数学分析 | 基础 | 三角函数2

三角函数公式

设 $a_{n}$ 单调递减趋近于零, $x \neq 2 k \pi(k \in \mathbb{Z})$ ,则级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x$ 与 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \sin n x$ 都收敛.

proof

由于 $x \neq 2 k \pi(k \in \mathbb{Z})$ ,所以 $\frac{x}{2} \neq k \pi(k \in \mathbb{Z})$ ,从而 $\sin \frac{x}{2} \neq 0$ ,于是对任意的正整数 $n$ ,有

$\begin{aligned} &|\cos x+\cos 2 x+\cdots+\cos n x|\\ =&\left|\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) x-\sin \frac{x}{2}}{2 \sin \frac{x}{2}}\right| \\ \leq & \frac{2}{2 \sin \frac{x}{2}}=\frac{1}{\left|\sin \frac{x}{2}\right|} ;\end{aligned}$
$\begin{aligned}&|\sin x+\sin 2 x+\cdots+\sin n x|\\ =&\left|\frac{\cos \frac{x}{2}-\cos \left(n+\frac{1}{2}\right) x}{2 \sin \frac{x}{2}}\right|\\ \leq & \frac{2}{2 \sin \frac{x}{2}}=\frac{1}{\left|\sin \frac{x}{2}\right|}. \end{aligned}$

这说明级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cos n x$ 与 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \sin n x$ 的部分和有界,又由于 $a_{n}$ 单调递减趋近于零,由狄利克雷判别法可知数

项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x$ 与 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \sin n x$ 都收敛.

设 $x \neq k \pi(k \in \mathbb{Z})$ ,请讨论级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n^{p}}$ 与 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n^{p}}$ 的条件收敛与绝对收敛性.

proof

只讨论级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n^{p}}$ 的条件收敛与绝对收敛性,对应 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n^{p}}$ 有完全相同的结果.

当 $p>1$ 时,由 $\left|\frac{\cos n x}{n^{p}}\right| \leq \frac{1}{n^{p}}$ 可知级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n^{p}}$ 绝对收敛.

当 $0 < p \leq 1$ 时,由于 $x \neq k \pi(k \in \mathbb{Z})$ ,根据例题可知 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n^{p}}$ 收敛,同时由于

$\left|\frac{\cos n x}{n^{p}}\right| \geq \frac{\cos ^{2} n x}{n^{p}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n^{p}}+\frac{\cos 2 n x}{n^{p}}\right).$

而 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{p}}$ 发散,同时由 $2 x \neq 2 k \pi(k \in \mathbb{Z})$ ,根据例题可知 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos 2 n x}{n^{p}}$ 收敛,所以 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left|\frac{\cos n x}{n^{p}}\right|$ 发散,即此时级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n^{p}}$ 条件收敛.

当 $p \leq 0$ 时,由 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\cos n x}{n^{p}} \neq 0$ 可知级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n^{p}}$ 发散.

讨论级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{\sin n}{n}$ 与 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{\sin ^{2} n}{n}$ 的条件收敛性与绝对收敛性.

proof

注意到 $(-1)^{n} \frac{\sin n}{n}=\frac{\sin (1+\pi) n}{n}$ ,由例题可知级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{\sin n}{n}$ 条件收敛.另外,由

$(-1)^{n} \frac{\sin ^{2} n}{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{(-1)^{n}}{n}-\frac{(-1)^{n} \cos 2 n}{n}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{(-1)^{n}}{n}-\frac{\cos (2+\pi) n}{n}\right).$

易知 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{\sin ^{2} n}{n}$ 收敛,但是同例题可证 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\sin ^{2} n}{n}$ 发散,于是 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{\sin ^{2} n}{n}$ 也条件收敛.

注

显然 $\frac{\sin ^{2} n}{n}$ 并非单调数列,但是交错级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{\sin ^{2} n}{n}$ 收敛,这说明莱布尼茨判别法中的 $a_{n}$ 单调趋近于零的“单调”并不是必要的.
$(-1)^{n} \sin x=\sin (x \pm n \pi)$ 与 $(-1)^{n} \cos x=\cos (x \pm n \pi)$ 很重要.

设 $a_{n}$ 单调递减趋近于零,证明级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x$ 与 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \sin n x$ 在不包含 $2 k \pi(k \in \mathbb{Z})$ 的任意闭区间上都一致收敛.

proof

不妨设 $x \in[a,b]$ ,其中 $[a,b]$ 不包含所有的 $2 k \pi(k \in \mathbb{Z})$ ,所以 $\sin \frac{x}{2}$ 在 $[a,b]$ 无零点,于是 $\left|\sin \frac{x}{2}\right|$ 的最小值大于零,设为 $\min _{x \in[a,b]}\left|\sin \frac{x}{2}\right|=m>0$ ,由例题可知,对任意的正整数 $n$ 及 $x \in[a,b]$ ,有

$$\begin{array}{l}

|\cos x+\cos 2 x+\cdots+\cos n x| \leq \frac{1}{\left|\sin \frac{x}{2}\right|} \leq \frac{1}{m} \

|\sin x+\sin 2 x+\cdots+\sin n x| \leq \frac{1}{\left|\sin \frac{x}{2}\right|} \leq \frac{1}{m}

\end{array}$$

再结合 $a_{n}$ 单调递减趋近于零,由 A-D 判别法可知 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x$ 与 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \sin n x$ 在 $[a,b]$ 上均一致收敛.

求函数 $f(x)=\ln \left(2 \cos \frac{x}{2}\right)$ 在 $(-\pi,\pi)$ 上的傅里叶级数,并由此证明 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n}=-\ln \left(2 \sin \frac{x}{2}\right),x \in(0,2 \pi).$

proof

由于 $f(x)$ 为偶函数,所以 $b_{n}=0$ ,且根据 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\cos x)=-\frac{\pi}{2} \ln 2$ 可知

$a_{0}=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \ln \left(2 \cos \frac{x}{2}\right) \mathrm{d} x \stackrel{\frac{x}{2}=t}{=} \frac{2}{\pi}\left(\pi \ln 2+2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \cos t \mathrm{~d} t\right)=\frac{2}{\pi}\left[\pi \ln 2+2\left(-\frac{\pi}{2} \ln 2\right)\right]=0.$

另外,结合推论dirichlet积分可知

$$\begin{aligned}

a_{n} &=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \ln \left(2 \cos \frac{x}{2}\right) \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{2}{n \pi} \int_{0}^{\pi} \ln \left(2 \cos \frac{x}{2}\right) \mathrm{d}(\sin n x) \

&=\frac{2}{n \pi}\left[\left.\sin n x \ln \left(2 \cos \frac{x}{2}\right)\right|{0} ^{\pi}+\int{0}^{\pi} \frac{\sin n x \sin \frac{x}{2}}{2 \cos \frac{x}{2}} \mathrm{~d} x\right]=\frac{1}{n \pi} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin n x \sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}} \mathrm{~d} x \

& \stackrel{x=\pi-t}{=} \frac{1}{n \pi} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin (n \pi-n t) \sin \left(\frac{\pi}{2}-\frac{x}{2}\right)}{\cos \left(\frac{\pi}{2}-\frac{x}{2}\right)} \mathrm{d} t=\frac{(-1)^{n+1}}{n \pi} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin n x \cos \frac{x}{2}}{\sin \frac{x}{2}} \mathrm{~d} x \

&=\frac{(-1)^{n+1}}{n \pi} \textcolor{red}{{\int_{0}^{\pi} \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) x+\sin \left(n-\frac{1}{2}\right) x}{2 \sin \frac{x}{2}} \mathrm{~d} x}} =\frac{(-1)^{n+1}}{n \pi} \cdot \pi=\frac{(-1)^{n+1}}{n}

\end{aligned}$$

于是由收敛定理可知 $f(x)=\ln \left(2 \cos \frac{x}{2}\right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}$ $\cos n x$ , $x$ $in$$(-\pi,\pi)$ .

另外,当 $x \in(0,2 \pi)$ 时,有 $x-\pi \in(-\pi,\pi)$ ,所以此时有

$\ln \left(2 \sin \frac{x}{2}\right)=\ln \left(2 \cos \frac{\pi-x}{2}\right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \cos n(\pi-x)=-\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n} .$

即有 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n}=-\ln \left(2 \sin \frac{x}{2}\right),x \in(0,2 \pi)$ .

最后需要强调的是:本篇给出来的补充公式各个都有重要作用,其中万能公式与半角公式在积分计算中已是常客,重要性无需多言.下面是其他公式的部分应用:

求极限 $\lim\limits _{x \rightarrow+\infty}(\sin \sqrt{x+1}-\sin \sqrt{x})$ .

proof

由和差化积公式结合 $|\sin x| \leq x$ 有

$\textcolor{red}{|\sin \sqrt{x+1}-\sin \sqrt{x}|=\left|\cos \frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}{2} \sin \frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x}}{2}\right|} \leq 2(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}) \rightarrow 0(x \rightarrow+\infty).$

所以 $\lim _{x \rightarrow+\infty}(\sin \sqrt{x+1}-\sin \sqrt{x})=0$ .

求极限 $\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \cos \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2^{2}} \cdots \cos \frac{x}{2^{n}}$ .

proof

(i)当 $x=0$ ,显然极限为 1.

(ii)当 $x \neq 0$ 时,有三角函数公式有

$\textcolor{red}{\lim _{n \rightarrow \infty} \cos \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2^{2}} \cdots \cos \frac{x}{2^{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{2^{n} \sin \frac{x}{2^{n}}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{2^{n} \cdot \frac{x}{2^{n}}}=\frac{\sin x}{x}.}$

特别地,取 $x=\frac{\pi}{2}$ ,由半角公式 $\cos \frac{\theta}{2}=\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \cos \theta}$ 可知

$\sqrt{\frac{1}{2}} \cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}}} \cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}}}} \cdots=\frac{2}{\pi}.$

证明下列数项级数收敛,并求其和.

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ ;

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2 n+1}{\left(n^{2}+1\right)\left[(n+1)^{2}+1\right]}$ ;

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{2 n+1}{n(n+1)}$ ;

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\sqrt{n+2}-2 \sqrt{n+1}+\sqrt{n})$ ;

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{a^{2^{n}}}{1-a^{2^{n+1}}}(0< a <1)$ ;

$\textcolor{red}{\sum\limits_{n=1}^{\infty} \arctan \frac{1}{2 n^{2}}}$ .

提示

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2} \sum\limits_{n=1}^{\infty}\left[\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right]=\frac{1}{4}$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2 n+1}{\left(n^{2}+1\right)\left[(n+1)^{2}+1\right]}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left[\frac{1}{n^{2}+1}-\frac{1}{(n+1)^{2}+1}\right]=\frac{1}{2}$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{2 n+1}{n(n+1)}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left[\frac{(-1)^{n}}{n}-\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}\right]=-1$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\sqrt{n+2}-2 \sqrt{n+1}+\sqrt{n})=\sum\limits_{n=1}^{\infty}[(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1})-(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})]=1-\sqrt{2}$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{a^{2^{n}}}{1-a^{2^{n+1}}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{1-a^{2^{n}}}-\frac{1}{1-a^{2^{n+1}}}\right)=\frac{1}{1-a^{2}}-1=\frac{a^{2}}{1-a^{2}}$
$\textcolor{red}{\sum\limits_{n=1}^{\infty} \arctan \frac{1}{2 n^{2}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\arctan \frac{n}{n+1}-\arctan \frac{n-1}{n}\right)=\frac{\pi}{4}}$

设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=\sqrt{2},a_{n+1}=\sqrt{2+a_{n}}$ ,求极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2^{n}}{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}}$ .

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