浙江大学2023学年数学分析 II 期末考试回忆卷
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
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求 \(e^{1-x}\) 的 Maclaurin 展开
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求和函数： \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n+\frac{1}{2}}\)
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求极限： \(I=\lim_{x\to 1} \frac{\int_{1}^{x^2}\sin(t^2)\text{d}t}{\int_{1}^{x^3}e^{-t^3}\text{d}t}\)
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求 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n-1}{2^n}\)
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求 \(g(x) = \frac{x}{x^2-2x-3}\) 的 Maclaurin 展开
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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， \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 收敛，求证：
\[\lim_{n\to\infty} (n a_n) = 0\]四
有：
\[f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(nx)}{n^2 + 2024}\]-
求证： \(f(x)\) 在 \((0, 2\pi)\) 上连续
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求证： \(f(x)\) 在 \((0, 2\pi)\) 上有连续的导函数
五
（ Fejér 核） 有 Dirichlet 核函数：
\[K_m(t) = \begin{cases} \frac{\sin(m+\frac{1}{2})t}{2\sin(\frac{1}{2}t)} & t \ne 0 \\ m + \frac{1}{2} & t = 0 \end{cases}\]以及 Fejér 核：
\[F_m(t) = \begin{cases} \frac{ \sin^2 \frac{1}{2} mt }{ 2m \sin^2 \frac{1}{2} t } & t \ne 0 \\ \frac{1}{2} m & t = 0 \end{cases}\]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。
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求证： \(\forall\ x \in (-\pi, 0)\ \cup\ (0, \pi)\) ，有 \(\sum_{k=1}^n \sin(k+\frac{1}{2} ) x = \frac{\sin^2\frac{1}{2}nx}{\sin \frac{1}{2} x}\)
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求证： \(b_n(x) = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x+t) F_n(t) \text{d}t \)
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- 求证： \(F_n(x) \geq 0\)
- 求证： \(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} F_n(x) \text{d}x = 1\)
- 求证： \(\lim_{n\to\infty} \left[ \int_\delta^\pi F_n(x) \text{d}x + \int_{-\pi}^{-\delta} F_n(x) \text{d}x \right] =0 ,\quad \forall\ \delta \in (0, \pi)\)
答案
一、计算题
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\(e^{1-x} = e \cdot e^{-x} = e \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}(-x)^k = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n e}{n!} x^n\)
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令 \(f(x) = \frac{1}{2} x (S(x) + 2) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}\) 从而有 \(f'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} x^{2n} = \frac{1}{1-x^2}\) 从而 \(f(x) = \frac{1}{2} \ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\) 从而 \(\boxed{S(x) = \frac{1}{x} \ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right) - 2}\) 这里注意求和的 \(n\) 是从 \(1\) 开始的。
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考虑洛必达
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转换为幂级数的一个求和问题。 首先有 \(\sum_{n=1}^\infty (2n-1)x^n = 2\sum nx^n - \sum x^n\) ，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 \(3\) 。
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简单的 Maclaurin 级数问题
- 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。
从而有：
\[\boxed{ f(x) = 1 - \frac{\pi}{2} + \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\cos((2k+1)x)}{(2k+1)^2} }\]二、一致收敛与点态收敛
首先证明点态收敛。
\(x = 0\) 时，显然有 \(f_n(x) = 0\) 。 \(x \ne 0\) 时，则有： \(f(x) = \frac{1}{1 + \left(\frac{1}{x} - n\right)^2} \to 0 \quad (n\to \infty)\) 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： \(\forall \varepsilon > 0,\ \exists N(\varepsilon) > 0,\ \forall x \in D = [0, 1],\ n,m \ge N,\ \left|f_m(x) - f_n(x)\right| < \varepsilon\) 从而可以给出不一致收敛的命题： \(\exists \varepsilon_0 > 0,\ \text{s.t.} \forall N > 0,\ \exists x_0 \in D,\ n_0, m_0 \ge N, \left|f_{m_0}(x_0) - f_{n_0}(x_0)\right| \ge \varepsilon_0\)
考虑 \(x_0 = \frac{1}{N},\ n_0 = N,\ m_0 = 2N\) ，此时有：
\[\begin{align*} &\left| f_{m_0}(x_0) - f_{n_0}(x_0) \right| \\ = &\left| f_{2N}(\frac{1}{N}) - f_N(\frac{1}{N}) \right| \\ = &\left| \frac{1}{1+N^2} - 1 \right| \\ = & \frac{1}{1 + \frac{1}{N^2}} \\ \ge & \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2} \end{align*}\]从而可以取 \(\varepsilon_0 = \frac{1}{3}\) ，这是一个满足条件的 \(\varepsilon\) 。从而得证。
三、级数相关的极限
简单题。
首先由 Cauchy 收敛原理，有：
\[\forall \varepsilon > 0, \exists N > 0, \forall n, m > N, \sum_{k=n+1}^{m} a_k < \frac{1}{2}\varepsilon\]考虑子列 \(2na_{2n}\) 。此时，令 \(m = 2n\) ，并且由单调性，得到： \(na_{2n} < \sum_{k=n+1}^{2n} a_k < \frac{1}{2}\varepsilon\) 从而有：\(\lim_{n\to\infty} 2na_{2n} = 0\) 。
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： \(2(n+1)a_{2n+1} < 2\sum_{k=n+1}^{2n+1}a_{k} < \varepsilon\) 从而有：\(\lim_{n\to\infty} (2n+1)a_{2n+1} = 0\) 。
从而有： \(\boxed{\lim_{n\to\infty} na_n = 0}\)
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
令 \(f_n(x) = \frac{\sin(nx)}{n^2 + 2024}\) 。
由 Weierstrass 判别法，有： \(\sum_{n=1}^{\infty} |f_n(x)| \le \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2+2024}\) 而 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2 + 2024}\) 收敛。从而 \(f(x)\) 一致收敛，从而连续。
然后考虑级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n\cos(nx)}{n^2+2024}\) ，只需证明它在 \((0, 2\pi)\) 上内闭一致收敛。
首先有求和： \(\sum_{k=1}^{n} \cos(nx) = \frac{1}{\sin(\frac{1}{2}x)} \left(\sin((n+\frac{1}{2})x) - \sin(\frac{1}{2}x)\right)\)
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：
\[\begin{align*} &\left|\sum_{k=1}^n \cos(nx) \right| \\ = &\left|\frac{1}{\sin(\frac{1}{2}x)} \left( \sin((n+\frac{1}{2})x) - \sin(\frac{1}{2}x) \right)\right| \\ \le &\left|\frac{1}{m}\right| \cdot \left(|1| + |1| \right) \\ = &C \end{align*}\]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， \(\sum_{n=1}^{\infty} f_n'(x)\) 内闭一致收敛。从而连续可导。
五、Fejér 核
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：
\[\begin{align*} d_n &= \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} S_k \\ &= \frac{1}{2} a_0 + \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{i} (a_j\cos(jx) + b_j\sin(jx)) \\ &= \frac{1}{2} a_0 + \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1} (n-k)(a_k\cos(kx) + b_k\sin(kx)) \\ &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t)\text{d}t + \frac{1}{n\pi}\sum_{k=1}^{n-1} (n-k)\int_{-\pi}^{\pi} f(t) (\cos(kt)\cos(kx) + \sin(kt)\sin(kx)) \text{d}t \\ &= \frac{1}{n\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \left(\frac{1}{n} + \sum_{k=1}^{n-1} (n-k)\cos(k(t-x)) \right) \text{d}t \\ &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(u+x) \left(\frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{n-1}(1-\frac{k}{n})\cos(kx) \right) \text{d}t \qquad (u = t-x) \end{align*}\]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：
\[\begin{align*} &n\sin(\frac{1}{2}u) + 2\sum_{k=1}^{n-1}(n-k)\cos(kx)\sin(\frac{1}{2}u) \\ = &n\sin(\frac{1}{2}u) + \sum_{k=1}^{n-1}(n-k)\left( \sin(k+\frac{1}{2})u - \sin(k-\frac{1}{2})u \right) \\ = &n\sin(\frac{1}{2}u) + \sum_{k=1}^{n-1}(n-k)\sin(k+\frac{1}{2})u - \sum_{k=0}^{n-2}(n-k-1)\sin(k+\frac{1}{2})u \\ = &n\sin(\frac{1}{2}u) + \sum_{k=0}^{n-1}\sin(n+\frac{1}{2})u - n\sin(\frac{1}{2}u) \\ = &\sum_{k=0}^{n-1} \sin(n+\frac{1}{2})u \\ = &\frac{\sin^2\frac{1}{2}nu}{2\sin\frac{1}{2}u} \end{align*}\]得证。
3.1 显然。
3.2 有：
\[\begin{align*} & \int_{-\pi}^{\pi} F_n(t)\text{d}t \\ = & \int_{-\pi}^{\pi} \left(\frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{n-1}(n-k)\cos(kt)\right)\text{d}t \\ = & \pi + \sum_{k=1}^{n-1} (n-k)\int_{-\pi}^{\pi} \cos(kt)\text{d}t \\ = & \pi - \sum_{k=1}^{n-1} (n-k)\frac{1}{k}\left[\sin(kt)\right]_{-\pi}^{\pi} \\ = & \pi \end{align*}\]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 \(S(x) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin(kx)}{k}\) 。有：
\[\begin{align*} S'_n(x) &= \sum_{k=1}^{n} \cos(kx) \\ &= \frac{1}{2\sin(\frac{1}{2}x)}\left(\sin(n+\frac{1}{2})x - \sin(\frac{1}{2}x)\right) \\ &= \frac{\sin(n+\frac{1}{2})x}{2\sin(\frac{1}{2}x)} - \frac{1}{2} \end{align*}\]于是有：
\[\begin{align*} S_n(x) &= S_n(x) - S_n(\pi) \\ &= -\int_{x}^{\pi} \frac{\sin(n+\frac{1}{2})t}{2\sin(\frac{1}{2}t)} \text{d}t + \frac{1}{2}(\pi - x) \end{align*}\]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：
\[\begin{align*} \lim_{n\to\infty}\int_{\delta}^{\pi} F_n(t) \text{d}t &= \frac{1}{2}(\pi - \delta) - \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n-1}(\frac{1}{k} - \frac{1}{n})\sin(k\delta) \\ &= \frac{1}{2}(\pi - \delta) - \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(k\delta)}{k} - \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sin(k\delta) \\ &= \frac{1}{2}(\pi - \delta) - \frac{1}{2}(\pi - \delta) \\ &= 0 \end{align*}\]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：
\[F_n(x) \le \frac{1}{2n\sin^2{\frac12x}} \le \frac{1}{2m^2n}\]从而有：
\[0 \le \int_0^\pi F_n(x)\text{d}x \le \frac{\pi-\delta}{2m^2n}\]不等式最右边在 \(n\to\infty\) 时为 \(0\) ，从而夹逼得到中间的积分极限为 \(0\) 。得证。