数学分析简明教程答案14
数学分析简明教程答案
第十一章 广义积分§11.1 无穷限广义积分1. 求下列无穷积分的值： （1）⎰+∞-2211dx x ； （2）⎰+∞+22)1(1dx x x ；（3）)0(02>⎰+∞-a dx xe ax ；（4）)0(sin 0>⎰+∞-a bxdx eax；. （5）⎰∞++021dx x x； （6）)0,()()(022>+++⎰+∞q p q x p x dx．解 （1）3ln 21)31ln 11(ln 21lim 11lim 112222=-+-=-=-+∞→+∞→+∞⎰⎰A A dx x dx x A A A ． （2）2ln 21)2ln 1(ln 21lim )1(1lim )1(1221212=++=+=++∞→+∞→∞+⎰⎰AA dx x x dx x x A A A ． （3）a211a 21limlim222=-==-+∞→-+∞→+∞-⎰⎰）（e dx e x dx ex ax A Aax A ax ． （4）设⎰+∞-=0sin bxdx e I ax )0(>a ，则)cos sin 1(lim sin lim 000⎰--+∞→-+∞→+-=⎰=A ax A ax A Aax A dx bx e a b bx e a bxdx e I)sin cos (lim 002⎰--+∞→+-=A ax A axA bxdx e b bx e a bI ab a b bxdx eab a b bxdx e a b a b axA axA 22202220222sin sin lim -=-=-=⎰⎰∞+--+∞→，所以 ，22ba bI +=． （5）作变换y x =，则有⎰+++-+--++=+=+⎰⎰dy y y y y y y y y y y dy y y dx x x )21)(21()21(22)21(221212222422 ⎰⎰-+++-+-=)22(21)(2121)21(42222y y d y y y y d ⎰⎰+++++++-)22(2121)21)21(42222y dyy y y y d C y y y y y y +++-++++-=)]12arctan()12[arctan(222121ln 4222C x x x x x xy +++-+++-=)]12arctan()12[arctan(221)21(ln 4222， 所以，)]12arctan()12[arctan(221)21(ln 421222++-+++-=+⎰A A A A A dx x x A)(22)22(22+∞→=+→A πππ，即，π22102=+⎰∞+dx xx ． (6) 由于当q p =时，用⎰+=n n x a dxI )(22的地推公式，p x dxp p x x p p x dx q x p x dx +++=+=++⎰⎰2222222121)())((C pxp p p x x p +++=arctan 21212所以，时，0>=q ppp p A p p p A A p p x dx A AA 4)arctan 2121(lim )(lim2022π=++=++∞→+∞→⎰， 当q p ≠时，由于⎰⎰⎰+-+-=++--=++dx p x q x q p q x p x dx q p q p q x p x dx )11(1))(()(1))((222222C pxp q x q q p +--=)arctan 1arctan 1(1， 所以，当q p ≠时，⎰⎰+=+++∞→+∞A A q x dx q x p x dx 02022)(lim ))(( )(2)arctan 1arctan 1(1limq p pq p A p q A q q p A +=--=+∞→π两种情况下，即只要0,>q p ，就有⎰+∞+=++022)(2))((q p pq q x p x dx π． 2. 讨论下列积分的收敛性： （1）⎰+∞+0341x dx ；（2）⎰+∞+031arctan dx x x；（3）⎰∞＋121sindx x；（4）⎰+∞+０dx xx sin 11；（5）⎰+∞+022sin 1dx xx x； （6）)0,(10>+⎰∞+m n dx xx nm； （7）⎰∞++-０ 1242x x dxx ；（8）⎰+∞+13211dx xx ；（9）)0(02≥⎰+∞-p dx e x x ；（10）⎰+∞1ln dx x xp； （11）⎰∞+12ln dx x xn （n 是正整数）； （12）⎰∞+02sin dx xx； （13）⎰+∞+01cos dx x axn ； （14）⎰+∞+-+1]11)11[ln(dx x x ；（15）⎰+∞+1)1sin 1ln(cos dx xx ；（16）⎰∞+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-０dx x x 1222sin 1ln 1． 解 （1）111lim 3434=++∞→x xx ，所以积分⎰+∞+0341x dx 收敛．（2）21arctan lim 32π=++∞→x x x x x ，故所求积分收敛．（3）111sin lim1sin lim 2222==+∞→+∞→x x xx x x ，因此所求积分收敛． （4）0≥∀x ，有011sin 11>+≥+x x x ，且+∞=+=+=++∞→+∞→+∞⎰⎰)1ln(lim 1lim 10A x dx x dxA A A ０，即⎰+∞+01xdx发散，由比较判别法知⎰+∞+０x x dx sin 1发散．（5）0≥∀x ，有01sin 1222>+≥+x x x x x ，而11lim 2=++∞→x xx x ，无穷积分⎰+∞+021dx x x 发散，由比较判别法知⎰+∞+022sin 1dx xx x发散． （6）因为11lim=++∞→nnx x x ，所以， 当1>-m n ，即1+>m n 时，⎰∞++01dx x x nm收敛；当1≤-m n ，即1+≤m n 时，⎰∞++01dx xx nm发散． （7） 11lim 2422=+-+∞→x x x x x ，所以积分收敛．（8）1111lim11lim 323235=+=++∞→+∞→x xx xx x ，所以积分收敛．（9） 因为 =+==++∞→++∞→-+∞→x px x p x xpx ex p e x e x x 122)2(lim lim )(lim 0])[()1)(2(lim ][=-++=-+∞→x p p x ex p p p p ， 所以无穷积分收敛．（10） 若1>p ，则可以选取00>ε，使得10>-εp ，由于0ln limln lim 0==+∞→-+∞→εεx xxx x X pp x ，所以⎰+∞1ln dx xxp 收敛； 若1≤p ，则当e x ≥时，p p x x x 1ln ≥，而⎰+∞11dx x p 发散，由比较判别法，⎰+∞1ln dx xx p 发散．从而，⎩⎨⎧≤>⎰∞+．时发散时收敛1p ,,1p ,ln 1dx x x p （11）由于012)1(22lim ln 2lim ln lim ln lim 2121121223=-⋅====+∞→-+∞→+∞→+∞→x n n x x n x x xx x x n x n x n x ， 所以无穷积分⎰∞+12ln dx x xn 收敛． （12） 因为xxx x x x x 22cos 2122cos 1sin 2-=-=，而 21)0sin 2(sin 212cos 0≤-=⎰A xdx A，对一切0>A 成立，x21在[1，+)∞单调下降，且当+∞→x 时趋于0，由Dirichlet 判别法⎰+∞122cos dx xx收敛，又⎰+∞12x dx 发散，所以⎰∞+02sin dx x x 发散（0=x 是可去间断点）． （13）当1>n 时，由于n nx x ax +≤+111cos ，而⎰+∞+011dx x n 收敛，所以⎰+∞+01cos dx xax n 收敛，故这时不论R a ∈是哪个常数，⎰+∞+01cos dx xaxn均绝对收敛． 当10≤<n 时，若0≠a ，则由于aaA a axdx A 1sin 1cos 0≤=⎰，而n x +11在),0[+∞单调递减，且当+∞→x 时趋于0，由Dirichlet 判别法知，无穷积分收敛，但由于)1(22cos )1(211cos 1cos 2nn n nx ax x x ax x ax +++=+≥+， 则由于⎰+∞+0)1(21dx x n 发散，同样由Dirichlet 判别法知⎰+∞+0)1(22cos dx x ax n 收敛，故⎰∞++021cos dx xax n 发散，由比较判别法知⎰∞++012cos dx x ax n 发散，故这时无穷积分条件收敛． 当10≤<n 且0=a 时，无穷积分为⎰+∞+011dx xn发散． 当0=n 时，无穷积分为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+∞=≠==+∞→+∞→+∞→∞+⎰⎰,02A lim ,0sin 21lim 2cos lim 2cos A A 00a a aA adx ax dx ax A A ，不存在， 故这时，不论a 为何常数，积分发散．当0<n 时，若0=a ，无穷积分为⎰+∞+011dx x n发散．以下假设0≠a ，0820>=∃a πε，N K A ∈∃>∀,0，使得A a a k >-42ππ且142≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-na a k ππ，这时 0424282)44(421cos επππππππ==+≥+⎰+-a a a dx xax a a k aa k n， 由Cauchy 收敛原理，⎰+∞+01cos dx x axn 发散． 综上，积分⎰+∞+01cos dx x axn当0>n 时绝对收敛；当10≤<n 且0≠a 时条件收敛；其他时候发散．（14） 因为)1(21))1(11(1)1(21111)11ln(2222xo x x o x x x o x x x x +=+--+-=+-+，所以，⎰+∞+-+1]11)11[ln(dx xx 收敛．（15） 因为xx x xx x x x 1)1sin 1ln(cos lim)1sin 1ln(cos lim +=++∞→+∞→ 11sin1cos 1sin1cos lim )1)(1sin 1(cos )1(1cos )1(1sin lim222=+-=-+-+--=+∞→+∞→x x x x xx x x x x x x x ， 所以，⎰+∞+1)1sin 1ln(cos dx xx 发散．（16）因为12sin 1212≤-≤x ，所以，2ln 2sin 1ln 012≤⎪⎪⎭⎫⎝⎛-≤-x ．因此，21221222ln 2sin 1ln 12sin 1ln 1x x x x x ≤⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛---， 而⎰+∞122ln dx x 收敛，所以⎰∞+-⎪⎪⎭⎫⎝⎛-０dx x x 1222sin 1ln 1收敛（0=x 是可去间断点）． 3.讨论下列无穷积分的收敛性（包括绝对收敛或条件收敛）： （1）⎰∞+１dx xx2cos ； （2）⎰+∞１dx x xcos ； （3）⎰+∞1cos dx xx p ； （4）⎰∞++0100cos dx x xx ；（5）⎰+∞2sin ln ln ln xdx xx． 解 （1）xxx x x x x 22cos 2122cos 1cos 2+=+=， 由于⎰+∞121dx x 发散，而⎰+∞１dx xx 22cos 收敛（Dirichlet 判别法），因此，⎰∞+１dx x x 2cos 发散.（2）由Dirichlet 判别法知⎰+∞１dx xxcos 收敛，但由于x x x x 2cos cos ≥，而由(1)，⎰∞+１dx x x2cos 发散，故由比较判别法知⎰∞+1cos dx x x 发散，因而⎰+∞１dx xx cos 条件收敛.（3）1>p 时，由于p p x x x 1cos ≤对一切),1[+∞∈x 成立，所以⎰+∞1cos dx x x p绝对收敛．10≤<p 时，用Dirichlet 判别法知⎰+∞１dx xxp cos 收敛，但由于 pp p px x x x x x x 22cos 21cos cos 2+=≥，同样用Dirichlet 判别法知⎰+∞122cos dx x xp 收敛，而⎰+∞121dx x p 发散，故由比较判别法知⎰∞+1cos dx x x p发散，所以这时⎰+∞1cos dx x xp条件收敛． 0=p 时,⎰+∞1cos xdx 发散.0<p 时，亦发散(用Cauchy 收敛原理即可)．所以，⎰+∞1cos dx xxp 当1>p 时绝对收敛；10≤<p 时条件收敛；0≤p 时发散． （4）⎰⎰∞+∞++=+11100cos 100cos dx x x x x dx x x x ，由于⎰+∞1cos dx x x 收敛，100+x x 单调递减有界，故由Abel 判别法，⎰∞++1100cos dx x x x 收敛，从而⎰∞++0100cos dx x xx 也收敛，但)100(22cos )100(2100cos 100cos 2+++=+≥+x xx x x x x x x xx ，同样⎰∞++0)100(22cos dx x x x 收敛，但⎰∞++0)100(2dx x x发散，所以⎰∞++0100cos dx x x x 发散．因此，⎰∞++0100cos dx x xx 条件收敛．（5）⎰⎰+∞+∞=22ln ln ln ln sin sin ln ln ln dx x x x x xdx x x，用Dirichlet 判别法知⎰+∞2ln sin dx xx 收敛，而由于)(0ln ln ln +∞→→x xx ，因而xx ln ln ln 有界，且由于23)(ln 2ln ln 2ln ln ln x x xx x -=⎪⎪⎭⎫⎝⎛，当2e e x ≥小于零，故当2e e x ≥时，xx ln ln ln 单调递减，由Abel 判别法，⎰+∞2sin ln ln ln xdx xx收敛．但xx x x x x x x x x x ln 22cos )ln (ln ln 2ln ln sin ln ln ln sin ln ln ln 2-=≥， 同样用Abel 判别法，⎰∞+2ln 22cos ln ln dx xx x 收敛，而⎰∞+2ln 2ln ln dx xx 发散（当x 充分大时，xx x 1ln ln ln ≥），故⎰∞+22sin ln ln ln xdx x x 发散，由比较判别法，dx x x x ⎰∞+2sin ln ln ln 发散，无穷积分⎰+∞2sin ln ln ln xdx xx条件收敛． 4．设)()()(x g x h x f ≤≤，+∞<≤x a ，)(,x h 在任意有限区间],[A a 可积，又⎰+∞adx x f )(和⎰+∞adx x g )(收敛．求证⎰+∞adx x h )(收敛．证明 由于)()()(x g x h x f ≤≤，+∞<≤x a ，所以，)()()()(0x f x g x f x h -≤-≤，+∞<≤x a ，又⎰+∞adx x f )(和⎰+∞adx x g )(收敛，故⎰+∞-adx x f x g )]()([也收敛，因而由比较判别法，⎰+∞-adx x f x h )]()([收敛．而)()]()([)(x f x f x h x h +-=， 所以，dx x f x f x h dx x h aa⎰⎰+∞+∞+-=)}()]()({[)(收敛．5. 证明定理11.2，并举例说明其逆是不成立的．证明 定理11.2 若⎰+∞adx x f )(收敛，则⎰+∞adx x f )(收敛．证法1、由于⎰+∞adx x f )(收敛，有无穷限积分的Cauchy 原理，0A ,0>∃>∀ε，当A A A >''',时，有ε<⎰'''A A )(dx x f ，从而当A A A >''',时，有ε<≤⎰⎰''''''A A A A dx x f dx x f )()(，同样由无穷积分的Cauchy 收敛原理，知⎰+∞adx x f )(收敛．证法2、由于),[,)()()(∞+∈≤≤-a x x f x f x f ，由第4题结论知，⎰+∞adx x f )(收敛．其逆是不成立的．例如，3（2）题中积分⎰+∞１dx xxcos 收敛，但⎰∞+1cos dx x x 发散． 6. 若)(x f 在),[∞+a 上单调下降，且积分⎰+∞adx x f )(收敛，求证：0)(lim =+∞→x xf x ．证明 由于⎰+∞adx x f )(收敛，故依)(x f 在),[∞+a 上单调下降知，),[∞+∈∀a x ，有0)(≥x f ，否则，若),[0∞+∈∃a x ，使0)(0<x f ，则01x x >∀，有0)()(01<≤x f x f ，因而0x b >∀，有）+∞→∞-→-+≤+=⎰⎰⎰⎰b x b x f dx x f dx x f dx x f dx x f bax abx x a())(()()()()(000， 与⎰+∞adx x f )(收敛相矛盾．由无穷积分的Cauchy 收敛原理00>∃>∀A ，ε，当A A ,A >'''时，有2)(A A ε<⎰'''dx x f ，所以，当A 2>x 时，有2)(2ε<⎰xxdt t f ，由⎰<⇒<≤x x x xf dt t f x f x 2)(2)()(2εε，因此，0)(lim =+∞→x xf x ．7. 设)(x f 在),0[+∞上一致连续，并且积分⎰+∞)(dx x f 收敛．证明0)(lim =+∞→x f x ．如果仅仅知道积分⎰+∞)(dx x f 收敛，以及)(x f 在),0[+∞上连续，0)(≥x f ，是否仍有0)(lim =+∞→x f x ？证明 证法1、由)(x f 在),0[+∞上一致连续，0 0>∃>∀δε，（不妨设εδ≤），当),0[,21∞+∈x x ，δ≤-21x x 时，2)()(21ε<-x f x f ，又由⎰+∞)(dx x f 收敛，对上述0>δ，，0>∃N ，当N x x >21,时，有2)(221δ<⎰x xdx x f ．N x >∀，取N x x >21,，使得21x x x <<，且δ=-12x x ，则由⎰⎰⎰⎰+-==21212121)()()()()(x x x x x x x x dt t f dt t f dt x f dt x f x f δ22)()()(22121δδε+<+-≤⎰⎰x x x x dt t f dt t f x f ，所以，当N x >时，εδε≤+<22)(x f ，因此，0)(lim =+∞→x f x ．证法2、假设0)(lim ≠+∞→x f x ，则00>∃ε，0>∀A ，存在与A 有关的A x >0，使00)(ε≥x f ．不妨设00)(ε≥x f ，由)(x f 在),0[+∞上一致连续，0>∃δ，当a x x ≥''',，且δ<''-'x x 时，2)()(0ε<''-'x f x f ．故当),(00δδ+-∈x x x 时，2)()(00ε<-x f x f ，所以，22)()(00εε≥->x f x f ，因此δεδδ000)(≥⎰+-x x dx x f ，与⎰+∞)(dx x f 收敛矛盾，从而0)(lim =+∞→x f x ．如果仅仅知道积分⎰+∞)(dx x f 收敛，以及)(x f 在),0[+∞上连续非负，则0)(lim =+∞→x f x 不成立．例如⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-++⋃∈===∞=+，其他线性,,]211,21[]21,0[,0,),2,1(,1)(11 n n n n n x n n x x f则121)(10==∑⎰∞=+∞n n dx x f ，即⎰+∞0)(dx x f 收敛，显然)(x f 在),0[+∞上连续非负，但)(lim x f x +∞→不存在．8. 设⎰+∞adx x f )(与⎰+∞'adx x f )(收敛，求证：0)(lim =+∞→x f x ．证明 由于⎰+∞'adx x f )(收敛，因而,))()((lim )(lim )('lima f x f t f dt t f x xa x xax -==+∞→+∞→+∞→⎰存在，因而)(lim x f x +∞→存在，设l x f x =+∞→)(lim ，若0≠l ，不妨设0>l ，则a A >∃0且00>A ，当0201,A A A A >>时，02)(>>lx f ．又⎰+∞a dx x f )(收敛，故0>∀ε，a A >∃1且01>A ，当11,A A A A >''>'时，有ε<⎰'''ＡＡdx x f )(．令},m ax {10A A A =，则当AA >'时，A A >'2，因此以下二式同时成立：ε<>'⎰''A A dx x f lA f 2)(,2)(．故022)(22>'=>⎰⎰''''A ldx l dx x f A A A A ， 所以，ε<'A l2，但这是矛盾的，因此0)(lim =+∞→x f x .9．设)(x f 单调下降趋于0, )(x f '在),0[∞+连续．求证：⎰+∞'02sin )(xdx x f收敛．证明⎰⎰⎰+∞→+∞→+∞='='AA AA x xdf xdx x f xdx x f 020202)(sin limsin )(limsin )(⎰⎰+∞+∞→=-=022sin )(]2sin )(sin )([lim xdx x f xdx x f A A f A A ，由于0>∀A ，1)12(cos 212sin 0≤--=⎰A xdx A，由Dirichlet 判别法，⎰+∞02sin )(xdx x f 收敛，因而⎰+∞'02sin )(xdx x f 收敛．10．设)(x f 和)(x g 是定义在),[∞+a 上的函数，且在任何有限区间],[A a 上可积．证明：若⎰+∞adx x f )(2与⎰+∞adx x g )(2收敛，则⎰+∞+adx x g x f 2)]()([与⎰+∞adx x g x f )()(也收敛．证明 由于)]()([21)()(22x g x f x g x f +≤及)()(x g x f 在任何有限区间],[A a 上可积，⎰+∞adx x f )(2与⎰+∞adx x g )(2收敛，由比较判别法知⎰+∞adx x g x f )()(收敛，因而⎰+∞adx x g x f )()(收敛．又)()()(2)()]()([222x g x g x f x f x g x f ++=+，所以⎰+∞+adx x g x f 2)]()([也收敛．11．证明：(1)设)(x f 在),0[∞+连续，且k x f x =+∞→)(lim ，则)0(ln ])0([)()(0>>-=-⎰+∞a b abk f dx x bx f ax f ； （2）若上述条件k x f x =+∞→)(lim 改为⎰+∞a dx xx f )(存在)0(>a ，则)0.(ln )0()()(0>>=-⎰+∞a b abf dx x bx f ax f ． 证明（1）当+∞<∆<<δ0时，积分 ⎰⎰⎰⎰⎰∆∆∆∆∆-=-=-b b a a dz zz f dz z z f dx x bx f dx x ax f dx x bx f ax f δδδδδ)()()()()()( ⎰⎰⎰⎰∆∆∆∆--=b a b a b a b a z dzf z dz f dz zz f dz z z f )()()()(ηξδδδδ ),(ln )(ln )(∆≤≤∆≤≤-=b a b a abf a b f ηδξδηξ，所以，⎰⎰∆+∞→∆+∞-=-δdx xbx f ax f dx x bx f ax f )()(lim )()(0ab f f a b f a b f ln )](lim )(lim [)ln )(ln)((lim 00ηξηξδδ+∞→∆→→+∞→∆-=-=++由于+→0δ时，+→0ξ；+∞→∆时，∞→＋η，所以abk f a b f f dx x bx f ax f ln ])0([ln )](lim )(lim [)()(0-=-=-+∞→∆→∆+⎰ηξδδ． (2) 用（1），当+∞<∆<<δ0时，有⎰⎰⎰∆∆∆-=-δδδb a b a dz zz f dz z z f dx x bx f ax f )()()()( )()(ln )(δξδξb a dz zz f a b f b a ≤≤-=⎰∆∆，令+∞→∆→+,0δ取极限，由于⎰+∞a dx x x f )(存在，故)(0)(+∞→∆→⎰∆∆b a dz zz f ，所以，abf dx x bx f ax f ln )0()()(0=-⎰+∞．§11.2 瑕积分1. 下列积分是否收敛？若收敛求其值． (1)⎰210cot xdx ；(2)⎰1ln xdx ；(3)⎰-axa dx 0；(4)⎰-11dx xx． 解 (1) +∞=-=++→→⎰)sin ln 21sin (ln lim cot lim 0210ηηηηxdx ，所以，⎰210cot xdx 发散．（2）1)1ln (lim )ln (lim ln lim 01101-=+--=-=+++→→→⎰⎰ηηηηηηηηηdx x x xdx ，所以⎰1ln xdx收敛, 且⎰-=11ln xdx ．（3）a a dt t t xa dx aa 2)(22lim lim 0=-=-=-⎰⎰++→-→ηηηηη，所以⎰-a xa dx0收敛，且⎰=-aa xa dx2． （4）ηηηηηηηη-→-→-→⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+=-+++⎰⎰1020102220101arctan lim )1(2lim 1lim t t t dt t t dx xx2)1(1arctanπηηηη=---=，所以dx x x ⎰-11收敛 ,且其值为2π． 2．讨论下列积分的收敛性: （1）dx xx ⎰123sin ；（2）⎰-1032)1(x x dx ；（3）⎰-1021ln dx x x；（4）⎰2022cos sin πx x dx； （5）⎰1ln dx x p；（6）⎰-20cos 1πdx xxm； （7）⎰10ln x dx ；（8）⎰πsin xdx ；（9）⎰1ln xdx xα；（10）⎰---111ln dx xx x q p ；（11）⎰20tan πdx x ； （12）⎰20sin ln cos πxdx x ．解（1）因为2123231sin xxx xx =≤，]1,0(∈∀x ，由dx x⎰11收敛及比较判别法,知 dx xx ⎰123sin 收敛．（2）⎰⎰⎰-+-=-12132210321032)1()1()1(x x dx x x dx x x dx ，]21,0(∈x 时,32332322)211(1)1(1xdxx x x =-≤-，由于⎰2103232dx x收敛，可得⎰-21032)1(x x dx 收敛 ；]1,21(∈x 时,33323214)1(211)1(1xdx x x x -=-⎪⎭⎫⎝⎛≤-，由于dx x⎰-2103314收敛，可得⎰-12132)1(x x dx 收敛，所以⎰-1032)1(x x dx 收敛．（3）⎰-1021ln dx x x 只有瑕点1,0==x x 是可去奇点．因为当210≤<x 时， x x x ln 341ln 2-≤-成立,故由比较判别法知⎰-1021ln dx x x收敛(绝对收敛)．（4）12sin 4lim cos sin 1lim 2202220==++→→x x x x x x x ，所以，⎰2022cos sin πxx dx 发散． （5）若0<p ，则由于)0(0ln +→→x x p知0=x 是可去间断点, 而1=x 是瑕点 ,这时由于)1()1(~)]1(1ln[ln -→--+=x x x xp pp，故当01<<-p 时，⎰1ln dx x p收敛，1-≤p 时，发散.若0=p ，则是常义积分11=⎰dx 存在．当0>p 时， 1=x 是可去间断点, 而0=x 是瑕点，由于0ln lim 21=+→px xx ，所以⎰1ln dx x p收敛．（6）mm x xx x 2sin 2cos 12=-， 当2≤m 时，+→0x 时该式极限为0或21存在，故这时0=x 不是瑕点，这是常义积分．当2>m 时， 由于21cos 1lim 20=--→+mm x x x x ，所以， 当12<-m 即32<<m 时，瑕积分⎰-2cos 1πdx x xm收敛，当12≥-m 即3≥m 时发散． （7）1ln 1)1(lim 1=---→xx x ，所以⎰10ln x dx 发散． （8）⎰⎰⎰+=ππππ22sin sin sin xdx x dx xdx ，因为1sin 1lim 210=+→xxx ， 1sin 1)(lim 21=--→xx x ππ，所以⎰20sin πxdx ，⎰ππ2sin xdx 均收敛，故⎰πsin xdx 收敛．（9）当0>α时，由于0ln lim 0=+→x x x α，故是常义积分．当0=α时，1))1(ln (lim ln lim ln 011-=---==++→→⎰⎰εεεεεεxdx xdx ，所以积分收敛．当01<<-α时 ，00>∃ε，使101000<+-<⇒->->εαεα，而()0ln lim ln lim 000=-=++→+-→x x x x x x x εαεα，所以，⎰1ln xdx xα收敛．当 1-≤α 时，+∞==++→-→x x x xx x ln lim ln lim 0αα，由1≥-α知，⎰1ln xdx x α发散．（10） 当q p =时被积函数为0，故积分值为0．由于在相差一个负号的意义下，qp ,对称，故可只考虑q p >的情形．这时，)1(ln ln 111-=-----qp q q p x xx x x x ，若1>q ，则0=x 不是瑕点，因而积分为常义积分，积分值存在． 若1<q ，则被积函数为)1(ln 11---qp qx xx ． ① 当11<-q 即0>q 时，故00>∃ε，使110<+-εq ，而⎰+-110εq x dx 收敛，xx ln 0ε单调增加（在)1,0(），且当+→0x 时趋于0，故由此得xx ln 0ε有界，因而由Abel 判别法知dx x x q ⎰-101ln 1收敛，又1--qp x 在)1,0(单调增加且有界，故知⎰---101)1(ln 1dx x xx q p q 即⎰---111ln dx xx x q p 收敛.② 当11>-q 即 0<q 时, 01>∃ε，使111>--εq ，因而)1(ln 11)1(ln 11111-=------q p q qp q x xx x x x x εε， 而 +∞=--→+)1(ln 1lim 10q p x x x x ε，故有10<<δ，当δ<<x 0时，1)1(ln 11>--qp x xx ε，因而1111)1(ln 1ε---->-q qp q xx x x ，所以积分 ⎰---1011ln dx x x x q p 发散． ③ 当11=-q 时，即0=q 时，由于当]21,0(∈x 时，0ln <x 而1121-≥-⎪⎭⎫⎝⎛--q p qp x ，故当]21,0(∈x 时，⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛≥---121ln 1)1(ln 1qp qp x x x x x ，由于 -∞=-==++→→⎰⎰)ln ln 2ln (ln lim ln 1lim ln 10210210εεεεdx xx dx x x发散，故由比较判别法，⎰--21)1(ln 1dx x xx qp 发散，因而⎰--10)1(ln 1dx x x x q p 发散．若1=q ，积分为⎰--10)1(ln 1dx x x qp ，这时0)1(ln 1lim 0=--→+q p x x x，故0=x 不是瑕点，积分是常义积分,因而存在．综上，瑕积分⎰---111ln dx xx x q p 当0>>q p 时收敛，q p >且0≤q 时发散；对称地，瑕积分⎰---111ln dx xx x q p 当0>>p q 时收敛，p q >而0≤p 时发散；q p =时，亦收敛．（11）解法1、令t x =tan ，则2tan t x =，2arctan t x =，dt ttdx 412+=，且当0=x 时，0=t ；2π=x 时，+∞=t ．瑕积分⎰⎰∞++=0422012tan dt tt dx x π化为了无穷积分．由于212lim 422=++∞→t t t t ， 故广义积分⎰∞++04212dt tt 收敛，即⎰20tan πdx x 收敛． 解法2、由于1sin )2sin()2(lim tan )2(lim 212212=--=---→→x x x x x x x πππππ，所以⎰20tan πdx x收敛．（12）由于0sin ln cos lim 0=+→x x x x ，故⎰20sin ln cos πxdx x 收敛．实际上，1)cos sin ln sin (lim sin ln cos lim sin ln cos 202020-=--==⎰⎰⎰++→→πεεπεεπεεxdx xdx x xdx x ．3.判别敛散性: (1)⎰∞+-⎪⎭⎫ ⎝⎛-12111ln dx x ； (2)⎰+∞--01dx e x x p ；(3)⎰∞+0)(arctan dx x x pq； (4)⎰+∞+0)1ln(dx xx p；(5)⎰+∞1ln x x dxq p ；(6)⎰+∞+0qp xx dx； (7)⎰+∞--032)2()1(x x x dx ；(8)⎰∞-0ln dx x e x ．解（1）⎰⎰⎰∞+--∞+-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-221212112111ln 11ln 11ln dx x dx x dx x ，对⎰⎰∞+∞+-⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-2222111ln 11ln dx x dx x ，由于122111lim )11ln(lim 33222=⋅-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+∞→+∞→x x x x x x x ，所以，⎰∞+-⎪⎭⎫ ⎝⎛-22111ln dx x 收敛． 对⎰⎰⎰⎰--=--=⎪⎭⎫ ⎝⎛--2122121222121)1ln(ln 21ln 11ln dx x xdx dx x x dx x ，前一项为定积分，后一项以1=x 为瑕点．由于⎰⎰⎰-++=-2121212)1ln()1ln()1ln(dx x dx x dx x ，前一项为常义积分，而对后一项，由于0)1ln()1(lim 211=--+→x x x ，故⎰-21)1ln(dx x 收敛，因此⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛--212111ln dx x 收敛，最后知道⎰∞+-⎪⎭⎫ ⎝⎛-12111ln dx x 收敛．（2）当1≥p 时，⎰+∞--01dx e x x p 是一无穷积分，收敛．当1<p 时，⎰⎰⎰+∞----+∞--+=111101dx e x dx e x dx e x x p x p x p ，后者为无穷积分收敛；对于前者，由于1)(lim 110=---→+x p px e x x，所以当11<-p ，即10<<p 时，⎰--11dx e x x p 收敛，当11≥-p ，即0≤p 时，⎰--11dx e xxp 发散．从而，当0>p 时，⎰+∞--01dx e x x p 收敛，当0≤p 时发散．（3）由于当0→x 时，x x →arctan ，所以当p q >时，pq pq x x x -~)(arctan ，)0(+→x ；p q =时，1)(arctan lim 0=+→pqx x x ．故当p q ≥时，上述积分只是无穷积分而无瑕点．若1>p 且p q ≥，由qpp q x x x ⎪⎭⎫⎝⎛≤21)(arctan π≤x p 1)2(πq，收敛；若10≤<p 且p q ≥，则由)1(1)(arctan ≥≥x xx x pp q ，发散； 若0=p 且p q ≥时，当x 充分大时，)1(1)(arctan ≥≥x xx pq这时无穷积分发散； 若0<p 且p q ≥时，显然发散．当p q <时，积分可分为⎰⎰∞++110)(arctan )(arctan dx x x dx x x p qp q ，对于前者，pqx x )(arctan 与qp x -1是同阶无穷大量，故当10<-<q p ，即1+<<q p q 时收敛，而当1≥-q p 即1+≥q p 时发散．对于后者，同样在1>p 时收敛，1≤p 时发散．综上，当1+<<q p q 且1>p 时积分收敛，当p q <而1≤p 时积分发散． 因此，当1>≥p q 或1+<<q p q 且1>p 时积分收敛，其他情况发散．即当11+<<q p 时积分收敛，其他情况积分发散．（4）⎰⎰⎰+∞+∞+++=+11)1ln()1ln()1ln(dx xx dx xx dx xx ppp，因为1)1ln(lim 1=+-→+xx x pp x ，故前一积分当11<-p 即2<p 时收敛，当2≥p 时发散．而对后一积分，若1>p ，则00>∃ε，使得10>-εp ，且0)1ln(lim 0=++∞→εxx x ，故当x 充分大时，001)1ln(1)1ln(εεε--<+=+p p p x x x x x x ，由比较判别法，积分收敛．当1≤p 时，x x x p1)1ln(≥+（1-≥e x 时），所以这时积分发散． 因此，当21<<p 时，原积分收敛，否则发散． （5）⎰⎰⎰+∞+∞+=2211ln ln ln xx dxx x dx x x dx q p q p q p ， 对于前者，因为0ln 1)1(lim 211=-+→xx x qp x ，故总是收敛的； 对于后者，1>p 或1=p 而1>q 时收敛，其他发散．故⎰+∞1ln x x dxq p 当1>p 或1=p 而1>q 时收敛，对于其他情况均发散．（6）⎰⎰⎰+∞+∞+++=+1100qp q p q p x x dx x x dx x x dx ， 若q p =，则前者要求1<=q p 收敛，后者要求1>=q p 收敛，故这时积分发散．由q p ,的对称性，只需考虑q p >的情况．对于前者由)1(11+=+-qp q q p x x x x ，故当1<q 时收敛，1≥q 时发散．而对于后者，由于)1(11p q p q p x x x x -+=+，故当1>p 时收敛，1≤p 时发散．故⎰+∞+0qp xx dx当1>p 且1<q 或1<p 且1>q 时收敛，其他情况下均发散． （7）⎰⎰⎰--+--=--∞+2321322103232)2()1()2()1()2()1(x x x dx x x x dx x x x dx⎰⎰+∞--+--+33232332)2()1()2()1(x x x dx x x x dx由于332321)2()1(lim =--+→x x x xx ， 1)2()1()1(lim32321=---→x x x x x ，33231221)2()1(2lim=---→x x x x x ， 1)2()1(1lim 3234=--+∞→x x x xx ，以上四个积分均收敛，故原积分收敛．（8）令t x =-，则-∞=x 时，+∞=t ，当0=x 时，0=t 仍记t 为x ．⎰⎰⎰⎰⎰+∞--+∞-∞+-∞-+==-=11ln ln ln ln ln xdx e xdx e xdx e xdx e dx x e x xxxx．由于当x 充分大时，21ln xx ex≤-，而⎰+∞121dx x 收敛，故⎰+∞-1ln xdx e x收敛，又0ln lim 0=-→+x e x x x ，故⎰-1ln xdx e x 亦收敛，所以⎰⎰+∞-∞-=00ln ln xdx e dx x e x x 收敛．4．讨论下列积分的收敛性与绝对收敛性： （1）⎰+∞2sin dx x ；（2）⎰∞+0sin dx x x q p，其中0>p ； （3）)0(1sin 0≥+⎰∞+q dx xxx qp ； （4）⎰∞++0)1sin(dx xx x n ． 解 （1）由于0sin lim 0=+→xx x ，所以0=x 不是瑕点，由Dirichlet 判别法，无穷积分⎰+∞sin dx xx 收敛，因此，⎰⎰⎰⎰+∞+∞→+∞→+∞→===00002sin 21sin lim 212sin limsin lim2dt ttdt t t t dtt dx x A A A A AA所以，⎰+∞2sin dx x 收敛．但xx xxx xx 22cos 21sin sin 2-=≥，由于⎰+∞121dx x发散，同样用Dirichlet 判别法知⎰+∞122cos dx xx 收敛，故⎰+∞-1)22cos 21(dx xx x发散，由比较判别法知⎰∞+1sin dx xx 发散，因而⎰∞+0sin dx xx 发散，但⎰⎰⎰+∞→+∞→+∞→==A A AA AA dt tt dt t tdx x 002sin lim 212sin limsin lim不存在，故⎰+∞2sin dx x 发散，因而⎰+∞2sin xdx 条件收敛．（2）⎰⎰⎰∞+∞++=1100sin sin sin dx xx dx x x dx x x q pq p q p，先考虑⎰10sin dx x x q p ，由于pp x x ~sin )0(+→x ，所以q p x x sin 与p q x-1是同阶变量)0(+→x ，从而当1<-p q 时，即1+<p q 时该积分收敛，1+≥p q 时积分发散．且由于0sin ≥qpxx ，故是绝对收敛的． 再看⎰⎰⎰∞+-+∞+-∞+==1111111sin 11sin sin dt xtp dt t p x t x t dx x x pq p p q pqp ，故当011>-+p q 时，即1>+p q 时积分收敛，否则发散．且当1>q 时绝对收敛，11≤<-q p 条件收敛．所以当p q p +<<-11时，积分收敛，否则发散． 当p q +<<11时绝对收敛，11≤<-q p 时条件收敛．（3）⎰⎰⎰∞+∞++++=+11001sin 1sin 1sin dx xx x dx x x x dx x xx q pq p q p ， 先考虑积分⎰+11sin dx x x x q p ，由于111sin lim 1sin lim 010=+=+++→--→q x q p p x xx x x x x x ，所以积分⎰+11sin dx x xx qp 仅当11<--p 即2->p 时收敛，且是绝对收敛的，而当2-≤p 时发散．再考虑积分⎰∞++11sin dx x x x qp ，若q p ≥，则1>∀A ，必存在正整数N ，使A N >+42ππ，且当42ππ+≥N x 时，恒有311>+q p x x ．于是对42ππ+='N A ，22ππ+=''N A ，有 62sin 311sin =>+⎰⎰''''''A A A A qp xdx dx x x x ，由Canchy 收敛原理，积分⎰∞++11sin dx x xx qp 发散．若1-<q p ，取0>ε，使1-<+q p ε，即1>--εp q ，由于0sin 1lim sin 1lim =+=++∞→--+∞→εεxxx x x x x xq q x q p p q x ，所以，积分⎰∞++11sin dx x xx qp 绝对收敛．现设q p q <≤-1．先证⎰∞++11sin dx x x x qp 发散．事实上，此时，可取10>A ，使当A x ≥0时，3111>++qp xx ，故有 +∞=≥+=+⎰⎰⎰∞+∞++∞+00sin 31sin 11sin 1A A q p A qp dx x xdx x x xx dx x x x ， 从而⎰∞++11sin dx xx x qp 发散．再证⎰∞++11sin dx x xx qp 收敛．若0=q ，则01<≤-p 此时积分⎰⎰∞+∞+=+11sin 211sin xdx x dx xx x pq p 收敛；若0>q ，由于[]0)1()()1(21<+--='+-q qp q p x x p q p x x x （当x 充分大时），故当x 充分大时，函数qpxx +1单调递减趋于0，而2cos 1cos sin 1≤-=⎰A xdx A有界，故积分⎰∞++11sin dx x xx qp 收敛．于是，得到⎰∞++01sin dx xxx qp 当2->p 且1+>p q 时绝对收敛；当2->p ，1+<<p q p 时条件收敛，其他情况发散．（4）当0≤n 时，积分是发散的当0>n 时，先考虑积分⎰∞++a n dx xx x )1sin( ()1>a ．由于 ⎰⎰∞+∞+-+-=+a n a n dx xx x x x dx xx x )11()1sin()11()1sin(22，。
数学分析简明教程第二版第二篇课后答案
第二章 函数§1 函数概念1．证明下列不等式： (1) y x y x -≥-；(2) n n x x x x x x +++≤+++ 2121；(3) )(2121n n x x x x x x x x +++-≥++++ ． 证明（1）由 y y x y y x x +-≤+-=)(，得到y x y x -≤-，在该式中用x 与y 互换，得到 x y x y -≤-，即y x y x --≥-，由此即得，y x y x -≥-．（2）当2,1=n 时，不等式分别为212111,x x x x x x +≤+≤，显然成立． 假设当k n =时，不等式成立，即 k k x x x x x x +++≤+++ 2121，则当1+=k n 时，有121121121121121)()(+++++++++=++++≤++++≤++++=++++k k k k k k k k k k x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x有数学归纳法原理，原不等式成立．（3）n n n x x x x x x x x x x x x +++-≥++++=++++ 212121)( )(21n x x x x +++-≥ ． 2．求证bb aa ba b a +++≤+++111．证明 由不等式 b a b a +≤+，两边加上)(b a b a ++后分别提取公因式得，)1()()1(b a b a b a b a +++≤+++，即bb aa ba b ba a ba b a ba b a +++≤+++++=+++≤+++111111．3．求证22),max(ba b a b a -++=； 22),min(ba b a b a --+=． 证明 若b a ≥，则由于b a b a -=-，故有22),max(b a b a a b a -++==，22),min(b a b a b b a --+==， 若b a <，则由于)(b a b a --=-，故亦有22),max(b a b a b b a -++==，22),min(ba b a a b a --+==， 因此两等式均成立．4．已知三角形的两条边分别为a 和b ，它们之间的夹角为θ，试求此三角形的面积)(θs ，并求其定义域．解 θθsin 21)(ab s =，定义域为开区间),0(π． 5．在半径为r 的球内嵌入一内接圆柱，试将圆柱的体积表为其高的函数，并求此函数的定义域．解 设内接圆柱高为x ，则地面半径为422x r r -='，因而体积)4(222x r x x r V -='=ππ，定义域为开区间)2,0(r ．6．某公共汽车路线全长为km 20，票价规定如下：乘坐km 5以下（包括km 5）者收费1元；超过km 5但在km 15以下（包括km 15）者收费2元；其余收费2元5角. 试将票价表为路程的函数，并作出函数的图形．解 设路程为x ，票价为y ，则⎪⎩⎪⎨⎧≤<≤<≤<=．2015,5.2,155,2,50,1x x x y函数图形见右图．7．一脉冲发生器产生一个三角波．若记它随时间t 的变化规律为)(t f ，且三个角分别有对应关系0)0(=f ，20)10(=f ，0)20(=f ，求)200()(≤≤t t f ，并作出函数的图形．解 ⎩⎨⎧≤<-≤≤=．2010,240,100,2)(t t t t t f函数图形如右图所示．8．判别下列函数的奇偶性：（1）12)(24-+=x x x f ； （2）x x x f sin )(+=； （3）22)(x e x x f -=；（4）)1lg()(2x x x f ++=．解（1）定义域为),(∞+-∞，由于),(∞+-∞∈∀x ，有),(∞+-∞∈-x ，且有)(121)(2)()(2424x f x x x x x f =-+=--+-=-，即得12)(24-+=x x x f 是偶函数． （2）定义域为),(∞+-∞，由于),(∞+-∞∈∀x ，有),(∞+-∞∈-x ，且有)()sin (sin )sin()()(x f x x x x x x x f -=+-=--=-+-=-，因此，x x x f sin )(+=是奇函数．（3）定义域为),(∞+-∞，由于),(∞+-∞∈∀x ，有),(∞+-∞∈-x ，且有)()()(222)(2x f e x e x x f x x ==-=----，即22)(x e x x f -=是偶函数．（4）定义域为),(∞+-∞，由于),(∞+-∞∈∀x ，有),(∞+-∞∈-x ，且有，)()1lg(11lg)1lg())(1lg()(2222x f x x x x x x x x x f -=++-=++=++-=-++-=-因此，)1lg()(2x x x f ++=是奇函数．9．判别下列函数是否是周期函数，若是，试求其周期： （1）2cos )(x x f =； （2）3sin 22cos )(x x x f +=； （3）x x f 4cos )(π=；（4）x x f tan )(=．解（1）不是．若为周期函数，设周期为T ，则R x ∈∀，有)()(x f T x f =+，即22cos )cos(x T x =+，移项并使用三角公式化简得，0)2sin()2sin(222=+++T Tx T Tx x ，由R x ∈的任意性知道这是不可能的，故2cos )(x x f =不是周期函数．（2）是．周期为ππ4212=和ππ6312=的最小公倍数π12． （3）是．周期是842=ππ．（4）定义域是使0tan ≥x 的一切x 的取值，即},2{)(Z k k x k x f D ∈+<≤=πππ，由于)(f D x ∈∀，必有)(f D x ∈+π，且)(tan )tan()(x f x x x f ==+=+ππ，因此x x f tan )(=是周期函数，周期为π．10．证明21)(xxx f +=在),(∞+-∞有界． 证明 实际上，),(∞+-∞∈∀x ，都有21112111)(2222=++⋅≤+=+=xx x x x x x f ， 由定义，21)(xxx f +=在),(∞+-∞有界． 11．用肯定语气叙述函数无界，并证明21)(x x f =在)1,0(无界． 解 叙述：若X x M M ∈∃>∀,0，使得M x f M >)(，则称函数)(x f 在X 无界．0>∀M ，要使M x x f >=21)(，只须Mx 1<，取)1,0(11∈+=M x M ，则有M M x x f MM >+==11)(2，所以21)(x x f =在)1,0(无界． 12．试证两个偶函数的乘积是偶函数，两个奇函数的乘积是偶函数，一个奇函数和一个偶函数的乘积是奇函数．证明 设)(,)(x g x f 是定义于X 偶函数，)(,)(x x h ϕ是定义于X 奇函数．则由于以下事实)()()()(x g x f x g x f =--，)()()]()][([)()(x x h x x h x x h ϕϕϕ=--=--， )()()]()[()()(x h x f x h x f x h x f -=-=--，知两个偶函数的乘积是偶函数，两个奇函数的乘积是偶函数，一个奇函数和一个偶函数的乘积是奇函数．13．设)(x f 为定义在),(∞+-∞内的任何函数，证明)(x f 可分解成奇函数和偶函数之和．证明 由于)(x f 的定义域为),(∞+-∞，故)(,),(x f x -∞+-∞∈∀有意义． 令2)()()(x f x f x g -+=，2)()()(x f x f x h --=，则)(x g 是偶函数，)(x h 是奇函数，且有)()()(x h x g x f +=．14．用肯定语气叙述：在),(∞+-∞上 (1) )(x f 不是奇函数； (2) )(x f 不是单调上升函数； (3) )(x f 无零点； (4) )(x f 无上界．解 （1）),(0∞+-∞∈∃x ，使得)()(00x f x f -≠-，则)(x f 在),(∞+-∞不是奇函数；（2）),(,21∞+-∞∈∃x x ，虽然21x x <，但)()(21x f x f >，则)(x f 在),(∞+-∞不是单调上升函数；（3）),(∞+-∞∈∀x ，均有0)(≠x f ，则)(x f 在),(∞+-∞无零点；（4）),(,),(∞+-∞∈∃∞+-∞∈∀b x b ，使得b x f b >)(，则)(x f 在),(∞+-∞无上界．§2 复合函数与反函数1．设xxx f +-=11)(，求证x x f f =))((． 证明 ()x f 定义域为1-≠x 的一切实数，因此1-≠∀x ，有()()()()x xx x x xx x x x x x f x f x f f =+-++++-+=+-++--=+-=11111111111111．2．求下列函数的反函数及其定义域： (1) +∞<<⎪⎭⎫⎝⎛+=x x x y 1,121； (2) ()+∞<<∞--=-x e e y x x,21； (3) ⎪⎩⎪⎨⎧+∞<<≤≤<<∞-=．x x x x x y x 4,2,41,,1,2解（1）变形为0122=+-yx x ，解得12-+=y y x ，由于()+∞∈∀=⋅⋅≥⎪⎭⎫ ⎝⎛+=,1,11221121x xx x x y 成立，因此函数⎪⎭⎫ ⎝⎛+=x x y 121，+∞<<x 1的反函数为()∞+∈-+=,1,12x x x y ．（2）变形得，0122=--xxye e，解出1244222++=++=y y y y e x，即()1ln 2++=y y x ，因此原来函数的反函数为()∞+∞-∈++=,,)1ln(2x x x y ．（3）当1<<∞-x 时，1,<<∞-=y y x ，当41≤≤x 时，161,≤≤=y y x ，而当+∞<<x 4时，16,log 2>=y y x ．所以反函数为⎪⎩⎪⎨⎧+∞<<≤≤<<∞-=．x x x x x x y 16,log ,161,,1,2定义域为()+∞∞-,．3．设()x f ，()x g 为实轴上的单调函数，求证))((x g f 也是实轴上的单调函数． 证明 设()x f ，()x g 为实轴上的单调增函数，即()2,1,,=+∞∞-∈∀i x i ，且,21x x < 有()()()()2121,x g x g x f x f ≤≤，因此))(())((21x g f x g f ≤，即))((x g f 也是单调增函数．同理可证：当()x f ，()x g 为实轴上的单调减函数时，))((x g f 也是单调增函数；当()x f 为增函数，而()x g 为减函数或()x f 为减函数，而()x g 为增函数时，))((x g f 均为减函数．因此，()x f ，()x g 为实轴上的单调函数时，))((x g f 也是实轴上的单调函数． 4．设()⎩⎨⎧>≤--=．0,,0,1x x x x x f ()⎩⎨⎧>-≤=．0,,0,2x x x x x g ， 求复合函数))((x g f ，))((x f g ．解 有复合函数的定义，立即可得⎩⎨⎧>-≤--=,0,1,0,1))((2x x x x x g f ()⎪⎩⎪⎨⎧>-≤≤----<<∞-+-=．0,,01,1,1,1))((22x x x x x x x f g5．设21)(xx x f +=，求))((x f f f n次．解 2222221111)(1)())((xx x xx xx f x f x f f +=+++=+=，归纳法假设21))((kx xx f f f k +=次， 则有222)1(111)1()))((())((kx x kx xkx xf x f f f f x f f f k k +++=+==+ 次次2)1(1xk x ++=，依归纳法原理，知21))((nxx x f f f n +=次．6．设x x x f --+=11)(，试求))((x f f f n次．解 ⎪⎩⎪⎨⎧>≤≤--<-=1,2,11,2,1,2)(x x x x x f ， ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>≤≤--<-=21,2,2121,4,21,2))((x x x x x f f ，归纳法假设 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>≤≤-<-=----111121,2,2121,2,21,2))((k k k kk k x x x x x f f f 次，则当1+=k n 时，有⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>≤≤-<-==++,21,2,2121,2,21,2)))((())((1)1(kk k k k k k x x x x x f f f f x f f f 次次 所以，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>≤≤-<-=----．次111121,2,2121,2,21,2))((n n n n n n x x x x x f f f 7．设x x f -=11)(，求))((x f f ，)))(((x f f f ，))(1(x f f ． 解 x x f -=11)(定义域1≠x 的一切实数，)(11))((x f x f f -=要求1)(≠x f 且1≠x ，因此xxxx f x f f -=--=-=11111)(11))((，0≠x 且1≠x ； ))((11)))(((x f f x f f f -=要求1))((≠x f f 且0≠x ，1≠x ，因此x xx x f f x f f f =--=-=111))((11)))(((，21≠x ，0≠x 且1≠x ； )(111))(1(x f x f f -=要求1≠x 且1)(1≠x f ，因此 xx x f x f f 1)1(11)(111))(1(=--=-=，0≠x 且1≠x ．§3 初等函数1．对下列函数分别讨论函数的定义域和值域，奇偶性，周期性，有界性，并作出函数的图形：(1) x y =；(2) ][x x y -=；(3) x y tan =； (4) )2(x x y -=；(5) x y 2sin =；(6) x x y cos sin +=．解（1）定义域),(∞+-∞=D ，值域),0[)(∞+=X f ，是偶函数，无界非周期函数； （2）定义域),(∞+-∞=D ，值域)1,0[)(=X f ，既非奇函数也非偶函数，是周期为1的有界周期函数；（1）题图 （2）题图（3）定义域),(∞+-∞=D ，值域),()(∞+-∞=X f ，是偶函数，无界非周期函数； （4）定义域]2,0[=D ，值域]1,0[)(=X f ，既非奇函数也非偶函数，是有界非周期函数；（3）题图 （4）题图（5）定义域),(∞+-∞=D ，值域]1,0[)(=X f ，是偶函数，是周期为π的有界周期函数；（6）定义域),(∞+-∞=D ，是偶函数．由于x x x x x y 2sin 1cos sin 2cos sin 222+=++=，所以212≤≤y ，并注意到0≥y ，得到函数的值域]2,1[)(=X f ，因而是有界函数．因为)(cos sin sin cos )2cos()2sin()2(x y x x x x x x x y =+=-+=+++=+πππ，所以函数x x y cos sin +=是周期为2π的周期函数．2．若已知函数)(x f y =的图形，作函数)(1x f y =，)(2x f y -=，)(3x f y --=的图形，并说明321,,y y y 的图形与y 的图形的关系．解 由于⎩⎨⎧<-≥==0)(,)(,0)(,)()(1x f x f x f x f x f y ，故其图形是将函数)(x f y =的图形在x轴上方部分的不动，在x 轴下方的部分绕x 轴旋转180后即得；)(2x f y -=的图形是将函数)(x f y =的图形绕y 轴旋转 180后得到的；)(3x f y --=的图形是将函数)(x f y =的图形在坐标平面内绕坐标原点旋转 180后得到的．3．若已知函数)(x f ，)(x g 的图形，试作函数])()()()([21x g x f x g x f y -±+=的图形，并说明y 的图形与)(x f 、)(x g 图形的关系．解 由于)}(),(max{)()(,)(,)()(,)(])()()()([21x g x f x g x f x g x g x f x f x g x f x g x f =⎩⎨⎧<≥=-++，)}(),(min{)()(,)(,)()(,)(])()()()([21x g x f x g x f x f x g x f x g x g x f x g x f =⎩⎨⎧<≥=--+， 因而极易由函数)(x f ，)(x g 的图形作出两函数])()()()([21x g x f x g x f y -±+=的图形，也知其关系．4． 作出下列函数的图形：(1) x x y sin =；(2) xy 1sin=． 解 图形如下．（1）题图 （2）题图5．符号函数⎪⎩⎪⎨⎧<-=>==,0,1,0,0,0,1sgn x x x x y试分别作出x sgn ，)2sgn(x ，)2sgn(-x 的图形．解x sgn )2sgn(x)2sgn(-x6．作出下列函数的图形： (1) x y cos sgn =；(2) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=22][x x y ．解（1）（2）数学分析续论A 卷复习资料一. 计算题1. 求函数3311(,)f x y x y y x=+在点(0,0)处的二次极限与二重极限. 解： 333311(,)sinf x y x y x y y x ==，因此二重极限为0. 因为33011x x y y x →+与33011y x y y x→+均不存在，故二次极限均不存在。
数值分析简明教程第二版课后习题答案高等教育出版社
算法1、 （，题1）用二分法求方程013=--x x 在[1,2]内的近似根，要求误差不超过10-3.【解】 由二分法的误差估计式311*10212||-++=≤=-≤-εk k k a b x x ，得到100021≥+k .两端取自然对数得96.812ln 10ln 3≈-≥k ，因此取9=k ，即至少需2、（，题2） 证明方程210)(-+=x e x f x在区间[0,1]内有唯一个实根；使用二分法求这一实根，要求误差不超过21021-⨯。
【解】 由于210)(-+=x e x f x ，则)(x f 在区间[0,1]上连续，且012010)0(0<-=-⨯+=e f ，082110)1(1>+=-⨯+=e e f ，即0)1()0(<⋅f f ，由连续函数的介值定理知，)(x f 在区间[0,1]上至少有一个零点.又010)('>+=x e x f ，即)(x f 在区间[0,1]上是单调的，故)(x f 在区间[0,1]内有唯一实根.由二分法的误差估计式211*1021212||-++⨯=≤=-≤-εk k k a b x x ，得到1002≥k .两端取自然对数得6438.63219.322ln 10ln 2=⨯≈≥k ，因此取7=k ，即至少需二分误差1．（，题8）已知e=…，试问其近似值7.21=x ，71.22=x ，x 2=，718.23=x 各有几位有效数字并给出它们的相对误差限。
【解】有效数字：因为11102105.001828.0||-⨯=<=-K x e ，所以7.21=x 有两位有效数字； 因为12102105.000828.0||-⨯=<=-K x e ，所以71.22=x 亦有两位有效数字；因为3310210005.000028.0||-⨯=<=-K x e ，所以718.23=x 有四位有效数字；%85.17.205.0||111=<-=x x e r ε； %85.171.205.0||222=<-=x x e r ε； %0184.0718.20005.0||333=<-=x x e r ε。
数学分析简明教程答案(尹小玲 邓东皋)
即
un vn un vn .
n 1 n 1 n 1
D
4.设级数 un 各项是正的, 把级数的项经过组合而得到的新级数 U n ,即
n 1 n 1
U n 1 ukn 1 ukn 2 ukn1 , n 0,1, 2, , 其中k0 0, k0 k1 k2 kn kn 1 . 若级数 U n收敛,证明原来的级数也收敛。
(2)
n 1
1 4n 2 1
1 1 1 2 n 1 2n 1 2n 1
1 1 1 1 1 1 1 1 lim 1 2 n 3 3 5 5 7 2n 1 2n 1 1 1 1 lim 1 . 2 n 2n 1 2
n
于是可得 Sn 由于 r 1,因此有
r
n 1
n
r cos x r 2 . 1 r 2 2r cos x
2.讨论下列级数的敛散性： (1) n ; n 1 2n 1
lim
n 1 0, 故原级数发散。 n 2n 1 2 由于级数 lim cos
第十章 数项级数
§1 级数问题的提出
1.证明：若微分方程xy '' y ' xy 0有多项式解 y a0 a1 x a2 x 2 an x n ; 则必有ai 0, i 1, 2, , n. 证明：若y a0 a1 x a2 x 2 an x n 微分方程的一个解, 那么 y ' a1 2a2 x 3a3 x 2 nan x n 1 y '' 2a2 6a3 x n(n 1)an x n 2 ; 于是可得 xy '' 2a2 x 6a3 x 2 n(n 1)an x n 1 xy a0 x a1 x 2 a2 x 3 an x n 1. 因此可知 xy '' y ' xy a1 (4a2 a0 ) x (9a3 a1 ) x 2 (n 2 an an 2 ) x n 1 an x n 0 那么由多项式相等可知有 a1 0 2 n an an 2 0 a 0 n 递推可知有ai 0, i 1, 2, , n成立。 n 2.
数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--14章
a
ww
2
2π ( (1 + a 4 ) 3 − 1) 。 3a 2
w. kh d
= 2b ∫ sin t a 2 + (b 2 − a 2 ) cos 2 t dt
0
πHale Waihona Puke aw .解质量 m = ∫ ρds = b ∫0 sin t a 2 sin 2 t + b 2 cos 2 t dt
2π
co m
Σ
∫∫ ( x
Σ
2
+ y + z )dS = ∫∫ a dS = 4πa 4 ，
2 2 2 Σ
所以
⎛ x2 y2 z2 ⎞ 13 13 4 2 ⎜ ∫∫ ⎜ 2 + 3 + 4⎟ ⎟dS = 12 ∫∫ x dS = 9 πa 。 ⎠ Σ ⎝ Σ 1 （6）由对称性，有 ∫∫ x 3 dS = 0 ， ∫∫ y 2 dS = ∫∫ ( x 2 + y 2 )dS ，再由 2 Σ Σ Σ 1 zdS = ∫∫ ( x 2 + y 2 )dS ，得到 ∫∫ 2 Σ Σ
⎧ x = (b + a cos φ ) cos ϕ , ⎪ (6) 环面 ⎨ y = (b + a cos φ ) sin ϕ , 0 ≤ φ ≤ 2π , 0 ≤ ϕ ≤ 2π ， 其中 0 < a < b 。 ⎪ z = a sin φ , ⎩
解（1） A = ∫∫ 1 + a 2 ( x 2 + y 2 )dxdy
4. 求下列第一类曲面积分： (1) ∫∫ ( x + y + z )dS ，其中∑是左半球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 ， y ≤ 0 ；
数学分析简明教程答案(尹小玲 邓东皋)
第九章 再论实数系§1 实数连续性的等价描述2211.{}({},{})1(1).1; sup 1,inf 0;(2)[2(2)]; sup ,inf ;1(3),1,(1,2,); sup ,inf 2;1(4)[1(1)]; n n n n n n n n n n k k n n n n x x x x x x nx n x x x k x k x x k n x n ++∞-∞=-===+-=+∞=-∞==+==+∞=+=+- 求数列的上下确界若无上下确界则称，是的上下确界： sup 3,inf 0;(5) sup 2,inf 1;12(6)cos ; sup 1,inf .132n n n n n n n n x x x x x n n x x x n π=====-===-+2.(),(1)sup{()}inf (); (2)inf{()}sup ().(1)sup{()},.,();.0,()..,();.x Dx Dx Dx Dx Df x D f x f x f x f x A f x i x D f x A ii x D f x A i x D f x A ii εεε∈∈∈∈∈-=--=-=-∀∈-≤∀>∃∈->-∀∈≥-∀>设在上定义求证：证明：设即有对有 对使得 于是有对有 对0,().inf (),inf (),sup{()}inf ()x Dx Dx Dx Dx D f x A A f x A f x f x f x ε∈∈∈∈∃∈<-+-==--=-使得 那么即因此有成立。
(2)inf{()},.,();.0,()..,();.0,().sup (),sup (),x Dx Dx DB f x i x D f x B ii x D f x B i x D f x B ii x D f x B B f x A f x εεεε∈∈∈=-∀∈-≥∀>∃∈-<+∀∈≤-∀>∃∈>---==-设即有对有 对使得 于是有对有 对使得 那么即因此有inf{()}sup ()x Dx Df x f x ∈∈-=- 成立。
数学分析简明教程答案
第十章 数项级数§1 级数问题的提出1．证明：若微分方程0=+'+''xy y y x 有多项式解n n x a x a x a a y ++++= 2210，则必有),,2,1(0n i a i ==．证明 由多项式解nn x a x a x a a y ++++= 2210得1232132-++++='n n x na x a x a a y ， 22432)1(1262--++++=''n n x a n n x a x a a y .从而 134232)1(1262--++++=''n n x a n n x a x a x a y x ， 且 111232210+---++++++=n n n n n n x a x a x a x a x a x a xy .将上述结果代入微分方程0=+'+''xy y y x ，得342231201)16()9()4(x a a x a a x a a a ++++++0)(11122=++++++---n n n n n n n x a x a x a n a .比较系数得递推公式如下：⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧===+=+=+=--.0,0,0,09,04,012231201n n n n a a a n a a a a a a由此解得0210=====n a a a a ，因而),,2,1,0(0n i a i ==．2．试确定系数 ,,,,10n a a a ，使n n nx a∑∞=0满足勒让德方程0)1(2)1(2=++'-''-y l l y x y x .解 设nn nx ay ∑∞==，则11-∞=∑='n n n xna y ，22)1(-∞=∑-=''n n nx an n y ，故∑∑∑∞=∞=-∞=----=--=''-2222222)1()1()1()1()1(n n n n n n n n n x a n n xa n n xa n n x y x ，∑∑∞=∞=--=-='-111222n n n n n n x na xna x y x ，∑∑∞=∞=+=+=+0)1()1()1(n n n n nn x a l l x a l l y l l .将上述结果代入勒让德方程0)1(2)1(2=++'-''-y l l y x y x ，得y l l y x y x )1(2)1(02++'-''-=∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=-++----=01222)1(2)1()1(n n n n nn n nn n n n x a l l x na x a n n xa n n∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=+++---++=0122)1(2)1()1)(2(n n n n nn n nn n nn x a l l x na x a n n x a n n .比较系数，得递推公式如下：⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+++++-=+++--=++-=++-=++++-.,0)1)(2()1)((,0)1()))(1((,012)3)(2(,06)2)(1(,02)1(211423120n n n n a n n a n l n l na n a n l n l a a l l a a l l a a l l 由此解得⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++-+-+--=⨯⨯⨯++--=⨯+--=⨯+--=-++++-+--=⨯⨯++-=⨯+--=+-=+,)!12()2()4)(2)(1()32)(12()1(,2345)4)(2)(1)(3(45)4)(3(,23)2)(1(,)!2()12()3)(1()42)(22()1(,234)3)(1()2(34)3)(2(,2)1(112135130202402a k k l l l l k l k l a a l l l l a l l a a l l a a k k l l l l k l k l a a l l l l a l l a a l l a k k k k从而可以得到⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++-+--+=∑∞=1200)!2()12()1()42)(22()1(k k k x k k l l l k l k l a a y⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++-+-+--++∑∞=+11211)!12()2()2)(1()32)(12()1(k k k x k k l l l k l k l a x a .其中10,a a 取任何常数．§2 数项级数的收敛性及其基本性质1．求下列级数的和： （1）∑∞=+-1)15)(45(1n n n ； （2）∑∞=-12141n n；（3）∑∞=---1112)1(n n n ； （4）∑∞=-1212n nn ； （5）1,sin 1<∑∞=r nx rn n；（6）1,cos 1<∑∞=r nx rn n．解（1）由于⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-15145151)15)(45(1n n n n ，故)15)(45(11161611+-++⨯+⨯=n n S n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+-=1514511116161151n n )(51151151∞→→⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n ， 所以级数的和51=S . （2）由于⎪⎭⎫⎝⎛+--=-121121211412n n n ，故)(21121121121121513131121∞→→⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+-=n n n n S n .所以级数的和21=S . （3）322111212)1(11111=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫⎝⎛-=--∞=∞=--∑∑n n n n n ．（4）12221222121111-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=n nn nn n n n nn n ，因此欲求原级数的和，只需计算级数∑∞=122n n n 即可．对级数∑∞=122n n n ，设其部分和n n n S 2226242232++++= ，则 14322222226242221++-++++=n n n nn S ， 故1432222222222212121+-+++++=-=n n n n n n S S S 1432222121212121+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++=n n n112222112112121+---⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=n n n . 从而221lim =∞→n n S ，即4lim =∞→n n S ，因此原级数31412221211=-=-=-∑∑∞=∞=n n n n n n ． （5）由于级数的部分和kx rS nk kn sin 1∑==，故[]x k x k r x kx rxS r nk k nk k n )1sin()1sin(cos sin 2cos 21111-++==∑∑=+=+x k r x k rnk k nk k )1sin()1sin(1111-++=∑∑=+=+kx rrkx r n k kn k k sin sin 1212∑∑-=+=+=)sin ()sin )1sin((21nx r S r x r x n r S n n n n -+-++=+，从中解得xr r xn r nx r x r S n n n cos 21)1sin(sin sin 212-++-+=++.又由于当∞→n 时，0)1sin(,0sin 1122→≤+→≤++++n n n n r x n r r nx r ，故xr r xr S n n cos 21sin lim 2-+=∞→， 因此xr r xr nx r n n cos 21sin sin 21-+=∑∞=．（6）级数的部分和kx rS nk kn cos 1∑==，从而[]x k x k r x kx rxS r nk k nk k n )1cos()1cos(cos cos 2cos 21111-++==∑∑=+=+x k r x k rnk k nk k )1cos()1cos(1111-++=∑∑=+=+kx rrkx r n k kn k k cos cos 1212∑∑-=+=+=)cos 1()cos )1cos((21nx r S r x r x n r S n n n n -++-++=+，从中解得x r r r x r x r r r x n r nx r x r S n n n n n cos 21cos cos 21)1cos(cos cos lim lim 222212-+-=-+-+-+=++∞→∞→. 因此x r r r x r nx r n ncos 21cos cos 221-+-=∑∞=． 2．讨论下列级数的敛散性： （1）∑∞=-112n n n； （2）∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+13121n nn； （3）∑∞=+112cosn n π；（4）∑∞=+-1)13)(23(1n n n ； （5）∑∞=+++1)1()1(1n n n n n ．解（1）由于通项)(02112∞→≠→-n n n ，故原级数发散． （2）由于∑∑∞=∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛=112121n nn n ，∑∑∞=∞=⎪⎭⎫⎝⎛=113131n nn n 均收敛，故原级数收敛．（3）由于通项)(010cos 12cos ∞→≠=→+n n π，故原级数发散．（4）由于⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-13123131)13)(23(1n n n n ，从而部分和)13)(23(1741411+-++⨯+⨯=n n S n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+-=131231714141131n n)(31131131∞→→⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n ， 因而原级数收敛．（5）由于⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=+-+=+++11111)1()1(1n n n n nn n n n n ，从而∞→n 时， 111111131212111→+-=+-++-+-=n n n S n ，故原级数收敛．3．证明定理10.2．定理10.2 若级数∑∞=1n n u ,∑∞=1n nv收敛，则级数)(1n n nv u±∑∞=也收敛，且∑∑∑∞=∞=∞=±=±111)(n n n n n n nv u v u.证明 设∑∑==='=nk k nnk kn v S uS 11,，则由已知条件知，存在有限数s s ',，使得 s v S s u S nk k n nn nk k n n n '=='==∑∑=∞→∞→=∞→∞→11lim lim ,lim lim ， 设级数)(1n n nv u±∑∞=的部分和数列为n μ，则)()(111∞→'±→'±=±=±=∑∑∑===n s s S S v u v u nn nk k nk k nk k k n μ， 所以)(1n n nv u±∑∞=也收敛，且∑∑∑∞=∞=∞=±=±111)(n n n n n n n v u v u ．4．设级数∑∞=1n nu各项是正的，把级数的项经过组合而得到新级数∑∞=1n nU，即,2,1,0,1211=+++=++++n u u u U n n n k k k n ，其中 <<<<<<=+12100,0n n k k k k k k ，若∑∞=1n nU收敛，证明原来的级数也收敛．证明 设∑∑====nk k n nk kn U uS 11,σ，则n nk k n U U U U +++==∑= 211σ)()(21112121k k k k u u u u u u +++++++=++ n n n n k k k k S u u u =+++++++--)(2111 .由于∑∞=1n nU收敛，故}{n σ有界，即{n k S }有界，即存在0>M ，使得N n ∈∀，都有M S n k ≤.又由于∑∞=1n nu是正项级数，故M S S n k n ≤≤，而且{n S }单调上升，由单调有界原理可知，原级数∑∞=1n nu收敛．§3 正项级数1．判别下列级数的收敛性： （1）∑∞=+121n nn ；（2）∑∞=--1122)12(1n n n ； （3）∑∞=--112n n nn ； （4）∑∞=12sinn nπ；（5）)1(111>+∑∞=a a n n； （6）∑∞=11n nnn；（7）nn n ∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛+1121；（8）[]∑∞=+1)1ln(1n nn ；（9）∑∞=-+12)1(2n nn； （10）∑∞=13sin2n nn π；（11）∑∞=-+15sin ))1(3(n nn n π；（12）∑∞=11!2sin n nn ； （13）∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛-11cos 1n n n ； （14）∑∞=11cos n n ； （15）∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+111ln 1n n n ； （16）∑∞=+12)1ln(n n n ； （17）∑∞=11arcsin 1sin n n n ； （18）∑∞=12arctan n nn π；（19）∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+1111n n ； （20）∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+122111n n ．解（1）∑∞=+121n nn ．由于111lim2=+∞→nnn n ，而∑∞=11n n 发散，所以级数∑∞=+121n nn 发散．（2）∑∞=--1122)12(1n n n ．对任意正整数n ，都成立关系式nn n n 2121222212)12(1≤≤---， 而级数∑∞=1222n n 收敛，由比较判别法知，原级数收敛． （3）∑∞=--112n n n n ．由于02112lim ≠=--∞→n n n n ，所以级数∑∞=--112n n nn 发散．（4）∑∞=12sin n nπ．由于ππ=∞→n n n 212sinlim，而∑∞=121n n 收敛，故∑∞=12sin n nπ收敛． （5）∑∞=+111n n a ．由于1>a ，故n nn a a a ⎪⎭⎫ ⎝⎛=<+1111，而∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n na 收敛，由比较判别法知，级数∑∞=+111n na收敛． （6）∑∞=11n n n n ．由于11lim 11lim ==∞→∞→n n n n n nn n ，而∑∞=11n n 发散，故∑∞=11n n nn 发散．（7）nn n ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+1121．由于10121lim 121lim <=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→n n n n n n ，故级数nn n ∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛+1121收敛．（8）[]∑∞=+1)1ln(1n nn ．由于10)1ln(1lim )1ln(1lim <=+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→n n n n nn ，故原级数收敛．（9）∑∞=-+12)1(2n nn． 方法1因为∑∑∑∞=∞=-∞=-+=-+11112)1(212)1(2n n n n n n nn ，而∑∞=-1121n n 和∑∞=-12)1(n n n 均收敛，故∑∞=-+12)1(2n nn收敛． 方法2 由于n n n 232)1(2≤-+对一切n 都成立，而∑∞=123n n 收敛，故∑∞=-+12)1(2n nn 收敛．（10）∑∞=13sin2n nnπ．由于πππ=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→∞→nn n n n nn n n 3123sin2lim 323sin2lim，而∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛132n n收敛，故原级数收敛．（11）∑∞=-+15sin))1(3(n nnn π．由于4)1(3≤-+n，因此，若∑∞=15sin 4n nn π收敛，则原级数收敛.考虑级数∑∞=15sin4n nnπ，由于πππ=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→∞→nn nn n n nn n 5145sin4lim 545sin4lim，且∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛154n n收敛，故∑∞=15sin4n nn π收敛，因而原级数收敛．（12）∑∞=11!2sin n nn ．由于!1!2sin n n n ≤，而∑∞=1!1n n 收敛，因而原级数收敛．（13）∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛-11cos 1n n n ．由于21121sin 2lim 11cos 1lim22==⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞→∞→n n n n n n n ，而∑∞=11n n发散，因而原级数发散．（14）∑∞=11cos n n ．由于011cos lim ≠=∞→n n ，由级数收敛的必要条件知，原级数发散． （15）∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+111ln 1n n n ．由于1111ln lim 111ln 1lim 23=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→nn n n n n n ，而∑∞=1231n n 收敛，故原级数收敛．（16）∑∞=+12)1ln(n n n ．由于0)1ln(lim 1)1ln(1lim 232=+=+∞→∞→n n n n n n n ，而级数∑∞=1231n n 收敛，故原级数收敛．（17）∑∞=11arcsin 1sin n n n ．由于111arcsin 1sin lim2=∞→n n n n ，而级数∑∞=121n n收敛，故原级数收敛．（18）∑∞=12arctan n nn π．由于极限ππ=∞→n n n n n 22arctanlim，而对于级数∑∞=12n nn ，根据1212lim <=∞→nn n n ，故由根式判别法知，级数∑∞=12n nn 收敛，因而原级数收敛． （19）∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+1111n n ．对通项进行分子有理化可得 )1(21)1(2111211111111111+>+=+>++=++=-+n n n nn n n n n n n ， 由于∑∞=+1)1(21n n 发散，故原级数发散．（20）∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+122111n n ．由于422212111n n n +=-⎪⎭⎫⎝⎛+，而级数∑∑∞=∞=14121,2n n n n 均收敛，因而原级数收敛．2．判别下列级数的敛散性：（1）∑∞=1!n nn n ；（2）∑∞=12ln n nnn ； （3）∑∞=12!n n nn n ；（4）∑∞=13!n n nnn ；（5）∑∞=1!n n nne n ；（6）∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+121n nn n n ；（7）212312nn n n ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+； （8）∑∞=++1212)3(n n nn n n ；（9）)0()1()1)(1(12≥+++∑∞=x x x x x n nn； （10）+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+107419753741753415313． 解（1）∑∞=1!n n n n ．由于11lim !)!1()1(lim 1>=⎪⎭⎫⎝⎛+=++∞→+∞→e n n n n n n n n n n n ，所以∑∞=1!n n n n 发散． （2）∑∞=12ln n nnn ．由于 121ln 1ln 1lim 21lim ln )1ln(21lim 2ln 2)1ln()1(lim 1<=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⋅+=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++∞→∞→∞→+∞→n n n n n n n nn n n n n n n n n n n ， 根据达朗贝尔判别法知，原级数收敛．（3）∑∞=12!n n n n n ．由于121lim 22!)1(2)!1(lim 11<=⎪⎭⎫⎝⎛+=++∞→++∞→e n n n n n n n n n n n n n ，故∑∞=12!n n n n n 收敛． （4）∑∞=13!n n n n n ．由于131lim 33!)1(3)!1(lim 11>=⎪⎭⎫⎝⎛+=++∞→++∞→e n n n n n n n n nn n n n ，故∑∞=13!n n n n n 发散． （5）∑∞=1!n n nne n ．这个级数不能用达朗贝尔判别法和柯西判别法判别，也不能用拉阿比判别法判别，但由斯特林公式可知)10(2!12<<⎪⎭⎫⎝⎛=θπθnn e e n n n ，因而πππθθn e n ne e e n n ne n n n n n nn n222!1212>=⎪⎭⎫⎝⎛=，通项的极限不为0，由级数收敛的必要条件知原级数∑∞=1!n n nne n 发散．（6）∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+121n n n n n ．因为101)(lim 1lim 22<=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→n n n n n n n n n n n ，故∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+121n n n n n 收敛． （7）∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛-+122312n n n n ．由于1322312lim2312lim 2<=-+=⎪⎭⎫⎝⎛-+∞→∞→n n n n n n n n ，由柯西判别法知，原级数收敛．（8）∑∞=++1212)3(n n nn n n ．由于)(031)3()3(222212∞→→+=+++n nn n n n n n n n n n n，因此，如果级数∑∞=+122)3(n n n n n n 收敛，则原级数也收敛.考虑级数∑∞=+122)3(n n nn n n ，由于1313lim)3(lim 222<=+=+∞→∞→nn nn n n n nn n n ，故它收敛，因而原级数也收敛．（9）)0()1()1)(1(12≥+++∑∞=x x x x x n nn．当0=x 时，级数显然收敛；当0>x 时，由于⎪⎩⎪⎨⎧>=<<=+=+++++++∞→++∞→.1,0,1,21,10,1lim )1()1)(1()1()1)(1(lim 12121x x x x x x x x x x x x x x n n n n n n n 因而∑∞=+++12)1()1)(1(n nnx x x x 收敛，因此原级数对一切0≥x 收敛． （10） +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+107419753741753415313．级数的一般项)23(741)12(753-⋅⋅+⋅⋅=n n u n ，由于1321332lim )23(741)12(753)13(741)32(753lim lim1<=++=-⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=∞→∞→+∞→n n n n n n u u n n nn n ， 因而原级数收敛．3．判别级数的敛散性：（1）∑∞=1ln 1n nn；（2）∑∞=1ln )(ln 1n nn ； （3）∑∞=1ln 21n n；（4）∑∞=1ln 31n n；（5）∑∞=131n n；（6）∑∞=13n nn；（7）∑∞=1ln n p n n（p 是任意实数）； （8）∑∞=2ln 1n pnn （p 是任意实数）． 解（1）∑∞=1ln 1n nn．当9≥n 时2ln >n ，故当9≥n 时2ln 11n n n <，而∑∞=121n n收敛，由比较判别法知，原级数收敛．（2）∑∞=1ln )(ln 1n n n ．由于)ln(ln ln 1)(ln 1n n n n =，且)()ln(ln ∞→+∞→n n ，故存在N ，当N n >时2)ln(ln >n ，从而2)ln(ln n n n >，即当N n >时，2ln )(ln n n n>，而级数∑∞=121n n收敛，故原级数收敛．（3）∑∞=1ln 21n n．方法1 由于n n n u u n n n n n n n n n nn 112lim 12lim 12121lim 1lim 11ln 11ln )1ln(ln 1-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→+∞→+∞→， 该极限为型极限，由L ＇hospital 法则得 12ln 11112ln 2lim112lim22111ln 11ln <=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⋅=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→nn nn n n n n ， 由Raabe 判别法知，原级数发散．方法2 由于n enn=<ln ln 2，所以n n 121ln >，而级数∑∞=11n n发散，由比较判别法知，原级数∑∞=1ln 21n n发散.（4）∑∞=1ln 31n n．由于13ln 13lim 1lim )11ln(1>=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+∞→+∞→n n n n n n u u n ，由Raabe 判别法知，原级数收敛．一般地，对)0(11ln >∑∞=a an n，当e a ≤<0时，对一切N n ∈，n e a n n =<ln ln 成立，所以n a n11ln ≥，从而∑∞=1ln 1n n a 发散；当e a >时，由于1ln 1lim 1>=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+∞→a u u n n n n ，由Raabe 判别法知，级数∑∞=1ln 1n na收敛．（5）∑∞=131n n．由于+∞=∞→n n n ln lim，所以存在0>N ，当N n >时，有3ln 2ln >n n ，即n n ln 23ln >，从而23n n>，故2131n n <，而∑∞=121n n 收敛，故∑∞=131n n 收敛． （6）∑∞=13n nn．由于+∞=∞→n n n ln lim，所以存在0>N ，当N n >时，有3ln 3ln >n n ，即n n ln 33ln >，从而33n n>，故213n n n <，而∑∞=121n n 收敛，故∑∞=13n n n 收敛．（7）∑∞=1ln n p n n （p 是任意实数）．由于当3>n 时，p p n nn ln 1<，所以若∑∞=11n p n 发散，则原级数必发散，而1≤p 时∑∞=11n p n 发散，因而1≤p 时，原级数∑∞=1ln n p nn发散．当1>p 时，由于21211111)1(11)1(1ln 11ln 11ln ln p x p x x p tdt p dt t t dt t t p p x p x p xp-+---=-=⋅=--+--⎰⎰⎰， 因而211)1(1ln ln limp dx x x dt t t p xp x -==⎰⎰∞+∞→，利用柯西积分判别法知，原级数收敛． （8）∑∞=2ln 1n p n n （p 是任意实数）．当1>p 时，由于p p n n n 1ln 1<且∑∞=21n p n收敛，故原级数收敛；当1=p 时，由于)2ln(ln )ln(ln ln ln 1ln 122-==⎰⎰x t d t dt t t x x，因而+∞==⎰⎰∞+∞→dx xx dt t t x x 22ln 1ln 1lim ，由柯西积分判别法知，原级数发散；当1<p 时，由于n n n n p ln 1ln 1>，而∑∞=2ln 1n n n 就是前面1=p 时的级数，已证得它发散，因而原级数发散．4．利用Taylor 公式估算无穷小量的阶，从而判别下列级数的收敛性：（1）∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n pn n e ；（2）∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡3cos 1ln n pn π； （3）∑∞=+--+111ln)1(n p n n n n ； （4）∑∞=++-+142)(n b n n a n ．解（1）∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n pn n e ．令xx x f ⎪⎭⎫⎝⎛+=11)(，则⎪⎭⎫ ⎝⎛+=x x x f 11ln )(ln ，从而⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+='1111ln 1111111ln )()(2x x x x x x x x f x f x ， 因此⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-∞→∞→∞→1111ln 11lim 11111ln 11lim111lim 2200n n n n nn n n nn e n n nn nn ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∞→1113121111lim 3322n n n n n n n nn ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∞→332213121)1(111lim n n n n n n n nn 22113121)1(11lim 2e e n n n n n n nn =⋅=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∞→ . 该极限为有限数，因而nn e ⎪⎭⎫⎝⎛+-11与n 1是同阶无穷小量，由于∑∞=11n p n当1>p 时收敛，1≤p 时发散，因而原级数∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n pn n e 当1>p 时收敛，1≤p 时发散．（2）∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡3cos 1ln n pn π．由于 ⎪⎭⎫ ⎝⎛+===n n n nππππ22tan 1ln 21sec ln 21sec ln cos 1ln⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n nπππ2222tan 2)(tan tan 21 ， 故21cos 1ln lim 22ππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∞→nn n ，这是一个有限数，从而n πcos 1ln 与21n 是同阶无穷小量，因此原级数∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡3cos 1ln n pn π与∑∞=121n p n的收敛性一致，所以当12>p 即21>p 时，原级数收敛，而当12≤p 即21≤p 时，原级数发散．（3）∑∞=+--+111ln)1(n p n n n n ．由于0)1(>-+pn n ，011ln <+-n n ，故原级数是负项级数，又由于⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+---+121ln 1111ln)1()1(n n n n n n n pp ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=111211n n n n p，故11ln)1(+--+n n n n p与121+p n 是同阶无穷小量，因而当112>+p ，即0>p 时，原级数收敛，0≤p 时，原级数发散．（4）∑∞=++-+142)(n b n n a n ．因为42242)(bn n a n b n n a n b n n a n ++++++-+=++-+))(()12(2422b n n a n b n n a n ba n a ++++++++-+-=，因而当21=a 时，上式与231n 是同阶无穷小量，故原级数收敛；当21≠a 时，上式与211n 是同阶无穷小量，故原级数发散．5．讨论下列级数的收敛性：（1）∑∞=2)(ln 1n pn n ； （2）∑∞=⋅⋅2ln ln ln 1n n n n ； （3）)0(ln ln )(ln 121>∑∞=+σσn nn n ；（4）∑∞=2)ln (ln )(ln 1n qpn n n ． 解（1）∑∞=2)(ln 1n p n n ．令函数px x x f )(ln 1)(=，则该函数在),2[+∞非负、连续且单调下降．当1=p 时，由于+∞=-==∞→∞→∞→⎰⎰))2ln(ln )(ln(ln lim ln ln 1lim ln 1lim 22x t d t dt t t x x x xx ，因而原级数发散．当1≠p 时，由于⎰⎰⎰-∞→∞→∞→==x px xp x xx t d t dt t t dt t f 222ln )(ln lim )(ln 1lim )(lim()p p x x p--∞→--=11)2(ln )(ln 11lim⎪⎩⎪⎨⎧>-<∞+=-.1,1)2(ln ,1,1p p p p因而由柯西积分判别法知，当1<p 时级数发散，当1>p 时级数收敛．综上可知，级数∑∞=2)(ln 1n pn n 在1>p 时收敛，在1≤p 时发散．（2）∑∞=⋅⋅2ln ln ln 1n nn n ．根据级数通项nu ，可令函数x x x x f ln ln ln 1)(⋅⋅=，则)2(),(≥=n n f u n 且)(x f 在),2[+∞非负、连续且单调下降，由于⎰⎰⎰∞→∞→∞→==x x xx x x t d tt d t t dt t f 222ln ln ln ln 1lim ln ln ln ln 1lim )(lim[]+∞=-=∞→2ln ln ln ln ln ln lim x x .由柯西积分判别法知，原级数发散．（3）)0(ln ln )(ln 121>∑∞=+σσn nn n ．由于+∞=∞→n n ln ln lim ，故当n 充分大时，1ln ln >n ，因而σσ++≤11)(ln 1ln ln )(ln 1n n n n n ，由（1）知∑∞=+21)(ln 1n n n σ收敛，从而原级数收敛．（4）∑∞=2)ln (ln )(ln 1n qpn n n ． 当1=p 时，由于⎰⎰∞+∞+=22)ln(ln )ln (ln 1)ln (ln ln 1x d x dx x x x q q，故1>q 时级数收敛，1≤q 时级数发散．当1>p 时，令)0(21>+=σσp ，则qq p n n n n n n n n u )ln (ln )(ln )(ln 1)ln (ln )(ln 11σσ+==， 由于+∞=∞→qn n n )ln (ln )(ln lim σ，故存在0>N ，任意N n >时，1)ln (ln )(ln >qn n σ，从而σ+<1)(ln 1n n u n ，而由（1）知∑∞=+11)(ln 1n n n σ收敛，从而原级数收敛． 当1<p 时，令)0(21>-=σσp ，则qq p n n n n n n n n u )ln (ln )(ln )(ln )ln (ln )(ln 11σσ-==， 由于+∞→q n n )ln (ln )(ln σ，从而当n 充分大时，1)ln (ln )(ln >qn n σ，从而σ-≥1)(ln 1n n u n ，而由（1）知∑∞=-11)(ln 1n n n σ发散，因此原级数发散． 综上可知，原级数∑∞=2))(ln(ln )(ln 1n qp n n n 的收敛情况是：当1>p 或1,1>=q p 时收敛，当1<p 或1,1≤=q p 时发散．6．利用拉阿比判别法研究下列级数的收敛性．（1）∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1!)!2(!)!12(n pn n (p 是实数)；（2）)0,0(1!)1()1(1>>-++∑∞=βααααβn n n n ．解（1）级数∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1!)!2(!)!12(n pn n 的通项pn n n u ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=!)!2(!)!12(，因而根据二项展开式得⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⋅-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-∞→+∞→1!)!12(!)!22(!)!2(!)!12(lim 1lim 1p n n n n n n n n n u u n []pp p n p n n n n n n n n )12()22()12(lim 11222lim +-++=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛++=∞→∞→()()[]1)2()2(22)2()2()12(lim11+++-++⋅++=--∞→ p p p p p pn n p n n p n n n []2)12()12()2(lim 1pn n p n p p p n =+-++=-∞→ . （上式也可以在第二个等式处将1222++n n 化为1211++n 直接使用二项展开式），所以当12>p 即2>p 时，原级数收敛，当12<p即2<p 时，原级数发散． 当2=p 时，Raabe 判别法失效，此时，由于对一切n ，222221)12(1111211n n n n n nn n u u nn n θμλ++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+令， 即1,1==μλ而且1≤n θ，因而根据高斯判别法知，原级数发散．（2）)0,0(1!)1()1(1>>-++∑∞=βααααβn n n n .根据原级数的通项知ββαααααα)1()()1()!1(1!)1()1(1++++⋅-++=+n n n nn n u u n n βββαα⎪⎭⎫⎝⎛+++=+++=n n n nn n n 111)()1)(1(， 因而αααββ+--⎪⎭⎫⎝⎛++=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞→∞→+∞→n n n n n n n n n u u n n n n nn 11)1(lim 1111lim 1lim 1βαααβ+-=+--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=∞→1111)1(lim nn n n n n ，所以当11>+-βα，即βα<时级数收敛；当11<+-βα，即βα>时级数发散.当βα=时，Raabe 判别法失效，此时由于⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=+221112)1(11111n n n n n n n n u u n n αααααα⎪⎭⎫⎝⎛⋅++++-++++++-++=2211)(2)1()1()()1(1n n n n n n n n n n n ααααααααα 22)1(1)(2)1()1(111n n n n n n n n n θμλαααα++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅++++-+++=令 ， 即1,1==μλ而且显然n θ有界，因而根据高斯判别法可知，原级数发散．7．已知两正项级数∑∞=1n nu和∑∞=1n nv发散，问),max (1∑∞=n n nv u，∑∞=1),min(n n n v u 两级数的收敛性如何？答 级数),max (1∑∞=n n nv u一定发散．事实上，0),m ax (≥≥n n n u v u ，而∑∞=1n n u 发散，故),max (1∑∞=n n nv u发散．∑∞=1),min(n n n v u 可能收敛，也可能发散．例如∑∑∞=∞=---+112)1(1,2)1(1n nn n 均发散，但由于0),min(=n n v u 对一切n 都成立，故∑∞=1),min(n n nv u收敛．8．若正项级数∑∞=1n n a 收敛，证明：02lim21=+++∞→nna a a nn ．证明 设正项级数∑∞=1n na的部分和n n a a a S +++= 21，则下述两式成立：121121)2()1(--++-+-=+++n n a a n a n S S S ， （*）n n na na na nS +++= 21， （**）用（**）减去（*）得n n n na a a S S S nS +++=+++-- 211212)(，两端同时除以n 可得nna a a n S S S nS nn n +++=+++-- 211212)(，即nna a a n S S S S n S n nn n n +++=++++--- 211212)1(，由于正项级数∑∞=1n na收敛，因而n n S ∞→lim 存在，假设s S n n =∞→lim ，根据收敛数列的算术平均数构成的新数列收敛，且与原数列极限相等可知，s nS S S nn =+++∞→ 21lim，因此0)1(lim 2lim12121=-=⎪⎭⎫⎝⎛++++--=+++-∞→∞→s s n S S S S n S n n na a a n n n n n n ，从而结论成立．9．设⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===≠=,,2,1,1,,2,1,,12222 k k a k k n n a k n求证：(1)∑∞=1n na收敛；(2) 0lim ≠∞→n n na ．证明（1）由于∑∞=121n n 收敛，故∑∑∞≠=∞≠==22,12,11k n n k n n n na 收敛，而∑∑∞=∞==12112k k kk a 收敛，从而∑∑∞≠=∞=+22,11kn n nk k aa收敛，即∑∞=1n na收敛．（2）考虑n na 的一个子列}{22k a k ，则11lim lim 2222==∞→∞→kka k n k n ，即0lim ≠∞→n n na ． 10. 设0>n a ，且l a a nn n =+∞→1lim，求证l a n n n =∞→lim ．反之是否成立?证明 令10=a ，构造数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧=-1}{n n n a a u ，则}{n u 的前n 项的几何平均数可构成一个新数列，由于新数列收敛且与数列}{n u 极限相同，故11111lim lim lim++∞→+∞→+∞→===n n n n n n nn n u u u u a a ln n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a ∞→+++∞→+-+∞→==⋅⋅=lim 1lim lim 1111011211 ， 因而结论成立．反之不真，反例如级数∑∞=-+12)1(2n nn，由于21232)1(22121→≤-+=≤=nn n n n n n a ， 故21lim =∞→n n n a ，而 613221,231223************=⋅==⋅=++--m m m m m m m m a a a a ， 从而21lim1≠+∞→nn n a a ，因此反之结论不一定成立．11．利用级数收敛的必要条件证明：（1）0)!(lim 2=∞→n n n n ；（2）)1(0)!2(lim!>=∞→a a n n n ．证明（1）0)!(lim 2=∞→n n n n ．考虑级数∑∞=12)!(n nn n ，由于 )(011111∞→→⎪⎭⎫⎝⎛++=+n n n u u nn n ， 故级数∑∞=12)!(n n n n 收敛，因而0)!(lim 2=∞→n n nn ． （2）)1(0)!2(lim !>=∞→a a n n n ．考虑级数∑∞=1!)!2(n n an ，由于)(0)12)(22(!1∞→→++=+n a n n u u nn n n ， 所以级数∑∞=1!)!2(n n a n 收敛，因而)1(0)!2(lim !>=∞→a a n n n ． 12．设0≥n a ，且数列}{n na 有界，证明级数∑∞=12n na收敛．证明 由数列}{n na 有界知，存在0>M ，对N n ∈∀，都有M na n ≤，从而nMa n ≤，进一步可得222n M a n≤，又由于∑∞=121n n收敛，因而由比较判别法知，级数∑∞=12n n a 收敛．13．设正项级数∑∞=1n na收敛，证明∑∞=+11n n n a a 也收敛．证明 由于对任意n ，1+n n a a )(211++≤n n a a 均成立，而级数∑∞=1n n a 和级数∑∞=+11n n a 均收敛，从而级数)(11∑∞=++n n na a也收敛，由比较判别法知，级数∑∞=+11n n n a a 收敛．14．设l a n n =∞→lim ，求证：（1）当1>l 时，∑∞=11n a nn 收敛； （2）当1<l 时，∑∞=11n a nn发散． 问1=l 时会有什么结论？证明（1）当1>l 时，令021>-=l ε，则由l a n n =∞→lim 知，存在N ，N n >∀时，有12121>+=--=->l l l l a n ε，从而当N n >时，2111+<l a n n n ，而∑∞=+1211n l n 收敛，故原级数收敛．（2）当1<l 时，令021>-=lε，则由l a n n =∞→lim 知，存在M ，M n >∀时，有12121<+=-+=+<l l l l a n ε，从而当M n >时2111+>l a n n n ，而∑∞=+1211n l n 发散，故原级数发散．当1=l 时，考虑级数∑∞=2)(ln 1n pn n ，由于nnp pn n n ln ln ln 1)(ln +=，令nnp a n ln ln ln 1+=，则1lim =∞→n n a ，此即为本题1=l 的情形，但由第5题（1）知，该级数在1>p 时收敛，1≤p 时发散，从而当1=l 时，级数∑∞=11n a nn 可能收敛也可能发散．§4 一般项级数1．讨论下列级数的收敛性：（1）∑∞=+-1100)1(n nn n；（2）∑∞=12sin ln n n n n π； （3）∑∞=++++-1131211)1(n nnn ；（4）∑∞=-+-2)1()1(n nnn ； （5）)1(sin 21+∑∞=n n π；（6）∑∞=--12)1(3)1(n n n n ；（7）)0()1(1>-∑∞=p n n pn； （8）2sin 311πn n n∑∞=； （9）∑∞=-12cos )1(n nnn； （10）∑∞=-12sin )1(n nn n；（11）)0(sin)1(1≠-∑∞=x nxn n ； （12）∑∞=+-12)1()1(n n n n； （13）++--+++--++--1111131131121121n n ； （14）)0(1)1(11>+-∑∞=+a a an n nn ；（15）∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+11sin n n n n ； （16）∑∞=⋅12sin sin n n n n ．解（1）∑∞=+-1100)1(n nn n．令100)(+=x x x f ，则2)100(2100)(+-='x x x x f ，显然当100>x 时0)(≤'x f ，即)(x f 单调下降并趋向于0．由于级数前有限项的值不影响该级数的敛散性，因而由Leibniz 判别法知原交错级数收敛．（2）∑∞=12sin ln n n nn π．由于⎩⎨⎧∈-=-∈==+++,,12,)1(,,2,02sin 1Z k k n Z k k n n k π 舍去偶数项，原级数∑∑∞=+∞=---=11112)12ln()1(2sin ln k k n k k n n n π变成交错级数．令x xx f ln )(=，则2ln 1)(xxx f -='，显然当3≥x 时0)(<'x f ，即)(x f 单调下降并趋向于0．因而从第3项开始，数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n ln 单调下降并趋向于0，故n 取奇数时该数列也是单调下降并趋向于0的，由Leibniz 判别法知，原交错级数收敛．（3）∑∞=++++-1131211)1(n nnn ．由于数列的前n 项的算术平均数构成的新数列极限与原数列极限相等，故根据数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n 1单调递减趋向于0知，数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧++++n n 131211 单调递减趋向于0，又因为原级数是一个交错级数，由Leibniz 判别法知原交错级数收敛．（4）∑∞=-+-2)1()1(n nn n ．由于⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+---=-+⋅-=-+-2311)1(1)1(1)1()1(11)1()1()1(nO n n n O n n nn n nn n n nnn ，而级数∑∞=-2)1(n nn及∑∞=2231n n收敛，但级数∑∞=21n n发散，因而原级数发散． （5）)1(sin 21+∑∞=n n π．由于)1(sin )1())1(sin()1sin(222n n n n n n n -+-=-++=+ππππnn n ++-=1sin)1(2π，又由于⎭⎬⎫⎩⎨⎧++n n 1sin 2π单调下降趋于0，故由Leibniz 判别法知原级数收敛． （6）∑∞=--12)1(3)1(n n n n ．由于∑∑∞=∞=-=-112)1(313)1(n nn nn n 收敛，故原级数绝对收敛，因而自身收敛．（7）)0()1(1>-∑∞=p n n p n ．由于pn 1单调递减趋向于0，根据Leibniz 判别法知原级数收敛．进一步可知：当10≤<p 时级数条件收敛，当1>p 时级数绝对收敛．（8）2sin 311πn n n ∑∞=．由于n n n 312sin31≤π，而∑∞=131n n 收敛，故原级数收敛且绝对收敛．（9）∑∞=-12cos )1(n nnn．由于 n k nk 2cos 1sin 24cos 1sin 22cos 1sin 22cos 1sin 21+++=∑=))12sin()12(sin()3sin 5(sin )1sin 3(sin --+++-+-=n n 1sin )12sin(-+=n ，故1sin 11sin 21sin )12sin(2cos 1≤-+=∑=n k nk ，即∑∞=12cos n n 的部分和数列有界，而数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n 1单调趋于0，由Dirichlet 判别法知级数∑∞=12cos n n n 收敛，即∑∞=-12cos )1(n n n n 收敛，从而原级。
数值分析简明教程 - 课后答案
0.1算法1、 （p.11，题1）用二分法求方程013=--x x 在[1,2]内的近似根，要求误差不超过10-3.【解】 由二分法的误差估计式311*10212||-++=≤=-≤-εk k k a b x x ，得到100021≥+k .两端取自然对数得96.812ln 10ln 3≈-≥k ，因此取9=k ，即至少需2、（p.11，题2） 证明方程210)(-+=x e x f x在区间[0,1]内有唯一个实根；使用二分法求这一实根，要求误差不超过21021-⨯。
【解】 由于210)(-+=x e x f x ，则)(x f 在区间[0,1]上连续，且012010)0(0<-=-⨯+=e f ，082110)1(1>+=-⨯+=e e f ，即0)1()0(<⋅f f ，由连续函数的介值定理知，)(x f 在区间[0,1]上至少有一个零点.又010)('>+=x e x f ，即)(x f 在区间[0,1]上是单调的，故)(x f 在区间[0,1]内有唯一实根.由二分法的误差估计式211*1021212||-++⨯=≤=-≤-εk k k a b x x ，得到1002≥k .两端取自然对数得6438.63219.322ln 10ln 2=⨯≈≥k ，因此取7=k ，即至少需二分0.2误差1．（p.12，题8）已知e=2.71828…，试问其近似值7.21=x ，71.22=x ，x 2=2.71，718.23=x 各有几位有效数字？并给出它们的相对误差限。
【解】有效数字：因为11102105.001828.0||-⨯=<=- x e ，所以7.21=x 有两位有效数字； 因为12102105.000828.0||-⨯=<=- x e ，所以71.22=x 亦有两位有效数字；因为3310210005.000028.0||-⨯=<=- x e ，所以718.23=x 有四位有效数字；%85.17.205.0||111=<-=x x e r ε； %85.171.205.0||222=<-=x x e r ε； %0184.0718.20005.0||333=<-=x x e r ε。
数学分析简明教程答案
第十章 数项级数§1 级数问题的提出1．证明：若微分方程0=+'+''xy y y x 有多项式解n n x a x a x a a y ++++= 2210，则必有),,2,1(0n i a i ==．证明 由多项式解nn x a x a x a a y ++++= 2210得1232132-++++='n n x na x a x a a y ， 22432)1(1262--++++=''n n x a n n x a x a a y .从而 134232)1(1262--++++=''n n x a n n x a x a x a y x ， 且 111232210+---++++++=n n n n n n x a x a x a x a x a x a xy .将上述结果代入微分方程0=+'+''xy y y x ，得342231201)16()9()4(x a a x a a x a a a ++++++0)(11122=++++++---n n n n n n n x a x a x a n a .比较系数得递推公式如下：⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧===+=+=+=--.0,0,0,09,04,012231201n n n n a a a n a a a a a a由此解得0210=====n a a a a ，因而),,2,1,0(0n i a i ==．2．试确定系数 ,,,,10n a a a ，使n n nx a∑∞=0满足勒让德方程0)1(2)1(2=++'-''-y l l y x y x .解 设nn nx ay ∑∞==，则11-∞=∑='n n n xna y ，22)1(-∞=∑-=''n n nx an n y ，故∑∑∑∞=∞=-∞=----=--=''-2222222)1()1()1()1()1(n n n n n n n n n x a n n xa n n xa n n x y x ，∑∑∞=∞=--=-='-111222n n n n n n x na xna x y x ，∑∑∞=∞=+=+=+0)1()1()1(n n n n nn x a l l x a l l y l l .将上述结果代入勒让德方程0)1(2)1(2=++'-''-y l l y x y x ，得y l l y x y x )1(2)1(02++'-''-=∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=-++----=01222)1(2)1()1(n n n n nn n nn n n n x a l l x na x a n n xa n n∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=+++---++=0122)1(2)1()1)(2(n n n n nn n nn n nn x a l l x na x a n n x a n n .比较系数，得递推公式如下：⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+++++-=+++--=++-=++-=++++-.,0)1)(2()1)((,0)1()))(1((,012)3)(2(,06)2)(1(,02)1(211423120n n n n a n n a n l n l na n a n l n l a a l l a a l l a a l l 由此解得⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++-+-+--=⨯⨯⨯++--=⨯+--=⨯+--=-++++-+--=⨯⨯++-=⨯+--=+-=+,)!12()2()4)(2)(1()32)(12()1(,2345)4)(2)(1)(3(45)4)(3(,23)2)(1(,)!2()12()3)(1()42)(22()1(,234)3)(1()2(34)3)(2(,2)1(112135130202402a k k l l l l k l k l a a l l l l a l l a a l l a a k k l l l l k l k l a a l l l l a l l a a l l a k k k k从而可以得到⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++-+--+=∑∞=1200)!2()12()1()42)(22()1(k k k x k k l l l k l k l a a y⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++-+-+--++∑∞=+11211)!12()2()2)(1()32)(12()1(k k k x k k l l l k l k l a x a .其中10,a a 取任何常数．§2 数项级数的收敛性及其基本性质1．求下列级数的和： （1）∑∞=+-1)15)(45(1n n n ； （2）∑∞=-12141n n；（3）∑∞=---1112)1(n n n ； （4）∑∞=-1212n nn ； （5）1,sin 1<∑∞=r nx rn n；（6）1,cos 1<∑∞=r nx rn n．解（1）由于⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-15145151)15)(45(1n n n n ，故)15)(45(11161611+-++⨯+⨯=n n S n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+-=1514511116161151n n )(51151151∞→→⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n ， 所以级数的和51=S . （2）由于⎪⎭⎫⎝⎛+--=-121121211412n n n ，故)(21121121121121513131121∞→→⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+-=n n n n S n .所以级数的和21=S . （3）322111212)1(11111=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫⎝⎛-=--∞=∞=--∑∑n n n n n ．（4）12221222121111-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=n nn nn n n n nn n ，因此欲求原级数的和，只需计算级数∑∞=122n n n 即可．对级数∑∞=122n n n ，设其部分和n n n S 2226242232++++= ，则 14322222226242221++-++++=n n n nn S ， 故1432222222222212121+-+++++=-=n n n n n n S S S 1432222121212121+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++=n n n112222112112121+---⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=n n n . 从而221lim =∞→n n S ，即4lim =∞→n n S ，因此原级数31412221211=-=-=-∑∑∞=∞=n n n n n n ． （5）由于级数的部分和kx rS nk kn sin 1∑==，故[]x k x k r x kx rxS r nk k nk k n )1sin()1sin(cos sin 2cos 21111-++==∑∑=+=+x k r x k rnk k nk k )1sin()1sin(1111-++=∑∑=+=+kx rrkx r n k kn k k sin sin 1212∑∑-=+=+=)sin ()sin )1sin((21nx r S r x r x n r S n n n n -+-++=+，从中解得xr r xn r nx r x r S n n n cos 21)1sin(sin sin 212-++-+=++.又由于当∞→n 时，0)1sin(,0sin 1122→≤+→≤++++n n n n r x n r r nx r ，故xr r xr S n n cos 21sin lim 2-+=∞→， 因此xr r xr nx r n n cos 21sin sin 21-+=∑∞=．（6）级数的部分和kx rS nk kn cos 1∑==，从而[]x k x k r x kx rxS r nk k nk k n )1cos()1cos(cos cos 2cos 21111-++==∑∑=+=+x k r x k rnk k nk k )1cos()1cos(1111-++=∑∑=+=+kx rrkx r n k kn k k cos cos 1212∑∑-=+=+=)cos 1()cos )1cos((21nx r S r x r x n r S n n n n -++-++=+，从中解得x r r r x r x r r r x n r nx r x r S n n n n n cos 21cos cos 21)1cos(cos cos lim lim 222212-+-=-+-+-+=++∞→∞→. 因此x r r r x r nx r n ncos 21cos cos 221-+-=∑∞=． 2．讨论下列级数的敛散性： （1）∑∞=-112n n n； （2）∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+13121n nn； （3）∑∞=+112cosn n π；（4）∑∞=+-1)13)(23(1n n n ； （5）∑∞=+++1)1()1(1n n n n n ．解（1）由于通项)(02112∞→≠→-n n n ，故原级数发散． （2）由于∑∑∞=∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛=112121n nn n ，∑∑∞=∞=⎪⎭⎫⎝⎛=113131n nn n 均收敛，故原级数收敛．（3）由于通项)(010cos 12cos ∞→≠=→+n n π，故原级数发散．（4）由于⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-13123131)13)(23(1n n n n ，从而部分和)13)(23(1741411+-++⨯+⨯=n n S n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+-=131231714141131n n)(31131131∞→→⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n ， 因而原级数收敛．（5）由于⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=+-+=+++11111)1()1(1n n n n nn n n n n ，从而∞→n 时， 111111131212111→+-=+-++-+-=n n n S n ，故原级数收敛．3．证明定理10.2．定理10.2 若级数∑∞=1n n u ,∑∞=1n nv收敛，则级数)(1n n nv u±∑∞=也收敛，且∑∑∑∞=∞=∞=±=±111)(n n n n n n nv u v u.证明 设∑∑==='=nk k nnk kn v S uS 11,，则由已知条件知，存在有限数s s ',，使得 s v S s u S nk k n nn nk k n n n '=='==∑∑=∞→∞→=∞→∞→11lim lim ,lim lim ， 设级数)(1n n nv u±∑∞=的部分和数列为n μ，则)()(111∞→'±→'±=±=±=∑∑∑===n s s S S v u v u nn nk k nk k nk k k n μ， 所以)(1n n nv u±∑∞=也收敛，且∑∑∑∞=∞=∞=±=±111)(n n n n n n n v u v u ．4．设级数∑∞=1n nu各项是正的，把级数的项经过组合而得到新级数∑∞=1n nU，即,2,1,0,1211=+++=++++n u u u U n n n k k k n ，其中 <<<<<<=+12100,0n n k k k k k k ，若∑∞=1n nU收敛，证明原来的级数也收敛．证明 设∑∑====nk k n nk kn U uS 11,σ，则n nk k n U U U U +++==∑= 211σ)()(21112121k k k k u u u u u u +++++++=++ n n n n k k k k S u u u =+++++++--)(2111 .由于∑∞=1n nU收敛，故}{n σ有界，即{n k S }有界，即存在0>M ，使得N n ∈∀，都有M S n k ≤.又由于∑∞=1n nu是正项级数，故M S S n k n ≤≤，而且{n S }单调上升，由单调有界原理可知，原级数∑∞=1n nu收敛．§3 正项级数1．判别下列级数的收敛性： （1）∑∞=+121n nn ；（2）∑∞=--1122)12(1n n n ； （3）∑∞=--112n n nn ； （4）∑∞=12sinn nπ；（5）)1(111>+∑∞=a a n n； （6）∑∞=11n nnn；（7）nn n ∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛+1121；（8）[]∑∞=+1)1ln(1n nn ；（9）∑∞=-+12)1(2n nn； （10）∑∞=13sin2n nn π；（11）∑∞=-+15sin ))1(3(n nn n π；（12）∑∞=11!2sin n nn ； （13）∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛-11cos 1n n n ； （14）∑∞=11cos n n ； （15）∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+111ln 1n n n ； （16）∑∞=+12)1ln(n n n ； （17）∑∞=11arcsin 1sin n n n ； （18）∑∞=12arctan n nn π；（19）∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+1111n n ； （20）∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+122111n n ．解（1）∑∞=+121n nn ．由于111lim2=+∞→nnn n ，而∑∞=11n n 发散，所以级数∑∞=+121n nn 发散．（2）∑∞=--1122)12(1n n n ．对任意正整数n ，都成立关系式nn n n 2121222212)12(1≤≤---， 而级数∑∞=1222n n 收敛，由比较判别法知，原级数收敛． （3）∑∞=--112n n n n ．由于02112lim ≠=--∞→n n n n ，所以级数∑∞=--112n n nn 发散．（4）∑∞=12sin n nπ．由于ππ=∞→n n n 212sinlim，而∑∞=121n n 收敛，故∑∞=12sin n nπ收敛． （5）∑∞=+111n n a ．由于1>a ，故n nn a a a ⎪⎭⎫ ⎝⎛=<+1111，而∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n na 收敛，由比较判别法知，级数∑∞=+111n na收敛． （6）∑∞=11n n n n ．由于11lim 11lim ==∞→∞→n n n n n nn n ，而∑∞=11n n 发散，故∑∞=11n n nn 发散．（7）nn n ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+1121．由于10121lim 121lim <=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→n n n n n n ，故级数nn n ∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛+1121收敛．（8）[]∑∞=+1)1ln(1n nn ．由于10)1ln(1lim )1ln(1lim <=+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→n n n n nn ，故原级数收敛．（9）∑∞=-+12)1(2n nn． 方法1因为∑∑∑∞=∞=-∞=-+=-+11112)1(212)1(2n n n n n n nn ，而∑∞=-1121n n 和∑∞=-12)1(n n n 均收敛，故∑∞=-+12)1(2n nn收敛． 方法2 由于n n n 232)1(2≤-+对一切n 都成立，而∑∞=123n n 收敛，故∑∞=-+12)1(2n nn 收敛．（10）∑∞=13sin2n nnπ．由于πππ=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→∞→nn n n n nn n n 3123sin2lim 323sin2lim，而∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛132n n收敛，故原级数收敛．（11）∑∞=-+15sin))1(3(n nnn π．由于4)1(3≤-+n，因此，若∑∞=15sin 4n nn π收敛，则原级数收敛.考虑级数∑∞=15sin4n nnπ，由于πππ=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→∞→nn nn n n nn n 5145sin4lim 545sin4lim，且∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛154n n收敛，故∑∞=15sin4n nn π收敛，因而原级数收敛．（12）∑∞=11!2sin n nn ．由于!1!2sin n n n ≤，而∑∞=1!1n n 收敛，因而原级数收敛．（13）∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛-11cos 1n n n ．由于21121sin 2lim 11cos 1lim22==⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞→∞→n n n n n n n ，而∑∞=11n n发散，因而原级数发散．（14）∑∞=11cos n n ．由于011cos lim ≠=∞→n n ，由级数收敛的必要条件知，原级数发散． （15）∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+111ln 1n n n ．由于1111ln lim 111ln 1lim 23=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→nn n n n n n ，而∑∞=1231n n 收敛，故原级数收敛．（16）∑∞=+12)1ln(n n n ．由于0)1ln(lim 1)1ln(1lim 232=+=+∞→∞→n n n n n n n ，而级数∑∞=1231n n 收敛，故原级数收敛．（17）∑∞=11arcsin 1sin n n n ．由于111arcsin 1sin lim2=∞→n n n n ，而级数∑∞=121n n收敛，故原级数收敛．（18）∑∞=12arctan n nn π．由于极限ππ=∞→n n n n n 22arctanlim，而对于级数∑∞=12n nn ，根据1212lim <=∞→nn n n ，故由根式判别法知，级数∑∞=12n nn 收敛，因而原级数收敛． （19）∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+1111n n ．对通项进行分子有理化可得 )1(21)1(2111211111111111+>+=+>++=++=-+n n n nn n n n n n n ， 由于∑∞=+1)1(21n n 发散，故原级数发散．（20）∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+122111n n ．由于422212111n n n +=-⎪⎭⎫⎝⎛+，而级数∑∑∞=∞=14121,2n n n n 均收敛，因而原级数收敛．2．判别下列级数的敛散性：（1）∑∞=1!n nn n ；（2）∑∞=12ln n nnn ； （3）∑∞=12!n n nn n ；（4）∑∞=13!n n nnn ；（5）∑∞=1!n n nne n ；（6）∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+121n nn n n ；（7）212312nn n n ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+； （8）∑∞=++1212)3(n n nn n n ；（9）)0()1()1)(1(12≥+++∑∞=x x x x x n nn； （10）+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+107419753741753415313． 解（1）∑∞=1!n n n n ．由于11lim !)!1()1(lim 1>=⎪⎭⎫⎝⎛+=++∞→+∞→e n n n n n n n n n n n ，所以∑∞=1!n n n n 发散． （2）∑∞=12ln n nnn ．由于 121ln 1ln 1lim 21lim ln )1ln(21lim 2ln 2)1ln()1(lim 1<=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⋅+=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++∞→∞→∞→+∞→n n n n n n n nn n n n n n n n n n n ， 根据达朗贝尔判别法知，原级数收敛．（3）∑∞=12!n n n n n ．由于121lim 22!)1(2)!1(lim 11<=⎪⎭⎫⎝⎛+=++∞→++∞→e n n n n n n n n n n n n n ，故∑∞=12!n n n n n 收敛． （4）∑∞=13!n n n n n ．由于131lim 33!)1(3)!1(lim 11>=⎪⎭⎫⎝⎛+=++∞→++∞→e n n n n n n n n nn n n n ，故∑∞=13!n n n n n 发散． （5）∑∞=1!n n nne n ．这个级数不能用达朗贝尔判别法和柯西判别法判别，也不能用拉阿比判别法判别，但由斯特林公式可知)10(2!12<<⎪⎭⎫⎝⎛=θπθnn e e n n n ，因而πππθθn e n ne e e n n ne n n n n n nn n222!1212>=⎪⎭⎫⎝⎛=，通项的极限不为0，由级数收敛的必要条件知原级数∑∞=1!n n nne n 发散．（6）∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+121n n n n n ．因为101)(lim 1lim 22<=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→n n n n n n n n n n n ，故∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+121n n n n n 收敛． （7）∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛-+122312n n n n ．由于1322312lim2312lim 2<=-+=⎪⎭⎫⎝⎛-+∞→∞→n n n n n n n n ，由柯西判别法知，原级数收敛．（8）∑∞=++1212)3(n n nn n n ．由于)(031)3()3(222212∞→→+=+++n nn n n n n n n n n n n，因此，如果级数∑∞=+122)3(n n n n n n 收敛，则原级数也收敛.考虑级数∑∞=+122)3(n n nn n n ，由于1313lim)3(lim 222<=+=+∞→∞→nn nn n n n nn n n ，故它收敛，因而原级数也收敛．（9）)0()1()1)(1(12≥+++∑∞=x x x x x n nn．当0=x 时，级数显然收敛；当0>x 时，由于⎪⎩⎪⎨⎧>=<<=+=+++++++∞→++∞→.1,0,1,21,10,1lim )1()1)(1()1()1)(1(lim 12121x x x x x x x x x x x x x x n n n n n n n 因而∑∞=+++12)1()1)(1(n nnx x x x 收敛，因此原级数对一切0≥x 收敛． （10） +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+107419753741753415313．级数的一般项)23(741)12(753-⋅⋅+⋅⋅=n n u n ，由于1321332lim )23(741)12(753)13(741)32(753lim lim1<=++=-⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=∞→∞→+∞→n n n n n n u u n n nn n ， 因而原级数收敛．3．判别级数的敛散性：（1）∑∞=1ln 1n nn；（2）∑∞=1ln )(ln 1n nn ； （3）∑∞=1ln 21n n；（4）∑∞=1ln 31n n；（5）∑∞=131n n；（6）∑∞=13n nn；（7）∑∞=1ln n p n n（p 是任意实数）； （8）∑∞=2ln 1n pnn （p 是任意实数）． 解（1）∑∞=1ln 1n nn．当9≥n 时2ln >n ，故当9≥n 时2ln 11n n n <，而∑∞=121n n收敛，由比较判别法知，原级数收敛．（2）∑∞=1ln )(ln 1n n n ．由于)ln(ln ln 1)(ln 1n n n n =，且)()ln(ln ∞→+∞→n n ，故存在N ，当N n >时2)ln(ln >n ，从而2)ln(ln n n n >，即当N n >时，2ln )(ln n n n>，而级数∑∞=121n n收敛，故原级数收敛．（3）∑∞=1ln 21n n．方法1 由于n n n u u n n n n n n n n n nn 112lim 12lim 12121lim 1lim 11ln 11ln )1ln(ln 1-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→+∞→+∞→， 该极限为型极限，由L ＇hospital 法则得 12ln 11112ln 2lim112lim22111ln 11ln <=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⋅=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→nn nn n n n n ， 由Raabe 判别法知，原级数发散．方法2 由于n enn=<ln ln 2，所以n n 121ln >，而级数∑∞=11n n发散，由比较判别法知，原级数∑∞=1ln 21n n发散.（4）∑∞=1ln 31n n．由于13ln 13lim 1lim )11ln(1>=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+∞→+∞→n n n n n n u u n ，由Raabe 判别法知，原级数收敛．一般地，对)0(11ln >∑∞=a an n，当e a ≤<0时，对一切N n ∈，n e a n n =<ln ln 成立，所以n a n11ln ≥，从而∑∞=1ln 1n n a 发散；当e a >时，由于1ln 1lim 1>=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+∞→a u u n n n n ，由Raabe 判别法知，级数∑∞=1ln 1n na收敛．（5）∑∞=131n n．由于+∞=∞→n n n ln lim，所以存在0>N ，当N n >时，有3ln 2ln >n n ，即n n ln 23ln >，从而23n n>，故2131n n <，而∑∞=121n n 收敛，故∑∞=131n n 收敛． （6）∑∞=13n nn．由于+∞=∞→n n n ln lim，所以存在0>N ，当N n >时，有3ln 3ln >n n ，即n n ln 33ln >，从而33n n>，故213n n n <，而∑∞=121n n 收敛，故∑∞=13n n n 收敛．（7）∑∞=1ln n p n n （p 是任意实数）．由于当3>n 时，p p n nn ln 1<，所以若∑∞=11n p n 发散，则原级数必发散，而1≤p 时∑∞=11n p n 发散，因而1≤p 时，原级数∑∞=1ln n p nn发散．当1>p 时，由于21211111)1(11)1(1ln 11ln 11ln ln p x p x x p tdt p dt t t dt t t p p x p x p xp-+---=-=⋅=--+--⎰⎰⎰， 因而211)1(1ln ln limp dx x x dt t t p xp x -==⎰⎰∞+∞→，利用柯西积分判别法知，原级数收敛． （8）∑∞=2ln 1n p n n （p 是任意实数）．当1>p 时，由于p p n n n 1ln 1<且∑∞=21n p n收敛，故原级数收敛；当1=p 时，由于)2ln(ln )ln(ln ln ln 1ln 122-==⎰⎰x t d t dt t t x x，因而+∞==⎰⎰∞+∞→dx xx dt t t x x 22ln 1ln 1lim ，由柯西积分判别法知，原级数发散；当1<p 时，由于n n n n p ln 1ln 1>，而∑∞=2ln 1n n n 就是前面1=p 时的级数，已证得它发散，因而原级数发散．4．利用Taylor 公式估算无穷小量的阶，从而判别下列级数的收敛性：（1）∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n pn n e ；（2）∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡3cos 1ln n pn π； （3）∑∞=+--+111ln)1(n p n n n n ； （4）∑∞=++-+142)(n b n n a n ．解（1）∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n pn n e ．令xx x f ⎪⎭⎫⎝⎛+=11)(，则⎪⎭⎫ ⎝⎛+=x x x f 11ln )(ln ，从而⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+='1111ln 1111111ln )()(2x x x x x x x x f x f x ， 因此⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-∞→∞→∞→1111ln 11lim 11111ln 11lim111lim 2200n n n n nn n n nn e n n nn nn ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∞→1113121111lim 3322n n n n n n n nn ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∞→332213121)1(111lim n n n n n n n nn 22113121)1(11lim 2e e n n n n n n nn =⋅=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∞→ . 该极限为有限数，因而nn e ⎪⎭⎫⎝⎛+-11与n 1是同阶无穷小量，由于∑∞=11n p n当1>p 时收敛，1≤p 时发散，因而原级数∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n pn n e 当1>p 时收敛，1≤p 时发散．（2）∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡3cos 1ln n pn π．由于 ⎪⎭⎫ ⎝⎛+===n n n nππππ22tan 1ln 21sec ln 21sec ln cos 1ln⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n nπππ2222tan 2)(tan tan 21 ， 故21cos 1ln lim 22ππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∞→nn n ，这是一个有限数，从而n πcos 1ln 与21n 是同阶无穷小量，因此原级数∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡3cos 1ln n pn π与∑∞=121n p n的收敛性一致，所以当12>p 即21>p 时，原级数收敛，而当12≤p 即21≤p 时，原级数发散．（3）∑∞=+--+111ln)1(n p n n n n ．由于0)1(>-+pn n ，011ln <+-n n ，故原级数是负项级数，又由于⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+---+121ln 1111ln)1()1(n n n n n n n pp ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=111211n n n n p，故11ln)1(+--+n n n n p与121+p n 是同阶无穷小量，因而当112>+p ，即0>p 时，原级数收敛，0≤p 时，原级数发散．（4）∑∞=++-+142)(n b n n a n ．因为42242)(bn n a n b n n a n b n n a n ++++++-+=++-+))(()12(2422b n n a n b n n a n ba n a ++++++++-+-=，因而当21=a 时，上式与231n 是同阶无穷小量，故原级数收敛；当21≠a 时，上式与211n 是同阶无穷小量，故原级数发散．5．讨论下列级数的收敛性：（1）∑∞=2)(ln 1n pn n ； （2）∑∞=⋅⋅2ln ln ln 1n n n n ； （3）)0(ln ln )(ln 121>∑∞=+σσn nn n ；（4）∑∞=2)ln (ln )(ln 1n qpn n n ． 解（1）∑∞=2)(ln 1n p n n ．令函数px x x f )(ln 1)(=，则该函数在),2[+∞非负、连续且单调下降．当1=p 时，由于+∞=-==∞→∞→∞→⎰⎰))2ln(ln )(ln(ln lim ln ln 1lim ln 1lim 22x t d t dt t t x x x xx ，因而原级数发散．当1≠p 时，由于⎰⎰⎰-∞→∞→∞→==x px xp x xx t d t dt t t dt t f 222ln )(ln lim )(ln 1lim )(lim()p p x x p--∞→--=11)2(ln )(ln 11lim⎪⎩⎪⎨⎧>-<∞+=-.1,1)2(ln ,1,1p p p p因而由柯西积分判别法知，当1<p 时级数发散，当1>p 时级数收敛．综上可知，级数∑∞=2)(ln 1n pn n 在1>p 时收敛，在1≤p 时发散．（2）∑∞=⋅⋅2ln ln ln 1n nn n ．根据级数通项nu ，可令函数x x x x f ln ln ln 1)(⋅⋅=，则)2(),(≥=n n f u n 且)(x f 在),2[+∞非负、连续且单调下降，由于⎰⎰⎰∞→∞→∞→==x x xx x x t d tt d t t dt t f 222ln ln ln ln 1lim ln ln ln ln 1lim )(lim[]+∞=-=∞→2ln ln ln ln ln ln lim x x .由柯西积分判别法知，原级数发散．（3）)0(ln ln )(ln 121>∑∞=+σσn nn n ．由于+∞=∞→n n ln ln lim ，故当n 充分大时，1ln ln >n ，因而σσ++≤11)(ln 1ln ln )(ln 1n n n n n ，由（1）知∑∞=+21)(ln 1n n n σ收敛，从而原级数收敛．（4）∑∞=2)ln (ln )(ln 1n qpn n n ． 当1=p 时，由于⎰⎰∞+∞+=22)ln(ln )ln (ln 1)ln (ln ln 1x d x dx x x x q q，故1>q 时级数收敛，1≤q 时级数发散．当1>p 时，令)0(21>+=σσp ，则qq p n n n n n n n n u )ln (ln )(ln )(ln 1)ln (ln )(ln 11σσ+==， 由于+∞=∞→qn n n )ln (ln )(ln lim σ，故存在0>N ，任意N n >时，1)ln (ln )(ln >qn n σ，从而σ+<1)(ln 1n n u n ，而由（1）知∑∞=+11)(ln 1n n n σ收敛，从而原级数收敛． 当1<p 时，令)0(21>-=σσp ，则qq p n n n n n n n n u )ln (ln )(ln )(ln )ln (ln )(ln 11σσ-==， 由于+∞→q n n )ln (ln )(ln σ，从而当n 充分大时，1)ln (ln )(ln >qn n σ，从而σ-≥1)(ln 1n n u n ，而由（1）知∑∞=-11)(ln 1n n n σ发散，因此原级数发散． 综上可知，原级数∑∞=2))(ln(ln )(ln 1n qp n n n 的收敛情况是：当1>p 或1,1>=q p 时收敛，当1<p 或1,1≤=q p 时发散．6．利用拉阿比判别法研究下列级数的收敛性．（1）∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1!)!2(!)!12(n pn n (p 是实数)；（2）)0,0(1!)1()1(1>>-++∑∞=βααααβn n n n ．解（1）级数∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1!)!2(!)!12(n pn n 的通项pn n n u ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=!)!2(!)!12(，因而根据二项展开式得⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⋅-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-∞→+∞→1!)!12(!)!22(!)!2(!)!12(lim 1lim 1p n n n n n n n n n u u n []pp p n p n n n n n n n n )12()22()12(lim 11222lim +-++=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛++=∞→∞→()()[]1)2()2(22)2()2()12(lim11+++-++⋅++=--∞→ p p p p p pn n p n n p n n n []2)12()12()2(lim 1pn n p n p p p n =+-++=-∞→ . （上式也可以在第二个等式处将1222++n n 化为1211++n 直接使用二项展开式），所以当12>p 即2>p 时，原级数收敛，当12<p即2<p 时，原级数发散． 当2=p 时，Raabe 判别法失效，此时，由于对一切n ，222221)12(1111211n n n n n nn n u u nn n θμλ++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+令， 即1,1==μλ而且1≤n θ，因而根据高斯判别法知，原级数发散．（2）)0,0(1!)1()1(1>>-++∑∞=βααααβn n n n .根据原级数的通项知ββαααααα)1()()1()!1(1!)1()1(1++++⋅-++=+n n n nn n u u n n βββαα⎪⎭⎫⎝⎛+++=+++=n n n nn n n 111)()1)(1(， 因而αααββ+--⎪⎭⎫⎝⎛++=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞→∞→+∞→n n n n n n n n n u u n n n n nn 11)1(lim 1111lim 1lim 1βαααβ+-=+--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=∞→1111)1(lim nn n n n n ，所以当11>+-βα，即βα<时级数收敛；当11<+-βα，即βα>时级数发散.当βα=时，Raabe 判别法失效，此时由于⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=+221112)1(11111n n n n n n n n u u n n αααααα⎪⎭⎫⎝⎛⋅++++-++++++-++=2211)(2)1()1()()1(1n n n n n n n n n n n ααααααααα 22)1(1)(2)1()1(111n n n n n n n n n θμλαααα++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅++++-+++=令 ， 即1,1==μλ而且显然n θ有界，因而根据高斯判别法可知，原级数发散．7．已知两正项级数∑∞=1n nu和∑∞=1n nv发散，问),max (1∑∞=n n nv u，∑∞=1),min(n n n v u 两级数的收敛性如何？答 级数),max (1∑∞=n n nv u一定发散．事实上，0),m ax (≥≥n n n u v u ，而∑∞=1n n u 发散，故),max (1∑∞=n n nv u发散．∑∞=1),min(n n n v u 可能收敛，也可能发散．例如∑∑∞=∞=---+112)1(1,2)1(1n nn n 均发散，但由于0),min(=n n v u 对一切n 都成立，故∑∞=1),min(n n nv u收敛．8．若正项级数∑∞=1n n a 收敛，证明：02lim21=+++∞→nna a a nn ．证明 设正项级数∑∞=1n na的部分和n n a a a S +++= 21，则下述两式成立：121121)2()1(--++-+-=+++n n a a n a n S S S ， （*）n n na na na nS +++= 21， （**）用（**）减去（*）得n n n na a a S S S nS +++=+++-- 211212)(，两端同时除以n 可得nna a a n S S S nS nn n +++=+++-- 211212)(，即nna a a n S S S S n S n nn n n +++=++++--- 211212)1(，由于正项级数∑∞=1n na收敛，因而n n S ∞→lim 存在，假设s S n n =∞→lim ，根据收敛数列的算术平均数构成的新数列收敛，且与原数列极限相等可知，s nS S S nn =+++∞→ 21lim，因此0)1(lim 2lim12121=-=⎪⎭⎫⎝⎛++++--=+++-∞→∞→s s n S S S S n S n n na a a n n n n n n ，从而结论成立．9．设⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===≠=,,2,1,1,,2,1,,12222 k k a k k n n a k n求证：(1)∑∞=1n na收敛；(2) 0lim ≠∞→n n na ．证明（1）由于∑∞=121n n 收敛，故∑∑∞≠=∞≠==22,12,11k n n k n n n na 收敛，而∑∑∞=∞==12112k k kk a 收敛，从而∑∑∞≠=∞=+22,11kn n nk k aa收敛，即∑∞=1n na收敛．（2）考虑n na 的一个子列}{22k a k ，则11lim lim 2222==∞→∞→kka k n k n ，即0lim ≠∞→n n na ． 10. 设0>n a ，且l a a nn n =+∞→1lim，求证l a n n n =∞→lim ．反之是否成立?证明 令10=a ，构造数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧=-1}{n n n a a u ，则}{n u 的前n 项的几何平均数可构成一个新数列，由于新数列收敛且与数列}{n u 极限相同，故11111lim lim lim++∞→+∞→+∞→===n n n n n n nn n u u u u a a ln n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a ∞→+++∞→+-+∞→==⋅⋅=lim 1lim lim 1111011211 ， 因而结论成立．反之不真，反例如级数∑∞=-+12)1(2n nn，由于21232)1(22121→≤-+=≤=nn n n n n n a ， 故21lim =∞→n n n a ，而 613221,231223************=⋅==⋅=++--m m m m m m m m a a a a ， 从而21lim1≠+∞→nn n a a ，因此反之结论不一定成立．11．利用级数收敛的必要条件证明：（1）0)!(lim 2=∞→n n n n ；（2）)1(0)!2(lim!>=∞→a a n n n ．证明（1）0)!(lim 2=∞→n n n n ．考虑级数∑∞=12)!(n nn n ，由于 )(011111∞→→⎪⎭⎫⎝⎛++=+n n n u u nn n ， 故级数∑∞=12)!(n n n n 收敛，因而0)!(lim 2=∞→n n nn ． （2）)1(0)!2(lim !>=∞→a a n n n ．考虑级数∑∞=1!)!2(n n an ，由于)(0)12)(22(!1∞→→++=+n a n n u u nn n n ， 所以级数∑∞=1!)!2(n n a n 收敛，因而)1(0)!2(lim !>=∞→a a n n n ． 12．设0≥n a ，且数列}{n na 有界，证明级数∑∞=12n na收敛．证明 由数列}{n na 有界知，存在0>M ，对N n ∈∀，都有M na n ≤，从而nMa n ≤，进一步可得222n M a n≤，又由于∑∞=121n n收敛，因而由比较判别法知，级数∑∞=12n n a 收敛．13．设正项级数∑∞=1n na收敛，证明∑∞=+11n n n a a 也收敛．证明 由于对任意n ，1+n n a a )(211++≤n n a a 均成立，而级数∑∞=1n n a 和级数∑∞=+11n n a 均收敛，从而级数)(11∑∞=++n n na a也收敛，由比较判别法知，级数∑∞=+11n n n a a 收敛．14．设l a n n =∞→lim ，求证：（1）当1>l 时，∑∞=11n a nn 收敛； （2）当1<l 时，∑∞=11n a nn发散． 问1=l 时会有什么结论？证明（1）当1>l 时，令021>-=l ε，则由l a n n =∞→lim 知，存在N ，N n >∀时，有12121>+=--=->l l l l a n ε，从而当N n >时，2111+<l a n n n ，而∑∞=+1211n l n 收敛，故原级数收敛．（2）当1<l 时，令021>-=lε，则由l a n n =∞→lim 知，存在M ，M n >∀时，有12121<+=-+=+<l l l l a n ε，从而当M n >时2111+>l a n n n ，而∑∞=+1211n l n 发散，故原级数发散．当1=l 时，考虑级数∑∞=2)(ln 1n pn n ，由于nnp pn n n ln ln ln 1)(ln +=，令nnp a n ln ln ln 1+=，则1lim =∞→n n a ，此即为本题1=l 的情形，但由第5题（1）知，该级数在1>p 时收敛，1≤p 时发散，从而当1=l 时，级数∑∞=11n a nn 可能收敛也可能发散．§4 一般项级数1．讨论下列级数的收敛性：（1）∑∞=+-1100)1(n nn n；（2）∑∞=12sin ln n n n n π； （3）∑∞=++++-1131211)1(n nnn ；（4）∑∞=-+-2)1()1(n nnn ； （5）)1(sin 21+∑∞=n n π；（6）∑∞=--12)1(3)1(n n n n ；（7）)0()1(1>-∑∞=p n n pn； （8）2sin 311πn n n∑∞=； （9）∑∞=-12cos )1(n nnn； （10）∑∞=-12sin )1(n nn n；（11）)0(sin)1(1≠-∑∞=x nxn n ； （12）∑∞=+-12)1()1(n n n n； （13）++--+++--++--1111131131121121n n ； （14）)0(1)1(11>+-∑∞=+a a an n nn ；（15）∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+11sin n n n n ； （16）∑∞=⋅12sin sin n n n n ．解（1）∑∞=+-1100)1(n nn n．令100)(+=x x x f ，则2)100(2100)(+-='x x x x f ，显然当100>x 时0)(≤'x f ，即)(x f 单调下降并趋向于0．由于级数前有限项的值不影响该级数的敛散性，因而由Leibniz 判别法知原交错级数收敛．（2）∑∞=12sin ln n n nn π．由于⎩⎨⎧∈-=-∈==+++,,12,)1(,,2,02sin 1Z k k n Z k k n n k π 舍去偶数项，原级数∑∑∞=+∞=---=11112)12ln()1(2sin ln k k n k k n n n π变成交错级数．令x xx f ln )(=，则2ln 1)(xxx f -='，显然当3≥x 时0)(<'x f ，即)(x f 单调下降并趋向于0．因而从第3项开始，数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n ln 单调下降并趋向于0，故n 取奇数时该数列也是单调下降并趋向于0的，由Leibniz 判别法知，原交错级数收敛．（3）∑∞=++++-1131211)1(n nnn ．由于数列的前n 项的算术平均数构成的新数列极限与原数列极限相等，故根据数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n 1单调递减趋向于0知，数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧++++n n 131211 单调递减趋向于0，又因为原级数是一个交错级数，由Leibniz 判别法知原交错级数收敛．（4）∑∞=-+-2)1()1(n nn n ．由于⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+---=-+⋅-=-+-2311)1(1)1(1)1()1(11)1()1()1(nO n n n O n n nn n nn n n nnn ，而级数∑∞=-2)1(n nn及∑∞=2231n n收敛，但级数∑∞=21n n发散，因而原级数发散． （5）)1(sin 21+∑∞=n n π．由于)1(sin )1())1(sin()1sin(222n n n n n n n -+-=-++=+ππππnn n ++-=1sin)1(2π，又由于⎭⎬⎫⎩⎨⎧++n n 1sin 2π单调下降趋于0，故由Leibniz 判别法知原级数收敛． （6）∑∞=--12)1(3)1(n n n n ．由于∑∑∞=∞=-=-112)1(313)1(n nn nn n 收敛，故原级数绝对收敛，因而自身收敛．（7）)0()1(1>-∑∞=p n n p n ．由于pn 1单调递减趋向于0，根据Leibniz 判别法知原级数收敛．进一步可知：当10≤<p 时级数条件收敛，当1>p 时级数绝对收敛．（8）2sin 311πn n n ∑∞=．由于n n n 312sin31≤π，而∑∞=131n n 收敛，故原级数收敛且绝对收敛．（9）∑∞=-12cos )1(n nnn．由于 n k nk 2cos 1sin 24cos 1sin 22cos 1sin 22cos 1sin 21+++=∑=))12sin()12(sin()3sin 5(sin )1sin 3(sin --+++-+-=n n 1sin )12sin(-+=n ，故1sin 11sin 21sin )12sin(2cos 1≤-+=∑=n k nk ，即∑∞=12cos n n 的部分和数列有界，而数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n 1单调趋于0，由Dirichlet 判别法知级数∑∞=12cos n n n 收敛，即∑∞=-12cos )1(n n n n 收敛，从而原级。
数值分析简明教程课后习题答案
比较详细的数值分析课后习题答案0.1算法1、 （p.11，题1）用二分法求方程013=--x x 在[1,2]内的近似根，要求误差不超过10-3.【解】 由二分法的误差估计式311*10212||-++=≤=-≤-εk k k a b x x ，得到100021≥+k .两端取自然对数得96.812ln 10ln 3≈-≥k ，因此取9=k ，即至少需2、（p.11，题2） 证明方程210)(-+=x e x f x在区间[0,1]内有唯一个实根；使用二分法求这一实根，要求误差不超过21021-⨯。
【解】 由于210)(-+=x e x f x ，则)(x f 在区间[0,1]上连续，且012010)0(0<-=-⨯+=e f ，082110)1(1>+=-⨯+=e e f ，即0)1()0(<⋅f f ，由连续函数的介值定理知，)(x f 在区间[0,1]上至少有一个零点.又010)('>+=x e x f ，即)(x f 在区间[0,1]上是单调的，故)(x f 在区间[0,1]内有唯一实根.由二分法的误差估计式211*1021212||-++⨯=≤=-≤-εk k k a b x x ，得到1002≥k .两端取自然对数得6438.63219.322ln 10ln 2=⨯≈≥k ，因此取7=k ，即至少需二分0.2误差1．（p.12，题8）已知e=2.71828…，试问其近似值7.21=x ，71.22=x ，x 2=2.71，718.23=x 各有几位有效数字？并给出它们的相对误差限。
【解】有效数字：因为11102105.001828.0||-⨯=<=- x e ，所以7.21=x 有两位有效数字； 因为12102105.000828.0||-⨯=<=- x e ，所以71.22=x 亦有两位有效数字；因为3310210005.000028.0||-⨯=<=- x e ，所以718.23=x 有四位有效数字；%85.17.205.0||111=<-=x x e r ε； %85.171.205.0||222=<-=x x e r ε； %0184.0718.20005.0||333=<-=x x e r ε。
数学分析简明教程答案14
（2）由于 是 的奇函数，因此 ， ．
， ，
且 在 可微，因此
， ．
（3） ，
， ，
， ，
由于 在 可微，故
， ．
（4） ，
， ，
， ，
且 在 上逐段可微，连续，故
，
．
2．求下列周期函数的Fourier级数：
（1） ；
（2） ．
解（1）这是周期为 的函数，且 在 连续，逐段可微，又是偶函数，故 ， ．
，
， ，
所以，
， ．
，
所以， ， ．
（2） ，
，
， ，
所以，
～ ．
由于 在 逐段可微，而
， ，
因此，
，
．
2．由展开式
，
（1）用逐项积分法求 ， ， 在 中的Fourier展开式；
（2）求级数 ， 的和．
解（1）
， ，
所以，
， ．
， ，
， ．
， ，
所以，
， ．
（2）由于 ，故只须求出 即可．在（1）中最后一式，令 ，得到
第十四章傅里叶级数
§1三角级数与傅里叶级数
1．证明：
(1) 是 上的正交系；
（2） 是 上的正交系；
（3） 是 上的正交系；
（4） 不是 上的正交系．
证明（1） ，有
，
所以， 是 上的正交系．
（2） ，有
，
பைடு நூலகம்所以， 是 上的正交系．
（3）由于 ，有
，
又， ，有
，
故 是 上的正交系．
（4）因为 ，因此 不是 上的正交系．
，
这是在和号中后一积分中令 换元后得到的．由此得
数值分析简明教程第二版(王超能)习题答案24页全解word版[1]
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数值分析简明教程第二版（王超能）习题答案24页全解0.1算法1、 （p.11，题1）用二分法求方程013=--x x 在[1,2]内的近似根，要求误差不超过10-3.【解】 由二分法的误差估计式311*10212||-++=≤=-≤-εk k k a b x x ，得到100021≥+k .两端取自然对数得96.812ln 10ln 3≈-≥k ，因此取9=k ，即至少需2、（p.11，题2） 证明方程210)(-+=x e x f x在区间[0,1]内有唯一个实根；使用二分法求这一实根，要求误差不超过21021-⨯。
【解】 由于210)(-+=x e x f x ，则)(x f 在区间[0,1]上连续，且012010)0(0<-=-⨯+=e f ，082110)1(1>+=-⨯+=e e f ，即0)1()0(<⋅f f ，由连续函数的介值定理知，)(x f 在区间[0,1]上至少有一个零点.又010)('>+=x e x f ，即)(x f 在区间[0,1]上是单调的，故)(x f 在区间[0,1]内有唯一实根.由二分法的误差估计式211*1021212||-++⨯=≤=-≤-εk k k a b x x ，得到1002≥k .两端取自然对数得6438.63219.322ln 10ln 2=⨯≈≥k ，因此取7=k ，即至少需二分0.2误差1．（p.12，题8）已知e=2.71828…，试问其近似值7.21=x ，71.22=x ，x 2=2.71，718.23=x 各有几位有效数字？并给出它们的相对误差限。
【解】有效数字：因为11102105.001828.0||-⨯=<=-K x e ，所以7.21=x 有两位有效数字； 因为12102105.000828.0||-⨯=<=-K x e ，所以71.22=x 亦有两位有效数字；因为3310210005.000028.0||-⨯=<=-K x e ，所以718.23=x 有四位有效数字；%85.17.205.0||111=<-=x x e r ε； %85.171.205.0||222=<-=x x e r ε； %0184.0718.20005.0||333=<-=x x e r ε。
数值分析简明教程第二版课后习题答案(供参考)
0.1算法1、 （p.11，题1）用二分法求方程013=--x x 在[1,2]内的近似根，要求误差不超过10-3.【解】 由二分法的误差估计式311*10212||-++=≤=-≤-εk k k a b x x ，得到100021≥+k .两端取自然对数得96.812ln 10ln 3≈-≥k ，因此取9=k ，即至少需2、（p.11，题2） 证明方程210)(-+=x e x f x在区间[0,1]内有唯一个实根；使用二分法求这一实根，要求误差不超过21021-⨯。
【解】 由于210)(-+=x e x f x ，则)(x f 在区间[0,1]上连续，且012010)0(0<-=-⨯+=e f ，082110)1(1>+=-⨯+=e e f ，即0)1()0(<⋅f f ，由连续函数的介值定理知，)(x f 在区间[0,1]上至少有一个零点.又010)('>+=x e x f ，即)(x f 在区间[0,1]上是单调的，故)(x f 在区间[0,1]内有唯一实根.由二分法的误差估计式211*1021212||-++⨯=≤=-≤-εk k k a b x x ，得到1002≥k .两端取自然对数得6438.63219.322ln 10ln 2=⨯≈≥k ，因此取7=k ，即至少需二分0.2误差1．（p.12，题8）已知e=2.71828…，试问其近似值7.21=x ，71.22=x ，x 2=2.71，718.23=x 各有几位有效数字？并给出它们的相对误差限。
【解】有效数字：因为11102105.001828.0||-⨯=<=-K x e ，所以7.21=x 有两位有效数字； 因为12102105.000828.0||-⨯=<=-K x e ，所以71.22=x 亦有两位有效数字；因为3310210005.000028.0||-⨯=<=-K x e ，所以718.23=x 有四位有效数字；%85.17.205.0||111=<-=x x e r ε； %85.171.205.0||222=<-=x x e r ε； %0184.0718.20005.0||333=<-=x x e r ε。
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（5） f (x) sin x ( x ) ；
（6） f (x) x cos x ( x ) ；
（7）
f
(x)
x,
0 ,
x 0, 0 x；
（8） f (x) 2 x 2 ( x ) ；
（9） f (x) sgn cos x ；
（10） f (x) x (0 x 2 ) ． 2
2
6 k2
)
，k
1,
2,，
所以，
f
(x)
x3
～
n1
2 n
(1)n1 (
2
6 n2
) sin
nx
( x ) ．
（3） f (x) 是偶函数，故 bn 0 ， n 1, 2 , ．
a0
1
cos
x 2
dx
4
，
an
1
cos
x 2
cos nxdx
(1) n1 4 (4n2 1)
0
0
[0 , ] 上的正交系．
2． 求下列周期为 2 的函数的 Fourier 级数：
n
（1）三角多项式 Pn (x) (ai cos ix bi sin ix) ； i 1
（2） f (x) x3 ( x ) ； （3） f (x) cos x ；
2 （4） f (x) eax ( x ) ；
证明 （1） m , n N , m n ，有
sin mx sin nxdx 1
[cos(m n)x cos(m n)x]dx
0
20
1 2
[
m
1
n
sin(m
n)
x
0
m
1
n
sin(m
n)
x
0
]
0Leabharlann ，所以， sin x , sin 2x ,, sin nx , 是[0 , ] 上的正交系．
（2） k , n N , k n ，有
2
sin(2k
1)x sin(2n
1) xdx
1
2 [cos 2(k n)x cos 2(k n 1)x]dx
0
20
1[
1
sin 2(k n)x 2
1
sin 2(k n 1)x 2 ] 0 ，
2 2(k n)
0 2(k n 1)
(x)
sin
x
～2
1
cos
x
2
n2
(1) n n2
1
1
1
cos
nx
．
( x )
（6） f (x) 是奇函数，故 an 0 ， n 0 , 1, 2 , ，
bn
2
x cos x sin nxdx
0
1
0
x[sin(
n
1) x
sin(
n
1) x ]dx
2
1 2 (
可得三角多项式 Pn (x) 的 Fourier 级数为
Pn
(
x)
～
0 2
( k
k 1
cos kx
k
sin kx)
a0
n
(ak
k 1
cos kx bk
sin kx) ．
（2） ak
1
x3 cos kxdx 0 ， k 0 , 1, 2 , ，
bk
1
x3
sin
kxdx
2 k
(1)k1 (
解 （1）利用三角函数系的正交性，极易得到
0
1
Pn (x)dx
1
a0
2
2a0 ，
k
1
1 Pn (x) cos kxdx
0 ,
ak cos 2 kxdx ak ,
0 k n, k n,
k
1
Pn (x) cos kxdx
1 0 ,
bk
sin 2
kxdx
bk
,
0 k n, k n,
(1) k a2 k2
(a cos kx
k
sin kx)
,
a
0
,
1 ,
a 0．
（5） f (x) 是偶函数，故 bn 0 ， n 1, 2 , ，
a0
2
0
sin
xdx
4
，
an
2
0
sin
x
cos
nxdx
1
,
2[(1) n1
(n2 1)
1]
,
n 1, n 1,
所以，
f
sin(m
n)
x
0
]
0
，
又， n N ，有
cos nxdx
0
1 n
sin
nx
0
0，
故1, cos x , cos 2x ,, cos nx , 是[0, ] 上的正交系．
（ 4 ） 因 为
sin xdx
cos x
2 0 ， 因 此 1, sin x , sin 2x ,, sin nx , 不 是
，
bn
1
f
(x)
sin
nxdx
1
0
x sin nxdx (1)n1 ， n
因此，
f
(x)
x 0
, ,
0
x x
0,～
4
n1
(
(1)n n 2
1
cos
nx
(1) n1 n
sin
nx) ．
（8） f (x) 为偶函数，故 bn 0 ， n 1, 2 , ，
, 1)
n
n
n 2 1
n 1, ,n 2,
n 1, 2, ．
所以，
f
(x)
x cos
x
～
1 2
sin
x
2
n2
(1)n n n2 1
sin
nx
．
(
x )
（7） a0
1
f (x)dx
1
0
xdx ， 2
an
1
f
(x) cos nxdx
1
0
x
cos
nxdx
(1)n 1 n 2
， n 1, 2, ，
因此，
f
(x)
cos
x 2
2
～
4
n1
(1) 4n 2
n1
1
cos
nx
．
（4） a0
1
f
( x)dx
1
e ax dx
2 a
(e a
2 ,
ea ) ,
a0, a0,
ak
1
f (x) cos kxdx
1
e ax
cos kxdx
(1)k a
(a
第十四章 傅里叶级数
§1 三角级数与傅里叶级数
1． 证明：
(1) sin x , sin 2x ,, sin nx , 是[0 , ] 上的正交系； （2） sin x , sin 3x ,, sin(2n 1)x , 是[0, ] 上的正交系；
2 （3）1, cos x , cos 2x ,, cos nx , 是[0, ] 上的正交系； （4）1, sin x , sin 2x ,, sin nx , 不是[0 , ] 上的正交系．
0
所以， sin x , sin 3x ,, sin(2n 1)x , 是[0, ] 上的正交系． 2
（3）由于 m , n N , m n ，有
cos mx cos nxdx 1
[cos(m n)x cos(m n)x]dx
0
20
1 2
[
m
1
n
sin(
m
n)
x
0
m
1
n
2
k
2
)
0 ,
(e a
e a
)
,
a0, a0,
bk
1
f
(x)
sin
kxdx
1
e ax
sin
kxdx
(1)k k
(a
2
k
2 )
0 ,
(e a
ea ) ,
a0, a0,
k 1, 2, ．
所以，当 x 时，
f
(x)
e ax
～
2 a
sh(a )
2
sh(a )
k 1