电子科技大学 2025年数学分析第0题

利用恒等式 $\sin A \cos B = \frac{1}{2}[\sin(A+B) + \sin(A-B)]$，令 $A=n+1$，$B=n-1$，则 $A+B=2n$，$A-B=2$，因此 $\sin(n+1)\cos(n-1) = \frac{1}{2}[\sin(2n) + \sin 2]$。原级数通项化为 $\frac{\sin(2n)}{2n^p} + \frac{\sin 2}{2n^p}$。

原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n+1)\cos(n-1)}{n^p}$ 可写为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(2n)}{2n^p} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin 2}{2n^p}$。第二项是常数倍数的 $p$-级数：$\frac{\sin 2}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$。

第二项为 $\frac{\sin 2}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$。由 $p$-级数的结论：当 $p>1$ 时收敛，当 $p \leq 1$ 时发散。因为 $\sin 2 \neq 0$，所以第二项的敛散性与 $\sum \frac{1}{n^p}$ 完全相同。

第一项为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(2n)}{2n^p}$。由于 $\sin(2n)$ 的部分和 $\left|\sum_{k=1}^N \sin(2k)\right|$ 有界（可用和差化积或复指数证明），且当 $p>0$ 时 $\frac{1}{n^p}$ 单调递减趋于 $0$，由狄利克雷判别法知该级数收敛。特别地，对 $p>1$ 当然收敛。

当 $p>1$ 时：第一项（振荡部分）收敛，第二项（$p$-级数部分）也收敛，故原级数收敛。当 $p \leq 1$ 时：第一项仍收敛（因为 $p>0$ 时收敛，$p \leq 0$ 时通项不趋于0，但此处 $p \leq 1$ 包含 $p>0$ 和 $p \leq 0$；实际上 $p \leq 0$ 时通项不趋于0，级数发散，但第二项已发散，故整体发散），第二项发散，因此原级数发散。