从本周开始，每日一题变成每周一题。如果每日都在博客中更新的话，主页未免太过单调。不妨放慢一点，每周一篇。
虽然说命名中是 “一题”，但实际上用 “一套题” 更为合适。既然都周更了，理应在这里多写一些。
本周我们来看北京大学的数学分析期中试题。
1 判断下列命题的正误并简要论证。
(1) \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin n}{n^2} 与它自身的 Cauchy 乘积收敛。
实际上，由于 \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin n}{n^2} 绝对收敛，故它与自身的 Cauchy 乘积收敛。
于是只需要证明 \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin n}{n^2} 绝对收敛即可。
由于
\sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{\sin n}{n^2}\right| \le \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}
故 \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin n}{n^2} 绝对收敛.
(2) 设 f\in R[-1,1]，F(x):=\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t. 如果 f 在 x=0 处不连续，那么 F 在 x=0 处不可导。
f 在 x=0 处不连续 \Rightarrow \lim_{x\to 0^+}f(x)\neq \lim_{x\to 0^-}f(x). 此时
F'(0)=\lim_{\lambda\to 0} \frac{F(\lambda)-F(0)}{\lambda}=\lim_{\lambda\to 0} \frac{\int_0^\lambda f(t)\,\mathrm{d}t}{\lambda}=\lim_{\lambda\to 0} f(\lambda)
故 F'(0^+)\neq F'(0^-)，即 F 在 x=0 处不可导。
2 计算积分
\int_0^{\infty}\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}\,\mathrm{d}x.
这种积分一看就是要分部积分，因为 \ln x 的导数是 \frac{1}{x}，能非常好地将其转化为多项式。
\begin{aligned} \int_0^{\infty}\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}\,\mathrm{d}x&=-\int_0^{\infty} \ln(1+x^2)\, \mathrm{d} \frac{1}{x} \\ &=-\frac{1}{x}\ln(1+x^2) \Big|_0^\infty+\int_0^{\infty} \frac{1}{x}\, \mathrm{d} \ln(1+x^2) \\ &=\int_0^{\infty} \frac{2}{1+x^2} \,\mathrm{d}x \\ &=\pi. \end{aligned}
3 假设 f\in C[0,1]。令 g(x):=\int_0^1 f(t)\,e^{-|x-t|}\,\mathrm{d}t. 证明 g 在 (0,1) 上满足 g''-g=-2f.
把 g(x) 拆开，然后直接求导即可。
\begin{aligned} g(x)&=\int_0^1 f(t)\,e^{-|x-t|}\,\mathrm{d}t \\ &=\int_0^x f(t)\,e^{-(x-t)} \,\mathrm{d}t + \int_x^1f(t)\,e^{x-t} \,\mathrm{d}t\\ &=e^{-x} \int_0^x f(t)\,e^{t} \,\mathrm{d}t + e^{x} \int_x^1 f(t)\,e^{-t}\,\mathrm{d}t. \end{aligned}
\begin{aligned} g'(x)&= -e^{-x} \int_0^x f(t)\,e^{t} \,\mathrm{d}t +e^{-x} f(x)\,e^x+e^{x} \int_x^1 f(t)\,e^{-t}\,\mathrm{d}t-e^x f(x)\,e^{-x} \\ &=-e^{-x} \int_0^x f(t)\,e^{t} \,\mathrm{d}t + e^{x} \int_x^1 f(t)\,e^{-t}\,\mathrm{d}t. \end{aligned}
\begin{aligned} g''(x)&=e^{-x} \int_0^x f(t)\,e^{t} \,\mathrm{d}t -e^{-x} f(x)\,e^x+e^{x} \int_x^1 f(t)\,e^{-t}\,\mathrm{d}t-e^x f(x)\,e^{-x} \\ &=e^{-x} \int_0^x f(t)\,e^{t} \,\mathrm{d}t + e^{x} \int_x^1 f(t)\,e^{-t}\,\mathrm{d}t-2f(x). \end{aligned}
于是即得
g''(x)-g(x)=-2f(x).
4 求
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}
在 (-1,+\infty) 上的收敛域。
这道题是不能用比较判别法的，因为比值趋近于 1。所以我们要对求和中的式子估阶。
令 a_n=\frac{n!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}，可以写成如下乘积式：
a_n=\prod_{k=1}^n \frac{k}{x+k}=\prod_{k=1}^n \frac{1}{1+\frac{x}{k}}
接下来对 a_n 估阶。由于
\begin{aligned} \ln a_n&=-\sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac{x}{k}\right) \\ &\sim -\sum_{k=1}^n \frac{x}{k} \\ &\sim -x\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \\ &\sim -x\ln n \end{aligned}
故 a_n \sim n^{-x}。
于是，\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)} 和 \sum_{n=1}^\infty n^{-x} 同敛散。
因此，原级数的收敛域为 (1,\infty).
5 已知 \{f_n\} 在 [0,+\infty) 上连续、一致有界，并且内闭一致收敛到 f=f(x). 而 g=g(x) 在任意有界闭区间 [0,B] 上 Riemann 可积，并且无穷积分 \int_0^{\infty} g(x)\,\mathrm{d}x 绝对收敛。证明：
\lim_{n\to+\infty}\int_0^{\infty}f_n(x)g(x)\,\mathrm{d}x= \int_0^{\infty}f(x)g(x)\,\mathrm{d}x.
这个题目的思路如下：
如果 f(x) 是一致收敛的，那么结论已然成立。现在需要证明的是在内闭一致收敛的情况。故先思考内闭一致收敛和一致收敛的区别。
他们的主要区别是：内闭一致收敛只保证了任何闭集上的一致收敛性，而非整个定义域内的一致收敛性。故可以将 [0,\infty) 划分为 [0,A]\cup (A,\infty) 两部分分别计算。在 [0,A] 部分使用一致收敛的性质证明相等，在 (A,\infty) 使用 \lim_{A\to\infty}\int_A^{\infty}f_n(x)\,\mathrm{d}x=0 的性质证明它对原积分无影响。
当然，证明是要严谨的。所以在证明过程中需要使用 \varepsilon 语言叙述。
先说明无穷远处的情况：
由于 f_n 一致有界，故存在 M 使得 f_n\lt M 且 f\lt M。
又因为 \int_0^\infty g(x)\,\mathrm{d}x 绝对收敛，故对于任意 \varepsilon\gt 0 有
\int_A^\infty \left|g(x)\right|\,\mathrm{d}x \lt \frac{\varepsilon}{4M}.
因此
\begin{aligned} \left|\int_A^\infty f_n(x)g(x)\,\mathrm{d}x\right| &\le \int_A^\infty \left|f_n(x)\right| \left|g(x)\right|\mathrm{d}x \\ &\le M \int_A^\infty\left|g(x)\right|\mathrm{d}x\\ &\lt \frac{\varepsilon}{4}. \end{aligned}
同理可得
\left|\int_A^\infty f_n(x)g(x)\,\mathrm{d}x\right|\lt \frac{\varepsilon}{4}.
下面处理有限的情况：
由于 f_n 在 [0,A] 上一致收敛，故对于任意 \varepsilon \gt 0，存在 N 使得 n\gt N 时
\left|f_n(x)-f(x)\right| \lt \frac{\varepsilon}{2 \int_0^A g(x) \mathrm{d}x}.
于是 n\gt N 时有
\begin{aligned} \left|\int_0^A \left(f_n(x)-f(x)\right)g(x)\,\mathrm{d}x\right| &\le \int_0^A \left|f_n(x)-f(x)\right| \left|g(x) \right| \mathrm{d}x\\ &\lt \frac{\varepsilon}{2}. \end{aligned}
综上所述，得到最终结果。当 n\gt N 时
\begin{aligned} &\left|\int_0^\infty f_n(x)g(x)\,\mathrm{d}x - \int_0^\infty f(x)g(x)\,\mathrm{d}x\right| \\ =&\left|\int_0^\infty \left(f_n(x)-f(x)\right)g(x)\,\mathrm{d}x\right| \\ \le&\left|\int_0^A \left(f_n(x)-f(x)\right)g(x)\,\mathrm{d}x\right| + \left|\int_A^\infty f_n(x)g(x)\,\mathrm{d}x\right| + \left|\int_A^\infty f(x)g(x)\,\mathrm{d}x\right| \\ \lt&\;\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{4}+\frac{\varepsilon}{4}\\ =&\;\varepsilon. \end{aligned}
证毕。
实际上，这份试卷总共有 8 道题，不过碍于难度较大以及篇幅原因，将它们放在下周的文章中。
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