西北大学 2025年数学分析第5题
📝 题目
5、已知 $n$ 为正整数，$\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (n x)}{n+1}$ ．
（1）证明：$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,2 \pi)$ 上连续．
（2）求幂级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n}$ 的和函数．
（3）证明： $\displaystyle \int_{0}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=2 \ln 2$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明 f(x) 在 (0,2π) 上连续
考虑级数 \(\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (n x)}{n+1}\)。要证明其在开区间上连续，需证明该级数在任意闭子区间上一致收敛。对任意 \(\delta>0\)，在闭区间 \([\delta, 2\pi-\delta]\) 上，部分和 \(\sum_{k=1}^n \sin(kx)\) 一致有界：\(\left|\sum_{k=1}^n \sin(kx)\right| \le \frac{1}{|\sin(x/2)|}\)。系数 \(\frac{1}{n+1}\) 单调递减趋于0。由 Dirichlet 判别法，级数在 \([\delta, 2\pi-\delta]\) 上一致收敛。由于每一项 \(\frac{\sin(nx)}{n+1}\) 连续，一致收敛保证和函数在 \([\delta, 2\pi-\delta]\) 上连续，从而在 \((0,2\pi)\) 上每一点连续。
公式：\left|\sum_{k=1}^n \sin(kx)\right| \le \frac{1}{|\sin(x/2)|}
提示：注意区间端点0和2π是奇点，需避开；使用 Dirichlet 判别法时需验证部分和一致有界和系数单调趋于0。
步骤 2/5
目标：求幂级数的和函数
设 \(\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}\)。由经典展开式 \(\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}\)，当 \(|x|<1\) 时成立。考虑端点：当 \(x=1\) 时，级数为交错调和级数 \(\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{1}{n}\)，收敛于 \(\ln 2\)；当 \(x=-1\) 时，级数成为 \(\sum_{n=1}^\infty \frac{-1}{n}\)，发散。因此和函数为 \(S(x)=\ln(1+x)\)，收敛域为 \(-1 < x \le 1\)。
公式：\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n},\quad -1
提示：注意收敛域需单独讨论端点；x=-1时级数发散，x=1时条件收敛。
步骤 3/5
目标：将积分转化为级数求和
由（1）知级数在 \((0,\pi]\) 上一致收敛（因为 \(\pi<2\pi\)，且可考虑 \([\delta,\pi]\) 后取极限），故可逐项积分：\(\displaystyle \int_0^\pi f(x)\,dx = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n+1} \int_0^\pi \sin(nx)\,dx\)。计算内层积分：\(\displaystyle \int_0^\pi \sin(nx)\,dx = \left[-\frac{\cos(nx)}{n}\right]_{0}^{\pi} = \frac{1-(-1)^n}{n}\)。因此 \(\displaystyle \int_0^\pi f(x)\,dx = \sum_{n=1}^\infty \frac{1-(-1)^n}{n(n+1)}\)。
公式：\int_0^\pi \sin(nx)\,dx = \frac{1-(-1)^n}{n}
提示：逐项积分需验证一致收敛性；注意积分区间包含0，但0处级数收敛且可处理。
步骤 4/5
目标：化简级数并求和
当 \(n\) 为偶数时，\(1-(-1)^n=0\)，只需奇数项。令 \(n=2k-1\)，则 \(\frac{1-(-1)^{2k-1}}{2k-1}=\frac{2}{2k-1}\)，且 \(\frac{1}{n+1}=\frac{1}{2k}\)。于是 \(\displaystyle \int_0^\pi f(x)\,dx = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2k}\cdot\frac{2}{2k-1} = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(2k-1)}\)。将通项分解：\(\frac{1}{k(2k-1)} = \frac{2}{2k-1} - \frac{1}{k}\)。则部分和 \(S_N = 2\sum_{k=1}^N \frac{1}{2k-1} - \sum_{k=1}^N \frac{1}{k}\)。利用调和数关系：\(\sum_{k=1}^N \frac{1}{2k-1} = H_{2N} - \frac{1}{2}H_N\)，其中 \(H_N = \sum_{k=1}^N \frac{1}{k}\)。代入得 \(S_N = 2H_{2N} - 2H_N\)。当 \(N\to\infty\) 时，\(H_N = \ln N + \gamma + o(1)\)，\(H_{2N} = \ln(2N) + \gamma + o(1)\)，故 \(S_N = 2\ln 2 + o(1)\)，极限为 \(2\ln 2\)。
公式：\frac{1}{k(2k-1)} = \frac{2}{2k-1} - \frac{1}{k},\quad H_N = \ln N + \gamma + o(1)
提示：分解技巧需验证；调和数渐近公式中γ为欧拉常数，计算极限时抵消。
步骤 5/5
目标：得出结论
由以上推导，\(\displaystyle \int_0^\pi f(x)\,dx = 2\ln 2\)，证毕。
公式：\int_0^\pi f(x)\,dx = 2\ln 2
提示：最终结果需与题目一致，注意对数运算。
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