浙江大学微积分一习题解答 第十三章(秋冬)

ln x x4
5
单调下降。又
∫
因此
ln x x
5 4
dx = −4 ln xdx
∫
−1 4
= −4x
−1 4
ln x + 4
∫x
−5 4
dx
广义积分
∫
∞ a
ln x x4
5
dx 收敛,
因此原级数收敛。
4
『证 2』
x → +∞
lim
ln x x1/ 8
ln n n
1/ 8
= lim
1 x1/ 8
x → +∞ 1 8
= 0 (L’Hospital 法则)
ln n n
1/ 8
因此 lim
n → +∞
= 0 。故对充分大的 n,
< 1 , 因此
ln n n
5/ 4
=
1 n
9/8
ln n n
1/ 8
<
1 n
9/8
(对充分大的 n)
于是，由比较判别法知，收敛# 题 12 (4)(p273) 【12】 用适当的方法判断敛散性
1) ( 2) 故可推知对任何 k， S ( k ≤ 5 Sk ∞ ∞
由于正项级数
∑
n =1
1 2) (1) 收敛，故 S( k 有界，于是 S k 有界。故正项级数 an
∑a +a
n =1 1
n
2 + ... + a n
收敛#
题 9 (3)(p272) 【8】 『证』 设有等差数列 {u n } .不妨设等差级数公差为 d>0.则若干项后的所有项均为正。故设不妨设首项为正。 于是
∑u
n =1
n
收敛且
∑ u ＝ ∑ (u
n n =1 k =1
2k −1 + u 2k )
#
求曲线 y = e− x sin x ( x ≥ 0) 与 x 轴围成的图形的面积
∫
+∞
e− x | sin x |dx ＝
0
∑ ∫
n =0
+∞

( 2n +1) π 2 nπ
e − x | sin x | dx +
1
因此，部分和为
Sn ＝
∑ arctan k
k =1
n
1
2
+ k +1
＝
∑ (arctan k − arctan k + 1)
1 1
k =1
n
＝arctan1－arctan 故级数收敛，且其和为 题 6(1)(i) (p272) 【2】 若
π 4
1 → arctan1 n +1
（n→∞）
#
∑
n =1
∫
∫
∑
而
∫ ∫
因此
e− t sin tdt ＝ − e − t cos tdt ＝
0
π
∫
π e − t d cos t ＝ − e− t cos t − 0 0
π
∫
π
e− t cos tdt ＝ (1 + e− π ) −
0
∫
π
e− t cos tdt
0
0
π
∫
π e− t d sin t ＝ e − t sin t + 0 0
1 1 + + + ... +
∞ 1 2 1 3 1 n
~
1 1 1 ， ( n → ∞) ~ 1 1 1 ln n n ln n n (1 + 2 + 3 + ... + n )
而
∑ n ln n 发散(由积分判别法)。再根据比较判别法的推论即知原级数发散。#
1
n =1
题 12 (3)(p273) 【11】 用适当的方法判断敛散性
∑ a1
n =1
∞
必收敛。
n
反之， 若
∑ a1
n =1
∞
收敛，由
n
2n 2n 2n 1 ≤ < =2 a 1 + a 2 + ... + a 2 n a n +1 + ... + a 2 n na n an 2n + 1 2n + 2 2n + 2 1 ≤ < =2 a 1 + a 2 + ... + a 2 n +1 a n +1 + ... + a 2 n +1 (n + 1)a n an
∑u
n =1
+∞
n
前 n 项的和为 Sn ，则
S2n ＝ Tn ； S2n −1 ＝ Tn − u 2n
∑ (u
k =1
+∞
2k −1 + u 2k )
收敛
Î u 2k −1 + u 2k → 0 (k → ∞) Î u 2 k −1 → 0 ， u 2 k → 0 (k → ∞) (因 u n ≥ 0 )
≤ 5( ≤ 5( ≤ 5(
若 k=2n+1, 则
1) (1) S( k ＝ S 2 n +1 ≤
1 1 1 1 1 +4 + 4 ... + 4 +2 ) a1 a2 a3 a n −1 an 1 1 1 1 1 + + ... + + ) a1 a 2 a 3 a n −1 a n 1 1 1 1 1 1 2) + + ... + + + ... + ) ＝5 S ( k a1 a 2 a 3 a n −1 a n a 2n
『证』
∫
于是
+∞
− 2 nπ
＝ (1 + e− π )
1 (e − π + 1) 2
1 1− e
− 2π
＝
−π 1 1+ e 2 −π
1− e
#
题 9 (2)(p272) ▲ 【7】 设 0 < a1 < a 2 < ... < a n < ... ，证明
∑
n =1
∞
1 收敛当且仅当 an
∑a +a
n =1 1
故由上知 n → ∞ 时， S2n 和 S2n −1 具有相同的极限，于是 Sn 收敛，即 题 6(2) (p272) 【4】 若
∑u
n =1
+∞
n
收敛。#
∑ (u
k =1
+∞
2k −1 + u 2k )
收敛，,则
∑u
n =1
+∞
n
未必收敛
『解』 如 (1-1)+(1-1)+(1-1)+… 收敛,
(1 − 1 ) + ( 1 − 1 ) + ... 收敛,
∑u
n =1
+∞
n
前 n 项的和为 Sn ，则
S2n ＝ Tn ； S2n −1 ＝ Tn − u 2n ；
由 lim u n ＝0,
n →∞
n →∞
lim S2n ＝ lim S2n −1 ＝ lim Tn
n →∞ n →∞ +∞ +∞ +∞
因此于是 Sn 收敛，即 题 7 (p272) ▲ 【6】 『证』 A＝
第十三章 无穷级数 题 3(6) (p271) 【1】 用部分和判断敛散性
∑ arctan n
n =1
+∞
1
2
+ n +1
『证』 考虑将通项拆分成“加一项、减一项”的方式。利用 arctanx-arctany =
x−y ，于是 1 + xy
1 1 − 1 n n + 1 = arctan 1 − arctan 1 arctan = arctan = arctan 1 1 n (n + 1) + 1 n +1 n n2 + n +1 1+ ⋅ n n +1
+∞
u n 收敛，则
∑ (u
k =1
+∞
2 k −1
+ u 2 k ) 收敛
『证』 这是因为收敛级数任意加括号后仍收敛。# 题 6(1)(ii) (p272) 【3】 若
∑
k =1
+∞
(u 2k −1 + u 2k ) 收敛， u n ≥ 0 ,则
∑u
n =1
ຫໍສະໝຸດ Baidu
+∞
n
收敛
『证』 记
∑
k =1
+∞
(u 2k −1 + u 2k ) 前 n 项的和为 Tn 。
∑ n(ln n) ∑ ∫
1
n =3 2
∞
∞
=
n
1
2
n =3
n −1 n (ln n )
dx <
∑∫
n =3
∞
n
1
n −1 x (ln x ) 2
dx
=
∑∫
n =3
∞
n
1
n −1 (ln x ) 2
d ln x =
∑∫
n =3
∞
n
n −1
d
−1 = ln x
∑ ( ln(n − 1) − ln n ) = ln 2
2 3 4
1-1+1-1+1-1+…,不收敛
1 − 1 + 1 − 1 + ... 收敛
2 3 4
#
1
题 6(3) (p272) 【5】 若
∑ (u
k =1
+∞
2k −1 + u 2k )
收敛，且 lim u n ＝0, 则
n →∞
∑u
n =1
+∞
n
必收敛
『证』 记
∑
k =1
+∞
(u 2k −1 + u 2k ) 前 n 项的和为 Tn 。
∞
1
1 2 1 )2 + + ... + n 1 3
『证』
1 − ln n → C = 0.577 ( n → ∞) ， 因此 + 1 + ... + n 由于 1 + 1 2 3
1 1 + + + ... +
而
1 2 1 3 1 n
~
1 1 1 ， ~ ( n → ∞) 2 1 1 1 ln n n (1 + 2 + 3 + ... + n ) n (ln n ) 2
∞
n 收敛 2 + ... + a n
『证』 因 0 < a1 < a 2 < ... < a n < ... ， 因此 na n > a1 + a 2 + ... + a n . 即
1 n ≤ a n a1 + a 2 + ... + a n
2
因此，由正项级数的比较判别法知，
∑
n =1
∞
n 收敛时 a1 + a 2 + ... + a n
u n = u 1 + (n − 1)d < 2(n − 1)d < n (2d ) (对充分大的 n 成立)
证明等差级数各项的倒数组成的级数是发散的。
因此
1 1 > (对充分大的 n 成立), u n n (2d )
于是发散。#
3
题 11 (6)(p273) 【9】 判断敛散性
∑ n(1 +
n =1
∫
e− x | sin x | dx ( 2n +1) π
( 2 n + 2) π
＝
∑ ∫ ∑
π +∞
π − 2 nπ − t e e sin tdt + 0 n =0
+∞
∫
e− 2nπ − πe − t sin tdt 0
π
＝
+∞ π π − 2nπ (1 + e − π ) e− t sin tdt ＝ (1 + e− π ) e − t sin tdt e− 2nπ e 0 0 n =0 n =0
e−
x
dx ≤
∫
e
n +1 n
dx = e −
n
= 0 ， 于是将 x 取作
n
， 便有 lim
n2
n
x →+∞
= 0 ， 因此对充分大的 n，有 e −
n
<
1 n2
由比较判别法知，收敛# 题 12 (6)(p273) 【14】 用适当的方法判断敛散性
∞
∑
n =1
1
∫
n 2
n 0
4
1 + x 4 dx
∑∫
n =1
∞
1 n
x 1+ x 2
0
dx
『证』
∫
由比较判别法知，收敛# 题 12 (5)(p273) 【13】 用适当的方法判断敛散性
∞
1 n
x 1+ x
2
0
dx ≤
∫
1 n
0
x dx =
2 (1)2 3 n
3
∑∫
n =1
n +1 n
e−
x
dx
『证』
∫
由于 lim
x4 e
x x → +∞
n +1 n
∑n
n =1 −1 4
∞
ln n
5/ 4
『证 1』
∫
由
ln x x
5 4
dx = −4 ln xdx
∫
−1 4
= −4x
ln x + 4
∫x
−5 4
dx
(
ln x x
5 4
ln x x4
5
)' =
x4 −5 x 4 ln x 4 x2
5
1
1
已知， 当 x 充分大(如 x>a>0)时 (
)' <0, 因此
1 1 1
n =3
∞
因此正项级数
∑ n(ln n)
1
n =3 ∞
∞
2
有界， 收敛， 于是原级数收敛#
题 11 (9)(p273) 【10】 判断敛散性
∑ n(1 +
n =1
1
1 2
+1 + ... + 1 ) 3 n
『证』
1 − ln n → C = 0.577 ( n → ∞) ， 因此 + 1 + ... + n 由于 1 + 1 2 3
(
1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) + (2 + 2 ) + (2 + 2 ) + ... + (2 +2 +2 )+2 a1 a1 a1 a2 a n −2 a n −1 a n −1 an a n +1
≤ 5( ≤ 5( ≤ 5(
1 1 1 1 1 1 +4 + 4 ... + 4 +2 +2 ) a1 a2 a3 a n −1 an a n +1 1 1 1 1 1 1 + + ... + + + ) a1 a 2 a 3 a n −1 a n a n +1 1 1 1 1 1 1 1 2) + + ... + + + ... + + ) ＝5 S ( k a1 a 2 a 3 a n −1 a n a 2 n a 2 n +1
π
∫
π
e − t sin tdt ＝
0
∫
π
e− t sin tdt
0
∫
e− t sin tdt ＝ 1 (1 + e− π )
2
+∞ +∞
0
又
∑
n =0
e− 2nπ ＝
∑ (e
n =0
− 2π n
) ＝
1 1 − e − 2π
故
A＝ (1 + e− π )
∫
π 0
e − t sin tdt
∑e
n =0
记
∑
n =1
∞
n 和 a1 + a 2 + ... + a n
∑ a1
n =1
∞
n
1) ( 2) (1) 的前 k 项之和分别为 S ( k 和 S k 。下面可估算 S k 。
若 k=2n, 则
1) (1) S( k ＝ S2n
≤ (
1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 ) + (2 + 2 ) + ... + (2 +2 ) + (2 +2 ) a1 a1 a1 a2 a n −2 a n −1 a n −1 an