张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第22天
484、 6、 (20 分) 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n \cos n}{n} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ 的敛散性. 若收敛, 指出是条件收敛还是绝对收敛. (西南交通大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由等式
$$\begin{aligned} \frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n \cos kx=\frac{\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin\frac{x}{2}}, x\in [-\pi,\pi], x\neq 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \left|\sum_{k=1}^n (-1)^k \cos k\right| =\left|\sum_{k=1}^n \cos k(\pi+1)\right| \leq \frac{1}{\sin \frac{\pi+1}{2}}=\frac{1}{\cos \frac{1}{2}}$. 再由 $\displaystyle \frac{1}{n}\searrow 0$ 及 Dirichlet 判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n \cos n}{n}$ 收敛. 又由 $\displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^n\nearrow \mathrm{e}$ 知 Abel 判别法知原级数收敛. 最后,
$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \left|\frac{(-1)^n \cos n}{n} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right| \geq \sum_{n=1}^\infty \frac{\cos^2n}{n}\left(1+\frac{1}{1}\right)^1 =\sum_{n=1}^\infty \frac{1+\cos 2n}{n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
作为一个发散级数与收敛级数的和, 是发散的. 综上即知原级数条件收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
485、 6、 (15 分) 求级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{n+1}$, 其中 $\displaystyle a_n=\int_0^\frac{\pi}{4}\sin^{n+1}x\cos x\mathrm{ d} x$. (云南大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle a_n\stackrel{\sin x=t}{=}\int_0^1 t^n\mathrm{ d} t=\frac{1}{n+1}$ 知
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)^2}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
最后一步的理由如下. 设 $\displaystyle f(x)\equiv x(2\pi-x)\sim\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty (a_n\cos nx+b_n\sin nx)$, 其中
$$\begin{aligned} a_0&=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi }f(x)\mathrm{ d} x=\frac{4\pi^2}{3},\\\\ n\geq 1\Rightarrow a_n&=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(x)\cos nx\mathrm{ d} x=-\frac{4}{n^2},\\\\ b_n&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin nx\mathrm{ d} x =0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 $\displaystyle f(0)=f(2\pi)=0$ 知
$$\begin{aligned} f(x)=\frac{2\pi^2}{3}-\sum_{n=1}^\infty \frac{4}{n^2}\cos nx,\quad x\in [0,2\pi]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle x=0$ 即得 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
486、 5、 (10 分) 讨论数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\left(\sqrt[n]{n}-1\right)$ 的条件收敛和绝对收敛性. (郑州大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由
$$\begin{aligned} \sqrt[n]{n}-1&=\mathrm{e}^\frac{\ln n}{n}-\mathrm{e}^0\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}}\mathrm{e}^{\xi_n}\frac{\ln n}{n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} \sqrt[n]{n}-1\sim\frac{\ln n}{n}\left(n\to\infty\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(\sqrt[n]{n}-1\right)$ 发散. (2)、 又由
$$\begin{aligned} y=x^\frac{1}{x}\Rightarrow \ln y=\frac{\ln x}{x}\Rightarrow \frac{y'}{y}=\frac{1-\ln x}{x^2} < 0\left(x > \mathrm{e}\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \left\{\sqrt[n]{n}-1\right\}_{n=3}^\infty$ 递减趋于 $\displaystyle 0$. 据 Leibniz 判别法即知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\left(\sqrt[n]{n}-1\right)$ 收敛. (3)、 综上即知原级数条件收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
487、 (2)、 级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a^n}{(1+a)(1+a^2)\cdots(1+a^n)}$ ($a > 0$) 是收敛的. (中国海洋大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \surd$. (2-1)、 当 $\displaystyle 0 < a < 1$ 时, $\displaystyle 0 < \frac{a^n}{(1+a)(1+a^2)\cdots(1+a^n)} < a^n$, 而原级数收敛. (2-2)、 当 $\displaystyle a=1$ 时, $\displaystyle \frac{a^n}{(1+a)(1+a^2)\cdots(1+a^n)}=\frac{1}{2^n}$, 而原级数收敛. (2-3)、 当 $\displaystyle a > 1$ 时,
$$\begin{aligned} 0 < \frac{a^n}{(1+a)(1+a^2)\cdots(1+a^n)} < \frac{a^n}{(1+a)^n}=\left(\frac{a}{1+a}\right)^n, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
而原级数收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
488、 13、 (15 分) 已知 $\displaystyle a_1=2, a_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_n+\frac{1}{a_n}\right), n=1,2,\cdots$. 证明: (1)、 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n$ 存在; (2)、 级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)$ 收敛. (中国矿业大学(北京)2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由
$$\begin{aligned} a_1=2,\quad n\geq 2\Rightarrow a_n=\frac{1}{2}\left(a_{n-1}+\frac{1}{a_{n-1}}\right)\geq 1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle a_n\geq 1$. 又由
$$\begin{aligned} a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a_n}-a_n\right) =\frac{1-a_n^2}{2a_n}\leq 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle a_n\searrow$. 据单调有界定理知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=l$ 存在, 且
$$\begin{aligned} l=\frac{1}{2}\left(l+\frac{1}{l}\right)\Rightarrow l=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、
$$\begin{aligned} 0\leq&\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right) =\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n-a_{n+1}}{a_{n+1}}\\\\ \leq& \sum_{n=1}^\infty (a_n-a_{n+1}) =a_1-\lim_{n\to\infty}a_n=a_1-1=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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489、 7、 证明: 若正项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty u_n$ 收敛, 且数列 $\displaystyle \left\{u_n\right\}$ 单调, 则 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}nu_n=0$. (中国矿业大学(徐州)2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty u_n$ 收敛知
$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0, \exists\ N,\mathrm{ s.t.} \forall\ n\geq N, \sum_{k=\left[\frac{n}{2}\right]}^n u_k < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是当 $\displaystyle n\geq N$ 时,
$$\begin{aligned} \frac{\varepsilon}{2} > \sum_{k=\left[\frac{n}{2}\right]}^n u_k > u_n\sum_{k=\left[\frac{n}{2}\right]}^n 1=u_n\left(n-\left[\frac{n}{2}\right]\right) > u_n\cdot\frac{n}{2}\Rightarrow 0\leq nu_n < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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490、 2、 (15 分) 判别收敛性. (1)、 (7 分) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty 2022^n\sin\frac{\pi}{2023^n}$. (中山大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle 2022^n\sin\frac{\pi}{2023^n}\sim \pi\left(\frac{2022}{2023}\right)^n$ 及比较判别法知原级数收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
491、 (2)、 (8 分) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{2^n}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}$. (中山大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\mathrm{e} > \ell=\frac{\mathrm{e}+2}{2}$ 知当 $\displaystyle n$ 充分大时,
$$\begin{aligned} \frac{1}{2^n}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2} > \frac{\ell^n}{2^n}=\left(\frac{\ell}{2}\right)^n\to+\infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故原级数的通项的极限不为 $\displaystyle 0$, 而发散.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
492、 5、 (10 分) 函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=0$ 的某一邻域内具有二阶连续导数, 且 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0$. 证明级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f\left(\frac{1}{n}\right)$ 绝对收敛. (重庆大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} f(0)&=\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}\cdot x=0, f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
设 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle 0$ 的领域 $\displaystyle U(0;\delta)$ 内具有二阶连续导函数, 则
$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \left|f\left(\frac{1}{n}\right)\right| \xlongequal[\tiny\mbox{展开}]{\tiny\mbox{Taylor}}& \sum_{n=1}^{\left[\frac{2}{\delta}\right]} \left|f\left(\frac{1}{n}\right)\right| +\sum_{n={\left[\frac{2}{\delta}\right]}+1}^\infty\left|\frac{f''(\xi_n)}{2!}\frac{1}{n^2}\right|\\\\ \leq&\sum_{n=1}^{\left[\frac{2}{\delta}\right]} \left|f\left(\frac{1}{n}\right)\right| +\frac{1}{2}\max_{\left[-\frac{\delta}{2},\frac{\delta}{2}\right]}|f''|\sum_{n={\left[\frac{2}{\delta}\right]}+1}^\infty\frac{1}{n^2} < \infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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493、 13、 讨论函数列 $\displaystyle f_n(x)=\frac{nx}{1+n^2x^2}$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上的一致收敛性. (北京邮电大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 当 $\displaystyle x=0$ 时, $\displaystyle f_n(x)=0$. 当 $\displaystyle x\neq 0$ 时, $\displaystyle \lim_{n\to\infty}f_n(x)\xlongequal[\tiny\mbox{代换}]{\tiny\mbox{等价}} \lim_{n\to\infty}\frac{nx}{n^2x^2} =0$. 故 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}f_n(x)=0$. 由
$$\begin{aligned} \sup_{x\in\mathbb{R}}|f_n(x)-0|\geq f_n\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{2}\not\to 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f_n$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上不一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
494、 1、 简答题. (1)、 设 $\displaystyle f_n(x)=xn^{-x}\ (n=1,2,3,\cdots)$. 问 $\displaystyle \left\{f_n(x)\right\}$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上是否一致收敛, 为什么? (大连理工大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle f_n'(x)=n^x(1-x\ln n)$ 知
$$\begin{aligned} \max_{x\geq 0}|f_n(x)-0|=f_n\left(\frac{1}{\ln n}\right)=\frac{1}{\mathrm{e}\ln n}\xrightarrow{n\to\infty}0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f_n\rightrightarrows 0$ 于 $\displaystyle [0,+\infty)$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
495、 6、 讨论级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{nx}{1+n^5x^2}$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上的一致收敛性. (东北大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f_n(x)=\frac{nx}{1+n^5x}$, 则
$$\begin{aligned} f_n(x)=\frac{n(1-n^5x^2)}{(1+n^5x^2)^2} \Rightarrow \max_\mathbb{R} |f|=\left|f\left(\pm \frac{1}{n^\frac{5}{2}}\right)\right| =\frac{1}{2n^\frac{3}{2}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2n^\frac{3}{2}} < \infty$ 及优级数判别法知 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty f_n(x)$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
496、 7、 证明: 当 $\displaystyle x > 0$ 时,
$$\begin{aligned} \ln \sqrt{x}=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2n-1}\left(\frac{x-1}{1+x}\right)^{2n-1}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
并讨论 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2n-1}\left(\frac{x-1}{1+x}\right)^{2n-1}$ 关于 $\displaystyle x\in (0,+\infty)$ 是否一致收敛. (东北师范大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} &\frac{1}{1-s}=\sum_{n=0}^\infty s^n, |s| < 1\\\\ \Rightarrow&-\ln(1-s)=\sum_{n=0}^\infty \frac{s^{n+1}}{n+1}=\sum_{n=1}^\infty \frac{s^n}{n}, |s| < 1\\\\ \Rightarrow&\ln(1+s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}s^n}{n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} &\ln \sqrt{\frac{1+s}{1-s}}=\frac{1}{2}[\ln(1+s)-\ln(1-s)]\\\\ =&\frac{1}{2}\left[\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}s^n}{n}+\sum_{n=1}^\infty \frac{s^n}{n}\right] =\sum_{k=1}^\infty \frac{s^{2k-1}}{2k-1}, |s| < 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle \frac{x-1}{1+x}=s$, 则 $\displaystyle x > 0\Leftrightarrow |s| < 1$, 而上式即蕴含
$$\begin{aligned} \ln \sqrt{x}=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2n-1}\left(\frac{x-1}{1+x}\right)^{2n-1}, x > 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
往用反证法证明 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2n-1}\left(\frac{x-1}{1+x}\right)^{2n-1}$ 关于 $\displaystyle x\in (0,+\infty)$ 不一致收敛. 若不然, $\displaystyle \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ N,\mathrm{ s.t.} \forall\ m > n\geq N$,
$$\begin{aligned} &\forall\ x > 0, \left|\sum_{k=n}^m \frac{1}{2k-1}\left(\frac{x-1}{1+x}\right)^{2k-1}\right| < \varepsilon\\\\ \stackrel{x\to+\infty}{\Rightarrow}& \sum_{k=n}^m \frac{1}{2k-1}\leq\varepsilon \stackrel{m\to\infty}{\Rightarrow} \sum_{k=n}^\infty \frac{1}{2k-1}\leq \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这与 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2k-1}$ 发散矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
497、 11、 设 $\displaystyle \alpha > 0$, 讨论 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty x^\alpha \mathrm{e}^{-nx}$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上的一致收敛性. (东南大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f_n(x)=x^\alpha \mathrm{e}^{-nx}$, 则由 $\displaystyle f_n'(x)=\mathrm{e}^{-nx}x^{\alpha-1}(\alpha-nx)$ 知
$$\begin{aligned} \sup_{x\geq 0}f_n(x)=f_n\left(\frac{\alpha}{n}\right)=\mathrm{e}^{-\alpha} \left(\frac{\alpha}{n}\right)^\alpha. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(1)、 当 $\displaystyle \alpha > 1$ 时, 由 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \mathrm{e}^{-\alpha}\left(\frac{\alpha}{n}\right)^\alpha$ 收敛及优级数判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty x^\alpha \mathrm{e}^{-nx}$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上一致收敛. (2)、 当 $\displaystyle 0 < \alpha\leq 1$ 时, 由
$$\begin{aligned} &\sup_{x > 0}\sum_{k=n}^\infty x^\alpha \mathrm{e}^{-kx} =\sup_{x > 0} \frac{x^\alpha \mathrm{e}^{-nx}}{1-\mathrm{e}^{-x}}\\\\ \geq& \lim_{x\to 0^+}\frac{x^\alpha \mathrm{e}^{-nx}}{1-\mathrm{e}^{-x}} \xlongequal[\tiny\mbox{代换}]{\tiny\mbox{等价}} \lim_{x\to 0^+}\frac{x^\alpha}{x}=\left\{\begin{array}{llllllllllll}1,&\alpha=1\\\\ +\infty,&0 < \alpha < 1\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty x^\alpha \mathrm{e}^{-nx}$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上不一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
498、 4、 (20 分) 证明: $\displaystyle \zeta(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^x}$ 在 $\displaystyle (1,+\infty)$ 上连续, 并有连续的各阶导函数. (福州大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 对 $\displaystyle \forall\ a > 1$,
$$\begin{aligned} &\frac{1}{n^x}=n^{-x}, \left(\frac{1}{n^x}\right)' =-n^{-x}\ln n, \left(\frac{1}{n^x}\right)''=n^{-x}\ln^2n, \cdots, \\\\ &\left(\frac{1}{n^x}\right)^{(k)} =(-1)^k n^{-x}\ln^kn. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由
$$\begin{aligned} x\geq a\Rightarrow \left|\left(\frac{1}{n^x}\right)^{(k)}\right|\leq\frac{\ln^kn}{n^x}\leq \frac{\ln^kn}{n^a} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及优级数判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n^x}\right)^{(k)}$ 在 $\displaystyle [a,+\infty)$ 上一致收敛. 故
$$\begin{aligned} \zeta^{(k)}(x)=\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n^x}\right)^{(k)} =\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^k \ln^kn}{n^x},\quad x\geq a, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
且连续. 由 $\displaystyle a > 1$ 的任意性即知
$$\begin{aligned} \zeta^{(k)}(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^k \ln^kn}{n^x},\quad x > 1, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
且连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
499、 8、 (15 分) 讨论 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)\frac{\sin nx}{n}$ 的敛散性. (福州大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)\frac{\sin nx}{n}$ 关于 $\displaystyle x$ 是奇函数, 且是 $\displaystyle 2\pi$ 周期函数. 故仅需讨论 $\displaystyle x\in [0,\pi)$ 的情形. 当 $\displaystyle x=0$ 时, 通项为 $\displaystyle 0$, 而收敛. 当 $\displaystyle 0 < x < \pi$ 时, 由
$$\begin{aligned} &\left|2\sin\frac{x}{2}\sum_{k=1}^n \sin kx\right| =\left|\sum_{k=1}^n \left[\cos \left(k-\frac{1}{2}\right)x-\cos \left(k+\frac{1}{2}\right)x\right]\right|\\\\ =&\left|\cos \frac{x}{2}-\cos\left(n+\frac{1}{2}\right)x\right|\leq 2 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} \left|\sum_{k=1}^n \sin kx\right|\leq \frac{1}{\sin\frac{x}{2}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
设 $\displaystyle a_n=\frac{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}{n}$, 则
$$\begin{aligned} &na_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n} \Rightarrow (n+1)a_{n+1}-na_n=\frac{1}{n+1}\\\\ \Rightarrow&n(a_{n+1}-a_n)=\frac{1}{n+1}-a_{n+1}=\frac{1}{n+1}-\frac{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n+1}}{n+1} < 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle a_n\searrow$, 且 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n\xlongequal{\tiny\mbox{Stolz}} \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n}}{1}=0$. 由 Leibniz 判别法知原函数项级数收敛. 综上即知对 $\displaystyle \forall\ x\in\mathbb{R}$, 原函数项级数收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
500、 7、 设函数列 $\displaystyle f_n(x)=\left(\frac{\sin x}{x}\right)^n$, 说明 $\displaystyle \left\{f_n(x)\right\}$ 在 $\displaystyle (0,1)$ 上的一致收敛性. (哈尔滨工业大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 当 $\displaystyle 0 < x < 1$ 时, $\displaystyle 0 < \sin x < x$, 而 $\displaystyle 0 < \frac{\sin x}{x} < 1$, $\displaystyle \lim_{n\to\infty}f_n(x)=0$. 又由
$$\begin{aligned} \sup_{0 < x < 1}|f_n(x)-0|=\sup_{0 < x < 1}, \left(\frac{\sin x}{x}\right)^n \geq \lim_{x\to 0^+}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^n=1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \left\{f_n(x)\right\}$ 在 $\displaystyle (0,1)$ 上不一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
501、 8、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^\infty \left(x+\frac{1}{n}\right)^n$. 请确定 $\displaystyle f(x)$ 的定义域, 并讨论 $\displaystyle f(x)$ 在定义域内的连续性. (合肥工业大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 为保证指数函数的底 $\displaystyle x+\frac{1}{n} > 0$, 必须 $\displaystyle x\geq 0$. 由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{\left(x+\frac{1}{n}\right)^n}=x$ 及正项级数的 Cauchy 根值判别法知当 $\displaystyle 0\leq x < 1$ 时, $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(x+\frac{1}{n}\right)^n$ 收敛; 当 $\displaystyle x > 1$ 时, $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(x+\frac{1}{n}\right)^n$ 发散. 又当 $\displaystyle x=1$ 时, 级数通项 $\displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^n\to \mathrm{e}\left(n\to\infty\right)$, 而 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(x+\frac{1}{n}\right)^n$ 发散. 综上, $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(x+\frac{1}{n}\right)^n$ 的收敛域为 $\displaystyle [0,1)$. (2)、 设 $\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^\infty \left(x+\frac{1}{n}\right)^n$, 则对 $\displaystyle \forall\ 0 < a < 1$, 取 $\displaystyle b=\frac{a+1}{2} < 1$, 则当 $\displaystyle n\geq \frac{1}{b-a}$ 时,
$$\begin{aligned} 0\leq x\leq a\Rightarrow \left(x+\frac{1}{n}\right)^n \leq \left(a+\frac{1}{n}\right)^n\leq b^n. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
据 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(x+\frac{1}{n}\right)^n$ 在 $\displaystyle [0,a]$ 上一致收敛. 而 $\displaystyle S(x)$ 在 $\displaystyle [0,a]$ 上连续. 由 $\displaystyle a$ 的任意性知 $\displaystyle S(x)$ 在 $\displaystyle [0,1)$ 上连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
502、 (3)、 叙述函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n(x)b_n(x)$ 在 $\displaystyle D$ 上一致收敛的 Abel 判别法. (河海大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 这就是 Abel 判别法的表述. 若 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n(x)$ 关于 $\displaystyle x\in D$ 一致收敛, $\displaystyle b_n(x)$ 关于 $\displaystyle n$ 单调且 (关于 $\displaystyle x\in D$) 一致有界, 则 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n(x)b_n(x)$ 在 $\displaystyle D$ 上一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
503、 2、 (18 分) 考查函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin nx}{\sqrt{n}}, x\in [-\pi,\pi]$. (1)、 证明函数项级数在 $\displaystyle x=0, \pm \pi$ 处绝对收敛, 在 $\displaystyle x\in(-\pi,0)\cup (0,\pi)$ 处条件收敛; (2)、 设 $\displaystyle S(x)$ 为函数项级数的和函数, 证明: $\displaystyle S(x)$ 在 $\displaystyle (-\pi,0)\cup (0,\pi)$ 上连续; (3)、 证明: $\displaystyle S(x)$ 在 $\displaystyle x=0$ 处不连续. [张祖锦注: 第 3 问是证明和函数在原点处不连续, 故而仅仅证明函数项级数在 $\displaystyle [-\pi,\pi]$ 上不一致收敛是不够的.] (河南大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 设题中函数项级数为 $\displaystyle S(x)$, 则 $\displaystyle S(x)$ 是奇函数, 而仅需讨论原函数项级数在 $\displaystyle [0,\pi]$ 上的绝对收敛性与条件收敛性. (1-1)、 当 $\displaystyle x=0$ 或 $\displaystyle \pi$ 时, 原函数项级数通项为 $\displaystyle 0$, 而绝对收敛. (1-2)、 当 $\displaystyle 0 < x < \pi$ 时, 由
$$\begin{aligned} \left|\sum_{k=1}^n \sin kx\right| &=\frac{\left|\sum_{k=1}^n \left[\cos\frac{2k-1}{2}x-\cos \frac{2k+1}{2}x\right]\right|}{2\sin\frac{x}{2}}\\\\ & =\frac{\left|\cos\frac{x}{2}-\cos\frac{2n+1}{2}x\right|}{2\sin\frac{x}{2}} \leq\frac{1}{\left|\sin\frac{x}{2}\right|},\qquad(I)\\\\ \frac{1}{\sqrt{n}}&\searrow 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及 Dirichlet 判别法知原函数项级数收敛. 又由
$$\begin{aligned} &\sum_{n=1}^\infty \frac{|\sin nx|}{\sqrt{n}} \geq \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin^2nx}{\sqrt{n}} =\frac{1}{2}\left[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n}} -\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos 2nx}{\sqrt{n}}\right],\\\\ &\left|\sum_{k=1}^n \cos 2kx\right|=\frac{\left|\sum_{k=1}^n \left[\sin (2k+1)x-\sin (2k-1)x\right]\right|}{2\sin x} \leq \frac{1}{\sin x} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知原函数项级数条件收敛. (2)、 对 $\displaystyle \forall\ \delta > 0$, $\displaystyle (I)\Rightarrow \sup_{x\in [\delta,\pi-\delta]}\left|\sum_{k=1}^n \sin kx\right| \leq \frac{1}{\sin \frac{\delta}{2}}$. 由 Dirichlet 判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin nx}{\sqrt{n}}$ 在 $\displaystyle [\delta,\pi-\delta]$ 上一致收敛. 这表明 $\displaystyle S(x)$ 在 $\displaystyle [\delta,\pi-\delta]$ 上连续. 由 $\displaystyle \delta$ 的任意性知 $\displaystyle S$ 在 $\displaystyle (0,\pi)$ 上连续. 又由 $\displaystyle S$ 是奇函数知结论成立. (3)、 对 $\displaystyle \forall\ N\in\mathbb{Z}_+$,
$$\begin{aligned} &S\left(\frac{\pi}{N}\right)=\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin\frac{n\pi}{N}}{\sqrt{n}} \stackrel{n=qN+r, 0\leq r\leq N-1}{=}\sum_{r=0}^{N-1} \sin\frac{r\pi}{N}\sum_{q=0}^\infty \frac{(-1)^q}{\sqrt{qN+r}}\\\\ =&\sum_{r=0}^{N-1} \sin\frac{r\pi}{N}\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{(-1)^{2k}}{\sqrt{2kN+r}}+\frac{(-1)^{2k+1}}{\sqrt{(2k+1)N+1}}\right]\\\\ \geq& \sum_{r=0}^{N-1} \sin\frac{r\pi}{N}\left(\frac{1}{\sqrt{r}}-\frac{1}{\sqrt{N+r}}\right)\\\\ =&\sqrt{N}\sum_{r=0}^{N-1} \sin\frac{r\pi}{N}\left(\frac{1}{\sqrt{\frac{r}N}}-\frac{1}{\sqrt{1+\frac{r}{N}}}\right)\cdot\frac{1}{N}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由
$$\begin{aligned} &\lim_{N\to\infty}\sum_{r=0}^{N-1} \sin\frac{r\pi}{N}\left(\frac{1}{\sqrt{\frac{r}N}}-\frac{1}{\sqrt{1+\frac{r}{N}}}\right)\cdot\frac{1}{N}\\\\ =&\int_0^1 \sin(\pi x)\left(\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{1}{\sqrt{1+x}}\right)\mathrm{ d} x\equiv I > 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知当 $\displaystyle N$ 充分大时,
$$\begin{aligned} S\left(\frac{\pi}{N}\right)\geq\frac{I}{2}\sqrt{N}\Rightarrow \lim_{N\to\infty}S\left(\frac{\pi}{N}\right)=+\infty\neq 0=S(0). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle S$ 在原点处不连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
504、 9、 讨论函数列 $\displaystyle f_n(x)=n(x^n-x^{2n})$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上的一致收敛性. (黑龙江大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 易知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}f_n(x)=0$. 由 $\displaystyle f_n'(x)=n^2x^{n-1}(1-2x^n)$ 知
$$\begin{aligned} \max_{x\in [0,1]}|f_n(x)-0|=f_n\left(\frac{1}{2^\frac{1}{n}}\right)=\frac{n}{4}\not\to 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f_n\not\rightrightarrows 0$ 于 $\displaystyle [0,1]$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
505、 10、 讨论 $\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^\infty n\mathrm{e}^{-nx}$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上的连续性. (黑龙江大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 对 $\displaystyle \forall\ \delta > 0$, 由
$$\begin{aligned} \sup_{x\geq \delta} n\mathrm{e}^{-nx}=n\mathrm{e}^{-n \delta}, \sum_{n=1}^\infty n\mathrm{e}^{-n\delta} < \infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty n\mathrm{e}^{-nx}$ 在 $\displaystyle [\delta,+\infty)$ 上一致收敛, 而和函数 $\displaystyle S(x)$ 连续. 由 $\displaystyle \delta$ 的任意性知 $\displaystyle S(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
506、 6、 求证级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{\mathrm{e}^{x^2}+\sqrt{n}}{n^\frac{3}{2}}$ 在任何有界区间 $\displaystyle [a,b]$ 上是一致收敛, 但在任何一点 $\displaystyle x_0$ 处不绝对收敛. (湖南大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (0-7)、 由 $\displaystyle \sup_{x\in [a,b]}\left|(-1)^n \frac{\mathrm{e}^{x^2}}{n^\frac{3}{2}}\right| \leq \frac{\mathrm{e}^{\max\{|a|^2,|b|^2\}}}{n^\frac{3}{2}}$ 及优级数判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{\mathrm{e}^{x^2}}{n^\frac{3}{2}}$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上一致收敛. 又由 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}}$ 收敛知其关于 $\displaystyle x\in [a,b]$ 一致收敛. 故级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{\mathrm{e}^{x^2}+\sqrt{n}}{n^\frac{3}{2}}$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上是一致收敛. (0-8)、 由
$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \left|(-1)^n \frac{\mathrm{e}^{x^2}+\sqrt{n}}{n^\frac{3}{2}}\right| =\sum_{n=1}^\infty \frac{\mathrm{e}^{x^2}+\sqrt{n}}{n^\frac{3}{2}}\geq \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n}}=+\infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{\mathrm{e}^{x^2}+\sqrt{n}}{n^\frac{3}{2}}$ 在任何一点 $\displaystyle x$ 处不绝对收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
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