Math Analysis Homework - Week 12
Class 1
T1
∫ − 1 1 arccos x 1 − x 2 d x \int_{-1}^1 \frac{\arccos x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x ∫ − 1 1 1 − x 2 a r c c o s x d x
let x = cos t A n s = ∫ 0 π t sin t ( − sin t ) d t = ∫ 0 π t d t = π 2 2 \begin{gathered}
\text{let } x=\cos t \\
Ans=\int_{0}^{\pi} \dfrac{t}{\sin t} (-\sin t)dt \\
= \int_0^\pi tdt \\
=\dfrac{\pi^2}{2}
\end{gathered} let x = cos t A n s = ∫ 0 π sin t t ( − sin t ) d t = ∫ 0 π t d t = 2 π 2
T2
∫ 0 π 2 ( tan x + cot x ) d x \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sqrt{\tan x} + \sqrt{\cot x})\mathrm{d}x ∫ 0 2 π ( tan x + cot x ) d x
= 2 ∫ 0 π 2 tan x d x = t = tan x 4 ∫ 0 + ∞ t 2 t 4 + 1 d t = 4 ∫ 0 1 t 2 + 1 t 4 + 1 d t = 4 ∫ 0 1 1 + 1 t 2 t 2 + 1 t 2 d t = s = t − 1 t 4 ∫ − ∞ 0 d s s 2 + 2 = s = 2 tan u 4 ∫ − π 2 0 2 sec 2 u 2 sec 2 u d u = 2 π \begin{gathered}
=2\int_0^{\frac\pi2} \sqrt {\tan x}dx \\
\xlongequal{ t=\sqrt{\tan x} } 4\int_0^{+\infty} \dfrac{t^2}{t^4+1}dt \\
=4\int_0^1 \dfrac{t^2+1}{t^4+1} dt \\
=4\int_0^1 \dfrac{1+\dfrac{1}{t^2} }{t^2+\dfrac{1}{t^2} } dt \\
\xlongequal{ s=t-\frac{1}{t} } 4\int_{-\infty}^0 \dfrac{ds}{s^2+2} \\
\xlongequal{ s=\sqrt 2 \tan u } 4\int_{-\frac\pi2}^0 \dfrac{\sqrt 2 \sec^2 u}{2\sec^2 u} du \\
=\sqrt 2\pi
\end{gathered} = 2 ∫ 0 2 π tan x d x t = t a n x 4 ∫ 0 + ∞ t 4 + 1 t 2 d t = 4 ∫ 0 1 t 4 + 1 t 2 + 1 d t = 4 ∫ 0 1 t 2 + t 2 1 1 + t 2 1 d t s = t − t 1 4 ∫ − ∞ 0 s 2 + 2 d s s = 2 t a n u 4 ∫ − 2 π 0 2 sec 2 u 2 sec 2 u d u = 2 π
T3
判断下列反常积分的敛散性：
( 1 ) ∫ 0 π 2 1 sin α x cos β x d x ( α > 0 , β > 0 ) (1) \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sin^\alpha x \cos^\beta x}\mathrm{d}x \quad (\alpha > 0, \beta > 0) ( 1 ) ∫ 0 2 π s i n α x c o s β x 1 d x ( α > 0 , β > 0 )
x → 0 ⟹ 1 sin α x cos β x ∼ 1 x α x → π 2 ⟹ t → 0 , ∫ 0 π 2 1 sin α x cos β x d x = ∫ 0 π 2 1 cos α t sin β t d t ⟹ 1 sin β x cos α x ∼ 1 t β ⟹ { convergent , α , β < 1 not convergent , max ( α , β ) ≥ 1 \begin{gathered}
x\to 0 \implies \dfrac{1}{\sin^\alpha x\cos^\beta x}\sim\dfrac{1}{x^\alpha} \\
x\to \frac\pi2 \implies t\to 0,\int_0^{\frac\pi2}\dfrac{1}{\sin^\alpha x\cos^\beta x} dx=\int_0^{\frac\pi2 }\dfrac{1}{\cos^\alpha t\sin^\beta t}dt \\
\implies \dfrac{1}{\sin^\beta x\cos^\alpha x} \sim \dfrac{1}{t^\beta} \\
\implies \begin{cases}
\text{convergent} ,\alpha,\beta<1 \\
\text{not convergent} ,\max (\alpha,\beta) \ge 1
\end{cases}
\end{gathered} x → 0 ⟹ sin α x cos β x 1 ∼ x α 1 x → 2 π ⟹ t → 0 , ∫ 0 2 π sin α x cos β x 1 d x = ∫ 0 2 π cos α t sin β t 1 d t ⟹ sin β x cos α x 1 ∼ t β 1 ⟹ { convergent , α , β < 1 not convergent , max ( α , β ) ≥ 1
T4
( 5 ) ∫ 0 + ∞ x ∣ ln x ∣ p x 2 + 1 d x ( p ∈ R ) (5) \int_0^{+\infty} \frac{x|\ln x|^p}{x^2+1}\mathrm{d}x \quad (p \in \mathbb{R}) ( 5 ) ∫ 0 + ∞ x 2 + 1 x ∣ l n x ∣ p d x ( p ∈ R )
= ∫ 0 + ∞ ∣ ln x ∣ p x ( 1 + x 2 ) d x ∫ 0 1 ∣ ln x ∣ p x ( 1 + x 2 ) d x + ∫ 1 + ∞ ∣ ln x ∣ p x ( 1 + x 2 ) d x = I 1 + I 2 ∃ N , n > N ⟹ I 2 = ∫ 1 + ∞ ∣ ln p ∣ p x ( 1 + x 2 ) d x < ∫ 1 + ∞ 1 x 2 d x < ∞ for I 1 , x → 0 , 1 + x 2 → 1 ∫ 0 1 ∣ ln x ∣ p x d x = ∫ 0 ∞ t p d t = ∞ \begin{gathered}
=\int_0^{+\infty} \dfrac{\vert \ln x\vert^p}{x(1+x^2)} dx \\
\int_0^{1} \dfrac{\vert \ln x\vert^p}{x(1+x^2)} dx \\
+\int_1^{+\infty} \dfrac{\vert \ln x\vert^p}{x(1+x^2)} dx \\
=I_1+I_2 \\
\exists N,n>N \implies I_2=\int_1^{+\infty} \dfrac{\vert \ln p \vert ^p}{x(1+x^2)} dx<\int_1^{+\infty} \dfrac{1}{x^2} dx<\infty \\
\text{for } I_1,x\to 0,1+x^2 \to 1\\
\int_0^1 \dfrac{\vert \ln x \vert ^p}{x}dx \\
=\int_0^\infty t^pdt \\
=\infty
\end{gathered} = ∫ 0 + ∞ x ( 1 + x 2 ) ∣ ln x ∣ p d x ∫ 0 1 x ( 1 + x 2 ) ∣ ln x ∣ p d x + ∫ 1 + ∞ x ( 1 + x 2 ) ∣ ln x ∣ p d x = I 1 + I 2 ∃ N , n > N ⟹ I 2 = ∫ 1 + ∞ x ( 1 + x 2 ) ∣ ln p ∣ p d x < ∫ 1 + ∞ x 2 1 d x < ∞ for I 1 , x → 0 , 1 + x 2 → 1 ∫ 0 1 x ∣ ln x ∣ p d x = ∫ 0 ∞ t p d t = ∞ 因此发散
T5
( 7 ) ∫ 0 + ∞ sin x ( 1 − cos x ) x p d x ( p ∈ R ) (7) \int_0^{+\infty} \frac{\sin x(1-\cos x)}{x^p}\mathrm{d}x \quad (p \in \mathbb{R}) ( 7 ) ∫ 0 + ∞ x p s i n x ( 1 − c o s x ) d x ( p ∈ R )
x → 0 ⟹ sin x ( 1 − cos x ) x p ∼ 1 2 x 3 − p , convergence ⟺ p < 4 x → ∞ ⟹ ∫ 1 + ∞ sin x ( 1 − cos x ) x p d x = ∫ 1 + ∞ ( sin x x p − 2 p − 1 sin ( 2 x ) ( 2 x ) p ) d x { < ∞ , p > 0 = ∞ , p ≤ 0 \begin{gathered}
x\to 0 \implies \dfrac{\sin x(1-\cos x)}{x^p} \sim \dfrac12x^{3-p}, \\
\text{convergence } \iff p<4 \\
x\to \infty \implies \int_1^{+\infty}\dfrac{\sin x(1-\cos x)}{x^p} dx \\
=\int_1^{+\infty}{\left( \dfrac{\sin x}{x^p} -\dfrac{2^{p-1}\sin(2x)}{(2x)^p} \right)} dx \\
\begin{cases}
<\infty,p> 0 \\
=\infty,p\le 0
\end{cases}
\end{gathered} x → 0 ⟹ x p sin x ( 1 − cos x ) ∼ 2 1 x 3 − p , convergence ⟺ p < 4 x → ∞ ⟹ ∫ 1 + ∞ x p sin x ( 1 − cos x ) d x = ∫ 1 + ∞ ( x p sin x − ( 2 x ) p 2 p − 1 sin ( 2 x ) ) d x { < ∞ , p > 0 = ∞ , p ≤ 0 所以p ∈ ( 0 , 4 ) p\in (0,4) p ∈ ( 0 , 4 ) p ∈ ( − ∞ , 0 ] ∪ [ 4 , + ∞ ) p\in (-\infty,0]\cup [4,+\infty) p ∈ ( − ∞ , 0 ] ∪ [ 4 , + ∞ )
T6
设 f ( x ) f(x) f ( x ) [ a , b ] [a, b] [ a , b ] lim x → + ∞ f ( x ) = A , lim x → − ∞ f ( x ) = B \lim_{x\to+\infty}f(x)=A, \lim_{x\to-\infty}f(x)=B lim x → + ∞ f ( x ) = A , lim x → − ∞ f ( x ) = B a > 0 a > 0 a > 0 ∫ − ∞ + ∞ ( f ( x + a ) − f ( x ) ) d x \int_{-\infty}^{+\infty}(f(x+a)-f(x))\mathrm{d}x ∫ − ∞ + ∞ ( f ( x + a ) − f ( x )) d x
∫ L R ( f ( x + a ) − f ( x ) ) d x = ∫ L + a R + a f ( x ) d x − ∫ L R f ( x ) d x = ∫ R R + a f ( x ) d x − ∫ L L + a f ( x ) d x ∫ − ∞ ∞ ( f ( x + a ) − f ( x ) ) d x = lim R → + ∞ ∫ R R + a f ( x ) d x − lim L → − ∞ ∫ L L + a f ( x ) d x = lim R → + ∞ a f ( ξ 1 ) − lim L → + ∞ a f ( ξ 2 ) = a ( A − B ) \begin{gathered}
\int_L^R (f(x+a)-f(x))dx \\
=\int_{L+a}^{R+a} f(x)dx-\int_L^R f(x)dx \\
=\int_R^{R+a} f(x)dx-\int_L^{L+a} f(x)dx \\
\int_{-\infty}^\infty (f(x+a)-f(x))dx \\
=\lim_{R \to +\infty} \int_R^{R+a}f(x)dx \\
-\lim_{L\to -\infty} \int_L^{L+a}f(x)dx \\
=\lim_{R\to +\infty} af(\xi_1)-\lim_{L\to +\infty}af(\xi_2) \\
=a(A-B)
\end{gathered} ∫ L R ( f ( x + a ) − f ( x )) d x = ∫ L + a R + a f ( x ) d x − ∫ L R f ( x ) d x = ∫ R R + a f ( x ) d x − ∫ L L + a f ( x ) d x ∫ − ∞ ∞ ( f ( x + a ) − f ( x )) d x = R → + ∞ lim ∫ R R + a f ( x ) d x − L → − ∞ lim ∫ L L + a f ( x ) d x = R → + ∞ lim a f ( ξ 1 ) − L → + ∞ lim a f ( ξ 2 ) = a ( A − B )
T7
设 f ( x ) f(x) f ( x ) [ a , + ∞ ) [a, +\infty) [ a , + ∞ ) g ( x ) g(x) g ( x ) T T T g ( x ) ∈ R [ 0 , T ] g(x) \in R[0, T] g ( x ) ∈ R [ 0 , T ] lim λ → + ∞ ∫ a + ∞ f ( x ) g ( λ x ) d x = 1 T ∫ 0 T g ( x ) d x ∫ a + ∞ f ( x ) d x \lim_{\lambda\to+\infty}\int_a^{+\infty}f(x)g(\lambda x)\mathrm{d}x = \frac{1}{T}\int_0^T g(x)\mathrm{d}x \int_a^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x lim λ → + ∞ ∫ a + ∞ f ( x ) g ( λ x ) d x = T 1 ∫ 0 T g ( x ) d x ∫ a + ∞ f ( x ) d x
let n = ( A − a ) λ T lim λ → + ∞ ∫ a a + n T λ f ( x ) g ( λ x ) d x = lim λ → + ∞ ∑ i = 0 n − 1 ∫ a + i T λ a + ( i + 1 ) T λ ( f ( x ) − f ( a + i T λ ) ) g ( λ x ) d x + lim λ → + ∞ ∑ i = 0 n − 1 ∫ a + i T λ a + ( i + 1 ) T λ f ( a + i T λ ) g ( λ x ) d x \begin{gathered}
\text{let } n=\dfrac{(A-a)\lambda}{T} \\
\lim_{\lambda \to +\infty} \int_a^{a+\frac {nT}\lambda} f(x)g(\lambda x)dx \\
=\lim_{\lambda \to +\infty} \sum_{i=0}^{n-1} \int_{a+i\frac T\lambda}^{a+(i+1)\frac T\lambda} (f(x)-f(a+\dfrac{iT}\lambda))g(\lambda x)dx+ \\
\lim_{\lambda \to +\infty} \sum_{i=0}^{n-1} \int_{a+i\frac T\lambda}^{a+(i+1)\frac T\lambda} f(a+\dfrac{iT}\lambda)g(\lambda x)dx \\
\end{gathered} let n = T ( A − a ) λ λ → + ∞ lim ∫ a a + λ n T f ( x ) g ( λ x ) d x = λ → + ∞ lim i = 0 ∑ n − 1 ∫ a + i λ T a + ( i + 1 ) λ T ( f ( x ) − f ( a + λ i T )) g ( λ x ) d x + λ → + ∞ lim i = 0 ∑ n − 1 ∫ a + i λ T a + ( i + 1 ) λ T f ( a + λ i T ) g ( λ x ) d x f f f
lim λ → + ∞ ∑ i = 0 n − 1 ∫ a + i T λ a + ( i + 1 ) T λ ( f ( x ) − f ( a + i T λ ) ) g ( λ x ) d x ≤ lim λ → + ∞ M ∑ i = 0 n − 1 sup x , y ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ T λ = 0 \begin{gathered}
\lim_{\lambda \to +\infty} \sum_{i=0}^{n-1} \int_{a+i\frac T\lambda}^{a+(i+1)\frac T\lambda} (f(x)-f(a+\dfrac{iT}\lambda))g(\lambda x)dx \\
\le \lim_{\lambda \to +\infty} M\sum_{i=0}^{n-1} \sup_{x,y} \vert f(x)-f(y) \vert \dfrac{T}{\lambda} \\
=0
\end{gathered} λ → + ∞ lim i = 0 ∑ n − 1 ∫ a + i λ T a + ( i + 1 ) λ T ( f ( x ) − f ( a + λ i T )) g ( λ x ) d x ≤ λ → + ∞ lim M i = 0 ∑ n − 1 x , y sup ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ λ T = 0 而第二项有
lim λ → + ∞ ∑ i = 0 n − 1 ∫ a + i T λ a + ( i + 1 ) T λ f ( a + i T λ ) g ( λ x ) d x = lim λ → + ∞ ∑ i = 0 n − 1 f ( a + i T λ ) ∫ a + i T λ a + ( i + 1 ) T λ g ( λ x ) d x = lim λ → + ∞ ∑ i = 0 n − 1 f ( a + i T λ ) ∫ 0 T g ( x ) d x 1 λ = ( 1 T ∫ 0 T g ( x ) d x ) lim λ → + ∞ ∑ i = 0 n − 1 f ( a + i T λ ) T λ = 1 T ∫ 0 T g ( x ) d x ∫ a A f ( x ) d x \begin{gathered}
\lim_{\lambda \to +\infty} \sum_{i=0}^{n-1} \int_{a+i\frac T\lambda}^{a+(i+1)\frac T\lambda} f(a+\dfrac{iT}\lambda)g(\lambda x)dx \\
=\lim_{\lambda \to +\infty} \sum_{i=0}^{n-1}f(a+\dfrac{iT}\lambda) \int_{a+i\frac T\lambda}^{a+(i+1)\frac T\lambda} g(\lambda x)dx \\
=\lim_{\lambda \to +\infty} \sum_{i=0}^{n-1}f(a+\dfrac{iT}\lambda) \int_0^Tg(x)dx \dfrac{1}{\lambda} \\
=(\dfrac{1}{T} \int_0^T g(x)dx)\lim_{\lambda \to +\infty}\sum_{i=0}^{n-1}f(a+\dfrac{iT}\lambda)\dfrac{T}{\lambda} \\
=\frac{1}{T}\int_0^T g(x)\mathrm{d}x \int_a^{A}f(x)\mathrm{d}x
\end{gathered} λ → + ∞ lim i = 0 ∑ n − 1 ∫ a + i λ T a + ( i + 1 ) λ T f ( a + λ i T ) g ( λ x ) d x = λ → + ∞ lim i = 0 ∑ n − 1 f ( a + λ i T ) ∫ a + i λ T a + ( i + 1 ) λ T g ( λ x ) d x = λ → + ∞ lim i = 0 ∑ n − 1 f ( a + λ i T ) ∫ 0 T g ( x ) d x λ 1 = ( T 1 ∫ 0 T g ( x ) d x ) λ → + ∞ lim i = 0 ∑ n − 1 f ( a + λ i T ) λ T = T 1 ∫ 0 T g ( x ) d x ∫ a A f ( x ) d x 然后我们现在算的
∫ a a + n T λ f ( x ) g ( λ x ) d x \begin{gathered}
\int_a^{a+\frac{nT}\lambda} f(x)g(\lambda x)dx
\end{gathered} ∫ a a + λ n T f ( x ) g ( λ x ) d x 和
∫ a A f ( x ) g ( λ x ) d x \begin{gathered}
\int_a^{A} f(x)g(\lambda x)dx
\end{gathered} ∫ a A f ( x ) g ( λ x ) d x 差的长度不超过λ \lambda λ f , g f,g f , g λ → 0 \lambda\to 0 λ → 0 A → ∞ A\to \infty A → ∞
T8
设 g ( x ) g(x) g ( x ) T T T g ( x ) ∈ R [ 0 , T ] g(x) \in R[0, T] g ( x ) ∈ R [ 0 , T ] lim λ → + ∞ λ ∫ λ + ∞ g ( x ) x 2 d x = 1 T ∫ 0 T g ( x ) d x \lim_{\lambda\to+\infty} \lambda \int_\lambda^{+\infty} \frac{g(x)}{x^2}\mathrm{d}x = \frac{1}{T}\int_0^T g(x)\mathrm{d}x lim λ → + ∞ λ ∫ λ + ∞ x 2 g ( x ) d x = T 1 ∫ 0 T g ( x ) d x
= t = x λ ∫ 1 + ∞ g ( λ t ) t 2 d t = f ( x ) = 1 x 2 ( 1 T ∫ 0 T g ( x ) d x ) ( ∫ 1 + ∞ 1 x 2 d x ) = 1 T ∫ 0 T g ( x ) d x \begin{gathered}
\xlongequal{ t=\frac{x}{\lambda} } \int_1^{+\infty}\dfrac{g(\lambda t)}{t^2} dt \\
\xlongequal{ f(x)=\frac{1}{x^2} } {\left( \dfrac{1}{T} \int_0^T g(x)dx \right)} {\left( \int_1^{+\infty} \dfrac{1}{x^2} dx\right)} \\
=\dfrac{1}{T} \int_0^T g(x)dx
\end{gathered} t = λ x ∫ 1 + ∞ t 2 g ( λ t ) d t f ( x ) = x 2 1 ( T 1 ∫ 0 T g ( x ) d x ) ( ∫ 1 + ∞ x 2 1 d x ) = T 1 ∫ 0 T g ( x ) d x
T9
设 F ( x ) = ∫ 0 x ( 1 t − [ 1 t ] ) d t F(x) = \int_0^x \left(\frac{1}{t} - \left[\frac{1}{t}\right]\right)\mathrm{d}t F ( x ) = ∫ 0 x ( t 1 − [ t 1 ] ) d t F + ′ ( 0 ) = 1 2 F'_+(0) = \frac{1}{2} F + ′ ( 0 ) = 2 1
F + ′ ( 0 ) = lim x → 0 + ∫ 0 x { 1 t } d t x = lim x → 0 + ∫ 1 x ∞ { t } t 2 d t x = λ = 1 x lim λ → + ∞ λ ∫ λ + ∞ g ( t ) t 2 d t , g ( t ) = { t } \begin{gathered}
F'_+(0) \\
=\lim_{x \to 0^+} \dfrac{\int_0^x \{ \dfrac{1}{t} \} dt}{x} \\
=\lim_{x \to 0^+} \dfrac{\int^{\infty}_{\frac1x} \dfrac{\{ t \} }{t^2} dt}{x} \\
\xlongequal{ \lambda=\frac{1}{x} } \lim_{\lambda \to +\infty} \lambda\int_\lambda^{+\infty} \dfrac{g(t)}{t^2}dt,g(t)=\{ t \}
\end{gathered} F + ′ ( 0 ) = x → 0 + lim x ∫ 0 x { t 1 } d t = x → 0 + lim x ∫ x 1 ∞ t 2 { t } d t λ = x 1 λ → + ∞ lim λ ∫ λ + ∞ t 2 g ( t ) d t , g ( t ) = { t } 由上一题,答案即 ∫ 0 1 { t } d t = 1 2 \int_0^1 \{ t \} dt=\dfrac{1}{2} ∫ 0 1 { t } d t = 2 1
Class 2
T1
1. 计算下列级数的和：
( 3 ) ∑ n = 1 ∞ arctan 1 1 + n + n 2 (3) \quad \sum_{n=1}^{\infty} \arctan \frac{1}{1+n+n^2} ( 3 ) ∑ n = 1 ∞ arctan 1 + n + n 2 1
1 1 + n + n 2 = ( n + 1 ) − n 1 + ( n + 1 ) n ⟹ arctan 1 1 + n + n 2 = arctan ( n + 1 ) − arctan ( n ) ⟹ ∑ i = 1 n 1 1 + n + n 2 = arctan ( n + 1 ) − arctan ( 1 ) ⟹ a n s = π 4 \begin{gathered}
\dfrac{1}{1+n+n^2} =\dfrac{(n+1)-n}{1+(n+1)n} \\
\implies \arctan \dfrac{1}{1+n+n^2} =\arctan (n+1) -\arctan(n) \\
\implies \sum _{i = 1} ^{n} \frac{1}{1+n+n^2}=\arctan(n+1)-\arctan(1) \\
\implies ans=\dfrac{\pi}{4}
\end{gathered} 1 + n + n 2 1 = 1 + ( n + 1 ) n ( n + 1 ) − n ⟹ arctan 1 + n + n 2 1 = arctan ( n + 1 ) − arctan ( n ) ⟹ i = 1 ∑ n 1 + n + n 2 1 = arctan ( n + 1 ) − arctan ( 1 ) ⟹ an s = 4 π
T2
1. 计算下列级数的和：
( 4 ) ∑ n = 1 ∞ n + 1 − n n 2 + n (4) \quad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n^2+n}} ( 4 ) ∑ n = 1 ∞ n 2 + n n + 1 − n
= ∑ i = 1 ∞ 1 n − 1 n + 1 = 1 \begin{gathered}
=\sum _{i = 1} ^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt n} - \dfrac{1}{\sqrt{n+1}} \\
=1
\end{gathered} = i = 1 ∑ ∞ n 1 − n + 1 1 = 1
T3
2. 证明下列级数发散：
( 2 ) ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n n 2 + 1 3 n 2 − 2 (2) \quad \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{n^{2}+1}{3 n^{2}-2} ( 2 ) ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n 3 n 2 − 2 n 2 + 1
lim n → ∞ n 2 + 1 3 n 2 − 2 = 1 3 ⟹ ∃ N , n > N ⟹ n 2 + 1 3 n 2 − 2 > 1 6 ⟹ ∃ ϵ = 1 7 , ∀ n > N , ∣ S n + 1 − S n ∣ = ∣ n 2 + 1 3 n 2 − 2 ∣ > ϵ \begin{gathered}
\lim_{n \to \infty} \dfrac{n^2+1}{3n^2-2} =\dfrac{1}{3} \\
\implies \exists N,n>N \implies \dfrac{n^2+1}{3n^2-2} > \dfrac{1}{6} \\
\implies \exists \epsilon=\dfrac{1}{7} ,\forall n>N,\vert S_{n+1}-S_{n} \vert =\vert \dfrac{n^2+1}{3n^2-2} \vert > \epsilon
\end{gathered} n → ∞ lim 3 n 2 − 2 n 2 + 1 = 3 1 ⟹ ∃ N , n > N ⟹ 3 n 2 − 2 n 2 + 1 > 6 1 ⟹ ∃ ϵ = 7 1 , ∀ n > N , ∣ S n + 1 − S n ∣ = ∣ 3 n 2 − 2 n 2 + 1 ∣ > ϵ
T4
4. 设数列 { n a n } \{na_n\} { n a n } ∑ n = 1 ∞ n ( a n − a n + 1 ) \sum_{n=1}^{\infty} n(a_n - a_{n+1}) ∑ n = 1 ∞ n ( a n − a n + 1 ) ∑ n = 1 ∞ a n \sum_{n=1}^{\infty} a_n ∑ n = 1 ∞ a n
∑ i = 1 n i ( a i − a i + 1 ) = − n a n + 1 + ∑ i = 1 n a i = − ( n + 1 ) a n + 1 + ∑ i = 1 n + 1 a i ⟹ ( ∑ i = 1 n a n ) = ( ∑ i = 1 n − 1 n ( a n − a n + 1 ) ) + ( n a n ) \begin{gathered}
\sum _{i = 1} ^{n} i(a_i-a_{i+1}) \\
=-na_{n+1}+\sum _{i = 1} ^{n} a_i \\
=-(n+1)a_{n+1}+\sum _{i = 1} ^{n+1} a_i \\
\implies (\sum _{i = 1} ^{n} a_n)=(\sum _{i = 1} ^{n-1} n(a_n-a_{n+1}))+(na_n) \\
\end{gathered} i = 1 ∑ n i ( a i − a i + 1 ) = − n a n + 1 + i = 1 ∑ n a i = − ( n + 1 ) a n + 1 + i = 1 ∑ n + 1 a i ⟹ ( i = 1 ∑ n a n ) = ( i = 1 ∑ n − 1 n ( a n − a n + 1 )) + ( n a n ) 于是收敛.
T5
6. 设 f ( x ) f(x) f ( x ) [ a , + ∞ ) [a, +\infty) [ a , + ∞ ) ∫ 0 + ∞ f ( x ) d x \int_0^{+\infty} f(x)dx ∫ 0 + ∞ f ( x ) d x { x n } ⊂ [ 0 , + ∞ ) \{x_n\} \subset [0, +\infty) { x n } ⊂ [ 0 , + ∞ ) lim n → ∞ x n = + ∞ \lim_{n\to\infty} x_n = +\infty lim n → ∞ x n = + ∞ lim n → ∞ f ( x n ) = 0 \lim_{n\to\infty} f(x_n) = 0 lim n → ∞ f ( x n ) = 0
反证,不存在这样的x n x_n x n X > a , ϵ > 0 X>a,\epsilon>0 X > a , ϵ > 0 x > X x>X x > X ∣ f ( x n ) ∣ > ϵ \vert f(x_n) \vert >\epsilon ∣ f ( x n ) ∣ > ϵ X = x n , ϵ = f ( x n ) 2 X=x_n,\epsilon=\dfrac{f(x_n)}2 X = x n , ϵ = 2 f ( x n ) x n + 1 x_{n+1} x n + 1 { x n } \{ x_n \} { x n }
而若这样的X , ϵ X,\epsilon X , ϵ x > X x>X x > X f ( x ) f(x) f ( x )
∣ ∫ a a + 1 f ( x ) d x ∣ > ϵ \begin{gathered}
\vert \int_a^{a+1} f(x)dx \vert > \epsilon
\end{gathered} ∣ ∫ a a + 1 f ( x ) d x ∣ > ϵ 由柯西收敛准则∫ 0 + ∞ f ( x ) d x \int_0^{+\infty} f(x)dx ∫ 0 + ∞ f ( x ) d x
Class 3
T1
1. 判断下列级数的敛散性:
(2) ∑ n = 1 ∞ a n 1 + a 2 n ( a > 0 ) \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a^n}{1+a^{2n}} \ (a > 0) n = 1 ∑ ∞ 1 + a 2 n a n ( a > 0 )
a < 1 ⟹ a n + 1 a n = a < 1 ⟹ convergent a = 1 ⟹ divergent a > 1 ⟹ a n 1 + a 2 n < 1 a n ⟹ convergent \begin{gathered}
a< 1 \implies \dfrac{a_{n+1}}{a_n} =a<1 \implies \text{ convergent} \\
a=1 \implies \text{ divergent} \\
a>1 \implies \dfrac{a^n}{1+a^{2n}} <\dfrac{1}{a^n} \implies \text{convergent}
\end{gathered} a < 1 ⟹ a n a n + 1 = a < 1 ⟹ convergent a = 1 ⟹ divergent a > 1 ⟹ 1 + a 2 n a n < a n 1 ⟹ convergent
T2
(4) ∑ n = 1 ∞ ( n ( ln ( 2 n + 1 ) − ln ( 2 n − 1 ) ) − 1 ) \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (n(\ln(2n+1) - \ln(2n-1)) - 1) n = 1 ∑ ∞ ( n ( ln ( 2 n + 1 ) − ln ( 2 n − 1 )) − 1 )
a n = n ln ( 1 + 2 2 n − 1 ) − 1 = n ( 2 2 n − 1 − 2 ( 2 n − 1 ) 2 + 8 3 ( 2 n − 1 ) 3 + o ( ( 1 n ) 3 ) ) − 1 = 1 2 n − 1 − 2 n ( 2 n − 1 ) 2 + 8 n 3 ( 2 n − 1 ) 3 + o ( 1 n 2 ) = 2 n + 3 3 ( 2 n − 1 ) 3 + o ( 1 n 2 ) < 100 n 2 ⟹ convergent \begin{gathered}
a_n=n\ln (1+\dfrac{2}{2n-1} )-1 \\
=n(\dfrac{2}{2n-1}-\dfrac{2}{(2n-1)^2} +\dfrac{8}{3(2n-1)^3} +o((\dfrac{1}{n} )^3))-1 \\
=\dfrac{1}{2n-1} -\dfrac{2n}{(2n-1)^2} +\dfrac{8n}{3(2n-1)^3} +o(\dfrac{1}{n^2} ) \\
=\dfrac{2n+3}{3(2n-1)^3} +o(\dfrac{1}{n^2} ) \\
<\dfrac{100}{n^2}
\implies \text{convergent}
\end{gathered} a n = n ln ( 1 + 2 n − 1 2 ) − 1 = n ( 2 n − 1 2 − ( 2 n − 1 ) 2 2 + 3 ( 2 n − 1 ) 3 8 + o (( n 1 ) 3 )) − 1 = 2 n − 1 1 − ( 2 n − 1 ) 2 2 n + 3 ( 2 n − 1 ) 3 8 n + o ( n 2 1 ) = 3 ( 2 n − 1 ) 3 2 n + 3 + o ( n 2 1 ) < n 2 100 ⟹ convergent
T3
(6) ∑ n = 1 ∞ n ! ( a + 1 ) ( a + 2 ) ⋯ ( a + n ) ( a > 0 ) \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n!}}{(a+\sqrt{1})(a+\sqrt{2})\cdots(a+\sqrt{n})} \ (a > 0) n = 1 ∑ ∞ ( a + 1 ) ( a + 2 ) ⋯ ( a + n ) n ! ( a > 0 )
a n + 1 a n = a + n + 1 n + 1 = 1 + a n + 1 ⟹ lim n → ∞ ( a n + 1 a n − 1 ) n = lim n → ∞ n a n + 1 > 1 ⇒ Raabe’s test convergent \begin{gathered}
\dfrac{a_{n+1}}{a_n} =\dfrac{a+\sqrt {n+1}}{\sqrt {n+1}} =1+\dfrac{a}{\sqrt {n+1}} \\
\implies \lim_{n \to \infty} (\dfrac{a_{n+1}}{a_n} -1)n=\lim_{n \to \infty} \dfrac{na}{\sqrt{n+1}}>1 \\
\xRightarrow{\text{ Raabe's test}} \text{convergent}
\end{gathered} a n a n + 1 = n + 1 a + n + 1 = 1 + n + 1 a ⟹ n → ∞ lim ( a n a n + 1 − 1 ) n = n → ∞ lim n + 1 na > 1 Raabe’s test convergent
T4
(8) ∑ n = 3 ∞ 1 n ( ln n ) ( ln ln n ) p \displaystyle \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n(\ln n)(\ln \ln n)^p} n = 3 ∑ ∞ n ( ln n ) ( ln ln n ) p 1
∫ 3 ∞ 1 x ln x ln ln x d x = ∫ 3 ∞ 1 ( ln ln x ) p d ( 1 x ln x ) = ∫ ln ln 3 ∞ 1 x p \begin{gathered}
\int_3^{\infty} \dfrac{1}{x\ln x\ln \ln x} dx \\
=\int_3^{\infty} \dfrac{1}{(\ln\ln x)^p} d(\dfrac{1}{x\ln x} ) \\
=\int_{\ln \ln 3}^\infty \dfrac{1}{x^p} \\
\end{gathered} ∫ 3 ∞ x ln x ln ln x 1 d x = ∫ 3 ∞ ( ln ln x ) p 1 d ( x ln x 1 ) = ∫ l n l n 3 ∞ x p 1 所以p ≤ 1 p\le 1 p ≤ 1 p > 1 p>1 p > 1
T5
3. 设 lim n → ∞ n 2 n sin 1 n a n = 1 \displaystyle \lim_{n\to\infty} n^{2n\sin\frac{1}{n}} a_n = 1 n → ∞ lim n 2 n s i n n 1 a n = 1 ∑ n = 1 ∞ a n \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n n = 1 ∑ ∞ a n
只需证明 1 n 2 n sin 1 n \dfrac{1}{n^{2n\sin \frac1n}} n 2 n s i n n 1 1
lim n → ∞ ln 1 x 2 x sin 1 x ln x = lim n → ∞ − ( 2 x sin 1 x ) ln x ln x = lim n → ∞ − 2 x sin 1 x = − 2 > − 1 \begin{gathered}
\lim_{n \to \infty} \dfrac{\ln \dfrac{1}{x^{2x\sin \frac1x}} }{\ln x} \\
=\lim_{n \to \infty} \dfrac{-(2x\sin \dfrac{1}{x} )\ln x}{\ln x} \\
=\lim_{n \to \infty} -2x\sin \dfrac{1}{x} \\
=-2>-1
\end{gathered} n → ∞ lim ln x ln x 2 x s i n x 1 1 = n → ∞ lim ln x − ( 2 x sin x 1 ) ln x = n → ∞ lim − 2 x sin x 1 = − 2 > − 1 由之前某次作业证明的对数判别法,说明收敛
T6
4. 设数列 { a n } ( a n > 0 ) \{a_n\} \ (a_n > 0) { a n } ( a n > 0 ) ∑ n = 1 ∞ 1 a n \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_n} n = 1 ∑ ∞ a n 1 ∑ n = 1 ∞ n a 1 + a 2 + ⋯ + a n \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{a_1 + a_2 + \cdots + a_n} n = 1 ∑ ∞ a 1 + a 2 + ⋯ + a n n
b n = 1 a n , c n = n ∑ i = 1 n a i ∵ c n > b n ∴ ∑ c n < ∞ ⟹ ∑ b n < ∞ \begin{gathered}
b_n=\dfrac{1}{a_n} ,c_n=\dfrac{n}{\sum _{i = 1} ^{n} a_i} \\
\because c_n> b_n \\
\therefore \sum c_n<\infty \implies \sum b_n<\infty
\end{gathered} b n = a n 1 , c n = ∑ i = 1 n a i n ∵ c n > b n ∴ ∑ c n < ∞ ⟹ ∑ b n < ∞ 考虑另一边,若∑ b n < ∞ \sum b_n<\infty ∑ b n < ∞
∑ i = 1 n a i > n 2 a [ n 2 ] ⟹ c n < 2 1 a [ n 2 ] ⟹ ∑ c n ≤ 2 ∑ b n < ∞ \begin{gathered}
\sum _{i = 1} ^{n} a_i> \dfrac{n}{2} a_{\lbrack \frac n2 \rbrack } \\
\implies c_n<2\dfrac{1}{a_{\lbrack \frac n2 \rbrack }} \\
\implies \sum c_n\le 2\sum b_n<\infty
\end{gathered} i = 1 ∑ n a i > 2 n a [ 2 n ] ⟹ c n < 2 a [ 2 n ] 1 ⟹ ∑ c n ≤ 2 ∑ b n < ∞
T7
5. 设 ∑ n = 1 ∞ a n \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n n = 1 ∑ ∞ a n { a n } \{a_n\} { a n } lim n → ∞ n a n = 0 \displaystyle \lim_{n\to\infty} n a_n = 0 n → ∞ lim n a n = 0 { a n } \{a_n\} { a n } ∑ n = 1 ∞ a n \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n n = 1 ∑ ∞ a n
{ a n = 1 n 2 , n ≠ k 2 , k = 1 , 2 , ⋯ , a k 2 = 1 k 2 , k = 1 , 2 , ⋯ . \begin{cases}
a_n = \frac{1}{n^2}, & n \neq k^2, \ k = 1, 2, \cdots, \\
a_{k^2} = \frac{1}{k^2}, & k = 1, 2, \cdots.
\end{cases} { a n = n 2 1 , a k 2 = k 2 1 , n = k 2 , k = 1 , 2 , ⋯ , k = 1 , 2 , ⋯ .
(1)
∀ ϵ , ∃ N , ∀ n > N n a 2 n < ∑ i = n 2 n a i < ϵ ⟹ 2 n a 2 n < 2 ϵ ⟹ lim n → ∞ n a n < 2 ϵ ⟹ lim n → ∞ n a n = 0 \begin{gathered}
\forall \epsilon,\exists N,\forall n>N \\
na_{2n}<\sum _{i = n} ^{2n} a_i<\epsilon \\
\implies 2na_{2n}<2\epsilon \\
\implies \lim_{n \to \infty} na_n<2\epsilon \\
\implies \lim_{n \to \infty} na_n=0
\end{gathered} ∀ ϵ , ∃ N , ∀ n > N n a 2 n < i = n ∑ 2 n a i < ϵ ⟹ 2 n a 2 n < 2 ϵ ⟹ n → ∞ lim n a n < 2 ϵ ⟹ n → ∞ lim n a n = 0 注意这里只证了偶数的!不过你可以用一样的做法证明奇数项极限也是0 0 0
(2)
收敛:对第一类显然收敛,第二类总和是∑ i 1 i 2 \sum_i \frac 1{i^2} ∑ i i 2 1 n a n na_n n a n k 2 k^2 k 2 1 1 1 0 0 0
T8
7. 设正项级数 ∑ n = 1 ∞ a n \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n n = 1 ∑ ∞ a n ∑ n = 1 ∞ b n \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_n n = 1 ∑ ∞ b n lim n → ∞ a n b n = 0 \displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} = 0 n → ∞ lim b n a n = 0
设L = ∑ n = 1 ∞ a n L=\sum_{n=1}^\infty a_n L = ∑ n = 1 ∞ a n L < 1 L<1 L < 1 a a a S n = ∑ i = 1 n a i S_n=\sum_{i=1}^n a_i S n = ∑ i = 1 n a i
则令
b n = 1 ln ( L − S n ) − 1 ln ( L − S n − 1 ) \begin{gathered}
b_n=\dfrac{1}{\ln(L-S_n)} -\dfrac{1}{\ln(L-S_{n-1})}
\end{gathered} b n = ln ( L − S n ) 1 − ln ( L − S n − 1 ) 1 显然∑ b n \sum b_n ∑ b n f ( x ) = 1 ln ( x ) , c n = L − S n f(x)=\dfrac1{\ln(x)},c_n=L-S_n f ( x ) = ln ( x ) 1 , c n = L − S n
a n b n = − c n − 1 − c n f ( c n − 1 ) − f ( c n ) = − 1 f ′ ( ξ ) , ξ ∈ ( c n − 1 , c n ) = ξ ln 2 ξ \begin{gathered}
\dfrac{a_n}{b_n} =-\dfrac{c_{n-1}-c_{n}}{f(c_{n-1})-f(c_n)} \\
=-\dfrac{1}{f'(\xi)},\xi \in (c_{n-1},c_n) \\
=\xi \ln^2 \xi
\end{gathered} b n a n = − f ( c n − 1 ) − f ( c n ) c n − 1 − c n = − f ′ ( ξ ) 1 , ξ ∈ ( c n − 1 , c n ) = ξ ln 2 ξ n → + ∞ n\to +\infty n → + ∞ c n → 0 , ξ → 0 , a n b n → 0 c_n\to 0,\xi\to 0,\dfrac{a_n}{b_n}\to 0 c n → 0 , ξ → 0 , b n a n → 0