北京师范大学 2026年数学分析第0题

对于任意实数 $x$，有 $\left|\frac{\cos(nx)}{\sqrt{n^3+n}}\right| \le \frac{1}{\sqrt{n^3+n}} \le \frac{1}{n^{3/2}}$。由于 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛（$p$-级数，$p=3/2>1$），由 Weierstrass 判别法（M-判别法）知，级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(nx)}{\sqrt{n^3+n}}$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上一致收敛。

级数的每一项 $\frac{\cos(nx)}{\sqrt{n^3+n}}$ 都是 $\mathbb{R}$ 上的连续函数（余弦函数连续，分母为常数）。一致收敛的连续函数项级数的和函数必定连续，因此 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续。

由于级数一致收敛，可以逐项积分： \[ \int_0^{\pi/2} f(x)\,dx = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n^3+n}} \int_0^{\pi/2} \cos(nx)\,dx \] 计算内层积分： \[ \int_0^{\pi/2} \cos(nx)\,dx = \left.\frac{\sin(nx)}{n}\right|_0^{\pi/2} = \frac{\sin(n\pi/2)}{n} \] 因此 \[ I = \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(n\pi/2)}{n\sqrt{n^3+n}} \]

观察 $\sin(n\pi/2)$ 的取值规律：$n=1$ 时为 $1$，$n=2$ 时为 $0$，$n=3$ 时为 $-1$，$n=4$ 时为 $0$，周期为 $4$。只有奇数项非零，令 $n=2k-1$，则 $\sin\left(\frac{(2k-1)\pi}{2}\right)=(-1)^{k-1}$。代入得： \[ I = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)\sqrt{(2k-1)^3+(2k-1)}} \] 分母化简：$(2k-1)^3+(2k-1) = (2k-1)(4k^2-4k+2)$，故 \[ I = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)\sqrt{(2k-1)(4k^2-4k+2)}} \]

第一项（$k=1$）：$a_1 = \frac{1}{1\cdot\sqrt{1\cdot(4-4+2)}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。 第二项（$k=2$）：$a_2 = \frac{1}{3\sqrt{3\cdot(16-8+2)}} = \frac{1}{3\sqrt{30}}$，符号为负。 由于通项绝对值递减（可验证），由莱布尼茨判别法，部分和 $S_2 = \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{3\sqrt{30}}$ 与真值 $I$ 的误差不超过第三项的绝对值 $a_3 = \frac{1}{5\sqrt{130}}$，且余项为正，故 \[ \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{3\sqrt{30}} < I < \frac{\sqrt{2}}{2} \]

右边 $I < \frac{\sqrt{2}}{2}$ 显然成立。左边需证 $\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{15} < I$。由于 $I > \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{3\sqrt{30}}$，只需验证 $\frac{1}{3\sqrt{30}} < \frac{1}{15}$。两边取倒数（正数）等价于 $3\sqrt{30} > 15$，即 $\sqrt{30} > 5$，即 $30 > 25$，成立。因此 \[ \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{15} < I < \frac{\sqrt{2}}{2} \]