浙江大学2023学年数学分析 II 期末考试回忆卷

试题

注：题目来自 cc98

一

1. 求 $e^{1-x}$ 的 Maclaurin 展开

2. 求和函数： $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n}}{n+\frac{1}{2}}$

3. 求极限： $I=\underset{x\to 1}{lim}\frac{{\int }_1^{x^2}\sin (t^2)\text{d}t}{{\int }_1^{x^3}{e}^{-t^3}\text{d}t}$

4. 求 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2n-1}{2^n}$

5. 求 $g(x)=\frac{x}{x^2-2x-3}$ 的 Maclaurin 展开

6. 求 $f(x)=1-|x|$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上的 Fourier 展开

二

求证：

$$f(x)=\frac{x^2}{x^2+(1-nx{)}^2}$$

在 $[0,1]$ 上点态收敛但是不一致收敛。

三

正项数列 $a_n$ 单调递减， $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 收敛，求证：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(n{a}_n)=0$$

四

有：

$$f(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (nx)}{n^2+2024}$$

1. 求证： $f(x)$ 在 $(0,2\pi )$ 上连续

2. 求证： $f(x)$ 在 $(0,2\pi )$ 上有连续的导函数

五

（ Fejér 核） 有 Dirichlet 核函数：

$$K_m(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{\sin (m+\frac{1}{2})t}{2\sin (\frac{1}{2}t)}& t\ne 0\\ m+\frac{1}{2}& t=0\end{array}$$

以及 Fejér 核：

$$F_m(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{{\sin }^2\frac{1}{2}mt}{2m{\sin }^2\frac{1}{2}t}& t\ne 0\\ \frac{1}{2}m& t=0\end{array}$$

设函数 $f(x)$ 的傅里叶级数的部分和为 $S_n(x)$ ， $b_n(t)=\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}{S}_k(x)$ ，即部分和的算术平均。

1. 求证： $\mathrm{\forall }x\in (-\pi ,0)\cup (0,\pi )$ ，有

$$\sum _{k=1}^n\sin (k+\frac{1}{2})x=\frac{{\sin }^2\frac{1}{2}nx}{\sin \frac{1}{2}x}$$

2. 求证：

   $$b_n(x)=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x+t)F_n(t)\text{d}t$$
3. 1. 求证： $F_n(x)\ge 0$
   2. 求证：
   $$\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{F}_n(x)\text{d}x=1$$
   3. 求证：
   $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[{\int }_{\delta }^{\pi }{F}_n(x)\text{d}x+{\int }_{-\pi }^{-\delta }{F}_n(x)\text{d}x]=0,\mathrm{\forall }\delta \in (0,\pi )$$

答案

一、计算题

详情

1. $e^{1-x}=e\cdot e^{-x}=e\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k!}(-x{)}^k=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n}e}{n!}{x}^n$

2. 令

$$f(x)=\frac{1}{2}x(S(x)+2)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$$

从而有

$$f^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{x}^{2n}=\frac{1}{1-x^2}$$

从而

$$f(x)=\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)$$

从而

$$\boxed{{\displaystyle S(x)=\frac{1}{x}\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)-2}}$$

这里注意求和的 $n$ 是从 $1$ 开始的。

3. 考虑洛必达

$$\begin{array}{rl}I& =\underset{x\to 1}{lim}\frac{{\int }_1^{x^2}\sin \left(t^2\right)\text{d}t}{{\int }_1^{x^3}{e}^{-t^3}\text{d}t}\\ & =\underset{x\to 1}{lim}\frac{{\int }_1^x\sin \left(u^4\right)2u\text{d}u}{{\int }_1^x{e}^{-u^6}3u^2\text{d}u}\\ & =\underset{u\to 1}{lim}\frac{\sin \left(u^4\right)2u}{e^{-u^6}3u^2}\\ & =\boxed{{\displaystyle \frac{2e\sin (1)}{3}}}\end{array}$$

4. 转换为幂级数的一个求和问题。
   首先有 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(2n-1)x^n=2\sum n{x}^n-\sum x^n$ ，考虑分开计算。
   对于第一部分逐项积分后容易得到和函数为 $\frac{x}{(1-x{)}^2}$ ，第二部分则为几何级数，和函数为 $\frac{x}{1-x}$ ，代入原式得和函数为 $\frac{x(1+x)}{(1-x{)}^2}$ ，代入 $x=\frac{1}{2}$ 得原级数为 $3$ 。

5. 简单的 Maclaurin 级数问题

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{x}{x^2-2x-3}\\ & =x\cdot \frac{1}{x+1}\cdot \frac{1}{x-3}\\ & =-\frac{1}{4}x(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x-3})\\ & =-\frac{1}{4}x(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{x}^n+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{3^{n+1}}{x}^n)\\ & =\boxed{{\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{4}((-1{)}^n-\frac{1}{3^n})x^n}}\end{array}$$

6. 同样属于基础题。显然 $f(x)$ 是偶函数，从而可以展开为余弦级数。

$$\begin{array}{rl}{a}_0& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }(1-|x|)\text{d}x=2-\pi \\ \\ a_n& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }(1-|x|)\cos (nx)\text{d}x\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(1-x)\cos (nx)\text{d}x\\ & =\frac{2}{\pi }\cdot \frac{1-(-1{)}^n}{n^2}\end{array}$$

从而有：

$$\boxed{{\displaystyle f(x)=1-\frac{\pi }{2}+\frac{4}{\pi }\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos ((2k+1)x)}{(2k+1{)}^2}}}$$

二、一致收敛与点态收敛

详情

首先证明点态收敛。

$x=0$ 时，显然有 $f_n(x)=0$ 。 $x\ne 0$ 时，则有：

$$f(x)=\frac{1}{1+{(\frac{1}{x}-n)}^2}\to 0(n\to \mathrm{\infty })$$

从而点态收敛。

接着证明不一致收敛。首先有一致收敛的定义：

$$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }N(\epsilon )>0,\mathrm{\forall }x\in D=[0,1],n,m\ge N,|f_m(x)-f_n(x)|<\epsilon$$

从而可以给出不一致收敛的命题：

$$\mathrm{\exists }{\epsilon }_0>0,\text{s.t.}\mathrm{\forall }N>0,\mathrm{\exists }{x}_0\in D,n_0,m_0\ge N,|f_{m_0}(x_0)-f_{n_0}(x_0)|\ge {\epsilon }_0$$

考虑 $x_0=\frac{1}{N},n_0=N,m_0=2N$ ，此时有：

$$\begin{array}{rl}& |f_{m_0}(x_0)-f_{n_0}(x_0)|\\ =& |f_{2N}(\frac{1}{N})-f_N(\frac{1}{N})|\\ =& |\frac{1}{1+N^2}-1|\\ =& \frac{1}{1+\frac{1}{N^2}}\\ \ge & \frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}\end{array}$$

从而可以取 ${\epsilon }_0=\frac{1}{3}$ ，这是一个满足条件的 $\epsilon$ 。从而得证。

三、级数相关的极限

详情

简单题。

首先由 Cauchy 收敛原理，有：

$$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }N>0,\mathrm{\forall }n,m>N,\sum _{k=n+1}^m{a}_k<\frac{1}{2}\epsilon$$

考虑子列 $2n{a}_{2n}$ 。此时，令 $m=2n$ ，并且由单调性，得到：

$$n{a}_{2n}<\sum _{k=n+1}^{2n}{a}_k<\frac{1}{2}\epsilon$$

从而有：$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}2n{a}_{2n}=0$ 。

接着考虑子列 $(2n+1)a_{2n+1}$ 。由于 $a_n>0$ ，此时有： $(2n+1)a_{2n+1}<2(n+1)a_{2n+1}$ 。从而：

$$2(n+1)a_{2n+1}<2\sum _{k=n+1}^{2n+1}{a}_k<\epsilon$$

从而有：$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(2n+1)a_{2n+1}=0$ 。

从而有：

$$\boxed{{\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n{a}_n=0}}$$

注：cc98上的回忆卷上这题前面有标注 Abel-Springheim ，但是 Google 上查不到这个定理；有一个定理叫 Abel-Dini-Pringsheim 定理，但是似乎与这个题目无关。

四、逐项求导定理

详情

令 $f_n(x)=\frac{\sin (nx)}{n^2+2024}$ 。

由 Weierstrass 判别法，有：

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}|f_n(x)|\le \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2+2024}$$

而 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2+2024}$ 收敛。从而 $f(x)$ 一致收敛，从而连续。

然后考虑级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n\cos (nx)}{n^2+2024}$ ，只需证明它在 $(0,2\pi )$ 上内闭一致收敛。

首先有求和：

$$\sum _{k=1}^n\cos (nx)=\frac{1}{\sin (\frac{1}{2}x)}(\sin ((n+\frac{1}{2})x)-\sin (\frac{1}{2}x))$$

对于任意一个 $[a,b]\subset (0,2\pi )$ ，有 $\frac{1}{2}x\in (0,\pi )$ ，从而 $\sin (\frac{1}{2}x)>0$ 且有最小值 $m$ ，从而：

$$\begin{array}{rl}& |\sum _{k=1}^n\cos (nx)|\\ =& \left|\frac{1}{\sin (\frac{1}{2}x)}(\sin ((n+\frac{1}{2})x)-\sin (\frac{1}{2}x))\right|\\ \le & \left|\frac{1}{m}\right|\cdot (|1|+|1|)\\ =& C\end{array}$$

从而 $\sum _{k=1}^n\cos (nx)$ 一致有界。

另一方面， $\frac{n}{n^2+2024}$ 相对 $x$ 是常数，从而单调递减且一致趋于 $0$ 。由 Dirichlet 判别法， $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n^{\prime }(x)$ 内闭一致收敛。从而连续可导。

五、Fejér 核

详情

为了方便书写避免混淆，原题中的 $b_n$ 在这里写作 $d_n$ 。

第一问易证。

第二问有：

$$\begin{array}{rl}{d}_n& =\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}{S}_k\\ & =\frac{1}{2}{a}_0+\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^i(a_j\cos (jx)+b_j\sin (jx))\\ & =\frac{1}{2}{a}_0+\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}(n-k)(a_k\cos (kx)+b_k\sin (kx))\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(t)\text{d}t+\frac{1}{n\pi }\sum _{k=1}^{n-1}(n-k){\int }_{-\pi }^{\pi }f(t)(\cos (kt)\cos (kx)+\sin (kt)\sin (kx))\text{d}t\\ & =\frac{1}{n\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(t)(\frac{1}{n}+\sum _{k=1}^{n-1}(n-k)\cos (k(t-x)))\text{d}t\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(u+x)(\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^{n-1}(1-\frac{k}{n})\cos (kx))\text{d}t(u=t-x)\end{array}$$

从而只需证明：

$$F_n(u)=\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^{n-1}(1-\frac{k}{n})\cos (kx)$$

即：

$$\frac{{\sin }^2(\frac{1}{2}nu)}{2{\sin }^2(\frac{1}{2}u)}=\frac{1}{2}n+\sum _{k=1}^{n-1}(n-k)\cos (kx)$$

此时，有：

$$\begin{array}{rl}& n\sin (\frac{1}{2}u)+2\sum _{k=1}^{n-1}(n-k)\cos (kx)\sin (\frac{1}{2}u)\\ =& n\sin (\frac{1}{2}u)+\sum _{k=1}^{n-1}(n-k)(\sin (k+\frac{1}{2})u-\sin (k-\frac{1}{2})u)\\ =& n\sin (\frac{1}{2}u)+\sum _{k=1}^{n-1}(n-k)\sin (k+\frac{1}{2})u-\sum _{k=0}^{n-2}(n-k-1)\sin (k+\frac{1}{2})u\\ =& n\sin (\frac{1}{2}u)+\sum _{k=0}^{n-1}\sin (n+\frac{1}{2})u-n\sin (\frac{1}{2}u)\\ =& \sum _{k=0}^{n-1}\sin (n+\frac{1}{2})u\\ =& \frac{{\sin }^2\frac{1}{2}nu}{2\sin \frac{1}{2}u}\end{array}$$

得证。

3.1 显然。

3.2 有：

$$\begin{array}{rl}& {\int }_{-\pi }^{\pi }{F}_n(t)\text{d}t\\ =& {\int }_{-\pi }^{\pi }(\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^{n-1}(n-k)\cos (kt))\text{d}t\\ =& \pi +\sum _{k=1}^{n-1}(n-k){\int }_{-\pi }^{\pi }\cos (kt)\text{d}t\\ =& \pi -\sum _{k=1}^{n-1}(n-k)\frac{1}{k}{[\sin (kt)]}_{-\pi }^{\pi }\\ =& \pi \end{array}$$

得证。

3.3 思路相似，首先 $F_n(t)$ 为偶函数，从而只需计算 ${\int }_{\delta }^{\pi }{F}_n(t)\text{d}t$ 。此时有：

$${\int }_{\delta }^{\pi }{F}_n(t)\text{d}t=\frac{1}{2}(\pi -\delta )-\sum _{k=1}^{n-1}(\frac{1}{k}-\frac{1}{n})\sin (k\delta )$$

这里我们需要计算 $S(x)=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (kx)}{k}$ 。有：

$$\begin{array}{rl}{S}_n^{\prime }(x)& =\sum _{k=1}^n\cos (kx)\\ & =\frac{1}{2\sin (\frac{1}{2}x)}(\sin (n+\frac{1}{2})x-\sin (\frac{1}{2}x))\\ & =\frac{\sin (n+\frac{1}{2})x}{2\sin (\frac{1}{2}x)}-\frac{1}{2}\end{array}$$

于是有：

$$\begin{array}{rl}{S}_n(x)& =S_n(x)-S_n(\pi )\\ & =-{\int }_x^{\pi }\frac{\sin (n+\frac{1}{2})t}{2\sin (\frac{1}{2}t)}\text{d}t+\frac{1}{2}(\pi -x)\end{array}$$

由 Riemann 引理，第一项趋于 $0$ ，从而 $S(x)=\frac{1}{2}(\pi -x)$ 。

此时又有： $\sum _{k=1}^n\sin (k\delta )$ 有界，从而 $\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\sin (k\delta )\to 0$ ，从而有：

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{\delta }^{\pi }{F}_n(t)\text{d}t& =\frac{1}{2}(\pi -\delta )-\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^{n-1}(\frac{1}{k}-\frac{1}{n})\sin (k\delta )\\ & =\frac{1}{2}(\pi -\delta )-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (k\delta )}{k}-\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\sin (k\delta )\\ & =\frac{1}{2}(\pi -\delta )-\frac{1}{2}(\pi -\delta )\\ & =0\end{array}$$

得证。

这一问还有另一解法：

考虑固定 $\delta$ ，此时有： $\frac{1}{2}x\in [\frac{1}{2}\delta ,\frac{1}{2}\pi ]$ ，从而 $\sin (\frac{1}{2}x)$ 在这个区间上单调递增，从而有最小值 $m=\sin (\frac{1}{2}\delta )$ 。

那么，对于 $F_n(x)=\frac{{\sin }^2(\frac{1}{2}nx)}{2n{\sin }^2(\frac{1}{2}x)}$ ，有如下缩放：

$$F_n(x)\le \frac{1}{2n{\sin }^2\frac{1}{2}x}\le \frac{1}{2m^{2}n}$$

从而有：

$$0\le {\int }_0^{\pi }{F}_n(x)\text{d}x\le \frac{\pi -\delta }{2m^{2}n}$$

不等式最右边在 $n\to \mathrm{\infty }$ 时为 $0$ ，从而夹逼得到中间的积分极限为 $0$ 。得证。