解：因为
dxdx????1?x?1?dx
?lim?lim????2?2A???A???x(1?x)x(1?x)?1?1?xx2??1?1A??AA11?lim?ln(1?x)?lnx???lim?ln?1?A??ln2?lnA?1???1?ln2. ???A????x?1A????A??于是无穷积分
???1dxdx收敛,其值为1?ln2.
x2(1?x)36. 利用级数敛散性定义验证级数
?n(n?1)(n?2)是否收敛.若收敛,求其和数.
n?1?1?11?111?解：因为,从而级数?的部分和为 ???n(n?1)(n?2)2?n(n?1)(n?1)(n?2)?n(n?1)(n?2)?n?1n11?111?1?1?1???????(n??). ????k(k?1)(k?2)2k(k?1)(k?1)(k?2)22(n?1)(n?2)4????k?1k?1n于是该级数收敛,其和为
?1. 4137.判断级数
??1?cosn?的敛散性. ????n?1解：因为lim1?cosn??112sin2??1?1?cos1?收敛. n?lim2n?1,且级数收敛,所以级数????2n??112nn??n?1n?122nnn?n?的敛散性.
38.判断级数???2n?1??n?1?n?n1n解：因为limun?lim??1,由根式判别法知级数????收敛. n??n??2n?12n?12?n?1???n39.判断级数
???1?n?1n2sin是绝对收敛,条件收敛还是发散.
n??1?解：因为limn??n2sin?n21?2,且级数?发散,故原级数不绝对收敛.但sin单调递减,且
n1nn?1n???n22limsin?0,由莱布尼茨判别法可知级数???1?sin条件收敛. n??nnn?140. 判断级数
?sinnx,x?(0,2?)是绝对收敛,条件收敛还是发散. nn?1?nxn?1?1??11????解：因为 2sin?sinkx???cos?k??x?cos?k??x??cosx?cos?n??x, 2k?12?2??22????k?1??x当x?(0,2?)时,sin?0,于是.所以级数?sinnx的部分和数列
2n?111cosx?cos?n????x22???1
Sn??sinkx?xxk?12sinsin22n当x?(0,2?)时有界,从而由狄利克雷判别法可知级数
?sinnx收敛; nn?1?同法可证级数
cos2nx在x?(0,?)上收敛. ?nn?1???sinnxsin2nx11?cos2nx1cos2nx1cos2nx?????又因为,级数?发散, ?收敛, nnn22n2n2nnn?1n?1?1cos2nx?sinnx?于是级数??发散,由比较判别法可知级数?发散. ??n2n2n?n?1n?1??所以级数
sinnx在x?(0,2?)条件收敛. ?nn?1?(?1 )n(x?n)n41. 判断函数项级数?在区间[ 0 , 1 ]上的一致收敛性.
nn?1(?1 )n?x?解：记un(x)? , vn(x)??1??. 则有（1）级数?un(x)收敛;
n?n??x?（2）对每个x?[ 0 , 1 ], vn(x)单调增加；（3）|vn(x)|??1???e 对 ?x?[ 0 , 1 ]和?n成立.
?n?(?1 )n(x?n)n由Abel判别法, ?在区间[ 0 , 1 ]上一致收敛. n?1n42.设 fn(x)?n??nnnx, x?[ 0 , 1 ]. 讨论函数列{fn(x)}的一致收敛性.
1?n2x2解：因为 limfn(x)? 0, x?[ 0 , 1 ]. |fn(x)― 0|?fn(x) . 可求得
maxfn(x)?fn( )? ??0, ( n?? ).
0?x?11n12 所以，由余项准则可知函数列{fn(x)}在区间[ 0 , 1 ]上非一致收敛. 43. 函数列
1?22nx,0?x?,?2n?11?fn(x)??2n?2n2x,?x?, n?1,2,?
2nn??1?0,n?x?1.?在[0,1]上是否一致收敛？
解：由于fn(0)?0，故f(0)?limfn(0)?0.当0?x?1时，只要n?n??n??1，就有fn(x)?0，故在(0,1]x上有f(x)?limfn(x)?0.于是函数列{fn(x)}在[0,1]上的极限函数f(x)?0，又由于
x?[0,1]supfn(x)?f(x)?fn(1)?n?? (n??)， 2n所以由余项准则可知函数列{fn(x)}在[0，1]上不一致收敛. 44. fn(x)?2nxe2?n2x2在R内是否一致收敛？
解：显然有fn(x)?0,|fn(x)?f(x)| ? fn(x)在点xn?112n处取得极大值，
??1?fn???2ne2??0,( n?? ). 由余项准则,可知 {fn(x)}不一致收敛. ?2n?五、 证明题
1. 若函数f(x)在闭区间[a,b]上单调,证明f(x)在[a,b]上可积.
证明：不妨设函数f(x)在闭区间[a,b]上单调递增,且f(a)?f(b).不然, f(a)?f(b),则f(x)在
[a,b]上为常数函数,显然可积.
对[a,b]的任一分法T,由于f(x)单调增加, f(x)在T所属的每个小区间?i上的振幅为
)T??fb(?)fa(?)T.由此可见,任给?i?f(xi)?f(xi?1),于是??i?xi???f(xi)?f(x?i1?Ti?1n??0,只要T??f(b)?f(a),就有
???xiTi??,所以函数f(x)在闭区间[a,b]上可积.
2．若函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,且f(x)不恒等于零,证明
?a?f(x)?b2dx?0.
证明：函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,且f(x)不恒等于零,则函数f2(x)在闭区间[a,b]上连续,从而
f2(x)在闭区间[a,b]上可积,且f2(x)不恒等于零,因此f2(x)?0,且存在x0?[a,b],使f2(x0)?0.
根据保号性,存在[?,?]?[a,b],使?x?[?,?],都有f2(x)?0.于是
?a?f(x)?b2dx???f(x)?a?2dx???f(x)???2dx???f(x)??b2dx?0.
3．试利用区间套定理证明确界原理.
证明：设S为一非空有上界M的数集.因其非空,故有ao?S,不妨设ao不是S的上界(否则ao为S的最大元,即为S的上确界),记?a1,b1???a0,M?.将?a1,b1?二等分,其中必有一子区间,其右端点为S的上界,但左端点不是S的上界,记之为?a2,b2?,再将?a2,b2?二等分,其中必有一子区间,其右端点是S的上界,而左端不是S的上界,记之为?a3,b3?.依此类推,得到一区间套??an,bn??,其中bn恒为S的上界, an恒非S的上界,且
11M?a0bn?an?(bn?1?an?1)?n?1(b1?a1)??0(n??). n?1222由区间套定理,????an,bn?(n?1,2,?). 现证?即为supS:
(1)因为?x?S,x?bn,令n??取极限,得x??,即?为S的上界.
n(2)???0,因为n????,故an>???;由于an不是S的上界,因此???更不是S的上界.所以?是S
lima的最小上界,即supS??.
同理可证有下界的非空数集必有下确界。
4. 设函数f(x)为(??,??)上以p为周期的连续周期函数.证明对任何实数a,恒有
?a?paf(x)dx??f(x)dx.
0p证明：因为
?a?paf(x)dx??f(x)dx??f(x)dx??a00pa?ppf(x)dx.令t?x?p,则有
aa00?a?ppf(x)dx??f(t?p)dt??f(t)dt??f(x)dx.
0a
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