西北工业大学 2024年数学分析第0题
📝 题目
五、解答如下问题．
（1）讨论级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n}{p^{\ln n}}(p>0)$ 的玫散性；
（2）求幂级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{n} \frac{n^{2}}{(n+1)!} x^{n}$ 的收敛域与和函数；
（3）设 $f$ 是以 $\displaystyle 2 \pi$ 为周期且在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 二阶连续可导的函数，证明：$f$ 的傅里叶级数在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$上一致收敛于 $f$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：将级数通项化简为幂函数形式
将分母 $p^{\ln n}$ 改写为 $e^{\ln p \cdot \ln n} = n^{\ln p}$，因此通项为 $a_n = \frac{\sin n}{n^{\ln p}}$。
公式：$p^{\ln n} = n^{\ln p}$
提示：注意 $\ln p$ 可能为负，此时分母增长慢或减小，影响敛散性。
步骤 2/7
目标：根据 $\alpha = \ln p$ 的取值讨论级数敛散性
令 $\alpha = \ln p$，则级数为 $\sum \frac{\sin n}{n^\alpha}$。当 $\alpha > 1$ 时，$\sum \frac{|\sin n|}{n^\alpha}$ 收敛，故绝对收敛；当 $0 < \alpha \le 1$ 时，由 Dirichlet 判别法知条件收敛；当 $\alpha \le 0$ 时，通项不趋于 0，发散。
公式：$\sum \frac{\sin n}{n^\alpha}$ 的敛散性：$\alpha>1$ 绝对收敛，$0<\alpha\le1$ 条件收敛，$\alpha\le0$ 发散
提示：注意 $\alpha=0$ 时通项为 $\sin n$，不趋于 0。
步骤 3/7
目标：将 $\alpha$ 换回 $p$ 得到最终结论
由 $\alpha = \ln p$ 得：$\ln p > 1$ 即 $p > e$ 时绝对收敛；$0 < \ln p \le 1$ 即 $1 < p \le e$ 时条件收敛；$\ln p \le 0$ 即 $0 < p \le 1$ 时发散。
公式：无新公式
提示：注意 $p>0$ 的条件，$p=1$ 时 $\ln p=0$，属于发散情形。
步骤 4/7
目标：求幂级数的收敛半径与收敛域
设 $a_n = \frac{n^2}{(n+1)!}$，由比值判别法：$\lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \lim_{n\to\infty} \frac{(n+1)^2}{(n+2)n^2} = 0$，故收敛半径 $R = +\infty$，收敛域为 $(-\infty, +\infty)$。
公式：$\lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = 0$
提示：比值极限为 0 时收敛半径为无穷大。
步骤 5/7
目标：将通项分解为便于求和的形式
将 $\frac{n^2}{(n+1)!}$ 改写为 $\frac{n+1}{n!} - \frac{2}{n!} + \frac{1}{(n+1)!}$，验证：$\frac{(n+1)^2}{(n+1)!} = \frac{n+1}{n!}$，$\frac{-2(n+1)}{(n+1)!} = -\frac{2}{n!}$，加上 $\frac{1}{(n+1)!}$ 即得。
公式：$\frac{n^2}{(n+1)!} = \frac{n+1}{n!} - \frac{2}{n!} + \frac{1}{(n+1)!}$
提示：注意分解后各项的阶乘形式要匹配 $e^x$ 的展开。
步骤 6/7
目标：分别求和并合并得到和函数
设 $S(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{(n+1)!} x^n$，则 $S(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{n+1}{n!} x^n - 2\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n!} + \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{(n+1)!}$。计算：第一项 $= x e^x + (e^x - 1)$，第二项 $= -2(e^x - 1)$，第三项 $= \frac{1}{x}(e^x - 1 - x)$。合并得 $S(x) = x e^x - e^x + 1 + \frac{e^x - 1 - x}{x} = \frac{e^x(x^2 - x + 1) - 1}{x}$（$x \neq 0$），且 $S(0)=0$。
公式：$S(x) = \begin{cases} \frac{e^x(x^2 - x + 1) - 1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0 \end{cases}$
提示：注意 $x=0$ 时需单独定义，由级数首项为 0 可得。
步骤 7/7
目标：证明傅里叶级数一致收敛于 $f$
由 $f$ 二阶连续可导，利用分部积分两次得傅里叶系数 $a_n, b_n = O(1/n^2)$，即存在 $M>0$ 使 $|a_n|, |b_n| \le M/n^2$。于是余项 $\left|\sum_{k=n+1}^\infty (a_k\cos kx + b_k\sin kx)\right| \le 2M\sum_{k=n+1}^\infty 1/k^2$，与 $x$ 无关且趋于 0。由 Weierstrass M-判别法，傅里叶级数一致收敛。又 $f$ 连续且分段光滑，一致极限必为 $f$。
公式：$|a_n|, |b_n| \le \frac{M}{n^2}$
提示：分部积分时需利用周期性消去边界项，且 $f''$ 连续保证有界。
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