n→+∞
=
l, lim xn n→+∞
=
L,
知
{xn}
中有无穷项小于等于
l+c 2
,
有无穷项
大于
c.
从而
|xn+1 − xn|
有无穷多项大于等于
c−l 2
,
矛盾.
类似地,
存在
n2
> n1
使得
xn1 +c 2
< xn2
⩽ c.
以
此类推可取一个子列
{xnk }
,|xnk
−
c|
⩽
c−l 2k
,
此时
{xnk }
nπ 4
+
sin
nπ 4
)np
,
∑ +∞
sin
nπ 4
np
在 p > 1 时绝对收敛, 在 0 < p ⩽ 1 时条件收敛.
n=1
sin2
nπ 4
(np
+
sin
nπ 4
)np
∼
sin2
nπ 4
n2p
=
1
− cos n2p
nπ 2
,
(n
→
+∞),
∑ +∞
sin2
nπ 4
因此 n=1
(np +sin
nπ 4
∫ +∞
这与
f ′(x) dx 有意义的 Cauchy 收敛原理矛盾.
1
注 裴礼文的《数学分析中的典型问题与方法》第二版第 249 页例 3.3.11 与本题几乎完全相同, 那里有另外一
种证明方法. 我写的这个解法是源于一个很经典的题目, 可以见《数学分析习题课讲义》上册第 396 页命题
12.4.1, 陈纪修等人编著的《数学分析》第二版上册第 379 页例 8.2.9, 林源渠、方企勤编的《数学分析解题
cos
2 θ
)
dθ
=
2π
ln
2
+
4
∫0
π 2
ln(cos
θ)
dθ.
0
0
2
0
令 则 于是 综上得
∫π
∫π
2
2
I1 = ln(sin θ) dθ = ln(cos θ) dθ,
0
0
2I1
=
∫
0
π 2
ln
( 1 2
sin
) 2θ
dθ
=
π −
ln 2
2
+
1 2
∫π
0
ln(sin
θ)
dθ
=
π −
ln 2
2
+
I1,
f ′(x) dx 有意义,
x→+∞
1
下面证明 lim f ′(x) = 0. 若 lim f ′(x) ̸= 0, 则存在 ε0 > 0, 对于任意的 x > 0, ∃t > x, 使得|f ′(t)| ⩾ ε0,
x→+∞
x→+∞
于是存在 xn 单调递增趋于 +∞, 且 |f ′(xn)| ⩾ ε0. 由一致连续, 对于上述 ε0, ∃δ0 > 0. 当 |x − y| < δ0 时,
∫ 2π
0
1
−2 cos θ + 2x − 2x cos θ + x2dθ源自=1 2∫
|z|=1
1 iz
1
−(z
+
1 z
)
+
2x
−
(z
+
1 z
)x
+
x2
dz
=
0.
因此 I(x) = 0, x ∈ (−1, 1).
当 |x| > 1 时,
I (x)
=
∫π
0
ln(1
−
2x
cos
θ
+
x2)
dθ
=
∫π
0
ln(x2)
0
=
∑ ∞ −
k=1
(k
1 + 1)2
=
( π2 −
6
) −1
=
1−
π2 .
6
注 此题为北京大学 1987 年数学分析考研真题第四题第二问, 它与裴礼文的《数学分析中的典型问题与方法》
第二版第 529 页例 5.2.52 类似.
2
∫ +∞
6. 因 f ′′(x) 在 (0, +∞) 有界, 故 f ′(x) 在 (0, +∞) 上一致连续. lim f (x) 存在, 说明
注 求复杂结构式子的极限时, 夹逼定理是王道. 此题与谢惠民等人的《数学分析习题课讲义》上册第二章第二
组参考题第一题有些类似. 这题你只要想到用夹逼定理基本上就能自己写出来, 上述证明中的放缩方式是
小小提出的. 另外的放缩方式可以是用几何-算术平均值不等式, 如果连续用 n 次也可估计出来, 不过用一
n=1
ln(1 − 2x cos α + x2) = −2 ∑ ∞ cos(nα) xn, α ∈ R n
n=1
对于固定的
x
∈
(−1, 1),
同样由
Weierstrass
判别法知关于
θ
的级数
∑ ∞ −2
cos(nθ) xn
在
R
上一致收敛到
n
n=1
ln(1 − 2x cos θ + x2), 因此
I (x)
的极限为
c.
注 几乎完全一样的题目见《数学分析习题课讲义》上册 96 页第三章第二组参考题第 10 题或者裴礼文的《数 学分析中的典型问题与方法》第二版第 109 页练习题 1.6.10.
8.
∑ +∞
sin
nπ 4
n=1
np
+
sin
nπ 4
−
∑ +∞
sin
nπ 4
np
n=1
=
−
∑ +∞
n=1
(np
sin2
2
因此
∑ ∞
( an
−
(−√1)n n
)
发散,
而
n=1
∑ ∞ (−√1)n 收敛, n
∑ ∞
+∏∞
因此 an发散, 但此时有 (1 + an)收敛.
n=1
n=1
n=1
注 此题可以看作是对《数学分析习题课讲义》下册第 28, 29 页所述内容的一个补充. 陈纪修等人编的《数学 分析》第二版下册第 54 页第 7 题给了另外一个例子.
展开式,
∫π 并求 ln(1 − 2x cos θ + x2) dθ.
0
10.
∫ (20 分) 证明
+∞ sin x dx =
π ,
∫ 求
+∞ sin2(yx) dx.
0
x
2
0
x2
1
1. 因为
√
1 ⩽ an ⩽
n
n(n + 1) 2
⩽
√ n n2
=
( √n n)2
,
又因为 limn→∞ ( √n n)2 = 1, 由夹逼定理知 lim an = 1. n→∞
π ln 2 I1 = − 2 , I(1) = I(−1) = 0.
0, I(x) = 2π ln |x|,
|x| < 1 .
|x| ⩾ 1
计算当 |x| < 1 时, I(x) 的表达式的另一种方法: ∑ ∞
对于固定的 x ∈ (−1, 1), 由 Weierstrass 判别法知关于 θ 的级数 2 xn sin(nθ) 在 R 上一致收敛到
n=1
1
−
2x sin θ 2x cos θ +
x2
,
因此
∫α
0
1
−
2x sin θ 2x cos θ +
x2
dθ
=
2
∑ ∞
n=1
∫α
0
xn
sin(nθ)
dθ
ln(1 − 2x cos α + x2) − 2 ln(1 − x) = −2 ∑ ∞ cos(nα) xn + 2 ∑ ∞ xn
n
n
n=1
9.
设 f (x) =
∑∞ anxn, 则
2x sin θ
=
(1
−
2x cos θ
+
x2) ( ∑∞
) anxn
,
展开比较
xn
的系数得 a0
= 0, a1
=
n=1
n=1
2 sin θ, an − 2 cos θ an−1 + an−2 = 0, n ⩾ 2. 由数学归纳法易知 an = 2 sin(nθ), n ∈ N. 于是
|f ′(x) − f ′(y)| < ε0/2. 从而有
∫ xn+δ0
∫ xn+δ0
f ′(x) dx =
f ′(x) − f ′(xn) + f ′(xn) dx
xn
xn
∫ xn+δ0
∫ xn+δ0
⩾
f ′(xn) dx −
f ′(x) − f ′(xn) dx
xn
xn
⩾
ε0δ0
−
ε0 2
δ0
= ε0δ0 . 2
又因为 x ln x 在 (0, 1) 上连续,