中册 6.1 数项级数的敛散性 第30题
📝 题目
30．证明下列结论．
（1）设 $\displaystyle I_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin ^{n} x \cos x \mathrm{~d} x, n=0,1,2, \cdots$ ，求 $\sum_{n=0}^{\infty} I_{n}$ ．
（2）设 $a_{n}=\int_{0}^{1}(1-x)^{n} x^{2} \mathrm{~d} x, n=1,2, \cdots$ ．证明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫并求其和．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）$\displaystyle I_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin ^{n} x \cos x \mathrm{~d} x=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin ^{n} x \mathrm{~d} \sin x=\left.\frac{1}{n+1} \sin ^{n+1} x\right|_{0} ^{\frac{\pi}{4}}=\frac{1}{n+1}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n+1}$.
利用幂级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} x^{n+1}$ 的和函数 $f(x)=-\ln (1-x), x \in[-1,1)$ 得
$$
\sum_{n=0}^{\infty} I_{n}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n+1}=-\ln \left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)
$$
（2）$\displaystyle a_{n}=\int_{0}^{1}(1-x)^{n} x^{2} \mathrm{~d} x=\mathrm{B}(n+1,3)=\frac{\Gamma(n+1) \Gamma(3)}{\Gamma(n+4)}=\frac{2}{(n+3)(n+2)(n+1)}$ ．
于是
$$
\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{(n+3)(n+2)(n+1)}
$$
其部分和：
$$
S_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{2}{(k+3)(k+2)(k+1)}=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{(k+1)(k+2)}-\frac{1}{(k+2)(k+3)}\right)=\frac{1}{6}-\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3} .
$$
所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}\right)=\frac{1}{6}$ ．所以 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫，其和为 $\displaystyle \frac{1}{6}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：计算积分 I_n
令 $t = \sin x$，则 $\mathrm{d}t = \cos x \mathrm{d}x$，当 $x=0$ 时 $t=0$，当 $x=\frac{\pi}{4}$ 时 $t=\frac{\sqrt{2}}{2}$。于是 $I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin^n x \cos x \mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} t^n \mathrm{d}t = \left.\frac{t^{n+1}}{n+1}\right|_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{1}{n+1}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n+1}$。
公式：$\int t^n \mathrm{d}t = \frac{t^{n+1}}{n+1} + C$
提示：注意换元后积分限的变化，以及 $\sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
步骤 2/6
目标：求和 $\sum_{n=0}^\infty I_n$
由 $I_n$ 表达式，$\sum_{n=0}^\infty I_n = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n+1}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n+1}$。令 $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$，则级数为 $\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n+1}}{n+1}$。已知幂级数 $\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n+1}}{n+1} = -\ln(1-x)$ 对 $|x|<1$ 成立。由于 $x = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.707 < 1$，故 $\sum_{n=0}^\infty I_n = -\ln\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$。
公式：$\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n+1}}{n+1} = -\ln(1-x)$，$|x|<1$
提示：注意幂级数的收敛域，$x$ 必须在 $(-1,1]$ 内，此处 $x$ 满足条件。
步骤 3/6
目标：计算积分 $a_n$
利用Beta函数：$a_n = \int_0^1 (1-x)^n x^2 \mathrm{d}x = B(n+1, 3) = \frac{\Gamma(n+1)\Gamma(3)}{\Gamma(n+4)}$。由于 $\Gamma(n+1)=n!$，$\Gamma(3)=2! = 2$，$\Gamma(n+4)=(n+3)!$，所以 $a_n = \frac{2 n!}{(n+3)!} = \frac{2}{(n+3)(n+2)(n+1)}$。
公式：$B(p,q) = \int_0^1 x^{p-1}(1-x)^{q-1} \mathrm{d}x = \frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$
提示：注意Gamma函数的性质：$\Gamma(n+1)=n!$，以及阶乘的化简。
步骤 4/6
目标：将 $a_n$ 裂项
将 $\frac{2}{(n+3)(n+2)(n+1)}$ 裂项为部分分式。设 $\frac{2}{(n+3)(n+2)(n+1)} = \frac{A}{n+1} + \frac{B}{n+2} + \frac{C}{n+3}$，解得 $A=1, B=-2, C=1$。但更简便的裂项：$\frac{2}{(n+3)(n+2)(n+1)} = \frac{1}{(n+1)(n+2)} - \frac{1}{(n+2)(n+3)}$。验证：$\frac{1}{(n+1)(n+2)} - \frac{1}{(n+2)(n+3)} = \frac{(n+3)-(n+1)}{(n+1)(n+2)(n+3)} = \frac{2}{(n+1)(n+2)(n+3)}$。
公式：裂项公式：$\frac{1}{(n+1)(n+2)} - \frac{1}{(n+2)(n+3)} = \frac{2}{(n+1)(n+2)(n+3)}$
提示：裂项时注意符号和系数，避免计算错误。
步骤 5/6
目标：求部分和 $S_n$
部分和 $S_n = \sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{(k+1)(k+2)} - \frac{1}{(k+2)(k+3)} \right)$。这是一个 telescoping series，展开：$S_n = \left( \frac{1}{2\cdot3} - \frac{1}{3\cdot4} \right) + \left( \frac{1}{3\cdot4} - \frac{1}{4\cdot5} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{(n+1)(n+2)} - \frac{1}{(n+2)(n+3)} \right) = \frac{1}{6} - \frac{1}{(n+2)(n+3)}$。
公式：telescoping series: $\sum_{k=1}^n (b_k - b_{k+1}) = b_1 - b_{n+1}$
提示：注意首项和末项，$\frac{1}{2\cdot3}=\frac{1}{6}$，末项为 $\frac{1}{(n+2)(n+3)}$。
步骤 6/6
目标：求级数和
当 $n \to \infty$ 时，$\frac{1}{(n+2)(n+3)} \to 0$，所以 $\lim_{n\to\infty} S_n = \frac{1}{6}$。因此级数 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛，和为 $\frac{1}{6}$。
提示：注意极限计算，分母趋于无穷大，分式趋于0。
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