Mathematical Analysis III Mid-Test

Introduction

This is the Midterm Exam of Mathematical Analysis III(Boling Class) at Nankai University in the autumn semester of 2024-2025.

On the whole, the difficulty level of this test is between that of last year and the year before.

Problems and Solutions

Exercise 1

研究下列级数的收敛性

(2)\quad\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\Big(\big(1+\frac{1}{n+1}\big)^{2n}-\big(1+\frac{2}{n+a}\big)^{n}\Big)

Solution 1-(1)-1

已知

\displaystyle\sum{n=1}^{+\infty}\frac{\sin(n+\frac{1}{n^2})}{\sqrt{n}}-\sum{n=1}^{+\infty}\frac{\sin n}{\sqrt{n}}=\sum{n=1}^{+\infty}\frac{\sin(n+\frac{1}{n^2})-\sin n}{\sqrt{n}}=\sum{n=1}^{+\infty}\frac{\cos\theta_n}{n^2\sqrt{n}}

\sum{n=1}^{+\infty}\left|\frac{\cos\thetan}{n^2\sqrt{n}}\right|\leq\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2\sqrt{n}}

\displaystyle\sum{n=1}^{+\infty}\left|\frac{\cos\thetan}{n^2\sqrt{n}}\right|

Solution 1-(1)-2

由于$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\sin n}{\sqrt{n}}$收敛，$\displaystyle\cos\frac{1}{n^2}$单调有界，故由Abel判别法可知$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\sin n\cos\frac{1}{n^2}}{\sqrt{n}}$收敛.

由于

且$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2\sqrt{n}}$收敛，故$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\cos n\sin\frac{1}{n^2}}{\sqrt{n}}$收敛.

又由于

故$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\sin(n+\frac{1}{n^2})}{\sqrt{n}}$收敛.

Solution 1-(2)

由上式可知当且仅当$2a-1=0\Rightarrow a=\frac{1}{2}$时收敛，其余情况均发散.

Exercise 2

判断下列积分的收敛性

Solution 2-1

首先我们有广义积分的绝对收敛和收敛是等价的，故我们只需研究下列积分的收敛性即可：

由于

故

反证：我们假设原积分收敛，则有：

进而有

而

故矛盾，即$\displaystyle\iint_{x^2+y^2\geq1}\frac{\cos(x^2)}{x^2+y^2}dxdy$发散.

Solution 2-2

令

则

，代入$(\clubsuit)$式，我们有：

故$\displaystyle\iint_{x^2+y^2\geq1}\frac{\cos(x^2)}{x^2+y^2}dxdy$发散.

Exercise 3

研究下列积分的收敛性

Solution 3

可能的奇点：

\int{0}^{+\infty}\frac{x^q}{1+x^p}\cos xdx=\int{0}^{1}\frac{x^q}{1+x^p}\cos xdx+\int_{1}^{+\infty}\frac{x^q}{1+x^p}\cos xdx

\int{1}^{+\infty}\frac{x^q}{1+x^p}\cos xdx=\int{1}^{+\infty}\frac{x^p}{1+x^p}x^{q-p}\cos xdx

显然由Cauchy判别法易知q-p\geq0发散.

当q-p\lt-1时，

\int{1}^{+\infty}\left|\frac{x^p}{1+x^p}x^{q-p}\cos x\right|dx\leq\int{1}^{+\infty}x^{q-p}dx\quad\text{收敛}

\left|\frac{x^p}{1+x^p}x^{q-p}\cos x\right|\geq\frac{1}{2}x^{q-p}\cos^2x=\frac{1}{4}x^{q-p}(1+\cos 2x)=\frac{1}{4}x^{q-p}+\frac{1}{4}x^{q-p}\cos 2x

\int{1}^{+\infty}\left|\frac{x^p}{1+x^p}x^{q-p}\cos x\right|dx\geq\int{1}^{+\infty}\frac{1}{4}x^{q-p}dx+\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{4}x^{q-p}\cos 2xdx\quad\text{发散}

\left{\begin{aligned}

Exercise 4

设$p\geq0$，数列$a_n$满足$a_1=1,a_{n+1}=n^{-p}\arctan a_n$，判断并证明级数

的收敛性

Solution 4

①$p\gt0$时，

由达朗贝尔判别法知收敛.

②$p=0$时，

取$r=-2$有$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n^{-2}}{n}=\frac{2}{3}\Rightarrow a_n\sim\sqrt{\frac{2}{3n}}\Rightarrow\sum_{n=1}^{+\infty}a_n$发散.

Exercise 5

判断下列积分的收敛性

Solution 5

显然这是一个非绝对收敛的积分.

其中$n\leq\theta_n\leq n+1$，故由$Libiniz$判别法知收敛，即$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}(-1)^{\left[x^3\right]}dx$条件收敛.

Exercise 6

设$G$为$\mathbb{R}^2$上的有界闭区域，$\partial G$由有线条分段光滑的简单闭曲线构成，假设$u\in C^2(G)$，且$u$在边界上恒为$0$，证明对$\forall\lambda\gt0$，

Solution 6

由于$u$在$\partial G$上恒为$0$，故由Green公式有

由Cauchy-Schwart积分不等式有：

故综上：

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Remark

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