广东财经大学2020数学分析

解：
              $\displaystyle V=\int_{0}^{\pi}\pi y^2dx=\pi\int_{0}^{\pi}\sin^2xdx=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}(1-\cos 2x)dx=\frac{\pi^2}{2}.$

广东财经大学2020数学分析


证明：令
                     $\displaystyle f(x)=x-a\sin x-b,$

                      $\displaystyle \because f(0)=-b< 0,f(a+b)=a+b-a\sin (a+b)-b=a(1-\sin(a+b))> 0.(a+b\neq \frac{\pi}{2})$

             由由连续函数的介值定理知
                       $\displaystyle \exists \xi\in(0,a+b),s.t.f(\xi)=0,$

                  又当$\displaystyle a+b=\frac{\pi}{2}$时
                           $\displaystyle f(a+b)=0,$

             综上所得，方程至少存在一个不大于$a+b$的正根。

广东财经大学2020数学分析


证明：
               由已知条件利用拉氏中值定理，有
                         $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x_1,x_2\in X,\exists \delta=\frac{\epsilon }{M} > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                          $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|=|f'(\xi)(x_1-x_2)|\leq M|x_1-x_2|=M\cdot \frac{\epsilon }{M} =\epsilon .$

                 因此，命题成立。

判别下列函数列在指定的区间上的一致收敛性
                       $\displaystyle f_n(x)=n^\alpha xe^{-nx},x\in[0,+\infty )$

解：
               显然
                         $\displaystyle x=0,f_n(0)=0,$

                           $\displaystyle \because x> 0,\lim_{n \to \infty }f_n(x)=\lim_{n \to \infty }n^\alpha xe^{-nx}=0=f(x),$

                            $\therefore \underset{x\in(0,+\infty)}{\sup}|f_n(x)-f(x)|=\underset{x\in(0,+\infty)}{\sup}|f_n(x)|,$

                   求最大值
                             $\displaystyle f'_n(x)=n^\alpha e^{-nx}(1-nx)=0,\Rightarrow x=\frac{1}{n},$

                    此时有
                              $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\underset{x\in(0,+\infty)}{\sup}|f_n(x)-f(x)|=\lim_{n \to \infty }f(\frac{1}{n})=\lim_{n \to \infty }n^{\alpha -1}e^{-1}\rightarrow 0,(\alpha < 1)$

                  因此有
                            当$\alpha < 1$时，函数列在指定区间上一致收敛；
                            当$\alpha \geq 1$时，函数列在指定区间上非一致收敛。

中山大学2021年数学分析试题
一、计算题
           1、（5分）$\displaystyle \int \frac{dx}{1+\sin x};$

           2、（5分）$\displaystyle \int_{0}^{+\infty}x^2e^{-x}dx;$

二、讨论级数的收敛性
           1、（5 分）$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}(\ln n)^2};$

           2、（5 分）$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty }\frac{n!}{n^n};$

三、（10分）已知级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$，求收敛域和和函数。

四、（10分）设$\displaystyle f(x)$是周期为$\displaystyle 2\pi$的连续函数，证明：若其Fourier系数全为零，则$\displaystyle f(x)\equiv 0$.

五、（10分）$\displaystyle \alpha$是一实数，讨论$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2\alpha }}{(1+x^2)^n}$关于$\displaystyle x\in(0,+\infty)$上的一致收敛性。

六、（10分）设$\displaystyle u_n>0$，证明数列$\displaystyle\{(1+u_1)(1+u_2)\cdots (1+u_n)\}_{n=1}^\infty$与级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }u_n$具有相同的敛散性。

七、（10分）设$\displaystyle D\subset R^2$为平面上的有界闭集，用有限覆盖定理证明二元函数$f(x,y)$在$D$上连续，则$f(x,y)$在$D$上有界。

八、（10分）设二元函数
                     $f(x,y)=\begin{cases}
\frac{y^2}{x^4+y^2} &, y\neq 0 \\
1&, y= 0
\end{cases}$
                （1）、证明$\displaystyle f(x,y)$在原点，所有方向导数都存在；

                 （2）、$\displaystyle f(x,y)$在原点是否可微，请证明你的结论。

九、（10分）计算函数$\displaystyle f(x,y)=x^2+xy+2y^2-x$在区域$\displaystyle D=\{(x,y)||x|\leq 1,|y|\leq 1\}$上的最大值和最小值，并指明其最值点。

十、（10分）计算曲面积分$\displaystyle \iint_S\sin xdydz+\cos ydzdx+\sec zdxdy$，其中$\displaystyle S$为椭球面$\displaystyle \frac{x^2}{\pi^2}+y^2+z^2=1$外侧。

十一、（10分）计算曲线积分$\displaystyle \int_L\sqrt{xy}ds$，其中$L$为平面上以$\displaystyle A(0,1),B(0,2),C(1,2)$为顶点的三角形边界区域。

十二、（10分）求出常数$\displaystyle C,\alpha,\beta $使得$\displaystyle x^{\sin x}-(\sin x)^x$与$\displaystyle Cx^\alpha (\ln x)^\beta $，当$\displaystyle x\to 0^+$时是等价无穷小。

十三、（10分）证明函数$\displaystyle f$在区间$I$上一致收敛的充要条件是对任意满足
                                                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(x_n-y_n)=0,$
       的数列$\displaystyle \{x_n\}$和$\displaystyle \{y_n\}$都有
                                                        $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(f(x_n)-f(y_n))=0.$

十四、（10分）设函数$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (a,b)$上可导，证明$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (a,b)$上严格单调递增的充分必要条件是：对任意$\displaystyle x\in(a,b)$,$f'(x)\geq 0$，且对任意$\displaystyle c,d\in(a,b),c<d,f'(x)$在$\displaystyle (c,d)$上不恒为$0$。

十五、（10分）设函数$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (a,b)$上二阶可导，$\displaystyle M>0$是一个常数。证明：对任意$\displaystyle x\in(a,b)$，均有$\displaystyle |f''(x)|\leq M$的充分必要条件是对任意满足$\displaystyle x,x-h,x+h\in(a,b)$的$x,h$均有
                                $\displaystyle |\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2}|\leq M.$

一、（1）解：
                             $\begin{align*}\int \frac{dx}{1+\sin x}&=\int \frac{1-\sin x}{1-\sin ^2x}dx\\\\&=\int \sec^2xdx+\int \frac{d\cos x}{\cos ^2x}\\\\&=\tan x-\sec x+C.\end{align*}$

一、（2）解：
                      $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }x^2e^{-x}dx=-x^2e^{-x}|_0^{+\infty }+2\int_{0}^{+\infty }xe^{-x}dx=2\int_{0}^{+\infty }e^{-x}dx=\sqrt{\pi}.$

二、（1）解
                    $\displaystyle \because \frac{1}{\sqrt{n}(\ln n)^2}=\frac{1}{\sqrt{n}(\ln (1+(n-1)))^2}\sim \frac{1}{\sqrt{n}(n-1)^2},$

                而
                      $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}(n-1)^2}< \infty ,$

                      $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}(\ln n)^2}< \infty .$

二、（2）
               此题前面已经有解，是个很经典的常考题。

三、解
                     $R=1,x\in(-1,1]$

                     $\begin{align*}S&=\lim_{n \to \infty }S_n=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{x}(\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{2k+1})'dx\\\\&=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{x}\sum_{k=1}^{n}(-1)^kx^{2k}dx=\int_{0}^{x}\frac{x^2}{1+x^2}dx\\\\&=x-\arctan x.\end{align*}$

六、解
                 因为
                            $\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty }(1+u_n)=\exp(\sum_{n=1}^{\infty }\ln(1+u_n))  ,$

                    由
                            $\displaystyle \ln(1+u_n)\sim u_n,(n \to \infty )$

                    知，两个级数有相同的敛散性。

九、解
                  先求驻点
                                  $\displaystyle f_x=2x+y-1=0,f_y=x+4y=0,$

                               $\displaystyle \Rightarrow x=-\frac{4}{7},y=\frac{1}{7}.$

                   由于
                                 $\displaystyle f_{xx}=2> 0,f_{yy}=4,f_{xy}=1,$

                                  $\displaystyle f^2_{xy}-f_{xx}f_{yy}=-7< 0,$

                    所以，满足条件的函数有极小值
                                         $f_{\min}=\frac{42}{49}. $

                       与边界值比较知，最小值点为
                                             $\displaystyle (-\frac{4}{7},\frac{1}{7}).$

十、解
                 用高斯公式，并注意到积分的对称性

                        $\begin{align*}I&=\iint_S\sin xdydz+\cos ydzdx+\sec zdxdy\\\\&=\iiint_\Omega(\cos x-\sin y-\frac{\sin z}{\cos ^2z})dxdydz\\\\&=\iiint_\Omega\cos xdxdydz=2\int_{0}^{\pi}\cos x\cdot \pi(1-\frac{x^2}{\pi^2})dx\\\\&=-\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^2\cos xdx=-\frac{2}{\pi}x^2\sin x|_0^\pi+\frac{4}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\sin xdx\\\\&=-\frac{4}{\pi}x\cos x|_0^\pi+\frac{4}{\pi}\int_{0}^{\pi}\cos xdx=4.\end{align*}$

十一、解
                     $\displaystyle L=AC+CB+BA.$

                       $\displaystyle AC:x=1,y=t,0\leq t\leq 2;$

                       $\displaystyle CB:y=2,x=2t,0\leq t\leq \frac{1}{2};$

                        $\displaystyle BA:x=t,y=2-2t,0\leq t\leq 1.$

                     $\begin{align*}I&=\int_L\sqrt{xy}ds\\\\&=\int_{AC}\sqrt{t}\sqrt{0+1}dt+\int_{CB}2\sqrt{t}\sqrt{4+0}dt+\int_{BA}\sqrt{t(2-2t)}\sqrt{1+4}dt\\\\&=\int_{0}^{2}\sqrt{t}dt+4\int_{0}^{1/2}\sqrt{t}dt+\sqrt{10}\int_{0}^{1}\sqrt{t-t^2}dt\\\\&=\frac{4}{3}\sqrt{2}+\frac{2\sqrt{2}}{3}+\sqrt{10}\int_{0}^{1}\sqrt{t-t^2}dt.\end{align*}$

                   其中
                           $\begin{align*}\int_{0}^{1}\sqrt{t-t^2}dt&=\int_{0}^{1}\sqrt{(\frac{1}{2})^2-(t-\frac{1}{2})^2}d(t-\frac{1}{2})\\\\&=\frac{1}{2}(t-\frac{1}{2})\sqrt{(\frac{1}{2})^2-(t-\frac{1}{2})^2}|_0^1+\frac{1}{8}\arcsin \frac{t-\frac{1}{2}}{1/2}|_0^1\\\\&=\frac{\pi}{8}.\end{align*}$

                            $\displaystyle \therefore I=2\sqrt{2}+\frac{\sqrt{10}}{8}\pi.$

十三、

十四、证明：
       “$\Rightarrow$”此时有
                                 $\displaystyle \forall x\in (a,b),f(x+\Delta x)> f(x),\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}> 0,$

                     两边求导，有
                                  $\displaystyle f'(x)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\geq 0.$

                         由条件，有
                                    $\displaystyle \forall x\in (c,d)\subset (a,b), f(x)\not\equiv 0.$

                            不妨设
                                    $\displaystyle f(c)< f(d),$

                               则
                                     $\displaystyle \exists \xi\in (c,d),s.t.$

                                     $\displaystyle f(d)-f(c)=f'(\xi)(d-c).\Rightarrow f'(\xi)\neq 0.$

          "$\Leftarrow $"
                                由已知条件，得
                                      $\displaystyle \because \forall x\in (a,b),f'(x)\geq 0,$

                                       $\displaystyle \forall x\in (c,d)\subset (a,b),f'(x)\not\equiv 0,$

                                 由拉格朗日中值定理，得
                                        $\displaystyle \therefore \exists x\in (c,d)\subset (a,b),s.t.$
                  
                                          $\displaystyle f(d)-f(c)=f'(x)(d-c)> 0,$

                                          $\displaystyle \Rightarrow f(d)> f(c),$

                           由$c,d$取值的任意性，可知题中所列结论成立。

八、解：
        （1）、因为
                        $\begin{align*}\frac{\partial f}{\partial n}&=\lim_{t\to 0}\frac{f(0+t\cos \alpha ,0+t\sin \alpha )-f(0,0)}{t-0}\\\\&=\lim_{t\to 0}\frac{\frac{t^2\sin ^2\alpha }{t^4\cos ^4\alpha +t^2\sin ^2\alpha}-1}{t}\\\\&=\lim_{t\to 0}\frac{-t^4\cos ^4\alpha}{t(t^4\cos ^4\alpha +t^2\sin ^2\alpha)}\\\\&=0.\end{align*}$

                     所以，函数在原点各个方向的方向导数都存在。

   （2）、
                    $\displaystyle \because f_x(0,0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{0-1}{x}=-\infty .$

               因此，函数在原点不可微。

十五、证明
                $\begin{align*}|\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2}|&=|\frac{1}{h}\cdot (\frac{f(x+h)-f(x)}{h}-\frac{f(x-h)-f(x)}{-h})|\\\\&=|\frac{f'(x+\theta h)-f'(x-\lambda h)}{h}|\\\\&=|f''(\xi) |\\\\&\leq M,(0< \theta ,\gamma < 1)\end{align*}$

四、（10分）设$\displaystyle f(x)$是周期为$\displaystyle 2\pi$的连续函数，证明：若其Fourier系数全为零，则$\displaystyle f(x)\equiv 0$.

证明：
                      $\displaystyle \because a_n=b_n=0$
     
              从而，由Parseval等式可知有
                      $\displaystyle \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)dx=\frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }(a^2_n+b^2_n)=0.$

                而由$f(x)$的连续性，可得
                         $\displaystyle \Rightarrow f(x)\equiv 0.$

七、
            其证明可以参照一元函数在有限闭区间上有界的证明。

五、证明
               $\displaystyle  \because  \lim_{n \to \infty }f_n(x)=\lim_{n \to \infty }\frac{x^{2\alpha }}{(1+x^2)^n}=f(x)=0.$

         求极大值
                $\displaystyle f'_n(x)=(\frac{x^{2\alpha }}{(1+x^2)^n})'=\frac{2\alpha x^{2\alpha -1}(1+x^2)^n-x^{2\alpha }n\cdot 2x(1+x^2)^{n-1}}{(1+x^2)^{2n}}=\frac{(\frac{2\alpha}{x}-\frac{2nx}{1+x^2})x^{2\alpha }}{(1+x^2)^n}=0,$

         即
                  $\displaystyle 2\alpha +2\alpha x^2-2nx^2=0,$

               所以当$\displaystyle x=\sqrt{\frac{\alpha }{n-\alpha }}.$函数项有极大值。所以
                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\sup |f_n(x)-f(x)|=\lim_{n \to \infty }|f(\sqrt{\frac{\alpha }{n-\alpha }})|=\lim_{n \to \infty }\frac{(\frac{\alpha }{n-\alpha })^{\alpha }}{(1+(\frac{\alpha }{n-\alpha }))^n}=0.$

              由此可知，级数在$\displaystyle x\in(0,\infty)$上一致收敛。

十二、解
                             $\begin{align*}\because \lim_{x\to 0^+}\frac{x^{\sin x}-(\sin x)^x}{cx^\alpha (\ln x)^\beta }&=\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{\sin x\ln x}-e^{x\ln\sin x}}{cx^\alpha (\ln x)^\beta }\\\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{\sin x\ln x}-e^{x\ln\sin x}}{cx^\alpha (\ln x)^\beta }\\\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x\ln x-x\ln\sin x}{cx^\alpha (\ln x)^\beta }\\\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{(x-\frac{1}{6}x^3)\ln x-x\ln(x-\frac{1}{6}x^3)}{cx^\alpha (\ln x)^\beta }\\\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{(x-\frac{1}{6}x^3)\ln x-x\ln x-x\ln(1-\frac{1}{6}x^2)}{cx^\alpha (\ln x)^\beta }\\\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{(x-\frac{1}{6}x^3)\ln x-x\ln x-x\ln(1-\frac{1}{6}x^2)}{cx^\alpha (\ln x)^\beta }\\\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{-\frac{1}{6}x^3\ln x+\frac{1}{6}x^3}{cx^\alpha (\ln x)^\beta}.\end{align*}$

                            $\displaystyle \therefore c=-\frac{1}{6},\alpha =3,\beta =1.$

不知道考生觉得今年中山大学的题怎样。题不冷偏，但有一定计算量。考基础，也考概念。题量好象比往年要多一些。

复旦大学数学分析I期末试题


解：
                   $\begin{align*}\lim_{x\to\infty }[A(\cos \frac{1}{x}+a\sin \frac{1}{x^2}+2\cos \frac{1}{x^3}+\sin \frac{1}{x^4})]^{x^4}&=\lim_{x\to\infty }[A(1+\frac{a}{x^2}+2+\frac{1}{x^4})]^{x^4}\\\\&=\lim_{x\to\infty }[3A(1+\frac{a}{3x^2}+\frac{1}{3x^4})]^{\frac{1}{\frac{a}{3x^2}+\frac{1}{3x^4}}\cdot x^4(\frac{a}{3x^2}+\frac{1}{3x^4})}\\\\&=\lim_{x\to\infty }e^{\frac{ax^2}{3}+\frac{1}{3}}=B.\end{align*}$

                   $\displaystyle \therefore a=0,A=\frac{1}{3},B=\sqrt[3]{e}.$

复旦大学《数学分析1》期末考试题


证明：
                   $\displaystyle \because f(x)\uparrow ,|f(x)|\leq M,g(x)\uparrow ,|g(x)|\leq M,$

                      $\displaystyle \therefore f(x),g(x)\in C[a,b].$

                  所以，$f(x),g(x)$均在$[a,b]$上一致连续。又

                      $\displaystyle \because \forall \alpha ,\beta ,\exists \xi,\xi\in [\alpha ,\beta ]\subset [a,b],s.t.$

                       $\displaystyle f(\alpha )-g(\alpha )< F(\xi)< f(\beta )-g(\beta ),$

                      $\displaystyle \therefore \forall \epsilon > 0,\exists \delta > 0,|\xi-\alpha |\leq |\beta -\alpha |< \delta ,s.t.$

                           $\displaystyle |f(\beta )-f(\alpha )|< \frac{\epsilon }{2},|g(\beta )-g(\alpha )|< \frac{\epsilon }{2},$

                    因此有
                         $\begin{align*}|F(\xi)-F(\alpha )|&=|f(\xi)-g(\xi)-f(\alpha )+g(\alpha )|\\\\&\leq |f(\xi)-f(\alpha )|+|g(\xi)-g(\alpha )|\\\\&\leq |f(\beta )-f(\alpha )|+|g(\beta )-g(\alpha )|\\\\&< \frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .\end{align*}$

                     由于$\displaystyle \alpha,\beta ,\xi$的任意性，可知$\displaystyle F(x)$在$\displaystyle [a,b]$上一致连续，必然也连续。

复旦大学《数学分析1》期末考试题


证明
                 设
                               $\displaystyle F(x)=f'(x)-\eta ,$
                        
                         则
                                            $\displaystyle F(a)=f'(a)-\eta < 0,$

                                            $\displaystyle F(b)=f'(b)-\eta > 0,$

                                由介值定理，得
                                            $\displaystyle \exists \xi \in (a,b),s.t.$

                                             $\displaystyle F(\xi)=f'(\xi)-\eta =0,$

                                       $\displaystyle \Rightarrow f'(\xi)=\eta.$
                              

复旦大学《数学分析I》期末考试题

复旦大学《数学分析I》期末考试题


证明：由条件得
                                 $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\exists N> 0,n> N,s.t.$

                                   $\displaystyle |f(\sqrt{n})|< \epsilon ,$

                       由此有
                                     $\displaystyle \forall x,x> [\sqrt{n}]+1,s.t.$

                                        $\displaystyle |f(x)|< \epsilon .$

                       $\Rightarrow $
                                    由条件显然有
                                             $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x_1,x_2\in R,\exists N> 0,n> N,x_1,x_2> [\sqrt{n}]+1,s.t.$

                                                    $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|\leq |f(x_1)|+|f(x_2)|< \epsilon +\epsilon =\epsilon .$

                       $\Leftarrow $
                                     因为函数一致收敛，则由柯西收敛性质有
                                                $\forall \epsilon > 0,\forall x_1,x_2\in R,\exists N> 0,n> N,\exists \delta > 0,|x_1-\sqrt{n}|< \delta ,|x_2-\sqrt{n}|< \delta ,s.t.$

                                                 $\displaystyle |f(x_1)-f(\sqrt{n})|< \epsilon ,|f(x_2)-f(\sqrt{n})|< \epsilon ,$

                            从而得到
                                                 $\displaystyle \therefore \lim_{x\to +\infty }f(x)=0< \infty .$

中国科学技术大学数学分析B3期中试题(2020秋季)


解法1、最简单的方法是用stolz定理
                          $\displaystyle \lim_{n \to \infty }y_n=\lim_{n \to \infty }\frac{\lambda_1x_1+\lambda_2x_2+\cdots +\lambda_nx_n}{\lambda_1+\lambda_2+\cdots +\lambda_n}=\lim_{n \to \infty }\frac{\lambda_nx_n}{\lambda_n}=a.$


解法2、用放缩法，令
                           $\displaystyle x_{\max }=\max \{x_1,x_2,\cdots ,x_n\},$

                           $\displaystyle x_{\min }=\min \{x_1,x_2,\cdots ,x_n\},$

                     从而有
                                    $\displaystyle x_{\min }\leq x_k\leq x_{\max },$

                     求极限，得
                                      $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_{\min }=\lim_{n \to \infty } x_k=\lim_{n \to \infty } x_{\max }=a,(k=1,2,\cdots ,n),$

                   因此，所求极限为
                           $\displaystyle \lim_{n \to \infty }y_n=\lim_{n \to \infty }\frac{\lambda_1x_1+\lambda_2x_2+\cdots +\lambda_nx_n}{\lambda_1+\lambda_2+\cdots +\lambda_n}=\lim_{n \to \infty }x_{\max }=a.$

中国科学技术大学数学分析B3期中试题(2020秋季)


证明
            由已知条件，得
                                       $\displaystyle \forall x\in[-\pi,\pi],|f^{(k)}(x)|\leq M.$

                   对Fourier用分部积分法，有
                                     $\begin{align*}\because a_n&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nxdx\\\\&=\frac{1}{\pi}[\frac{1}{n}f(x)\sin nx|_{-\pi}^{\pi}-\frac{1}{n}\int_{-\pi}^{\pi}f'(x)\sin nxdx]\\\\&=-\frac{1}{n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f'(x)\sin nxdx\\\\&=-\frac{1}{n^2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f''(x)\cos nxdx=\cdots \\\\&=-\frac{1}{n^k\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^{(k)}(x)\cos nxdx,\end{align*}$

                                       $\displaystyle \therefore |a_n|\leq \frac{1}{n^k\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|f^{(k)}(x)\cos nx|dx\leq \frac{1}{n^k\pi}\int_{-\pi}^{\pi}Mdx=\frac{2M}{n^k}.$

                       即
                               $\displaystyle a_n=O(\frac{1}{n^k}).$

                用同样的方法，可知有
                               $\displaystyle b_n=O(\frac{1}{n^k}).$