数学分析习题练习六

山东大学2019年651数学分析


解：
                  $\displaystyle R=|\frac{\displaystyle \frac{3^n+(-2)^n}{n}}{\frac{\displaystyle 3^{n+1}+(-2)^{n+1}}{n+1}}|=\frac{1}{3},(n \to \infty )$

              由于
                    $\displaystyle \frac{3^n+(-1)^n}{n}\cdot \frac{1}{3^n}=\frac{1}{n}+\frac{(-1)^n}{n\cdot 3^n},(x+1=\frac{1}{3})$

                    $\displaystyle \frac{3^n+(-1)^n}{n}\cdot \frac{1}{(-3)^n}=\frac{(-1)^n}{n}+\frac{1}{n\cdot 3^n},(x+1=-\frac{1}{3})$

            此时，两个级数中分别有一项级数发散，
                          $\displaystyle \therefore -\frac{1}{3}< x+1< \frac{1}{3},\Rightarrow -\frac{4}{3}< x< -\frac{2}{3}.$

                  所以，收敛域为$\displaystyle (-\frac{4}{3},-\frac{2}{3}).$

山东大学2019年651数学分析


证明：
                      用积分判别法，有
                                   $\because \int_{1}^{+\infty }\frac{1}{x^\alpha }dx< \infty ,(\alpha > 1)$

                                    $\therefore a_n< \infty .$

山东大学2019年651数学分析

证明：
                       $\displaystyle \because (1-\frac{\sin x}{x})^{\frac{1}{3}}-1\sim -\frac{1}{3}\cdot \frac{\sin x}{x},(x \to \infty )$

                       $\displaystyle \therefore \int_{0}^{+\infty }[(1-\frac{\sin x}{x})^{\frac{1}{3}}-1]dx=-\frac{1}{3}\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx< \infty .$

              而
                       $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }|[(1-\frac{\sin x}{x})^{\frac{1}{3}}-1]|dx=\frac{1}{3}\int_{0}^{+\infty }|\frac{\sin x}{x}|dx\geq \frac{1}{3}\int_{0}^{+\infty }\frac{2}{x}dx=\infty .$

              所以，广义积分条件收敛。

山东大学2019年651数学分析


证明
                            $\displaystyle \because \sum_{n=1}^{\infty }|a_n-a_{n-1}|< \infty ,$

                  而
                            $\displaystyle S_n=\sum_{k=2}^{n}(a_k-a_{k-1})=a_n-a_1.$

                             $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }S_n=\lim_{n \to \infty }a_n-a_1\leq \sum_{n=2}^{\infty }|a_n-a_{n-1}|< \infty .$
                   由此
                            $\displaystyle |a_n|\leq M,$

                  所以，有
                            $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }a_nb_n\leq \sum_{n=1}^{\infty }|a_n|b_n\leq M\sum_{n=1}^{\infty }b_n< \infty .$

山东大学2019年651数学分析


证明
                 因为
                       $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\sin 2x}{x+\alpha }e^{-\alpha x}dx\leq \int_{0}^{+\infty }\frac{\sin 2x}{x}dx=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin 2x}{2x}d(2x)=\frac{\pi}{2}.$

                  所以，由$M-$判别法，无穷积分对$\displaystyle \alpha \in [0,\beta ]$上一致收敛。

山东大学2018年651数学分析


解：
                       $\begin{align*}I&=\int_{-\infty }^{+\infty }e^{-(ax^2+2bx+c)}dx=\int_{-\infty }^{+\infty }e^{-a(x^2+\frac{2b}{a}x+\frac{c}{a})}dx\\\\&=\int_{-\infty }^{+\infty }e^{-a((x+\frac{b}{a})^2+\frac{c}{a}-\frac{b^2}{a^2})}dx=e^{\frac{b^2}{a}-c}\int_{-\infty }^{+\infty }e^{-a(x+\frac{b}{a})^2}d(x+\frac{b}{a})\\\\&=e^{\frac{b^2}{a}-c}\int_{-\infty }^{+\infty }e^{-at^2}dt=2e^{\frac{b^2}{a}-c}\int_{0}^{+\infty }e^{-at^2}dt.\end{align*}$

                       $\begin{align*}\because (\int_{0}^{+\infty }e^{-at^2}dt)^2&=\int_{0}^{+\infty }e^{-ax^2}dx\int_{0}^{+\infty }e^{-ay^2}dy\\\\&=\int_{0}^{+\infty }\int_{0}^{+\infty }e^{-a(x^2+y^2)}dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{+\infty }re^{-ar^2}dr\\\\&=\frac{\pi}{a}e^{-ar^2}|_0^{+\infty }\\\\&=\frac{\pi}{a}.\end{align*}$

                       $\displaystyle \therefore \int_{0}^{+\infty }e^{-at^2}dt=\sqrt{\frac{\pi}{a}}.$

                   因而
                          $\displaystyle I=2e^{\frac{b^2-ac}{a}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}.$

山东大学2018年651数学分析


解：
                       $\begin{align*}I&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}([\frac{2n}{k}]-2[\frac{n}{k}])\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}([\frac{2}{k/n}]-2[\frac{1}{k/n}])\\\\&=\int_{0}^{1}([\frac{2}{x}]-2[\frac{1}{x}])dx\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }\int_{1/(n+1)}^{1/n}([\frac{2}{x}]-2[\frac{1}{x}])dx\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }(\int_{1/(n+1)}^{1/(n+1/2)}+\int_{1/(n+1/2)}^{1/n})([\frac{2}{x}]-2[\frac{1}{x}])dx,\end{align*}$

           而
                           $\displaystyle \because \int_{1/(n+1)}^{1/(n+1/2)}([\frac{2}{x}]-2[\frac{1}{x}])dx=\int_{1/(n+1)}^{1/(n+1/2)}dx=\frac{2}{2n+1}-\frac{1}{n+1},$

                           $\displaystyle \int_{1/(n+1/2)}^{1/n}([\frac{2}{x}]-2[\frac{1}{x}])dx=0,$

                       $\begin{align*}\therefore I&=\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{2}{2n+1}-\frac{1}{n+1})\\\\&=2\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2})\\\\&=2(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\cdots )\\\\&=2(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\cdots)-1\\\\&=2\ln2-1.\end{align*}$


                             参见“《数学分析教程(第三版) 上》[常庚哲，史济怀编著，2013”问题7.3（2）

【参考】

山东大学2018年651数学分析


解：
          （1）、$f(x)$为偶函数，所以在$[-\pi,\pi]$上
                                      $\displaystyle b_n=0.$

                                       $\displaystyle a_0=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi}{2}\frac{e^x+e^{-x}}{e^\pi+e^{-\pi}}dx=\frac{1}{e^\pi+e^{-\pi}}\int_{0}^{\pi}(e^x+e^{-x})dx=\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{e^\pi+e^{-\pi}}.$

                                       $\displaystyle a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi}{2}\frac{e^x+e^{-x}}{e^\pi+e^{-\pi}}\cos nxdx=\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{e^\pi+e^{-\pi}}\cdot \frac{(-1)^n}{n^2+1}.$

                           令
                                   $\displaystyle A=\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{e^\pi+e^{-\pi}},$

                                 $\displaystyle \therefore f(x)=\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\pi-e^{-\pi}}{e^\pi+e^{-\pi}}+\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{e^\pi+e^{-\pi}}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{n^2+1}\cos nx=\frac{1}{2}A+A\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{n^2+1}\cos nx..$

           （2）、令$x=\pi/2$，则
                                      $\displaystyle f(\frac{\pi}{2})=\frac{1}{2}A+A\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{n^2+1}\cos n\frac{\pi}{2}=\frac{1}{2}A+A\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{4n^2+1}.$

                                    $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{4n^2+1}=\frac{\pi}{2A}\cdot \frac{e^{\frac{\pi}{2}}+e^{\frac{-\pi}{2}}}{e^\pi+e^{-\pi}}-\frac{1}{2}.$

山东大学2018年651数学分析


证明
                   由已知条件，可知有
                                        $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in(a,+\infty ),\exists A> 0,x',x''>A ,s.t.$

                                         $\displaystyle |f(x')-f(x'')|< \epsilon ,$

                   由柯西中值定理，
                                       $\displaystyle |g(x')-g(x'')|=|\frac{g'(\xi)}{f'(\xi)}|\cdot |f(x')-f(x'')|< \epsilon.$

                              即
                                        $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }g(x)< \infty .$

山东大学2018年651数学分析


证明：
                         $\displaystyle \because f_n(x)=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\cos (x+\frac{k}{n}),$

                          $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }f_n(x)=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\cos (x+\frac{k}{n})=\int_{0}^{1}\cos (x+t)dt=\sin (x+1)-\sin x=f(x).$

                 即$f_n(x)$一致收敛于$f(x)$。由此得到     
                          $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in (-\infty ,+\infty ),\exists N> 0,n> N,s.t.$   

                             $\displaystyle |f_n(x')-f(x)|< \frac{\epsilon }{2},$      

                              $\displaystyle |f_n(x'')-f(x)|< \frac{\epsilon }{2},$     

                并且，有
                              $\displaystyle \exists \delta > 0,|x'-x''|< \delta ,s.t.$   

                               $\displaystyle |f_n(x')-f_n(x'')|\leq |f_n(x')-f(x)|+|f_n(x'')-f(x)|< \frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .$