+1
n(n + 2)

g)

1
(n + 1)(n + 3)

h)

1+

n=1
∞

n=1

1
n2

1
n
n+1
n

n

1
Đại học Cần Thơ


Vi tích phân A1

Chuỗi số

∞

∞

π
c)
tan n

4
n=1

i)
n=1

∞

en − 1
j)
(en + 1)2
n=1
√
∞
n+ n
k)
2n3 − 1
n=1

√
1 √
n+1− n−1
n

e)
n=1
∞

√

f)
n=1

2

∞

π
d)
sin n
2
n=1
∞

n+1
n2 + 1

∞

1
n2 + 2n

l)
n=1

ln n
n3 + 3

6. Dùng tiêu chuẩn Cô si hoặc D’Alambert xét tính hội tụ phân kì
∞

a)
n=1
∞

c)

∞

n
2n

b)
n=1

√
√
√
√
√
3
5
( 2 − 2)( 2 − 2) . . . ( 2 −

√

2n+1

1.3.5 · · · (2n − 1)
3n .n!

2)

n=1
∞

d)
n=1
∞

f)
n=1
∞

h)
n=1

∞

(3n + 1)!
n2
1
2n

1
1+
n

n2
2 + n1

e)
n=1
n2

∞

g)
n=1
∞

i)

n

n=1

3n
2n + 1

n

(n!)2
2n2
nn
n!

7. Dùng tiêu chuẩn tích phân Cauchy, xét sự hội tụ của các chuỗi số sau:
∞
∞

1
1
√
a)
b)
n ln n ln(ln n)
n=2 n ln n
n=3
∞
2

ne−n

c)
n=1

8. Xét sự hội tụ của chuỗi đan dấu:
∞
∞
(−1)n
(−1)n
√
a)
b)
ln(n + 1)
2n + 1
n=1
n=1
∞

c)
n=1

(−1)n
n − ln n

9. Xét sự hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ của các chuỗi số sau:

2
Đại học Cần Thơ


Vi tích phân A1

Chuỗi số

∞

(−1)

a)
∞

n−1

(−1)
n=1
∞

c)

n=1

(−1)

d)

n(n + 1)

n=1

b)

∞

1

n

n

n=1
∞

n
6n − 5

n=1
∞

(−1)n 2n sin2n x

n

f)
n=1
∞

10. Chứng minh rằng chuỗi hàm
n=1

n

sin(n!)
√
n n

e)

(−1)n
x+n

2n + 1
3n + 1

0
π
2

(−1)n n
hội tụ đều trên R

n 2 + x4

11. Tìm miền hội tụ, hội tụ tuyệt đối của các chuỗi hàm:
∞

∞

(nx)n

a)

d)

n=1

n=1

∞

∞
−nx

e

b)

c)
n=1

(−1)n+1

e)

n=1
∞

x
2x + 1

n
n+1

n=1
∞

1
1 + x2n

f)
n=1

n

1
nln x

(−1)n cos nx
enx

12. Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa:

∞

a)
n=1
∞

b)
n=1
∞

c)
n=1
∞

d)
n=2

1
1+
n

n2

∞

x

n

e)

n=1
∞

xn
(n!)2

f)
n=1
∞

xn
2n + 3n

g)
n=1
∞

xn+1
n3n ln n

h)
n=1

(−1)n
n!

n
e

n

2n + 1

n

xn

2n−1

xn

(−1)n
(x − 3)n
n
(n + 1)2
(x − 1)n
√
2n + 1

13. Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa suy rộng
∞

a)
n=1
∞

b)
n=0

∞

1
n(x + 2)n
1
2n + 1

1−x
1+x

c)
n=1
∞

n

d)
n=1

1
π
sin n
n
x
2
1
1+
n

−n2

· e−nx

3
Đại học Cần Thơ


Vi tích phân A1

Chuỗi số

14. Tính tổng của các chuỗi hàm sau
∞

x2n−1
2n − 1

a)
n=1
∞

(−1)n

b)
n=0
∞

x2n+1
2n + 1

xn
n(n + 1)

c)
n=1
∞

n(n + 1)xn

d)
n=1
∞

(−1)n−1 n2 xn

e)
n=1

15. Khai triển Taylor hàm số f (x) =

1
ở lân cận x = 1
x

16. Viết khai triển Maclaurin các hàm số sau
1
a) f (x) = (ex + e−x )
2

b) f (x) = x ln(1 + x2 )

c) f (x) = sin2 x

d) f (x) = x2 ex

4
Đại học Cần Thơ


1. Số hạng tổng quát un
2n − 1
, ∀n ≥ 1
2n
1
(b) un =
, ∀n ≥ 1
n(n + 1)
n+1
, ∀n ≥ 1
(c) un =
2n
2
2.1 4
2.2
(d) Ta có: =
, =
5
2+3 8
2 + 3.2
2n
un =
, ∀n ≥ 1

2 + 3n
(a) un =

(e) Phân tích mẫu số ta có: 3 = 1 + 2, 7 = 3 + 4, 11 = 5 + 6, 15 = 7 + 8
Dãy 1, 3, 5, 7, ... có dạng 2n − 1 và dãy 2, 4, 6, 8 có dạng 2n
⇒ un =

n+1
4n − 1

2

, ∀n ≥ 1
n

2. Phương pháp: Xét tổng riêng Sn =

un , biến đổi dãy tổng thành biểu thức đơn giản rồi
k=n0

tính giới hạn.
1
1
1
+
+ ... +
. Ta có:
1.3 3.5
(2n − 1)(2n + 1)
2

2
2
1
+
+ ... +
Sn =
2 1.3 3.5
(2n − 1)(2n + 1)
1
1 1 1
1
1
=
1 − + − + ... +
−
2
3 3 5
2n − 1 2n + 1
1
1
= −
2 2(2n + 1)
1
∗ lim Sn =
n→∞
2
1
Vậy chuỗi hội tụ và có tổng là
2
1

(b) Số hạng tổng quát un =
3.2n
(a) Tổng riêng Sn =

Tổng riêng thứ n:
2 1 1
1
1
+ + +...+
= 1+
3 3 6
3.2n
3
4
∗ lim Sn =
n→∞
3
4
Vậy chuỗi hội tụ và có tổng là
3
Sn =

1 1
1
+ + ... + n
2 4
2

= 1+

(c) Tổng riêng thứ n:
Sn =

1 1
+
2 3

+

1
1
+
22 32

+ ... +

1
1
+
2n 3n

Chuỗi số có tất cả số hạng đều dương nên có thể sắp xếp lại:

1

1 1 1 − 21n
4
1
· ·
= −

3 2 1 − 12
3 3.2n


1
1
1
1
1
1
+
+ ... + n +
+
+ ... + n
2 22
2
3 32
3
1 1 − 21n
1 1 − 31n
3
1
1
= ·
+
·
= −
+
1
1

n
2 1− 2
3 1− 3
2
2
2.3n
3
∗ lim Sn =
n→∞
2
3
Vậy chuỗi hội tụ và có tổng là
2
Sn =

(d) Tương tự bài (a), ta có:
2n + 1
1
1
= 2−
n2 (n + 1)2
n
(n + 1)2
ĐS: Chuỗi hội tụ và S = 1
(e) Số hạng tổng quát un =

√

√
√

n+2−2 n+1+ n= √

1
1
√
−√
√
n+2+ n+1
n+1+ n

Tổng riêng thứ n
n

Sn =

√
√
( k + 2 − 2 k + 1 + k) =
√

n

√

1
k+2+

√

k+1

−√

1

√

k
k=1
1
1
1
1
√ −√
√ −√
√ + ... + √
√
+
−√
=√
√ =
n+2+ n+1
n+1+ n
3+ 2
2+1 2+ 3
3+ 2
1
1
√
√

−√
n+2+ n+1
2+1
√
1
=1− 2
∗ lim Sn = − √
n→∞
2+1
k=1

1

k+1+

1

(f) Số hạng tổng quát:
un = ln 1 −

1
n2

n2 − 1
n2

= ln

= ln[(n − 1)(n + 1)] − 2 ln n = ln(n − 1) + ln(n + 1) − 2 ln n

Tổng riêng thứ n:
n

(ln(k − 1) + ln(k + 1) − 2 ln k) = (ln 1 + ln 3 − 2 ln 2) + (ln 2 + ln 4 − 2 ln 3) + (ln 3 +

Sn =
k=2

ln 5 − 2 ln 4) + . . . + (ln(n − 1) + ln(n + 1) − 2 ln n) = − ln 2 + ln(n + 1) − ln n = ln
∗ lim Sn = − ln 2
n→∞

3. Nhận xét:
∞

∗
n=1
∞

∗
n=1
∞

∗
n=1

1
1
1
1

= 1 + 2 + 2 + ... +
+ ...
(2n − 1)2
3
5
(2n − 1)2
1
1
1
1
= 1 + 2 + 2 + ... + 2 + ...
2
n
2
3
n
1
1
1
1
1
= 2 + 2 + 2 + ... +
+ ...
2
(2n)
2
4
6
(2n)2
∞

Vậy
n=1
∞

⇒
n=1

1
=
n2

∞
n=1

1
+
(2n)2

1
=
(2n − 1)2

∞
n=1

∞

1
(2n − 1)2

n=1
∞

1
−
n2

n=1

1
3
=
2
(2n)
4

∞
n=1

2

1
π2
=
n2
8

n+1
2n

4. Ta có hệ quả của điều kiện cần: Nếu lim un = 0 thì chuỗi phân kì
n→∞

(a) Số hạng tổng quát: un =
Ta thấy: lim un =
n→∞

(b) un = n arctan

1
=
n

n
, ∀n ≥ 0
3n − 1

1
= 0 nên chuỗi phân kì.
3
arctan n1
1
n

Ta thấy lim un = 1 = 0 nên chuỗi phân kì.
n→∞

5. Hai tiêu chuẩn so sánh:

• Tiêu chuẩn so sánh 1: un ≥ vn .
un
.
n→∞ vn

• Tiêu chuẩn so sánh 2: lim

(a) Chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn so sánh 2, so sánh với chuỗi điều hòa.
1
1
≤ 2
(n + 1)(n + 3)
n
π
tan
π
4n
(c) Xét thêm chuỗi vn = n , ta có: lim
= 1, mà chuỗi vn hội tụ nên chuỗi đã cho hội
π
n→∞
4
4n

(b) Chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 1:

tụ theo tiêu chuẩn so sánh 2.
(d) Tương tự câu (c), chuỗi hội tụ.
√

2
1 √
√
√
n+1− n−1 =
n
n n+1+ n−1
1
un
Xét thêm chuỗi vn = 3 , ta có: lim
=2
n→∞
vn
n2

(e) un =

Chuỗi vn hội tụ nên chuỗi un hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 2
(f) Chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn so sánh 2, so sánh với chuỗi điều hòa.
∞

(g) Chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn so sánh 1, ta có :
n=1

1
1+
n

1
1 n

1
+
n2
n
un
1
1
Xét thêm chuỗi vn = 2 , ta có lim
= lim 1 +
n→∞ vn
n→∞
n
n

(h) un =

1
n2

n+1
n

∞

≥

n

=

n

=e

Chuỗi vn hội tụ nên chuỗi un hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 2
(i) Chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 2, so sánh với chuỗi
(j) Chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 2, so sánh với

1
en

(k) Chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 2, so sánh với chuỗi
3

1
n2

1
n2

1 (chuỗi này phân kì).
n=1


(l) Chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh 1,ta có:
√
n

ln n
ln n

1
≤ 3 ≤ 2.
n3 + 3
n
n

1
n
= < 1 ⇒ chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy
n
n→∞
n→∞
2
2
un+1
1.3.5 . . . (2n − 1)(2n + 1)
3n .n!
2n + 1
(b)
=
·
=
n+1
un
3
.(n + 1)!
1.3.5 . . . (2n − 1)
3(n + 1)
2n + 1
un+1

2
= lim
lim
= < 1 ⇒ chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn D’Alembert.
n→∞ 3(n + 1)
n→∞ un
3
√
√
√
√ √
√
√
√
2n+3
3
5
√
un+1
( 2 − 2)( 2 − 2) . . . ( 2 − 2n+1 2)( 2 −
2) √
2n+3
√
√
√
√
√
√
(c)
=

2
= 2−
3
5
2n+1
un
( 2 − 2)( 2 − 2) . . . ( 2 −
2)
√
√
√
2n+3
lim
2−
2 = 2 > 1 ⇒ chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn D’Alembert

6. (a) lim

n

un = lim

n→∞

(d)

un+1
(3n + 4)!
n2
n2 (3n + 2)(3n + 3)(3n + 4)

=
·
=
→ ∞ ⇒ chuỗi phân kì theo
un
(n + 1)2 (3n + 1)!
(n + 1)2
tiêu chuẩn D’Alembert

(e) Phân kì theo tiêu chuẩn Cauchy
(f) lim

n

n→∞

1
2n

n2

1
1+
n

=

1
1
lim 1 +

n→∞
2
n

n

=

e
> 1 ⇒ chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn
2

Cauchy
2

(g)

un+1
((n + 1)!)2 2n
(n + 1)2
=
=
·
2
2
un
(n!)
22n+1
2(n+1)
2

un+1
2(n + 1)
1
(n + 1)
lim
= lim
= lim n 2 = 0 < 1 ⇒ chuỗi hội tụ theo
= lim
2n+1
n
n→∞ un
n→∞ 2.4 ln 4
n→∞ 4 ln 4
n→∞ 2
tiêu chuẩn D’Alembert

(h) lim

n→∞

(i)

n

n2
2 + n1

n

=

1
< 1 ⇒ hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy
2

un+1
(n + 1)n+1 n!
=
· n =
un
(n + 1)!
n

1+

1
n

n

→ e, n → ∞ ⇒ chuỗi phân kì theo tiêu chuẩn

D’Alembert.
∞

1
7. (a) Ta có f (x) = √
≥ 0 và giảm trên [2, +∞), đặt un = f (n), khi đó
x ln x
∞

f (x) dx và
2

f (n) cùng hội tụ hoặc phân kì.
n=2
∞

2

b

1
√
dx = lim
b→∞
x ln x

√

1
ln x

2

√
b
d(ln x) = lim (2 ln x ) = ∞

Tích phân phân kì ⇒ chuỗi phân kì.

(b) Tương tự (a), đặt t = ln(ln x), ta có chuỗi phân kì.
(c) Ta có tích phân:

4

b→∞

2


∞

∞

∞

f (x) dx =
1

xe

−x2

1
dx = −
2

−x2

e

−e−x
) = lim
b→∞
2

2

1

1

1
2e

d(e

−x2

b

2

= lim
1

b→∞

−e−b
e−1

+
2
2

=

2

Hội tụ nên chuỗi f (n) = ne−n hội tụ.
∞

8. (a)
n=1

(−1)n
=
ln(n + 1)

∞

(−1)n an
n=1

an là dãy giảm và lim an = 0 nên chuỗi hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz.
n→∞

(b) (c) Tương tự (a)
1

9. (a) Chuỗi an = (−1)n

n(n + 1)

hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz.

Chuỗi |an | phân kì, so sánh với chuỗi điều hòa.
∞

1

(−1)n

Vậy chuỗi

bán hội tụ.
n(n + 1)
n
1
(b) Nhận thấy lim
= = 0 nên có thể kết luận chuỗi đã cho phân kì.
n→∞ 6n − 5
6
∞
n
(−1)
(c)
hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz.
x+n
n=1

n=1
∞
n=1

(−1)n
phân kì (so sánh với chuỗi điều hòa).
x+n

Vậy chuỗi đã cho bán hội tụ.
∞

(−1)n

(d) Chuỗi
n=1

∞

(−1)n )
n=1

2n + 1
3n + 1

2n + 1
3n + 1

n

hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy nên chuỗi

n

hội tụ. Kết luận chuỗi đã cho hội tụ tuyệt đối.

(e) sin(n!) là một đại lượng bị chặn trong [−1; 1] và có dấu bất kỳ.
∞

Chuỗi
n=1

sin(n!)
√
hội tụ nên chuỗi đã cho hội tụ tuyệt đối.
n n

2n sin2n x
π
= 2 sin2 x < 1 (do 0 < x < )
n→∞
n
4
2n
n
2 sin x
Chuỗi (−1)n
hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy nên chuỗi đã cho hội tụ ⇒ chuỗi
n

(f) lim

n

(−1)n

hội tụ tuyệt đối.
10. Áp dụng định nghĩa chuỗi hàm hội tụ đều:
∞

(−1)n n
hội tụ ∀x (định lí Leibnitz)
n2 + x4
n=1
n+1
1
, ∀x ∈ R
Ta có |rn (x)| ≤ |un+1 (x)| =
<
2
4
(n + 1) + x
n+1
1
1
Vậy |rn (x)| <
< ε, ∀n > − 1
n+1
ε
Chuỗi

5


1
− 1. Khi đó ∀n ≥ no , |rn (x)| < ε, ∀x ∈ R
ε
(−1)n n
hội tụ đều trên R
n2 + x4

Do đó ∀ε > 0, lấy no >
∞

Vậy chuỗi hàm
n=1

11. (a) Ta có

= lim

√
n

n→∞

an = lim

n→∞

√

n

nn = ∞ ⇒ bán kính hội tụ r =

−1

=0

Vậy chuỗi hàm hội tụ tại 0.
(b) an (x) = e−nx
an+1 (x)
e−(n+1)x
= lim
= e−x
n→∞
an (x)
e−nx

= lim

n→∞

Chuỗi hàm hội tụ khi |e−x | < 1 ⇔ ex > 1 ⇔ x > 0
∞

* Tại x = 0: Chuỗi ⇔

1 phân kì.
n=1

Vậy miền hội tụ của chuỗi là (0; +∞)
∞

(c) Chuỗi
n=1

1
cùng tính hội tụ phân kỳ với chuỗi
1 + x2n

∞
n=1

1
(∗)
x2n

(∗) hội tụ khi 0 < x2 < 1 ⇒ x < −1 ∨ x > 1
Miền hội tụ của chuỗi đã cho (−∞, −1) và (1, +∞)
(d) Đặt t =

x
.
2x + 1

∞

Chuỗi viết thành:
n=1

= lim

n

n→∞

n
n+1

∞

n

x
2x + 1

=
n=1

n n
t (∗)
n+1

n
=1⇒r=1
n+1

Khoảng hội tụ : (−1; 1)
Tại t = ±1: chuỗi phân kì theo điều kiện cần.
⇒ Miền hội tụ của chuỗi (∗) : (−1, 1)

x
1
< 1 ⇔ x < −1 ∨ x > −
2x + 1
3
1
Miền hội tụ của chuỗi đã cho: (−∞, −1) và − , +∞
3
Ta có: −1 < t < 1 ⇔ −1 <

∞
n+1

(e) Đặt p = ln x. Chuỗi viết thành:

(−1)
n=1

∞

Chuỗi ban đầu hội tụ tuyệt đối khi
n=1

1
nln x

∞

=

(−1)n+1
n=1

1
hội tụ ⇔ p > 1 ⇔ ln x > 1 ⇒ x > e.
np

Miền hội tụ của chuỗi đã cho: (e, +∞).
∞

(f) Chuỗi đã cho hội tụ tuyệt đối khi
n=1

cos nx
(∗) hội tụ.
enx

Giá trị cos nx bị chặn trong [−1, 1] do đó: lim

n→∞

Ta có: lim

n→∞

n

1
np

cos nx
1
= x
nx
e
e
6

n

| cos nx| = 1


(∗) hội tụ khi ex > 1 ⇔ x > 0.
Miền hội tụ của chuỗi đã cho: (0, +∞)
n2

1
1+
n

12. (a) an =

1
n

n

1

1
1 1
.
⇒ khoảng hội tụ − ,
n→∞
n→∞
e
e e
1
Bằng tiêu chuẩn Cauchy, chứng minh được chuỗi hội tụ tại ± . Ta có:
e
n

= lim

n

lim

(±1)n

n→∞

* Dãy số
lim

n→∞

|an | = lim

1+

1+

1
n

n

1+

n2

1
1+
n

1
1
= lim 1 +
n→∞
e
n

=

n

·

1
e

n

1
n
·

·

=e⇒r=

tăng nghiêm ngặt và hội tụ về e ⇒

1+

1
n

n


1
<1
e

1 1
Vậy miền hội tụ của chuỗi : − ,

e e
13. (a) Đặt t =
= lim

1
⇒
x+2
n

n→∞

∞
n=1

1
=
n(x + 2)n

∞
n=1

1 n
t
n

(∗)

1
1
= 1 ⇒ r = = 1 ⇒ khoảng hội tụ: (−1, 1)

n
∞

* Tại t = −1: (∗) ⇔
n=1
∞

* Tại t = 1: (∗) ⇔
n=1

(−1)n
: hội tụ theo tiêu chuẩn Lebnitz
n

1
: chuỗi điều hòa phân kì.
n

⇒ miền hội tụ của chuỗi (∗) : [−1, 1) ⇔ −1 ≤ t < 1 ⇔ −1 ≤

1
< 1 ⇔ x ≤ −3 hoặc
x+2

x > −1.
Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho: (−∞, −3] và (−1, +∞).
(b) Đặt t =
= lim

n→∞

1−x
⇒
1+x
n

∞
n=0

1
2n + 1

1−x
1+x

∞

n

=
n=0

tn
2n + 1

(∗)

1
1
= 1 ⇒ r = = 1 ⇒ khoảng hội tụ: (−1, 1)

2n + 1
∞

* Tại t = −1: (∗) ⇔
n=1
∞

(−1)n
: hội tụ theo tiêu chuẩn Lebnitz
2n + 1

1
: phân kì (so sánh với chuỗi điều hòa).
2n + 1
n=1
1−x
⇒ miền hội tụ của chuỗi (∗) : [−1, 1) ⇔ −1 ≤ t < 1 ⇔ −1 ≤
< 1 ⇔ x < −1 hoặc
1+x
* Tại t = 1: (∗) ⇔

x > 0.
Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho: (−∞, −1) và (0, +∞).
(c) ** Khi n → ∞ thì sin

π
π
∼ n
n
2

2
7


∞

1
π
sin n =
n
x
2

Đặt t = x−1 ⇒
n=0

∞

π
=
2n

tn sin
n=0

∞

tn ·
n=0

π
2n

(∗)

π
1
1
= ⇒ r = = 2 ⇒ khoảng hội tụ: (−2, 2)
n
n→∞
2
2
∞
∞
(−2)n π
=
(−1)n π: Phân kì do lim (−1)n không tồn tại.
* Tại t = −2: (∗) ⇔
n→∞
2n
n

= lim

n=1

n=1
∞

* Tại t = 2: (∗) ⇔

π: phân kì .
n=1

1
1
< 2 ⇔ x < − hoặc
x
2

⇒ miền hội tụ của chuỗi (∗) : (−2, 2) ⇔ −2 < t < 2 ⇔ −2 <
1
x> .
2
−∞, −

Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho:
∞

(d) Đặt t =

e−x

n=1

= lim

n

∞
−nx

·e

=
n=1

1
, +∞ .
2
1
1+
n

−n2

· tn

−n2

1
n

1+

n→∞

và

−n2

1
1+
n

>0⇒

1
2

= e−1 ⇒ r =

∞

* Tại t = e: (∗) ⇔
n=1

1
1+
n

−1

= e ⇒ khoảng hội tụ (0, e).

−n2

· en

Bằng tiêu chuẩn Cauchy
lim

n

n→∞

* Dãy
⇒ lim

n→∞

−n2

1
1+
n
1
n
1
1+
n

1+

· en = lim

n→∞

1+

1
n

−n

·e

n

là dãy tăng nghiêm ngặt và hội tụ về e ⇒

1+

1
n

n

< e khi n → ∞.

−n

· e > 1.

⇒ Chuỗi (∗) phân kì tại e. ⇒ miền hội tụ của chuỗi (∗) : (0, e)
0 < t < e ⇔ 0 < e−x < e ⇔ x > −1
Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho : (−1, +∞).
∞

14. (a) Đặt S(x) =
n=1

x3 x5
x2n+1
x2n−1
=x+
+
+ ... +
+ ...
2n − 1
3
5
2n + 1

an+1 (x)
x2n+1 2n − 1
lim
= lim
· 2n−1 = x2
n→∞
n→∞ 2n + 1
an (x)
x
* Khoảng hội tụ x2 < 1 ⇔ x ∈ (−1, 1)
x

Đặt S1 (x) = S (x) =

1 + x2

+ x4

+ . . . + x2n

+ . . ., khi đó S(x) =

S1 (t) dt.(ứng dụng đạo
0

hàm rồi lấy nguyên hàm)
Ta có: S1 (x) là chuỗi hình học với u1 = 1, q = x2 ⇒ S1 (x) =
x

Vậy S(x) =

x

1
1
dt = ln
2
1−t
2

S1 (t) dt =
0

0

8

1+x
.
1−x

1
1 − x2


∞

(−1)n

(b) Đặt S(x) =

n=0

x2n+1
x3 x5
x2n+1
=x−
+
+ . . . + (−1)n
+ ...
2n + 1
3
5
2n + 1

x2n+3 2n + 1
an+1 (x)
= lim
· 2n+1 = x2
lim
n→∞ 2n + 3
n→∞
an (x)
x
* Khoảng hội tụ x2 < 1 ⇔ x ∈ (−1, 1). Đặt
S1 (x) = S (x) = 1 − x2 + x4 − x6 + . . . =
x

Vậy S(x) =

1
1 + x2

S1 (t) dt = arctan x
0

(c)

= lim

1
=1⇒r=1
n(n + 1)

n

n→∞

* Khoảng hội tụ (−1, 1)
Vì x ∈ R nên có thể viết lại:
∞

S(x) =
n=1

xn
1
=
n(n + 1)
x
∞

Đặt S1 (x) =
n=1

∞
n=1

xn+1
n(n + 1)

x2
x3
xn+1
xn+1

=
+
+ ... +
+ ...
n(n + 1)
2
2.3
n(n + 1)

Đạo hàm hai lần ta được:
Đặt S2 (x) = S1 (x) = 1 + x + x2 + x3 + . . . =
x t

⇒ S1 (x) =

x

x t

1
du dt = −
1−u

S2 (u) du dt =

Vậy S(x) =

1
1−x

0 0
S1 (x)

x

ln(1 − t) dt = x + (1 − x) ln(1 − x)
0

0 0

1−x
=1+
ln(1 − x)
x

(d) Khoảng hội tụ (−1, 1)
∞

∞

∞

n(n + 1)xn = x

Viết lại: S(x) =
n=1

n(n + 1)xn−1 = xS1 (x)
n=1

xn+1 = x2 + x3 + x4 + . . ., khi đó (S2 (x)) = S1 (x)

Đặt S2 (x) =
n=1

S2 (x) có u1 = x2 , q = x ⇒ S2 (x) =

x2
1−x

2
(1 − x)3
2x
Vậy S(x) = xS1 (x) =
(1 − x)3

S1 (x) = (S2 (x)) =

(e) Khoảng hội tụ (−1, 1)
Ta có phân tích:
∞

S(x) =

∞

(−1)n−1 n2 xn =
n=1

∞

(−1)n−1 n(n + 1)xn −
n=1

(−1)n−1 nxn = S1 (x) − S2 (x).
n=1

2x
Tương tự các bài trên, tính được S1 (x) =
(1 + x)3

9


∞

(−1)n−1 nxn−1

S2 (x) = x

n=1

...
S2 (x) =

x
(1 + x)2

Vậy S(x) = S1 (x) − S2 (x) =

x − x2
(1 + x)3

1
1
=
, −1 < (1 − x) < 1
x
1 − (1 − x)
1
Ta có
= 1 + x + x2 + . . . + xn + . . . =
1−x

15. f (x) =

∞

xn ,

−1 < x < 1

n=0

Thay x bằng 1 − x:

f (x) =

1
= 1 + (1 − x) + (1 − x)2 + . . . + (1 − x)n + . . . =

1 − (1 − x)

∞

(1 − x)n
n=0

16. Sử dụng các khai triển có sẵn, sau đó thay x = u(x) tương ứng.
(a) Ta có:
x2
xn
+ ... +
+ ...
2!
n!
xn
x2
+ . . . + (−1)n
+ ...
e−x = 1 − x +
2!
n!
1
x2 x4
x2n
⇒ f (x) = (ex + e−x ) = 1 +
+
+ ... +
+ ...
2

2!
4!
(2n)!
x2 x3 x4
(−1)n xn+1
(b) Ta có: ln(1 + x) = x −
+
−
+ ... +
+ ...
2
3
4
n+1
x4 x6 x8
(−1)n x2(n+1)
⇒ ln(1 + x2 ) = x2 −
+
−
+ ... +
+ ...
2
3
4
n+1
x5 x7 x9
(−1)n x2n+3
⇒ f (x) = x ln(1 + x2 ) = x3 −
+
−

+ ... +
+ ...
2
3
4
n+1
1
(c) Ta có: sin2 x = (1 − cos 2x)
2
x2n
(2x)2 (2x)4
(2x)2n
x2 x4
cos x = 1 −
+
− . . . + (−1)n
⇒ cos 2x = 1 −
+
− . . . + (−1)n
2!
4!
(2n)!
2!
4!
(2n)!
2
4
2n
1
1

(2x)
(2x)
(2x)
⇒ f (x) = sin2 x = (1 − cos 2x) =
−
+ . . . + (−1)n+1
2
2
2!
4!
(2n)!
n+2
4
x
x
(d) f (x) = x2 ex = x2 + x3 +
+ ... +
+ ...
2!
n!
ex = 1 + x +

10