2009年考研数学二第11题

令 $I_n = \int_0^1 e^{-x} \sin(nx) \, dx$。为了利用分部积分法，将 $\sin(nx) \, dx$ 转化为微分形式。注意到 $d(\cos(nx)) = -n \sin(nx) \, dx$，因此 $\sin(nx) \, dx = -\frac{1}{n} d(\cos(nx))$。代入积分得： $$I_n = \int_0^1 e^{-x} \cdot \left(-\frac{1}{n} d(\cos(nx))\right) = -\frac{1}{n} \int_0^1 e^{-x} \, d(\cos(nx)).$$ 应用分部积分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，令 $u = e^{-x}$，$dv = d(\cos(nx))$，则 $du = -e^{-x} \, dx$，$v = \cos(nx)$。于是： $$\int_0^1 e^{-x} \, d(\cos(nx)) = \left[e^{-x} \cos(nx)\right]_0^1 - \int_0^1 \cos(nx) \cdot (-e^{-x}) \, dx = \left[e^{-x} \cos(nx)\right]_0^1 + \int_0^1 e^{-x} \cos(nx) \, dx.$$ 代入 $I_n$ 表达式： $$I_n = -\frac{1}{n} \left( \left[e^{-x} \cos(nx)\right]_0^1 + \int_0^1 e^{-x} \cos(nx) \, dx \right) = -\frac{1}{n} \left[ e^{-x} \cos(nx) \right]_0^1 - \frac{1}{n} \int_0^1 e^{-x} \cos(nx) \, dx.$$ 计算边界项： $$\left[ e^{-x} \cos(nx) \right]_0^1 = e^{-1} \cos(n) - e^{0} \cos(0) = e^{-1} \cos n - 1.$$ 因此： $$I_n = -\frac{1}{n} (e^{-1} \cos n - 1) - \frac{1}{n} \int_0^1 e^{-x} \cos(nx) \, dx = \frac{1 - e^{-1} \cos n}{n} - \frac{1}{n} \int_0^1 e^{-x} \cos(nx) \, dx.$$ 这样，原积分 $I_n$ 被转化为一个含有 $\int_0^1 e^{-x} \cos(nx) \, dx$ 的表达式，为后续进一步分部积分或建立递推关系做好准备。

在第一步中，我们通过分部积分得到了表达式： $$I_n = \left[ -\frac{e^{-x}\cos(nx)}{n} \right]_0^1 - \frac{1}{n}\int_0^1 e^{-x}\sin(nx)\,dx.$$ 现在计算边界项。代入上限 $x=1$： $$-\frac{e^{-1}\cos(n\cdot 1)}{n} = -\frac{\cos n}{n}e^{-1}.$$ 代入下限 $x=0$： $$-\left(-\frac{e^{0}\cos(0)}{n}\right) = +\frac{1}{n}.$$ 因此边界项整体为： $$\left[ -\frac{e^{-x}\cos(nx)}{n} \right]_0^1 = -\frac{\cos n}{n}e^{-1} + \frac{1}{n}.$$ 于是 $$I_n = -\frac{\cos n}{n}e^{-1} + \frac{1}{n} - \frac{1}{n}\int_0^1 e^{-x}\sin(nx)\,dx.$$ 接下来，对积分 $\int_0^1 e^{-x}\sin(nx)\,dx$ 再次使用分部积分。令 $u = e^{-x}$，$dv = \sin(nx)\,dx$，则 $du = -e^{-x}\,dx$，$v = -\frac{\cos(nx)}{n}$。于是 $$\int_0^1 e^{-x}\sin(nx)\,dx = \left[ -\frac{e^{-x}\cos(nx)}{n} \right]_0^1 - \int_0^1 \left(-\frac{\cos(nx)}{n}\right)(-e^{-x})\,dx$$ $$= \left[ -\frac{e^{-x}\cos(nx)}{n} \right]_0^1 - \frac{1}{n}\int_0^1 e^{-x}\cos(nx)\,dx.$$ 计算该边界项：代入 $x=1$ 得 $-\frac{e^{-1}\cos n}{n}$，代入 $x=0$ 得 $+\frac{1}{n}$，所以 $$\left[ -\frac{e^{-x}\cos(nx)}{n} \right]_0^1 = -\frac{\cos n}{n}e^{-1} + \frac{1}{n}.$$ 因此 $$\int_0^1 e^{-x}\sin(nx)\,dx = -\frac{\cos n}{n}e^{-1} + \frac{1}{n} - \frac{1}{n}\int_0^1 e^{-x}\cos(nx)\,dx.$$ 将此结果代回 $I_n$ 的表达式： $$I_n = -\frac{\cos n}{n}e^{-1} + \frac{1}{n} - \frac{1}{n}\left( -\frac{\cos n}{n}e^{-1} + \frac{1}{n} - \frac{1}{n}\int_0^1 e^{-x}\cos(nx)\,dx \right)$$ $$= -\frac{\cos n}{n}e^{-1} + \frac{1}{n} + \frac{\cos n}{n^2}e^{-1} - \frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^2}\int_0^1 e^{-x}\cos(nx)\,dx.$$ 注意到 $\int_0^1 e^{-x}\cos(nx)\,dx = I_n$，所以上式化为： $$I_n = -\frac{\cos n}{n}e^{-1} + \frac{1}{n} + \frac{\cos n}{n^2}e^{-1} - \frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^2}I_n.$$ 移项整理： $$I_n - \frac{1}{n^2}I_n = -\frac{\cos n}{n}e^{-1} + \frac{1}{n} + \frac{\cos n}{n^2}e^{-1} - \frac{1}{n^2}$$ $$\frac{n^2-1}{n^2}I_n = \frac{1}{n} - \frac{1}{n^2} + \frac{\cos n}{n^2}e^{-1} - \frac{\cos n}{n}e^{-1}.$$ 将右边通分 $n^2$： $$\frac{n^2-1}{n^2}I_n = \frac{n - 1 + \cos n\,e^{-1} - n\cos n\,e^{-1}}{n^2} = \frac{n-1 + (1-n)\cos n\,e^{-1}}{n^2} = \frac{(n-1)(1 - \cos n\,e^{-1})}{n^2}.$$ 因此 $$I_n = \frac{(n-1)(1 - e^{-1}\cos n)}{n^2-1} = \frac{1 - e^{-1}\cos n}{n+1}.$$ 最终得到递推关系： $$I_n = \frac{1}{n+1}\left(1 - \frac{\cos n}{e}\right).$$

为了估计积分 $I_n = \int_0^1 e^{-x} \cos(nx) \, dx$ 的绝对值，我们利用三角函数的界以及指数函数的单调性进行放缩。首先，由三角不等式： $$ |I_n| = \left| \int_0^1 e^{-x} \cos(nx) \, dx \right| \leq \int_0^1 e^{-x} |\cos(nx)| \, dx. $$ 由于 $|\cos(nx)| \leq 1$ 对所有 $x$ 成立，因此 $$ |I_n| \leq \int_0^1 e^{-x} \, dx = 1 - e^{-1}. $$ 但题目要求更精细的放缩以得到与 $n$ 相关的上界。我们采用分部积分后的表达式进行放缩。由前一步得到： $$ I_n = \frac{1}{n} e^{-1} \sin n + \frac{1}{n} \int_0^1 e^{-x} \sin(nx) \, dx. $$ 取绝对值并利用三角不等式： $$ |I_n| \leq \frac{1}{n} e^{-1} |\sin n| + \frac{1}{n} \int_0^1 e^{-x} |\sin(nx)| \, dx. $$ 由于 $|\sin n| \leq 1$，$|\sin(nx)| \leq 1$，且 $e^{-x} \leq 1$ 对 $x \in [0,1]$ 成立，因此 $$ |I_n| \leq \frac{1}{n} e^{-1} \cdot 1 + \frac{1}{n} \int_0^1 1 \cdot 1 \, dx = \frac{1}{n} e^{-1} + \frac{1}{n}. $$ 进一步，因为 $e^{-1} < 1$，所以 $\frac{1}{n} e^{-1} + \frac{1}{n} \leq \frac{2}{n}$。但题目中给出的放缩为 $|I_n| \leq \frac{3}{n}$，这可以通过更宽松的估计得到：将 $\frac{1}{n} e^{-1} + \frac{1}{n}$ 写为 $\frac{1}{n}(1+e^{-1})$，而 $1+e^{-1} < 2$，故 $|I_n| \leq \frac{2}{n}$ 已成立。然而，为了与后续步骤衔接，我们采用如下放缩： $$ |I_n| \leq \frac{1}{n} e^{-1} + \frac{1}{n} + \frac{1}{n} \int_0^1 e^{-x} \, dx. $$ 注意这里多加了 $\frac{1}{n} \int_0^1 e^{-x} \, dx$ 项，但这是为了统一处理。实际上，由 $\int_0^1 e^{-x} \, dx = 1 - e^{-1}$，我们有 $$ |I_n| \leq \frac{1}{n} e^{-1} + \frac{1}{n} + \frac{1}{n}(1 - e^{-1}) = \frac{2}{n}. $$ 但题目中进一步将 $\int_0^1 e^{-x} \, dx$ 放大为 $\int_0^1 1 \, dx = 1$，从而得到 $$ |I_n| \leq \frac{1}{n} e^{-1} + \frac{1}{n} + \frac{1}{n} \cdot 1 = \frac{1}{n}(e^{-1} + 2) \leq \frac{3}{n}. $$ 因为 $e^{-1} < 1$，所以 $e^{-1}+2 < 3$，故 $|I_n| \leq \frac{3}{n}$ 成立。这个放缩虽然粗糙，但足以用于后续的极限判定。

在前面的步骤中，我们已经得到不等式 $0 \leq |I_n| \leq \frac{3}{n}$。现在应用夹逼定理（迫敛性定理）来求极限 $\lim_{n \to \infty} I_n$。 夹逼定理指出：如果存在三个数列 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$、$\{c_n\}$，满足 $a_n \leq b_n \leq c_n$（或绝对值形式），且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} c_n = L$，则 $\lim_{n \to \infty} b_n = L$。 这里，我们取 $a_n = 0$，$b_n = |I_n|$，$c_n = \frac{3}{n}$。显然有 $0 \leq |I_n| \leq \frac{3}{n}$ 对所有正整数 $n$ 成立。 计算两个边界的极限： - $\lim_{n \to \infty} 0 = 0$； - $\lim_{n \to \infty} \frac{3}{n} = 0$（因为 $\frac{1}{n} \to 0$）。 因此，由夹逼定理可得 $\lim_{n \to \infty} |I_n| = 0$。 由于绝对值极限为 $0$，根据极限的性质，原数列 $I_n$ 的极限也为 $0$，即 $$ \lim_{n \to \infty} I_n = 0. $$ 至此，我们完成了整个极限的求解过程。最终答案为 $0$。 验证：当 $n$ 很大时，被积函数 $\frac{x^n}{1+x}$ 在 $[0,1]$ 上非常小（除了 $x=1$ 附近），积分值趋近于 $0$，与结果一致。