张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第20天

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张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第20天

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438、 8、 试证: $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{ d} x=\sqrt{\pi}$. (黑龙江大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由

$$\begin{aligned} \left[\int_{\mathbb{R}}\mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{ d} x\right]^2=&\iint_{\mathbb{R}^2}\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y =\int_0^\infty \mathrm{e}^{-r^2}\cdot 2\pi r\mathrm{ d} r=\pi \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle \int_\mathbb{R} \mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{ d} x=\sqrt{\pi}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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439、 2、 (15 分) 计算积分 $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}^{-\frac{1}{4s}}\cdot s^{-\frac{3}{2}}\cdot \mathrm{e}^{-s}\mathrm{ d} s$. (华中科技大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\int_0^\infty \mathrm{e}^{-\left(s+\frac{1}{4s}\right)} s^{-\frac{3}{2}}\mathrm{ d} s\\\\ \stackrel{s^{-\frac{1}{2}}=t}{=}&\int_\infty^0 \mathrm{e}^{-\left(\frac{1}{t^2}+\frac{t^2}{4}\right)}(-2\mathrm{ d} t) =\frac{2}{\mathrm{e}}\int_0^\infty \mathrm{e}^{-\left(\frac{t}{2}-\frac{1}{t}\right)^2}\mathrm{ d} t. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

设

$$\begin{aligned} u=\frac{t}{2}-\frac{1}{t}\Rightarrow \frac{\mathrm{ d} u}{\mathrm{ d} t}=\frac{1}{2}+\frac{1}{t^2} > 0, t=u+\sqrt{2+u^2}\left( > 0!\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

则

$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\frac{2}{\mathrm{e}}\int_\mathbb{R} \mathrm{e}^{-u^2} \left(1+\frac{u}{\sqrt{2+u^2}}\right)\mathrm{ d} u\\\\ \xlongequal{\tiny\mbox{对称性}}&\frac{4}{\mathrm{e}}\int_0^\infty \mathrm{e}^{-u^2}\mathrm{ d} u=\frac{4}{\mathrm{e}}\frac{\sqrt{\pi}}{2} =\frac{2\sqrt{\pi}}{\mathrm{e}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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440、 6、 设广义积分 $\displaystyle \int_a^\infty f(x)\mathrm{ d} x$ 收敛. 证明: $\displaystyle F(x)=\int_a^x f(t)\mathrm{ d} t$ 在 $\displaystyle [a,+\infty)$ 上一致连续. (南昌大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \int_a^\infty f(x)\mathrm{ d} x$ 收敛及 Cauchy 收敛准则知

$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ X > a,\mathrm{ s.t.} \forall\ y > x\geq X, \varepsilon > \left|\int_x^y f(t)\mathrm{ d} t\right| =|F(y)-F(x)|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故 $\displaystyle F$ 在 $\displaystyle [X,+\infty)$ 上一致连续. 又由 $\displaystyle F$ 在 $\displaystyle [a,X]$ 上连续知其一致连续. 故 $\displaystyle F$ 在 $\displaystyle [a,+\infty)$ 上一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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441、 6、 判断 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sqrt{x}\cos x}{x+100}\mathrm{ d} x$ 绝对收敛还是条件收敛. (南京航空航天大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x)=\frac{\sqrt{x}\cos x}{x+100}$, 则 $\displaystyle f'(x)=\frac{100-x}{2\sqrt{x}(100+x)^2} < 0, x > 100$. 故 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [100,+\infty)$ 上严格递减. 由 Dirichlet 判别法知原广义积分收敛. 又

$$\begin{aligned} \int_0^\infty \left|\frac{\sqrt{x}\cos x}{x+100}\right|\mathrm{ d} x \geq \int_0^\infty \frac{\sqrt{x}\cos^2x}{x+100}\mathrm{ d} x =\int_0^\infty \frac{\sqrt{x}}{2(x+100)}[1+\cos 2x]\mathrm{ d} x \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

作为一个发散广义积分与收敛广义积分的和, 还是发散的, 我们知原广义积分条件收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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442、 7、 讨论反常积分 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin x\arctan x}{x^p}\mathrm{ d} x$ 的敛散性. (上海财经大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由

$$\begin{aligned} \frac{\sin x\arctan x}{x^p}\sim\frac{x\cdot x}{x^p}=\frac{1}{x^{p-2}}\left(x\to 0\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知当 $\displaystyle p-2 < 1\Leftrightarrow p < 3$ 时, $\displaystyle \int_0^1 \cdots$ 绝对收敛; 当 $\displaystyle p-2\geq 1\Leftrightarrow p\geq 3$ 时, $\displaystyle \int_0^1 \cdots$ 发散. (2)、 (2-1)、 当 $\displaystyle p > 1$ 时, 由

$$\begin{aligned} \int_1^\infty\left|\frac{\sin x\arctan x}{x^p }\right|\mathrm{ d} x\leq \frac{\pi}{2}\int_1^\infty\frac{1}{x^p }\mathrm{ d} x < \infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle \int_1^\infty \cdots$ 绝对收敛. (2-2)、 当 $\displaystyle 0 < p \leq 1$ 时, 由 Dirichlet 判别法知原广义积分收敛. 又由

$$\begin{aligned} \int_1^\infty \left|\frac{\sin x \arctan x}{x^p }\right|\mathrm{ d} x \geq\frac{\pi}{4}\int_1^\infty \frac{\sin^2x}{x^p }\mathrm{ d} x =\frac{\pi}{8}\int_0^\infty\frac{1-\cos 2x}{x^p }\mathrm{ d} x=+\infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle \int_1^\infty \cdots$ 条件收敛. (2-3)、 当 $\displaystyle p \leq 0$ 时, 由

$$\begin{aligned} \int_{2n\pi+\frac{\pi}{4}}^{2n\pi+\frac{3\pi}{4}} \frac{\sin x\arctan x}{x^p }\mathrm{ d} x \geq \frac{\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\pi}{4}}{1^p }\cdot\frac{\pi}{2} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \int_1^\infty \cdots$ 发散. 综上, 当 $\displaystyle 1 < p < 3$ 时, 原广义积分绝对收敛; 当 $\displaystyle 0 < p < 1$ 时, 原广义积分条件收敛; 当 $\displaystyle p\leq 0$ 或 $\displaystyle p\geq 3$ 时, 原广义积分发散.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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443、 13、 解答如下问题: (1)、 证明反常积分 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\arctan x}{x^p}\mathrm{ d} x$ ($1 < p < 2$) 收敛; (上海大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} \mbox{原式}=\int_0^\infty \frac{\arctan x}{x^p}\mathrm{ d} x =\int_0^1 \frac{\arctan x}{x^p}\mathrm{ d} x+\int_1^\infty \frac{\arctan x}{x^p}\mathrm{ d} x\equiv I_1+I_2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由

$$\begin{aligned} \frac{\arctan x}{x^p}\sim \frac{x}{x^p}=\frac{1}{x^{p-1}}\left(x\to 0\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知当且仅当 $\displaystyle p-1 < 1\Leftrightarrow p < 2$ 时, $\displaystyle I_1$ (绝对) 收敛. 又由

$$\begin{aligned} \frac{\arctan x}{x^p}\sim\frac{\pi}{2x^p}\left(x\to +\infty\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知当且仅当 $\displaystyle p > 1$ 时, $\displaystyle I_2$ (绝对收敛). 综上即知当且仅当 $\displaystyle 1 < p < 2$ 时, 原广义积分绝对收敛. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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444、 (4)、 $\displaystyle \int_0^\infty\frac{\mathrm{ d} x}{(1+x^2)(1+x^3)}$. (四川大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} \mbox{原式}\stackrel{\frac{1}{x}=t}{=}&\int_0^\infty \frac{\frac{1}{t^2}\mathrm{ d} t}{\left(1+\frac{1}{t^2}\right)\left(1+\frac{1}{t^3}\right)} =\int_0^\infty \frac{t^3\mathrm{ d} t}{(1+t^2)(1+t^3)}\equiv I\\\\ =&\frac{1}{2}\left(\mbox{原式}+I\right)=\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{\mathrm{ d} x}{1+x^2}=\frac{\pi}{4}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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445、 7、 (15 分) 设 $\displaystyle p > 0$, 讨论广义积分 $\displaystyle \int_1^\infty \frac{\sin \left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p}\mathrm{ d} x$ 的收敛性与绝对收敛性. (苏州大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设题中广义积分为 $\displaystyle I$. (1)、 当 $\displaystyle p \leq 0$ 时, 由

$$\begin{aligned} &\quad \ 2n\pi+\frac{\pi}{4}\leq x\leq 2n\pi+\frac{\pi}{2} \Rightarrow \frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}} < \frac{1}{x} < \frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{4}}\\\\ &\Rightarrow 2n\pi+\frac{\pi}{4} +\frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}} < x+\frac{1}{x} < 2n\pi+\frac{\pi}{2}\frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{4}}\\\\ &\Rightarrow \sin \left(x+\frac{1}{x}\right)\geq \frac{1}{\sqrt{2}}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &\int_{2n\pi+\frac{\pi}{4}}^{2n\pi+\frac{\pi}{2}} \frac{\sin \left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p}\mathrm{ d} x &\geq \frac{\left(2n\pi+\frac{\pi}{4}\right)^{-p}}{\sqrt{2}}\cdot \frac{\pi}{4}\geq \frac{\pi}{4\sqrt{2}} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle I$ 发散. (2)、 当 $\displaystyle 0 < p \leq 1$ 时,

$$\begin{aligned} \int_1^\infty \frac{\sin \left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p} \mathrm{ d} x=\int_1^\infty \frac{\left(1-\frac{1}{x^2}\right)\sin \left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p \left(1-\frac{1}{x^p}\right)}\mathrm{ d} x.\qquad(I) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

注意到

$$\begin{aligned} \left|\int_1^A\sin \left(x+\frac{1}{x}\right) \left(1-\frac{1}{x^2}\right)\mathrm{ d} x\right| &=\left|\int_1^A \sin\left(x+\frac{1}{x}\right)\mathrm{ d} \left(x+\frac{1}{x}\right)\right|\\\\ &=\left|\cos 2-\cos\left(A+\frac{1}{A}\right)\right|\\\\ &\leq 2,\\\\ \frac{1}{x^p\left(1-\frac{1}{x^2}\right)} &=\frac{1}{x^p-x^{p-2}}\searrow 0, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

我们可由 Dirichlet 判别法推得 $\displaystyle I$ 收敛. 进一步,

$$\begin{aligned} \left|\frac{\sin \left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p}\right| \geq \frac{\sin^2\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p} =\frac{1}{2}\left[\frac{1}{x^p}-\frac{\cos 2\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p}\right]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

同 $\displaystyle (I)$ 的论述知 $\displaystyle \int_1^\infty \frac{\cos 2\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p}\mathrm{ d} x$ 收敛. 由 $\displaystyle \int_1^\infty \frac{1}{x^p}\mathrm{ d} x=+\infty$ 知

$$\begin{aligned} \int_1^\infty \frac{\left|\sin \left(x+\frac{1}{x}\right)\right|}{x^p}\mathrm{ d} x &\geq \int_1^\infty \frac{\sin^2\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p}\mathrm{ d} x=+\infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(3)、 当 $\displaystyle p > 1$ 时, 由 $\displaystyle \left|\frac{\sin \left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p}\right|\leq\frac{1}{x^p}$ 及比较判别法知 $\displaystyle I$ 绝对收敛. 综上, 当 $\displaystyle p\leq 0$ 时, $\displaystyle I$ 发散; 当 $\displaystyle 0 < p\leq 1$ 时, $\displaystyle I$ 条件收敛; 当 $\displaystyle p > 1$ 时, $\displaystyle I$ 绝对收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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446、 10、 (1)、 证明: $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin^3x}{x}\mathrm{ d} x$ 收敛. (天津大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由

$$\begin{aligned} &\sin^3x=\sin x(1-\cos^2x) =\sin x-\sin x\frac{1+\cos 2x}{2}\\\\ =&\frac{\sin x}{2}-\frac{1}{4}[\sin 3x+\sin (-x)] =\frac{3\sin x-\sin 3x}{4} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知

$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\mathrm{ d} x-\frac{1}{4}\int_0^\infty \frac{\sin 3x}{x}\mathrm{ d} x\\\\ \stackrel{3x=t}{=}&\frac{3}{4}\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\mathrm{ d} x -\frac{1}{4}\int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\mathrm{ d} t=\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

而由 Dirichlet 判别法知 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\mathrm{ d} x$ 收敛, 而原式也收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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447、 2、 讨论积分 $\displaystyle \int_0^\infty \left[\left(1-\frac{\sin x}{x}\right)^{-\frac{1}{p}}-1\right]\mathrm{ d} x$ 的敛散性 (绝对敛散性). (同济大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \mbox{原式}=\int_0^1+\int_1^\infty \cdots\equiv I_1+I_2$. 由

$$\begin{aligned} \left(1-\frac{\sin x}{x}\right)^{-\frac{1}{p}}\xlongequal[\tiny\mbox{展开}]{\tiny\mbox{Taylor}} \left[\frac{1}{3!}x^2+o(x^2)\right]^{-\frac{1}{p}} \sim (3!)^\frac{1}{p} x^{-\frac{2}{p}}, x\to 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知当且仅当 $\displaystyle \frac{2}{p} < 1\Leftrightarrow p > 2$ 时, $\displaystyle I_1$ 收敛且为绝对收敛. 再者,

$$\begin{aligned} x > 1\Rightarrow& \left|\frac{\sin x}{x}\right| < 1 \Rightarrow \left(1-\frac{\sin x}{x}\right)^{-\frac{1}{p}}-1&\xlongequal[\tiny\mbox{展开}]{\tiny\mbox{Taylor}} \left[1+\frac{1}{p}\frac{\sin x}{x}+O\left(\frac{1}{x^2}\right)\right]\\\\ &=\frac{1}{p}\frac{\sin x}{x}+O\left(\frac{1}{x^2}\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

蕴含 $\displaystyle I_2$ 是一个条件收敛广义积分与绝对收敛广义积分的和, 是条件收敛的. 综上即知原广义积分收敛 (且为条件收敛) 当且仅当 $\displaystyle p > 2$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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448、 (5)、 $\displaystyle \int_0^\infty\frac{\sin^4 x}{x^2}\mathrm{ d} x$. (西安交通大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\int_0^\infty\frac{\sin^2x(1-\cos^2x)}{x^2}\mathrm{ d} x =\int_0^\infty\frac{\sin^2x}{x^2}\mathrm{ d} x-\frac{1}{4}\int_0^\infty\frac{\sin^22x}{x^2}\mathrm{ d} x\\\\ \stackrel{2x=t}{=}&\int_0^\infty\frac{\sin^2x}{x^2}\mathrm{ d} x-\frac{1}{4}\int_0^\infty\frac{\sin^2t }{\frac{t^2}{4}}\mathrm{ d}\frac{t}{2} =\frac{1}{2}\int_0^\infty\frac{\sin^2x}{x^2}\mathrm{ d} x\\\\ =&-\frac{1}{2}\int_0^\infty\sin^2 x\mathrm{ d} \frac{1}{x} \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}} \frac{1}{2}\int_0^\infty\frac{\sin 2x}{x}\mathrm{ d} x\\\\ \stackrel{2x=t}{=}&\frac{1}{2}\int_0^\infty\frac{\sin t}{t}\mathrm{ d} t =\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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449、 8、 (15 分) 判断反常积分 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p}\mathrm{ d} x$ 的敛散性. (西南财经大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设题中反常积分为

$$\begin{aligned} I=\int_0^1 \frac{\sin\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p}\mathrm{ d} x+\int_1^\infty \frac{\sin\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p}\mathrm{ d} x \equiv I_1+I_2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(1)、 当 $\displaystyle p\leq 0$ 时 $\displaystyle I_2$ 发散. 在作变换 $\displaystyle x=\frac{1}{t}$ 后知当 $\displaystyle \alpha\geq 2$ 时, $\displaystyle I_1$ 发散. (2)、 以下考虑 $\displaystyle 0 < \alpha < 2$. 重新写出

$$\begin{aligned} I=&\int_0^1 \frac{\left(1-\frac{1}{x^2}\right)\sin\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p\left(1-\frac{1}{x^2}\right)}\mathrm{ d} x +\int_1^\infty \frac{\left(1-\frac{1}{x^2}\right)\sin\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p\left(1-\frac{1}{x^2}\right)}\mathrm{ d} x \equiv I_3+I_4. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由

$$\begin{aligned} &\left|\int_1^A \left(1-\frac{1}{x^2}\right)\sin\left(x+\frac{1}{x}\right)\mathrm{ d} x\right| =\left|\left.-\cos \left(x+\frac{1}{x}\right)\right|_1^A\right|\\\\ =&\left|\cos 2-\cos \left(A+\frac{1}{A}\right)\right|\leq 2, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

$\displaystyle \frac{1}{x^p \left(1-\frac{1}{x^2}\right)} =\frac{1}{x^p-\frac{1}{x^{2-p}}}\searrow 0$, 及 Dirichlet 判别法知 $\displaystyle I_4$ 收敛. 作变换 $\displaystyle x=\frac{1}{t}$ 后即知 $\displaystyle I_3$ 也收敛. 故 $\displaystyle I$ 在 $\displaystyle (0,2)$ 内收敛. (3)、 写出

$$\begin{aligned} \left|\frac{\sin\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p}\right| \geq \frac{\sin^2\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p} =\frac{1}{2x^p}-\frac{1}{2x^a} \cos 2\left(x+\frac{1}{x}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

类似第 2 步知当 $\displaystyle 0 < p < 2$ 时, $\displaystyle \int_0^\infty \frac{1}{2x^a} \cos 2\left(x+\frac{1}{x}\right)\mathrm{ d} x$ 收敛. 但 $\displaystyle 0 < p\leq 1\Rightarrow \int_1^\infty\frac{1}{2x^p}\mathrm{ d} x=+\infty$, 当 $\displaystyle 1 < p < 2$ 时, $\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{2x^p}\mathrm{ d} x=+\infty$. 故 $\displaystyle \int_0^\infty \left|\frac{\sin\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x^p}\right|\mathrm{ d} x=+\infty$. 综上, 当且仅当 $\displaystyle 0 < p < 2$ 时, $\displaystyle I$ 收敛, 且为条件收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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450、 (6)、 对于广义积分 $\displaystyle \int_1^\infty \frac{\mathrm{ d} x}{x^\lambda \ln x}$, 下列说法正确的是 $\displaystyle \underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$.

A. $\displaystyle \lambda > 1$ 时收敛, $\displaystyle \lambda\leq 1$ 时收敛

B. $\displaystyle \lambda > 1, \lambda\leq 1$ 时都发散

C. $\displaystyle \lambda > 1$ 时收敛, $\displaystyle \lambda\leq 1$ 时发散

C. $\displaystyle \lambda > 1, \lambda\leq 1$ 时收敛 (长安大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle C$. 当 $\displaystyle \lambda > 1$ 时, 由 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{1}{x^\lambda\ln x}}{\frac{1}{x^\lambda}} =\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\ln x}=0$ 及比较判别法知原广义积分收敛. 当 $\displaystyle \lambda=1$ 时,

$$\begin{aligned} \mbox{原式}=\int_1^\infty \frac{\mathrm{ d} x}{x\ln x}=\int_0^\infty \frac{\mathrm{ d} t}{t}=+\infty; \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

当 $\displaystyle \lambda < 1$ 时, 由 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{1}{x^\lambda\ln x}}{\frac{1}{x^\frac{1+\lambda}{2}}} =\lim_{x\to+\infty}\frac{x^\frac{1-\lambda}{2}}{\ln x}=+\infty$ 及比较判别法知原广义积分发散.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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451、 3、 (10 分) 讨论 $\displaystyle \int_1^\infty \frac{\cos^2x}{x}\mathrm{ d} x$ 的敛散性. (中国海洋大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \mbox{原式}=\frac{1}{2}\int_1^\infty \frac{1+\cos 2x}{x}\mathrm{ d} x =\frac{1}{2}\int_1^\infty \frac{\mathrm{ d} x}{x}+\frac{1}{2}\int_1^\infty \frac{\cos 2x}{x}\mathrm{ d} x$, 作为一个发散广义积分与收敛广义积分 (由 Dirichlet 判别法) 的和, 是发散的.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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452、 3、 (15 分) 求积分 $\displaystyle \int_0^\infty (x+1)\mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{ d} x$. (中国科学技术大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由

$$\begin{aligned} \left[\int_0^\infty \mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{ d} x\right]^2&=\int_0^\infty \mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{ d} x\int_0^\infty \mathrm{e}^{-y^2}\mathrm{ d} y\\\\ &=\iint_{(0,\infty)^2}\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y =\int_0^\infty \mathrm{e}^{-r^2}r\mathrm{ d} r\int_0^\frac{\pi}{2}\mathrm{ d} \theta =\frac{\pi}{4} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{ d} x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$. 故

$$\begin{aligned} \mbox{原式}=\left.-\frac{\mathrm{e}^{-x^2}}{2}\right|_0^\infty+\frac{\sqrt{\pi}}{2}=\frac{1+\sqrt{\pi}}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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453、 10、 计算 $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}^{-x^2}\cos (\alpha x)\mathrm{ d} x$. (中国科学院大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} I(\alpha)=\int_0^\infty \mathrm{e}^{-x^2}\cos ()\mathrm{ d} x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\mathrm{e}^{-\frac{\alpha^2}{4}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

事实上, 由 $\displaystyle I(0)=\int_0^\infty \mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{ d} x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$,

$$\begin{aligned} I'(\alpha)&=\int_0^\infty -x\mathrm{e}^{-x^2} \sin (\alpha x)\mathrm{ d} x =\frac{1}{2}\int_0^\infty \sin (\alpha x)\mathrm{ d} \mathrm{e}^{-x^2}\\\\ &=-\frac{1}{2}\int_0^\infty \alpha\cos(\alpha x)\mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{ d} x =-\frac{\alpha}{2}I(\alpha) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知

$$\begin{aligned} &\frac{\mathrm{ d} I}{I}=-\frac{\alpha}{2}\mathrm{ d} \alpha \Rightarrow \ln I=-\frac{\alpha^2}{4}+C_1\\\\ \Rightarrow& I(\alpha)=C\mathrm{e}^{-\frac{\alpha^2}{4}} \stackrel{I(0)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}}{\Rightarrow} I(\alpha)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\mathrm{e}^{-\frac{\alpha^2}{4}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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454、 6、 (10 分) 求反常积分 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\arctan x}{x^p}\mathrm{ d} x$ 的敛散性. (中国矿业大学(北京)2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} \mbox{原式}=\int_0^\infty \frac{\arctan x}{x^p}\mathrm{ d} x =\int_0^1 \frac{\arctan x}{x^p}\mathrm{ d} x+\int_1^\infty \frac{\arctan x}{x^p}\mathrm{ d} x\equiv I_1+I_2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由

$$\begin{aligned} \frac{\arctan x}{x^p}\sim \frac{x}{x^p}=\frac{1}{x^{p-1}}\left(x\to 0\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知当且仅当 $\displaystyle p-1 < 1\Leftrightarrow p < 2$ 时, $\displaystyle I_1$ (绝对) 收敛. 又由

$$\begin{aligned} \frac{\arctan x}{x^p}\sim\frac{\pi}{2x^p}\left(x\to +\infty\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知当且仅当 $\displaystyle p > 1$ 时, $\displaystyle I_2$ (绝对收敛). 综上即知当且仅当 $\displaystyle 1 < p < 2$ 时, 原广义积分收敛, 且为绝对收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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455、 (8)、 $\displaystyle \int_2^\infty \frac{1}{x\ln^{2023}x}\mathrm{ d} x=\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (重庆师范大学2023年数学分析考研试题) [广义积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} \mbox{原式}\stackrel{\ln x=t}{=}\int_{\ln 2}^\infty \frac{\mathrm{ d} t}{t^{2023}} =\left.\frac{1}{2022}t^{-2022}\right|_{t=\ln 2}^{t=+\infty} =\frac{1}{2022\ln^{2022}2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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456、 6、 (15 分) 设 $\displaystyle a_{2n-1}=\frac{1}{n}, a_{2n}=\int_n^{n+1}\frac{\mathrm{ d} x}{x}$. 证明: $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^na_n$ 条件收敛. (安徽大学2023年高等代数考研试题) [数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 设级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n a_n$ 的前 $\displaystyle n$ 项和为 $\displaystyle S_n$, 则由题意知

$$\begin{aligned} S_{2n}&=-a_1+a_2+\cdots-a_{2n-1}+a_{2n}\\\\ &=-\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)\\\\ &\quad +\left[(\ln 2-\ln 1)+\cdots+\left(\ln (n+1)-\ln n\right)\right]\\\\ &=\ln (n+1)-\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(2)、 由

$$\begin{aligned} S_{2(n+1)}-S_{2n} =&\ln (n+2)-\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n+1}\right)\\\\ & -\ln (n+1)+\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)\\\\ =&\ln \left(1+\frac{1}{n+1}\right)-\frac{1}{n+1} < 0,\\\\ S_{2n}=&\ln (n+1)-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} > \ln(n+1)-1-\sum_{k=2}^n \int_{k-1}^k\frac{1}{x}\mathrm{ d} x\\\\ =&\ln (n+1)-1-\int_1^n\frac{1}{x}\mathrm{ d} x =\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-1 > -1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及单调有界定理知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}S_{2n}$ 存在, 设为 $\displaystyle S$. 则

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}S_{2n+1}=\lim_{n\to\infty}\left(S_{2n}+\frac{1}{n+1}\right)=S. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}S_n=S$. 这表明 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n a_n=S$. (3)、 由

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{2n}|a_k| &\geq \sum_{k=1}^n|a_{2k}| =\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} > \sum_{k=1}^n \int_k^{k+1}\frac{1}{x}\mathrm{ d} x =\ln (n+1)\to +\infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty |a_n|$ 发散. 而 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^na_n$ 条件收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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457、 4、 (15 分) 设数列 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 为单调递减的非负数列. 证明: 级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 与 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty 2^na_{2^n}$ 具有相同的敛散性. (北京科技大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由

$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty a_n&=a_1+(a_2+a_3)+(a_4+\cdots+a_7) +(a_8+\cdots+a_{15})+\cdots\\\\ &\leq a_1+2a_2+2^2a_4+a^3a_8+\cdots =\sum_{n=0}^\infty 2^na_{2^n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 发散 $\displaystyle \Rightarrow \sum_{n=0}^\infty 2^na_{2^n}$ 发散, $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty 2^na_{2^n}$ 收敛 $\displaystyle \Rightarrow \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛. (2)、 又由

$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty a_n&=a_1+a_2+(a_3+a_4)+(a_5+\cdots+a_8)+(a_9+\cdots+a_{16})+\cdots\\\\ &\geq a_1+a_2+2a_{2^2}+2^2a_{2^3} +2^3a_{2^4}+\cdots\\\\ &=\frac{a_1}{2}+\frac{1}{2}\left(a_1+2a_2+2^2a_{2^2}+2^3a_{2^3} +2^4a_{2^4}+\cdots\right)\\\\ &=\frac{a_1}{2}+\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty 2^na_{2^n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛 $\displaystyle \Rightarrow \sum_{n=0}^\infty 2^na_{2^n}$ 收敛, $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty 2^na_{2^n}$ 发散 $\displaystyle \Rightarrow \sum_{n=1}^\infty a_n$ 发散.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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458、 2、 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=2}^\infty \frac{\ln (\mathrm{e}^n+n^2)}{n^2\ln^2n}$ 的敛散性. (北京邮电大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由

$$\begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{\ln (\mathrm{e}^n+n^2)}{n^2\ln^2n}}{\frac{1}{n\ln^2n}} =\lim_{n\to\infty}\frac{\ln(\mathrm{e}^n+n^2)}{n}\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{原理}]{\tiny\mbox{归结}}& \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(\mathrm{e}^x+x^2)}{x} \xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}} \lim_{x\to+\infty}\frac{\mathrm{e}^x+2x}{\mathrm{e}^x+x^2}=1,\\\\ &\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n\ln^2n}\leq \frac{1}{2\ln^22}+\sum_{n=3}^\infty \int_{n-1}^n\frac{\mathrm{ d} x}{x\ln^2x} =\frac{1}{2\ln^22}+\frac{1}{\ln 2} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知原级数收敛, 且为绝对收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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459、 (7)、 设 $\displaystyle \left\{a_n\right\}, \left\{b_n\right\}$ 均不为零, 且 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=1$. 若级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛, 级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty b_n$ 是否收敛, 为什么? (大连理工大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \times$. 比如

$$\begin{aligned} a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}, b_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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460、 (3)、 若 $\displaystyle p > 1$, 证明: 数项级数 $\displaystyle \sum_{n=2}^\infty \frac{\sin \left(2\pi \sqrt{n^2+1}\right)}{\ln^p n}$ 收敛. (电子科技大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle a_n=\frac{\sin \left(2\pi \sqrt{n^2+1}\right)}{\ln^p n}$, 则

$$\begin{aligned} a_n=&\frac{\sin \left(2\pi \left(\sqrt{n^2+1}-2n\pi\right)\right)}{\ln^p n} =\frac{1}{\ln^pn} \sin\frac{2\pi}{\sqrt{n^2+1}+n}\\\\ \sim&\frac{1}{\ln^pn}\cdot\frac{2\pi}{2n}=\frac{\pi}{n\ln^pn}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由积分判别法即知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/