电子科技大学 2023年数学分析第0题
📝 题目
3．若 $p>1$ ，证明：数项级数 $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{\sin \left(2 \pi \sqrt{n^{2}+1}\right)}{(\ln n)^{p}}$ 收敛．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：分析通项中正弦部分的结构
考虑 $\sqrt{n^2+1}$ 的展开：$\sqrt{n^2+1} = n \sqrt{1+\frac{1}{n^2}} = n\left(1 + \frac{1}{2n^2} - \frac{1}{8n^4} + \cdots\right)$，因此 $\sqrt{n^2+1} = n + \frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^3} + \cdots$。于是 $2\pi \sqrt{n^2+1} = 2\pi n + \frac{\pi}{n} - \frac{\pi}{4n^3} + \cdots$。利用正弦函数的周期性 $\sin(2\pi n + x) = \sin x$，得到 $\sin\left(2\pi \sqrt{n^2+1}\right) = \sin\left(\frac{\pi}{n} - \frac{\pi}{4n^3} + \cdots\right)$。
公式：$\sqrt{n^2+1} = n + \frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^3} + \cdots$
提示：注意展开到足够项，确保后续等价无穷小的准确性。
步骤 2/5
目标：估计正弦项的阶
当 $n$ 很大时，$\frac{\pi}{n} - \frac{\pi}{4n^3} + \cdots$ 很小，利用等价无穷小 $\sin x \sim x$（$x \to 0$），可得 $\sin\left(2\pi \sqrt{n^2+1}\right) \sim \frac{\pi}{n}$。更精确地，存在常数 $C>0$ 使得对充分大的 $n$，有 $\left|\sin\left(2\pi \sqrt{n^2+1}\right)\right| \le \frac{C}{n}$。
公式：$\sin\left(2\pi \sqrt{n^2+1}\right) \sim \frac{\pi}{n}$
提示：等价无穷小使用时需注意余项的影响，但这里只需上界估计。
步骤 3/5
目标：对通项绝对值进行放缩
对于充分大的 $n$，有 $\left|\frac{\sin\left(2\pi \sqrt{n^2+1}\right)}{(\ln n)^p}\right| \le \frac{C}{n (\ln n)^p}$。因此原级数的绝对值项被正项级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{C}{n (\ln n)^p}$ 控制。
公式：$\left|\frac{\sin\left(2\pi \sqrt{n^2+1}\right)}{(\ln n)^p}\right| \le \frac{C}{n (\ln n)^p}$
提示：放缩时注意 $n$ 从2开始，且 $\ln n > 0$。
步骤 4/5
目标：判断控制级数的收敛性
考虑正项级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^p}$。由积分判别法，积分 $\int_2^{\infty} \frac{dx}{x (\ln x)^p}$ 当 $p>1$ 时收敛（因为令 $u=\ln x$，积分变为 $\int_{\ln 2}^{\infty} \frac{du}{u^p}$，$p>1$ 时收敛）。因此该正项级数收敛，从而 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{C}{n (\ln n)^p}$ 也收敛。
公式：$\int_2^{\infty} \frac{dx}{x (\ln x)^p} = \int_{\ln 2}^{\infty} \frac{du}{u^p}$ 收敛当且仅当 $p>1$
提示：积分判别法适用于正项递减序列，这里 $\frac{1}{n (\ln n)^p}$ 在 $n$ 充分大时递减。
步骤 5/5
目标：应用比较判别法得出结论
由于原级数的绝对值项被一个收敛的正项级数控制，根据比较判别法，原级数绝对收敛。绝对收敛的级数必然收敛，因此当 $p>1$ 时，原级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{\sin\left(2\pi \sqrt{n^2+1}\right)}{(\ln n)^p}$ 收敛。
公式：无
提示：注意比较判别法要求被控级数非负且收敛，这里 $C$ 是常数，不影响收敛性。
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