这周我们继续看北京大学的数分期中试题，把剩下的三道题做完。这些题目算是比较有难度的。
6 令
S(x):=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\arctan(nx).
证明 S(x) 在 [0,+\infty) 上连续且严格单调递减。
先证明连续性：
将 S(x) 写成交错级数格式。令
u_{n}(x):=\frac{1}{n}\arctan(nx),
于是
S(x)=\sum_{n=1}^\infty(-1)^nu_n(x).
此时使用交错级数判别法，只要 u_n(x) 单调趋近于 0，即可证明 S(n) 一致收敛。
令
f(t)=\frac{\arctan(tx)}{t}
有
f'(t)=\frac{\frac{tx}{t^{2}x^{2}+1}-\arctan(tx)}{t^{2}}
由于
\arctan(tx)=\int_0^{tx}\frac{1}{1+s^2}\,\mathrm{d}s \ge \int_0^{tx}\frac{1}{1+t^2 x^2}\,\mathrm{d}s=\frac{tx}{1+t^2 x^2}
故 f(t) 递减，即 u_n(x) 递减。
另外，由于 u_n(x) 有上界 \frac{\pi}{2n}，故 u_n(x)\rightarrow 0.
因此 S(n) 一致收敛。由于每个 u_n(x) 均连续，S(n) 也连续。
下面证明严格递减。
取任意 0 \le x \le y，考虑差值
S(y)-S(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\left(\arctan(ny)-\arctan(nx)\right).
令
c_n:=\frac{\arctan(ny)-\arctan(nx)}{n}>0.
我们的目标是，证明 \sum_{n=1}^\infty(-1)^nc_n<0.
一个自然的想法是将其两两分组，像这样：
\sum_{n=1}^\infty(-1)^nc_n=-c_1+c_2-\cdots=-(c_1-c_2)-(c_3-c_4)-\cdots
只要证明 c_n 递减，那么就可以得到证明。
故考虑
H(t):=\frac{\arctan(ty)-\arctan(tx)}{t}.
求导得
H'(t)=\frac{-\frac{tx}{t^{2}x^{2}+1}+\frac{ty}{t^{2}y^{2}+1}+\arctan\left(tx\right)-\arctan\left(ty\right)}{t^{2}}
像上一问那样，有
\frac{ty}{1+t^2 y^2}-\frac{tx}{1+t^2 x^2}-\int_{tx}^{ty}\frac{1}{1+s^2}\,\mathrm{d}s \lt 0
因此 c_n 单调递减，故
\sum_{n=1}^{2m}(-1)^nc_n=-(c_1-c_2)-\cdots-(c_{2m-1}-c_{2m})<0.
因此有 S(y)-S(x)<0.
7.
(1) 证明对任意 n\in\mathbb{Z}_+，瑕积分
\int_0^1 x^{-n}\sin(x^{-n})\,\mathrm{d}x
收敛。
令 t=x^{-n}，则有
\int_0^1x^{-n}\sin(x^{-n})\,\mathrm{d}x=\frac{1}{n}\int_1^{+\infty}t^{-1/n}\sin t\,\mathrm{d}t.
于是由于 \int_0^x \sin t\,\mathrm{d}t 有界，对任意 n\in\mathbb{Z}_+ 有 t^{-1/n}\to 0，由 Dirichlet 判别法可知原积分收敛。
本题的另一个思路是，在 0 附近对积分估阶，给出等价积分式，其余部分自然收敛。这种思路虽然证明起来更繁琐，但更加底层，用到了更多的重要技巧。
将积分写开，以 x_1 为界得到
\int_0^1x^{-n}\sin(x^{-n})\mathrm{d}x=\sum_{k=1}^\infty\int_{x_{k+1}}^{x_k}x^{-n}\sin(x^{-n})\mathrm{d}x+\int_{x_1}^1x^{-n}\sin(x^{-n})\mathrm{d}x.
其中 x_k=(k\pi)^{-1/n}，它是 x\to 0 时 \sin(x^{-n}) 的零点。
等式右边的后一项是正常定积分，本身收敛。因此敛散性只需要考虑前半部分。
对积分式做代换 u=x^{-n}，有
\int_{x_{k+1}}^{x_k}x^{-n}\sin(x^{-n})\mathrm{d}x = \frac{1}{n}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}u^{-1/n}\sin u\mathrm{d}u.
当 u\in[k\pi,(k+1)\pi] 且 k\to\infty 时，可以近似 u^{-1/n}\sim(k\pi)^{-1/n}，故
\begin{aligned} \int_{x_{k+1}}^{x_k}x^{-n}\sin(x^{-n})\mathrm{d}x &\sim \frac{1}{n}(k\pi)^{-1/n}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\sin u\mathrm{d}u \\ & \sim \frac{2}{n} (-1)^k (k\pi)^{-1/n} \end{aligned}
所以原积分在 0 附近的收敛性与
\sum_{k=1}^\infty(-1)^kk^{-1/n}
相同。
由于 k^{-1/n} \to 0，故级数收敛，因此原积分收敛。
(2) 将该积分的值记为 I_n。判断无穷乘积
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+(-1)^{n-1}I_n\right)
的敛散性并证明。
判定无穷乘积的敛散性通常只有一个方法：使用 \ln 将其化为求和后判断无穷级数的敛散性。
事实上，若 \sum a_n 收敛，则 \prod\left(1+a_n\right) 也收敛。故本题从这一方向出发。
目标是证明 \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} I_n 收敛。故只需要证明 I_n\to 0 即可。
做一个不严谨的验证：
\lim_{n\to \infty} \int_0^1 x^{-n}\sin(x^{-n})\,\mathrm{d}x = \int_0^1 \lim_{n\to \infty} x^{-n}\sin(x^{-n})\,\mathrm{d}x = 0.
确实是这样的。但请注意：这只是作为我们 “猜答案” 的一种思路而已。上面的等式是不成立的。不成立的原因是积分不一致收敛，从而积分与极限不能互换。
所以我们要对证明做一些手脚。
\begin{aligned} \lim_{n\to \infty} \int_0^1 x^{-n}\sin(x^{-n})\,\mathrm{d}x &= \lim_{n\to \infty} \int_0^{1-\delta} x^{-n}\sin(x^{-n})\,\mathrm{d}x + \lim_{n\to \infty} \int_{1-\delta}^1 x^{-n}\sin(x^{-n})\,\mathrm{d}x \\ &= \int_0^{1-\delta} \lim_{n\to \infty} x^{-n}\sin(x^{-n})\,\mathrm{d}x + \lim_{n\to \infty} \int_{1-\delta}^1 x^{-n}\sin(x^{-n})\,\mathrm{d}x \\ &= \lim_{n\to \infty} \int_{1-\delta}^1 x^{-n}\sin(x^{-n})\,\mathrm{d}x \\ \end{aligned}
上式对任意 \delta \gt 0 均成立，从而 \delta\to 0 时
\lim_{n\to \infty} \int_0^1 x^{-n}\sin(x^{-n})\,\mathrm{d}x=0
因此 I_n \to 0，\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} I_n 收敛，\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+(-1)^{n-1}I_n\right) 收敛。
8
设 \sum_{n=1}^{\infty}a_n 为发散的正项级数，a_n>0。令 S_n:=\sum_{k=1}^n a_k. 设 f:(0,+\infty)\to\mathbb{R} 单调递减。
(1) 证明：如果无穷积分 \int_{2026}^{\infty}f(x)\,\mathrm{d}x 收敛，那么级数 \sum_{n=1}^{\infty}a_n f(S_n) 收敛。
若积分收敛，则因为被积函数单调，所以容易得到 \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0，因此 f 非负．故由此
\sum_{n=2}^{\infty} a_n f(S_n) = \sum_{n=2}^{\infty} (S_n - S_{n-1}) f(S_n) \leqslant \sum_{n=2}^{\infty} \int_{S_{n-1}}^{S_n} f(x) \, \mathrm{d}x = \int_{S_1}^{\infty} f(x) \, \mathrm{d}x < \infty
就有 \sum_{n=2}^{\infty} a_n f(S_n) 收敛．
(2) 如果上述无穷积分发散，那么上述级数一定发散吗？请论证你的判断。
反之，考虑
a_n = \frac{2^{2^n}}{n^2}, n = 1, 2, \cdots
然后取
f(x) := \begin{cases} \frac{1}{2^{2^1}}, & x \in (0, a_1] \\ \frac{1}{2^{2^n}}, & x = S_n, n = 1, 2, \cdots \\ \text{线性连接}, & \text{其他} \end{cases}
我们有
\sum_{n=1}^\infty a_n f(S_n) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} < \infty
以及
\begin{aligned} \int_{S_1}^\infty f(x)\mathrm{d}x &= \sum_{n=1}^\infty \int_{S_n}^{S_{n+1}} f(x)\mathrm{d}x \\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{a_{n+1}(f(S_{n+1}) + f(S_n))}{2} \\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{\frac{2^{2^{n+1}}}{(n+1)^2}\left(\frac{1}{2^{2^{n+1}}} + \frac{1}{2^{2^n}}\right)}{2} \\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{\frac{1}{(n+1)^2}(1 + 2^{2^n})}{2} \\ &= +\infty. \end{aligned}
故如果 \int_{2026}^\infty f(x)\mathrm{d}x 发散，那么 \sum_{n=1}^\infty a_n f(S_n) 不一定发散.
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