计算级数 计算积分 幂级数解 Wallis 公式 Stirling 公式 §7.4级数的应用 7.4.1用幂级数计算特殊级数的值 例1计算A=(B=C=的值 解先求y=arcsin z在零点的高阶导数值因为y=,即 y'√1-x2=1.再求导,得 y"√1-x2-y√ī-x3=0. 故 (1-x2)y"-xy'=0. 再利用求高阶导数的 Leibniz 公式，可得递推公式： (1-x2)y(n+2)-(2n+1)xy(n+1)-n2y(n)=0. (1) ‖返回全屏关闭退出 1/15
O?ê OÈ© ?ê) Wallis úª Stirling úª §7.4 ?êA^ 7.4.1 ^?êOAÏ?ê ~ 1 O A = X ∞ n=1 1 (2n − 1)2 , B = X ∞ n=1 1 n2 , C = X ∞ n=1 (−1)n−1 n2 . ) k¦ y = arcsin x 3":p ê. Ï y 0 = √ 1 1−x2 , =, y 0√ 1 − x2 = 1. 2¦, y 00p 1 − x2 − y 0 · x √ 1 − x2 = 0. , (1 − x 2 )y 00 − xy0 = 0. 2|^¦p ê Leibniz úª, 4íúª: (1 − x 2 )y (n+2) − (2n + 1)xy(n+1) − n 2y (n) = 0. (1) 1/15 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ
计算级数计算积分幕级数解Wallis公式Stirling公式将=0代入,得y(n+2)(0) - n2y(n)(0) = 0.(2)从 y(0)= 0, y'(0) = 1,经递推公式得y(2n)(0) = 0, y(2n+1)(0) = (2n - 1))2.这样就得到arcsin&的幂级数展开8(2n - 1)!α2n+1, (α E [-1, 1]).>(3)arcsin = +(2n + 1)(2n)!!n=在上式中令=sint,得8(2n - 1)!!Tsin2n+1,>t=sint+<t2(2n + 1)(2n)!n=上式两端对t在[0,]积分，并对右端逐项积分，得872C元/2(2n - 1)!!sin2n+1 t dt=1+8(2n + 1)(2n)!! Jo2.I-返回全屏关闭退出2/15
O?ê OÈ© ?ê) Wallis úª Stirling úª ò x = 0 \, y (n+2)(0) − n 2y (n) (0) = 0. (2) l y(0) = 0, y0 (0) = 1, ²4íúª y (2n) (0) = 0, y(2n+1)(0) = ((2n − 1)!!)2 . ùÒ arcsin x ?êÐm arcsin x = x + X ∞ n=1 (2n − 1)!! (2n + 1)(2n)!! · x 2n+1 , (x ∈ [−1, 1]). (3) 3þª¥- x = sin t, t = sin t + X ∞ n=1 (2n − 1)!! (2n + 1)(2n)!! sin2n+1 t, (− π 2 6 t 6 π 2 ). þªüàé t 3 [0, π 2 ] È©, ¿émàÅÈ©, π 2 8 = 1 + X ∞ n=1 (2n − 1)!! (2n + 1)(2n)!! Z π/2 0 sin2n+1 t dt 2/15 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ
计算级数计算积分幂级数解Wallis公式Stirling公式利用已知的积分元/2(2n)!!sin2n+1 t dt =(2n + 1)!"Jo即得721A=28(2n - 1)2n因为81B=A+A+=B>(2n)24n=所以87241ZB =A3n26n=172因为 B+C = 2A. 所以C =12注1此方法是由Euler发现的(发表于1743年）返回全屏关闭退出II3/15
O?ê OÈ© ?ê) Wallis úª Stirling úª |^®È© Z π/2 0 sin2n+1 t dt = (2n)!! (2n + 1)!! , = A = X ∞ n=1 1 (2n − 1)2 = π 2 8 . Ï B = A + X ∞ n=1 1 (2n) 2 = A + 1 4 B, ¤± B = X ∞ n=1 1 n2 = 4 3 A = π 2 6 . Ï B + C = 2A, ¤± C = π 2 12 . 5 d{´d Euler uy(uLu 1743 c). 3/15 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ
计算级数计算积分幕级数解Wallis公式Stirling公式用幕级数计算积分的值7.4.2ln(1 + c)例 2 计算积分 A =d.Jo解根据幂级数展开式an+iIn(1 + a) = (-1)n E (-1, 1))an+1n=0对于 E (0,1] 有9anIn(1 + ac)Z(-1)rn+1an=0根据幂级数的逐项积分性质，有8872anIn(1 + aα)(-1)n>da = (-1)"A=d =(n + 1)212an+1Jon=0n=0返回全屏关闭退出I-l4/15
O?ê OÈ© ?ê) Wallis úª Stirling úª 7.4.2 ^?êOÈ© ~ 2 OÈ© A = Z 1 0 ln(1 + x) x dx. ) â?êÐmª: ln(1 + x) = X ∞ n=0 (−1)n x n+1 n + 1 , (x ∈ (−1, 1]) éu x ∈ (0, 1] k ln(1 + x) x = X ∞ n=0 (−1)n x n n + 1 . â?êÅÈ©5, k A = Z 1 0 ln(1 + x) x dx = X ∞ n=0 (−1)n Z 1 0 x n n + 1 dx = X ∞ n=0 (−1)n (n + 1)2 = π 2 12 . 4/15 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ
计算级数计算积分幂级数解Wallis公式Stirling公式7.4.3微分方程幕级数解设二阶齐次线性微分方程y"+ p(a)y'+q(c)y= 0的系数p(α）和g(α）在ao的邻域内可以展开成幂级数，则可以假设方程在Co的邻域有幂级数解8y = an(a - ao)".n=0给定初始条件y(ao)=yo,y(aco）=y1，将上式代入方程，利用待定系数法可以求出ao,ai，，从而得出方程的一个特解yi(α).给定另一组初始条件y(co)=yo,y(co）=9i,它与（yo,yi)线性无关,则可以得出与 yi(α)线性无关的特解y2(αc），从而得出方程的通解y(α) = Ciyi(α) + C2y2(α)二返回全屏关闭退出45/15
O?ê OÈ© ?ê) Wallis úª Stirling úª 7.4.3 ©§?ê) àg5©§ y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0 Xê p(x) Ú q(x) 3 x0 S±Ðm¤?ê, K±b§3 x0 k?ê) y = X ∞ n=0 an(x − x0) n . ½Ð©^ y(x0) = y0, y0 (x0) = y1, òþª\§, |^½Xê{ ±¦Ñ a0, a1, · · · , l ѧA) y1(x). ½,|Щ^ y(x0) = ¯y0, y0 (x0) = ¯y1, § (y0, y1) 5Ã', K±Ñ y1(x) 5à 'A) y2(x), l ѧÏ): y(x) = c1y1(x) + c2y2(x). 5/15 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ
计算级数幂级数解Stirling公式计算积分Wallis公式例3求Airy方程y"-ay= 0的幂级数解解设y=En=oanan是Airy方程的幂级数解，则xy=nanan-1, y" = En(n - 1)anan-2.n=1n=2代入方程，得XEn(n - 1)anan-2 ,anan+l= 0.>n=2n=0即, (n + 2)(n + 1)an+2 - an-1)a" = 0.2a2+n=l返回全屏关闭退出6/15
O?ê OÈ© ?ê) Wallis úª Stirling úª ~ 3 ¦ Airy § y 00 − xy = 0 ?ê). ) y = P∞ n=0 anx n ´ Airy §?ê), K y 0 = X ∞ n=1 nanx n−1 , y00 = X ∞ n=2 n(n − 1)anx n−2 . \§, X ∞ n=2 n(n − 1)anx n−2 − X ∞ n=0 anx n+1 = 0. =, 2a2 + X ∞ n=1 (n + 2)(n + 1)an+2 − an−1 x n = 0. 6/15 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ
计算级数计算积分幕级数解Wallis公式Stirling公式因此，有an-1(n ≥ 1).a2 = 0,an+2=(n + 1)(n + 2)(令ao=1,a1=0,得a3k+1=a3k+2=0,11.4.7·.(3k-2)a3k=(3k)!2.3.5.6...(3k-1).3k因此，一个特解是81·4·7..·(3k-2)3kyi(α) = 1 +r7(3k)!k=1令o=0,ai=1,得a3k=a3k+2=0,2.5.8...(3k-1)a3k+1=(3k+1)!因此，另一个特解是X2.5.8..·(3k-1)235+1y2(α) =a+(3k+1)!k=1返回全屏关闭退出II7/15
O?ê OÈ© ?ê) Wallis úª Stirling úª Ïd, k a2 = 0, an+2 = an−1 (n + 1)(n + 2) , (n > 1). - a0 = 1, a1 = 0, a3k+1 = a3k+2 = 0, a3k = 1 2 · 3 · 5 · 6 · · ·(3k − 1) · 3k = 1 · 4 · 7 · · ·(3k − 2) (3k)! . Ïd, A)´ y1(x) = 1 + X ∞ k=1 1 · 4 · 7 · · ·(3k − 2) (3k)! x 3k . - a0 = 0, a1 = 1, a3k = a3k+2 = 0, a3k+1 = 2 · 5 · 8 · · ·(3k − 1) (3k + 1)! , Ïd, ,A)´ y2(x) = x + X ∞ k=1 2 · 5 · 8 · · ·(3k − 1) (3k + 1)! x 3k+1 . 7/15 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ
幂级数解计算级数计算积分Wallis公式Stirling公式7.4.4 Stirling公式现在，我们要讨论一个很有趣的问题大家知道，当我们比较无穷大量的阶时.有一个体会：lnn,n(α>0),a" (a>1),n!,nn这些量随n一→十8时，发散到十8的速度一个比一个快Stirling公式,就是给出 n!和 nn之间的一种关系.为了给出这个关系，我们先证明下面的引理返回全屏关闭退出II8/15
O?ê OÈ© ?ê) Wallis úª Stirling úª 7.4.4 Stirling úª y3, ·?Øék¯K. [, ·'áþ , kN¬µ ln n, nα (α > 0), an (a > 1), n!, nn ù þ n → +∞ , uÑ +∞ Ý'¯. Stirling úª, Ò´Ñ n! Ú n n m«'X. Ñù'X, · ky²e¡Ún. 8/15 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ
计算级数计算积分幂级数解Wallis公式Stirling公式引理1（Wallis）记（2n与（2n一1)！！分别表示前n个偶数和前n个奇数的连续乘积，则-1(2n)!!元lim2n- 2n + 1(2n - 1)!!因为当0<<时有证明sin2n+1 sin2n α < sin2n-1α<C积分得sin2n+1sin2nsin2n-adadacdr.JoJoJo所以(2n)!!(2n -1)！!(2n - 2)!!元2(2n + 1)!(2n - 1)!!(2n)!!II-I返回全屏关闭退出9/15
O?ê OÈ© ?ê) Wallis úª Stirling úª Ún 1 (Wallis) P (2n)!! (2n − 1)!! ©OL«c n óêÚc n Û êëY¦È, K π 2 = lim n→∞ 1 2n + 1 (2n)!! (2n − 1)!!2 . y² Ï 0 < x < π 2 k sin2n+1 x < sin2n x < sin2n−1 x, È© Z π 2 0 sin2n+1 xdx < Z π 2 0 sin2n xdx < Z π 2 0 sin2n−1 xdx, ¤± (2n)!! (2n + 1)!! < (2n − 1)!! (2n)!! · π 2 < (2n − 2)!! (2n − 1)!! . 9/15 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ
计算级数计算积分幂级数解Wallis公式Stirling公式由此可得2(2n)!!(2n)!!1元22n(2n - 1)!(2n -1)!!2n +1若令(2n)!!(2n)!!11bnan2n+i'(2n -1)!(2n - 1)!!2n则2n+22n+ 14n2+8n+4an+11.>2n+12n+34n2+8n+3an2n4n2 + 4nbn+12n+2<1.bn2n+12n+24n2+4n+1因而[an}是递增数列,{bn}是递减数列,且21(2n)!!元bn-an:22n(2n+1)[(2n-1)!!2m当n→8o时，这个差值趋于零，由此得Wallis公式返回全屏退出关闭10/15
O?ê OÈ© ?ê) Wallis úª Stirling úª dd (2n)!! (2n − 1)!!2 1 2n + 1 1. bn+1 bn = 2n + 2 2n + 12 · 2n 2n + 2 = 4n 2 + 4n 4n2 + 4n + 1 < 1. Ï {an} ´4Oê, {bn} ´4~ê, bn − an = 1 2n(2n + 1) (2n)!! (2n − 1)!!2 < π 2 · 1 2n . n → ∞ , ù ªu", dd Wallis úª. 10/15 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ