无穷和Σcosn/n是否收敛?

有没有学过Dirichlet判别法?
如果数列a[n]单调趋于0, 同时级数∑b[n]的部分和有界, 则级数∑a[n]·b[n]收敛.
取a[n] = 1/n, 易见其单调趋于0.
取b[n] = cos(n), 有
b[1]+b[2]+...+b[n] = cos(1)+cos(2)+...+cos(n)
= (2cos(1)sin(1/2)+2cos(2)sin(1/2)+...+2cos(n)sin(1/2))/(2sin(1/2))
= (sin(3/2)-sin(1/2)+sin(5/2)-sin(3/2)+...+sin(n+1/2)-sin(n-1/2))/(2sin(1/2))
= (sin(n+1/2)-sin(1/2))/(2sin(1/2)),
可知|b[1]+b[2]+...+b[n]| ≤ 1/sin(1/2), 故∑b[n]的部分和有界.
根据Dirichlet判别法, 级数∑a[n]·b[n] = ∑cos(n)/n收敛.目测你没有算错, 但不是含有正弦就会震荡收敛的.
sin(x)+sin(2x)+...+sin(nx)
= (cos(x/2)-cos((n+1/2)x))/(2sin(x/2))
= sin(nx/2)sin((n+1)x/2)/sin(x/2)
= (sin²((2n+1)x/4)-sin²(x/4))/sin(x/2).
其中sin²(x/4)/sin(x/2)在[0,1]连续, 积分为常数.
只要估计∫{0,1} sin²((2n+1)x/4)/sin(x/2) dx
= 4·∫{0,1/4} sin²((2n+1)t)/sin(2t) dt.
在(0,1/4]上成立不等式0 ≤ 1/sin(2t)-1/(2t) ≤ 1/3.
因此上述积分与2·∫{0,1/4} sin²((2n+1)t)/t dt之差有界.
而2·∫{0,1/4} sin²((2n+1)t)/t dt
= 2·∫{0,(2n+1)/4} sin²(s)/s ds.
是一个随n趋于无穷而趋于无穷的积分.∫{0,e^i} (1-t^n)/(1-t) dt
= ∫{0,1} (1-(x·e^i)^n)/(1-x·e^i) d(x·e^i)
= e^i·∫{0,1} (1-(x·e^i)^n)/(1-x·e^i) dx.
考虑函数列fn(x) = (1-(x·e^i)^n)/(1-x·e^i).
它们都是[0,1]上的有界函数,
并在[0,1)上逐点收敛到f(x) = 1/(1-x·e^i),
从而在[0,1]上几乎处处收敛到f(x).
由控制收敛定理:
∫{0,1} fn(x) dx收敛到∫{0,1} f(x) dx.
于是∫{0,e^i} (1-t^n)/(1-t) dt收敛到
e^i·∫{0,1} f(x) dx = ∫{0,e^i} 1/(1-t) dt.
简而言之, 端点处不收敛不太影响积分的收敛性.