问题及解答

计算下列积分

(1)  $\displaystyle\int_{\ln 2}^{\ln 5}\sum_{n=1}^{\infty}ne^{-nx}\mathrm{d}x$.

(2)  $\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos^2(nx)}{n(n+1)}\mathrm{d}x$.

(1) 记 $f_n(x)=ne^{-nx}$, $x\in I=[\ln 2,\ln 5]$. 则

\[
|f_n(x)|=\frac{n}{e^{nx}}\leqslant\frac{n}{2^n},\quad\forall\ x\in[\ln 2,\ln 5].
\]

而 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{n}{2^n}$ 收敛(利用 Cauchy 判别法或 d'lembert 判别法). 故由 Weierstrass 判别法, $\sum\limits_{n=1}^{\infty}f_n(x)$ 在 $[\ln 2,\ln 5]$ 上一致收敛. 又 $f_n(x)=ne^{-nx}$ 在 $I$ 上连续, 故(黎曼)可积. 因此, 由逐项积分的定理, 知

\[
\int_{\ln 2}^{\ln 5}\sum_{n=1}^{\infty}ne^{-nx}\mathrm{d}x=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{\ln 2}^{\ln 5}ne^{-nx}\mathrm{d}x.
\]

其中

\[
\int_{\ln 2}^{\ln 5}ne^{-nx}\mathrm{d}x=(-e^{-nx})\biggr|_{\ln 2}^{\ln 5}=\frac{1}{2^n}-\frac{1}{5^n},
\]

因此, 原积分等于

\[
\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl(\frac{1}{2^n}-\frac{1}{5^n}\Bigr)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{5^n}=1-\frac{\frac{1}{5}}{1-\frac{1}{5}}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.
\]

(模仿(1) 的做法.)

解. (2) 记 $f_n(x)=\dfrac{\cos^2(nx)}{n(n+1)}$, $x\in[0,2\pi]$, 则

\[
|f_n(x)|=\frac{\cos^2(nx)}{n(n+1)}\leqslant\frac{1}{n(n+1)},\quad\forall\ x\in[0,2\pi].
\]

而 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n(n+1)}$ 收敛 (其值为 $1$). 故由 Weierstrass 判别法, $\sum\limits_{n=1}^{\infty}f_n(x)$ 在 $[0,2\pi]$ 上一致收敛. 又 $f_n(x)=\dfrac{\cos^2(nx)}{n(n+1)}$ 在 $[0,2\pi]$ 上连续, 故(黎曼)可积, 因此, 由逐项积分的定理知,

\[
\int_{0}^{2\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos^2(nx)}{n(n+1)}\mathrm{d}x=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{2\pi}\frac{\cos^2(nx)}{n(n+1)}\mathrm{d}x\ .
\]

其中

\[
\begin{split}
\int_{0}^{2\pi}\frac{\cos^2(nx)}{n(n+1)}\mathrm{d}x&=\frac{1}{n(n+1)}\int_{0}^{2\pi}\cos^2(nx)\mathrm{d}x\\
&=\frac{1}{n(n+1)}\int_{0}^{2\pi}\frac{1+\cos(2nx)}{2}\mathrm{d}x\\
&=\frac{1}{n(n+1)}\biggl[\frac{1}{2}\cdot 2\pi+\frac{\sin(2nx)}{4n}\biggr|_{0}^{2\pi}\biggr]\\
&=\frac{\pi}{n(n+1)},
\end{split}
\]

因此,

\[
\text{原式}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\pi}{n(n+1)}=\pi\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}=\pi.
\]