14-第十四章 函数项级数与幂级数

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正文部分

14.1.1 基本内容

例题 14.1.1

非负连续函数列

$$(1)\{x{e}^{-nx}\},(2)\{nx{e}^{-nx}\},(3)\{n^{2}x{e}^{-nx}\}$$

在区间 $[0,1]$ 上收敛于同一个极限函数 $S(x)\equiv 0$。从图 14.1 上可以看出它们在 $[0,1]$ 上的收敛情况大不相同。(1) 是一致收敛的；(2) 不一致收敛，但还是一致有界的；(3) 不一致收敛，而且不一致有界。（图中对 (3) 只作出 $0\le x\le 0.1$ 的部分。）

说明 容易看出三个函数列中的第 $n$ 个函数都在点 $x=1/n$ 处达到最大值。这些最大值分别为 $1/(ne)$、$1/e$ 和 $n/e$。又不难计算出，对这三个函数列都存在（曲边梯形面积的）极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1{f}_n(x)dx,$$

极限值分别为 $0,0$ 和 $1$。

14.1.2 例题

例题 14.1.2

绝对一致收敛的函数项级数的一致收敛性不一定能够用 Weierstrass 判别法来判定。观察非负函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$，其中对 $n=1,2,\cdots$ 令

$$u_n(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{n},& \frac{1}{n+1}\le x<\frac{1}{n},\\ 0,& x\text{ 为区间 }[0,1]\text{ 中的其他值}.\end{array}$$

容易看出，对于区间 $[0,1]$ 中的每个 $x$，在级数的无限项中至多只有一项不是 $0$，因此级数处处收敛。又可以看出对余项的估计

$$R_n(x)=\sum _{k=n+1}^{\infty }{u}_k(x)\le \frac{1}{n+1}$$

在 $[0,1]$ 上一致成立，因此级数在 $[0,1]$ 上一致收敛。但是从

$$\underset{x\in [0,1]}{\sup }\{u_n(x)\}=\frac{1}{n},n=1,2,\cdots$$

和调和级数发散可知，用 Weierstrass 判别法一定不成功。

解 对每个 $x\in [0,1]$，至多只有一个指标 $n$ 满足 $u_n(x)\ne 0$，因此级数逐点收敛。更具体地说，若 $\frac{1}{k+1}\le x<\frac{1}{k}$，则和函数值就是 $u_k(x)=1/k$；若 $x=0$，则和为 $0$.

对余项 $R_n(x)={\sum }_{k=n+1}^{\infty }{u}_k(x)$，若 $x\ge 1/(n+1)$，则一切 $k\ge n+1$ 都有 $u_k(x)=0$，从而 $R_n(x)=0$；若 $x<1/(n+1)$，则至多有一个 $k\ge n+1$ 使 $u_k(x)\ne 0$，且这时 $R_n(x)=1/k\le 1/(n+1)$. 因而

$$\underset{x\in [0,1]}{\sup }|R_n(x)|\le \frac{1}{n+1}\to 0,$$

故级数在 $[0,1]$ 上一致收敛。

另一方面，${\sup }_{x\in [0,1]}{u}_n(x)=1/n$，而 $\sum 1/n$ 发散，所以 Weierstrass 判别法在这里不能使用。这说明“绝对一致收敛”并不是一致收敛的必要条件。

注 本题的构造方法可以推广为：设非负数列 $\{a_n\}$ 收敛于 $0$，区间 $I$ 上的函数列 $\{u_n(x)\}$ 满足条件 $|u_n(x)|\le a_n,\forall n,u_i(x)u_j(x)=0,\forall i\ne j$，则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 在区间 $I$ 上必一致收敛。

例题 14.1.3

设对每个 $n$，函数 $u_n(x)$ 在 $x=c$ 处左连续，又已知 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(c)$ 发散。证明：对任意正数 $\delta >0$，${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 在区间 $(c-\delta ,c)$ 上必不一致收敛。

证 用反证法。设有 $\delta >0$，使 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 在区间 $(c-\delta ,c)$ 上一致收敛，这就是 $\forall \epsilon >0,\exists N>0$，当 $n\ge N$ 时，对每个正整数 $p$ 和每个 $x\in (c-\delta ,c)$，成立

$$|u_{n+1}(x)+u_{n+2}(x)+\cdots +u_{n+p}(x)|<\epsilon .\text{\hspace{1em}(14.1)}$$

由题设，$u_{n+1}(x)+u_{n+2}(x)+\cdots +u_{n+p}(x)$ 在 $x=c$ 左连续，在 (14.1) 中令 $x\to c-$，得到

$$|u_{n+1}(c)+u_{n+2}(c)+\cdots +u_{n+p}(c)|\le \epsilon .$$

由数项级数的 Cauchy 收敛准则知道，这与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(c)$ 发散的条件相矛盾。

注 1 可将本题与一致连续性理论中的例题 5.4.5（上册 140 页）作比较。

注 2 例如，函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{e}^{-nx}$ 在 $x=0$ 时发散，因此该级数在 $(0,+\infty )$ 上必定不一致收敛。当然，还可以进一步研究是否内闭一致收敛等可能性。

例题 14.1.4（Bendixon（本迪克松）判别法）

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 为 $[a,b]$ 上的可微函数项级数，且 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n^{\prime }(x)$ 的部分和函数列在 $[a,b]$ 上一致有界，证明：如果 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上收敛，则必在 $[a,b]$ 上一致收敛。

证 由题设，存在正常数 $C$，使得对每个正整数 $n$ 和每个 $x\in [a,b]$，同时成立不等式

$$\left|\sum _{k=1}^n{u}_k^{\prime }(x)\right|\le C.$$

对每个给定的 $\epsilon >0$，取区间 $[a,b]$ 的等距分割 $\{x_0,x_1,\cdots ,x_m\}$，其中 $m$ 充分大，使分割的细度

$$\Delta x_i=\frac{b-a}{m}<\frac{\epsilon }{4C}.$$

由于函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上处处收敛，因此从 Cauchy 收敛准则知，存在 $N$，使 $n>N$ 时，对任意正整数 $p$ 和分割的每个分点 $x_i$，同时成立

$$\left|\sum _{k=n+1}^{n+p}{u}_k(x_i)\right|<\frac{\epsilon }{2},i=0,1,\cdots ,m.$$

现在对于任意的 $x\in [a,b]$，不妨设 $x\in [x_{i-1},x_i]$，就可以作出估计：

$$\begin{array}{rl}\left|\sum _{k=n+1}^{n+p}{u}_k(x)\right|& =\left|\sum _{k=n+1}^{n+p}{u}_k(x_i)+\sum _{k=n+1}^{n+p}(u_k(x)-u_k(x_i))\right|\\ & \le \left|\sum _{k=n+1}^{n+p}{u}_k(x_i)\right|+\left|\sum _{k=n+1}^{n+p}{u}_k^{\prime }({\xi }_i)\right|\cdot |x-x_i|\\ & <\frac{\epsilon }{2}+2C|x-x_i|\le \frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .\end{array}$$

其中在 $[x,x_i]$ 上对 ${\sum }_{k=n+1}^{n+p}(u_k(x)-u_k(x_i))$ 用微分中值定理，${\xi }_i\in (x,x_i)$。这表明 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上满足 Cauchy 一致收敛准则，从而在 $[a,b]$ 上一致收敛。

例题 14.1.5

证明：函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n(1-x)$ 在 $[0,1]$ 上绝对收敛且一致收敛，但不绝对一致收敛。

证 (1) ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n(1-x)$ 在 $[0,1]$ 上绝对收敛：实际上每项取绝对值之后的级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{x}^n(1-x)$ 的部分和函数列为 $\{x-x^{n+1}\}$，因此在 $[0,1]$ 上处处收敛。

(2) ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n(1-x)$ 在 $[0,1]$ 上不绝对一致收敛：从 (1) 可见取绝对值后级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{x}^n(1-x)$ 的和函数为 $S(x)=x,x\in [0,1)$，$S(1)=0$，它在点 $x=1$ 的左侧不连续，而级数通项在 $[0,1]$ 上连续，因此该级数在 $[0,1]$ 上不一致收敛。

(3) ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n(1-x)$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛：直接计算出余项

$$R_n(x)=\sum _{k=n+1}^{\infty }(-1{)}^k{x}^k(1-x)=\frac{(-1{)}^{n+1}{x}^{n+1}(1-x)}{1+x},$$

因此有估计（其中利用了算术平均值—几何平均值不等式）

$$|R_n(x)|\le (1-x)x^{n+1}=\frac{1}{n+1}((n+1)(1-x)\cdot x^{n+1})\le \frac{1}{n+1}{\left(\frac{n+1}{n+2}\right)}^{n+2}<\frac{1}{n+1}\to 0,$$

可见级数于 $[0,1]$ 上一致收敛。

例题 14.1.6

求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{\left(x+\frac{1}{n}\right)}^n$ 的收敛域，并讨论其一致收敛性。

解 (1) 先求收敛域。当 $x=0$ 时级数显然收敛。当 $x\ne 0$ 时，观察级数通项的绝对值：

$$\left|n{\left(x+\frac{1}{n}\right)}^n\right|=n|x{|}^n{\left(1+\frac{1}{nx}\right)}^n\sim n|x{|}^n{e}^{1/x},$$

因而原级数当 $|x|<1$ 时收敛，当 $|x|\ge 1$ 时发散，级数的收敛域是 $(-1,1)$。

(2) 函数项级数一致收敛的一个必要条件是其通项一致收敛于 $0$，但本题的级数通项不满足这个条件。这时对角线判别法就可以知道：对每个正整数 $n$，取

$$x_n=1-\frac{1}{n}\in (-1,1),$$

则就有

$$n{\left(x_n+\frac{1}{n}\right)}^n=n\to +\infty .$$

因此所论级数在 $(-1,1)$ 上不一致收敛。

注 这里也可用例题 14.1.3 提供的判别法。由于当 $|x|=1$ 时级数发散，因此不可能在 $(-1,1)$ 上一致收敛。但是容易证明级数在其中内闭一致收敛。

例题 14.1.7

证明：级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}$ 在闭区间 $[a,b]$ 上一致收敛的充分必要条件是该闭区间不含 $2\pi$ 的整数倍点。

解 若闭区间 $[a,b]$ 不含 $2\pi$ 的整数倍点，则存在常数 $c>0$ 使 $|\sin (x/2)|\ge c(x\in [a,b])$. 由求和公式

$$\sum _{k=1}^n\sin kx=\frac{\sin \frac{nx}{2}\sin \frac{(n+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}$$

可知其部分和在 $[a,b]$ 上一致有界。又 $1/n\downarrow 0$，故由 Dirichlet 判别法知

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}$$

在 $[a,b]$ 上一致收敛。

反之，若 $[a,b]$ 含某个 $2k\pi$，不妨平移后设含 $0$. 令

$$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n},x\in [a,b].$$

若该级数在 $[a,b]$ 上一致收敛，则由部分和连续性知 $S$ 也应连续。取 $x_m=1/m\to 0$，则

$$S(x_m)\ge \sum _{n=1}^m\frac{\sin (n/m)}{n}=\frac{1}{m}\sum _{n=1}^m\frac{\sin (n/m)}{n/m}\to {\int }_0^1\frac{\sin t}{t}dt>0,$$

而 $S(0)=0$，矛盾。故包含 $2\pi$ 整倍点时不可能一致收敛。

例题 14.1.8

设 $\{b_n\}$ 为单调减少的非负数列，证明：级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n\sin nx$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致收敛的充分必要条件是 $b_n=o(1/n)$。

证 为方便起见引入下列记号，其中 $n<p$：

$$S_{n,p}=b_n\sin nx+b_{n+1}\sin (n+1)x+\cdots +b_p\sin px.$$

先证必要性。此时只需考虑区间 $(0,1)$。设级数在这个区间上一致收敛，则对于 $\epsilon >0$，存在 $N$，使得对于任意的 $p>n>N$，不等式 $|S_{n,p}|<\epsilon$ 对所有 $x\in (0,1)$ 同时成立。

取 $p=2n-1,x=\pi /(4n)$，这时在和式

$$S_{n,2n-1}=b_n\sin nx+b_{n+1}\sin (n+1)x+\cdots +b_{2n-1}\sin (2n-1)x$$

中的每个正弦函数的自变量都在区间 $[\pi /4,\pi /2]$ 中，因此就有

$$b_{2n}n\sin \frac{\pi }{4}<b_{2n}[\sin nx+\sin (n+1)x+\cdots +\sin (2n-1)x]\le S_{n,2n-1}<\epsilon ,$$

可见 $b_n=o(1/n)$ 成立。

再证充分性。显然只要证明级数在区间 $[0,\pi ]$ 上一致收敛。这时对 $S_{n,p}$ 的估计将随 $x$ 取不同值而采用不同的方法，但最后综合起来的估计则与 $x$ 无关。

从非负无穷小量 $\{n{b}_n\}$ 可以合理地定义一个新的单调减少数列：

$${\mu }_n=\underset{m\ge n}{\max }\{m{b}_m\},n=1,2,\cdots ,$$

且有 ${\mu }_n\to 0$。以下分三种情况估计 $S_{n,p}$。

(1) 若 $x\le \pi /p$，则在 $S_{n,p}$ 中的每一个正弦函数的自变量都在 $[0,\pi ]$ 内，再利用 $\sin \theta \le \theta ,\forall \theta \in [0,\pi ]$，就得到

$$|S_{n,p}|=S_{n,p}\le b_{n}nx+b_{n+1}(n+1)x+\cdots +b_{p}px\le p{\mu }_{n}x\le \pi {\mu }_n.$$

(2) 若 $x\ge \pi /n$，则利用三角变换、Jordan 不等式 $\sin \theta \ge 2\theta /\pi ,\forall \theta \in [0,\pi /2]$ 和 $\pi /2\le 2$，可以对于任意 $r\ge n$ 估计出

$$|\sin nx+\sin (n+1)x+\cdots +\sin rx|\le \frac{1}{\sin (x/2)}\le \frac{\pi }{x}\le n.$$

然后从 Abel 变换和 $\{b_n\}$ 的非负单调性得到

$$|S_{n,p}|\le \frac{\pi }{x}{b}_n\le n{b}_n\le {\mu }_n.$$

(3) 若 $\pi /p<x<\pi /n$，则需同时使用以上两种方法。分析 $S_{n,p}=S_{n,k}+S_{k+1,p}$，其中取 $k=[\pi /x]$（使得 $n\le k<p$），并分别用前面的两种方法估计，就得到

$$|S_{n,p}|\le |S_{n,k}|+|S_{k+1,p}|\le \pi {\mu }_n+{\mu }_{k+1}\le {\mu }_n(\pi +1),$$

其中利用了 $kx\le \pi <(k+1)x$ 和 ${\mu }_{k+1}\le {\mu }_n$。

合并 (1)—(3)，就得到估计式 $|S_{n,p}|\le {\mu }_n(\pi +1)$ 对于任意 $p>n$ 和 $x\in [0,\pi ]$ 同时成立。由于 ${\mu }_n\to 0$，可见级数一致收敛。

注 1 例题 14.1.7 中的级数显然不满足本题的条件。

注 2 用本题的方法（或其他方法）可以证明例题 14.1.7 中级数的部分和函数列在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致有界。用 Dirichlet 判别法就得到比本题较弱的结论：若 $\{n{b}_n\}$ 单调减少趋于 $0$，则函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n\sin nx$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致收敛。

例题 14.1.9（Visser（维塞）定理）

设在区间 $[-1,1]$ 上定义函数列 $\{a_n(x)\}$ 如下：

$$a_1(x)\equiv 0,a_{n+1}(x)=a_n(x)+\frac{1}{2}[x^2-a_n^2(x)],n=1,2,\cdots .$$

证明：$\{a_n(x)\}$ 是在区间 $[-1,1]$ 上一致收敛于 $|x|$ 的多项式序列。

分析 从对称性可见只需在区间 $[0,1]$ 上讨论。不难知道本题中由迭代得到的多项式序列 $\{a_n(x)\}$ 是在 $[0,1]$ 上的严格单调增加的连续函数列，且收敛于极限函数 $a(x)=x$。因此用 Dini 定理就知道结论成立。其中的具体细节请读者完成。

这里将从迭代生成数列的几何理论出发，配合图 14.2 观察本题，说明如何在分析论证之前就可以发现以上全部事实。考虑 $[0,1]$ 上的点收敛，则从 $a_n$ 到 $a_{n+1}$ 的迭代方程是

$$f(a)=a+\frac{1}{2}(x^2-a^2),\text{\hspace{1em}(14.2)}$$

其中 $x$ 是参数，初始值 $a_1=0$。如图 14.2 所示，其中作出了迭代方程的三条曲线，它们的参数分别为 $x=0,\sqrt{2}/2,1$。在图中还对于中间一条曲线用蛛网工作法从 $a_1=0$ 开始作了几次迭代。容易看到，由于参数 $x\in [0,1]$ 时的每条迭代曲线都严格单调增加，因此所得到的迭代生成数列 $\{a_n(x)\}$ 也严格单调增加。此外，对每个参数 $x\in [0,1]$ 都有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n(x)=x,$$

即收敛于迭代方程 (14.2) 的不动点 $a=x$。这些都可以从关于迭代数列的两个基本规律的命题 2.6.1 和 2.6.2 直接得到。

14.1.3 练习题

题目 1

讨论函数列或函数项级数在给定区间上的一致收敛性：

$$\begin{array}{rl}(1)& S_n(x)=\frac{x}{1+n^2{x}^2},n=1,2,\cdots ,x\in (-\infty ,+\infty );\\ (2)& S_n(x)=\frac{nx}{1+n^2{x}^2},n=1,2,\cdots ,x\in (-\infty ,+\infty );\\ (3)& S_n(x)=\frac{n+x}{nx},n=1,2,\cdots ,x\in (0,+\infty );\\ (4)& S_n(x)=\frac{x}{n}\ln \frac{x}{n},n=1,2,\cdots ,\\ & \text{(i) }x\in (0,1),\text{(ii) }x\in (0,+\infty );\\ (5)& S_n(x)=n\sin \frac{x}{n},n=1,2,\cdots ,\text{(i) }x\in [0,a],\text{(ii) }x\in (0,+\infty );\\ (6)& S_n(x)=\frac{1}{n}\ln (1+e^{-nx}),n=1,2,\cdots ,\text{(i) }x\ge 0,\text{(ii) }x<0.\end{array}$$ $$(7)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^8}{\sqrt{n!}}(x^n+x^{-n}),\frac{1}{t}\le |x|\le t,t>1;$$ $$(8)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin x\sin nx}{\sqrt{n+x}},x>0;$$ $$(9)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\left[e^x-{\left(1+\frac{x}{n}\right)}^n\right],\text{(i) 有限闭区间 }[0,b],\text{(ii) }[0,+\infty ).$$

解 逐个讨论。

1. $S_n(x)\to 0$. 且

$$\underset{x\in \mathbb{R}}{\sup }\left|\frac{x}{1+n^2{x}^2}\right|=\frac{1}{2n}\to 0,$$

故在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致收敛于 $0$. 2. 仍逐点收敛到 $0$，但

$$\underset{x\in \mathbb{R}}{\sup }\left|\frac{nx}{1+n^2{x}^2}\right|=\frac{1}{2},$$

故不一致收敛。 3. $S_n(x)=1/x+1/n$，故在 $(0,+\infty )$ 上一致收敛于 $1/x$. 4. 对 $(0,1)$，令 $y=x/n\in (0,1/n)$，则 $|S_n(x)|=|y\ln y|\le (\ln n)/n\to 0$，故一致收敛于 $0$. 在 $(0,+\infty )$ 上，$y\ln y$ 在 $y\to +\infty$ 时无界，故不一致收敛。 5. 对每个固定 $x$，$n\sin (x/n)\to x$. 若 $x\in [0,a]$，由 Taylor 展开

$$n\sin \frac{x}{n}-x=-\frac{x^3}{6n^2}+O(n^{-4}),$$

故在 $[0,a]$ 上一致收敛于 $x$. 在 $(0,+\infty )$ 上取 $x=n$，则 $n\sin 1-n=n(\sin 1-1)$，故不一致收敛。 6. 当 $x\ge 0$ 时，$0\le S_n(x)\le \ln 2/n\to 0$，故一致收敛于 $0$. 当 $x<0$ 时，

$$S_n(x)+x=\frac{1}{n}\ln (1+e^{nx}),$$

而右端绝对值不超过 $\ln 2/n$，故在 $(-\infty ,0)$ 上一致收敛于 $-x$. 7. 因 $|x^n+x^{-n}|\le 2t^n$，故

$$\left|\frac{n^8}{\sqrt{n!}}(x^n+x^{-n})\right|\le \frac{2n^8{t}^n}{\sqrt{n!}}.$$

右端级数由比值判别法收敛，故原级数绝对一致收敛。 8. 写作 $\sum a_n(x)b_n(x)$，其中 $a_n(x)=\sin (nx)$，$b_n(x)=\sin x/\sqrt{n+x}$. 由公式

$$\sin x\sum _{k=1}^N\sin kx=\frac{\cos (x/2)}{\sin (x/2)}\sin \frac{Nx}{2}\sin \frac{(N+1)x}{2}$$

可知前一列的部分和在 $(0,+\infty )$ 上一致有界，而 ${\sup }_{x>0}|b_n(x)|\le 1/\sqrt{n}\to 0$，故由一致 Dirichlet 判别法得一致收敛。 9. 在 $[0,b]$ 上，

$${\left(1+\frac{x}{n}\right)}^n=e^x\left(1-\frac{x^2}{2n}+O(n^{-2})\right)$$

一致成立，于是通项为 $O(n^{-2})$，故一致收敛。若在 $[0,+\infty )$ 上取 $x=n$，则通项等于 $(e^n-2^n)/n\to \infty$，故不一致收敛。

题目 2

确定函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{1+x^{2n}}$ 的收敛域与一致收敛域。

解 当 $|x|<1$ 时，$\frac{x^n}{1+x^{2n}}\sim x^n$，故绝对收敛；当 $|x|>1$ 时，通项等于 $\frac{x^{-n}}{1+x^{-2n}}$，也绝对收敛；$x=\pm 1$ 时通项不趋于 $0$，发散。故收敛域为 $\mathbb{R}\setminus \{\pm 1\}$. 一致收敛只在与 $\pm 1$ 保持正距离的集合上成立，例如 $|x|\le r<1$ 或 $|x|\ge R>1$；在整个 $(-1,1)$ 或整个 $(-\infty ,-1)\cup (1,+\infty )$ 上都不一致收敛。

题目 3

证明：函数项级数

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

在 $(-\infty ,+\infty )$ 上绝对收敛且一致收敛，但不绝对一致收敛。

解 绝对值级数可直接求和：

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^2}{(1+x^2{)}^n}=1(x\ne 0),$$

故逐点绝对收敛。其余项满足

$$|R_N(x)|=\frac{x^2}{(1+x^2{)}^N(2+x^2)}.$$

设 $y=x^2\ge 0$，则右端为 $y/[(1+y{)}^N(2+y)]$，其上确界趋于 $0$，故一致收敛。另一方面

$$\underset{x\in \mathbb{R}}{\sup }\frac{x^2}{(1+x^2{)}^n}\sim \frac{1}{en},$$

因而 $\sum \sup |u_n|$ 发散，所以不绝对一致收敛。

题目 4

证明：函数项级数

$$\sum _{n=2}^{\infty }\ln \left(1+\frac{x}{n{\ln }^{2}n}\right)$$

在区间 $(-a,a)$ 上一致收敛，其中 $a$ 是小于 $2{\ln }^{2}2$ 的任意固定正数。

解 由 $|x|<a<2{\ln }^{2}2$ 可知

$$\left|\frac{x}{n{\ln }^{2}n}\right|\le \frac{a}{2{\ln }^{2}2}<1,$$

且在该范围内有 $|\ln (1+t)|\le C|t|$. 故

$$\left|\ln \left(1+\frac{x}{n{\ln }^{2}n}\right)\right|\le \frac{Ca}{n{\ln }^{2}n},$$

右边级数收敛，于是原级数在 $(-a,a)$ 上一致收敛。

题目 5

证明：函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{2}^n\sin \frac{1}{3^{n}x}$ 在 $(0,+\infty )$ 上处处收敛，但不一致收敛。

解 对固定 $x>0$，当 $n$ 大时 $1/(3^{n}x)$ 很小，故通项 $2^n\sin (1/(3^{n}x))\sim (2/3{)}^n/x$，从而级数收敛。若取 $x_N=2/(\pi 3^N)$，则第 $N$ 项等于 $2^N\sin (\pi /2)=2^N$，故通项不一致趋于 $0$，因此不可能一致收敛。

题目 6

证明：函数项级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }{\int }_0^x{t}^n\sin \pi tdt$$

在 $[0,1]$ 上一致收敛。

解 因 $|\sin \pi t|\le \pi (1-t)(0\le t\le 1)$，故

$$\left|{\int }_0^x{t}^n\sin \pi tdt\right|\le {\int }_0^1\pi t^n(1-t)dt=\frac{\pi }{(n+1)(n+2)}.$$

右端级数收敛，故由 Weierstrass 判别法知该函数项级数在 $[0,1]$ 上一致收敛。

题目 7

设 $\{f_n\}$ 是有界闭区间 $[a,b]$ 上的连续函数列，且设该函数列在 $(a,b)$ 上一致收敛，证明：$\{f_n\}$ 在点 $a$ 和 $b$ 都收敛，且在 $[a,b]$ 上一致收敛。

解 设 $g_{m,n}=f_m-f_n$. 因 $g_{m,n}$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $g_{m,n}(a)={\lim }_{x\to a+}{g}_{m,n}(x)$、$g_{m,n}(b)={\lim }_{x\to b-}{g}_{m,n}(x)$，故

$$\underset{x\in [a,b]}{\sup }|g_{m,n}(x)|\le \underset{x\in (a,b)}{\sup }|g_{m,n}(x)|.$$

由 $(a,b)$ 上一致收敛知右端对充分大 $m,n$ 小于任意给定 $\epsilon$，于是 $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致 Cauchy，从而在 $[a,b]$ 上一致收敛；特别地，$f_n(a),f_n(b)$ 都收敛。

题目 8

设 $f$ 在 $(a,b)$ 上有连续导函数，定义

$$F_n(x)=\frac{n}{2}\left[f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f\left(x-\frac{1}{n}\right)\right],x\in (a,b),n=1,2,\cdots .$$

证明：函数列 $\{F_n\}$ 在 $(a,b)$ 上处处收敛且内闭一致收敛。

解 由中值定理，存在 ${\xi }_n(x)\in (x-1/n,x+1/n)$ 使 $F_n(x)=f^{\prime }({\xi }_n(x))$. 因 $f^{\prime }$ 连续，故 $F_n(x)\to f^{\prime }(x)$ 对每个 $x$ 成立。若 $K=[\alpha ,\beta ]⋐(a,b)$，则当 $n$ 充分大时 ${\xi }_n(x)\in [\alpha -1,\beta +1]⋐(a,b)$，从而

$$\underset{x\in K}{\sup }|F_n(x)-f^{\prime }(x)|\le {\omega }_{f^{\prime }}(1/n)\to 0,$$

即在每个内闭区间上一致收敛。

题目 9

设函数列 $\{u_n(x)\}$ 中的函数在 $[a,b]$ 上同为单调增加函数或同为单调减少函数，如果 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(a)$ 与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(b)$ 都绝对收敛，证明：函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛。

解 若各 $u_n$ 都单调增加，则对任意 $x\in [a,b]$，

$$|u_n(x)|\le \max \{|u_n(a)|,|u_n(b)|\}\le |u_n(a)|+|u_n(b)|.$$

两端点处绝对收敛，因此右边可和，由 Weierstrass 判别法知 $\sum u_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上绝对一致收敛。单调减少时同理。

题目 10

设在区间 $[a,b]$ 上的连续函数列 $\{f_n\}$ 一致收敛于极限函数 $f$，且已知 $f$ 在 $[a,b]$ 上无零点，证明：函数列 $\{1/f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛。

解 设 $m={\min }_{x\in [a,b]}|f(x)|>0$. 由一致收敛，充分大时 $|f_n(x)-f(x)|<m/2$，故 $|f_n(x)|\ge m/2$. 于是

$$\left|\frac{1}{f_n(x)}-\frac{1}{f(x)}\right|=\frac{|f_n(x)-f(x)|}{|f_n(x)f(x)|}\le \frac{2}{m^2}|f_n(x)-f(x)|,$$

右端一致趋于 $0$，故 $\{1/f_n\}$ 一致收敛到 $1/f$.

题目 11

设函数列 $\{f_n\}$ 于区间 $I$ 上一致收敛，又设每个 $f_n$ 于 $I$ 上有界，证明：函数列 $\{f_n\}$ 于 $I$ 上一致有界。

解 取 $N$ 使 ${\sup }_I|f_n-f_N|<1(n\ge N)$. 因 $f_N$ 有界，设 $|f_N|\le M$，则 $n\ge N$ 时有 $|f_n|\le M+1$. 再把前面有限多个函数一起并入常数，便得一致有界性。

题目 12

设函数列 $\{f_n\}$ 与 $\{g_n\}$ 分别在区间 $I$ 上一致收敛。如果每个 $f_n$ 和 $g_n$ 在 $I$ 上有界，证明：函数列 $\{f_n\cdot g_n\}$ 在 $I$ 上一致收敛。（如允许 $f_n$ 或 $g_n$ 无界，则结论可不成立。）

解 先由上一题知两列都一致有界；设 $|f_n|\le M$, $|g_n|\le L$, 且 $f_n\to f$, $g_n\to g$ 一致，则

$$|f_n{g}_n-fg|\le |f_n||g_n-g|+|g||f_n-f|\le M|g_n-g|+L|f_n-f|,$$

右端一致趋于 $0$，故 $f_n{g}_n\to fg$ 一致。

题目 13

设 $f\in C(-\infty ,+\infty )$，定义函数列

$$S_n(x)=\sum _{k=1}^n\frac{1}{n}f\left(x+\frac{k}{n}\right),n=1,2,\cdots .$$

证明：函数列 $\{S_n(x)\}$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上内闭一致收敛。

解 对任意内闭区间 $K=[\alpha ,\beta ]$，函数 $f$ 在 $[\alpha ,\beta +1]$ 上一致连续。记

$$S(x)={\int }_0^{1}f(x+t)dt.$$

则 $S_n(x)$ 正是 $f(x+t)$ 在 $[0,1]$ 上的等距 Riemann 和，故由一致连续性知 $S_n\to S$ 在 $K$ 上一致成立。

题目 14

设 $S_1(x)\in R[a,b]$，定义

$$S_{n+1}(x)={\int }_a^x{S}_n(t)dt,n=1,2,\cdots .$$

证明：函数列 $\{S_n(x)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛。

解 设 $L=b-a$，$M={\int }_a^b|S_1(t)|dt$. 则 $|S_2(x)|\le M$. 递推可得对 $n\ge 2$，

$$\Vert S_n{\Vert }_{\infty }\le \frac{M{L}^{n-2}}{(n-2)!}.$$

右端趋于 $0$，故 $S_n\to 0$ 在 $[a,b]$ 上一致成立。

14.2.2 例题

例题 14.2.1（连续性）

在一个区间上的连续函数列收敛于有间断点的极限函数的例子很多。最常见的例子就是幂函数列

$$\{x^n\},x\in [0,1],$$

它的极限函数为 $S(x)=0,x\in [0,1)$，$S(1)=1$。$S(x)$ 在点 $1$ 处左侧不连续。

类似的例子在上册第十章中已经见到，例题 10.2.4（参见上册 310 页的图 10.3）中的函数列

$$\{{\sin }^{n}x\},x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right],$$

其极限函数为 $S(x)=0,x\in [0,\pi /2)$，$S(\pi /2)=1$。$S(x)$ 在点 $\pi /2$ 处左侧不连续。

由此出发，当然容易找出极限函数有有限个间断点的连续函数列。考虑到上册例题 5.1.4 中的 Riemann 函数的间断点集合为处处稠密的有理数全体，要构造以这样的函数为极限函数的连续函数列也是可能的。但是应当指出，可以证明：区间上的连续函数列的极限函数必有处处稠密的连续点，因此要想构造极限函数处处不连续的连续函数列是不可能的。但是从 Dirichlet 函数的极限表达式（上册 123 页题 8）出发，就有

$$D(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{D}_n(x),\text{\hspace{1em}(14.6)}$$

其中

$$D_n(x)=\underset{m\to \infty }{\lim }[\cos (\pi n!x){]}^{2m}$$

是在 $1/n!$ 的整倍数点上等于 $1$，而在其他点均等于 $0$ 的函数。若限制在 $[0,1]$ 上，则 $D_n(x)$ 恰有 $n!+1$ 个间断点，但极限函数 $D(x)$ 则处处不连续。

解 前两个例子都很直接：在 $[0,1]$ 上，$x^n\to 0(x<1)$ 而在 $x=1$ 处恒等于 $1$；在 $[0,\pi /2]$ 上，${\sin }^{n}x\to 0(x<\pi /2)$ 而在 $x=\pi /2$ 处恒等于 $1$. 因而它们都给出了“连续函数列逐点收敛于带间断点函数”的例子。

关于 Dirichlet 函数的构造，只需说明 (14.6) 的逐点极限。若 $x=p/q$ 为有理数，取 $n\ge q$，则 $n!x$ 为整数，从而 $D_n(x)=1$. 若 $x$ 为无理数，则 $n!x$ 永不是整数，故 $|\cos (\pi n!x)|<1$，于是

$$D_n(x)=\underset{m\to \infty }{\lim }[\cos (\pi n!x){]}^{2m}=0.$$

所以 $D_n\to D$，其中 $D$ 就是有理点取 $1$、无理点取 $0$ 的 Dirichlet 函数。每个 $D_n$ 只有有限个间断点，但极限函数处处不连续。这说明只靠逐点收敛，极限函数的连续性可以非常坏。

例题 14.2.2（可微性）

上一个例题中的前两个例子已经表明，函数列可微不保证极限函数可微。但是这里与连续性不同，可以说有两个问题：即不仅要关心和函数（或极限函数）是否可微，而且更要关心在可微时它们的导函数是否是级数逐项求导后的级数的和函数（或函数列求导后的极限函数），如果是的话，则就有了计算它们的导函数的有力方法。因此自然要关心以下的极限交换，即逐项求导运算和求导与极限交换

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{d}{dx}{u}_n(x)=\frac{d}{dx}\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)\text{与}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{d}{dx}{S}_n(x)=\frac{d}{dx}S(x)$$

是否成立，其中 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)=S(x)$，${\lim }_{n\to \infty }{S}_n(x)=S(x)$ 在某个区间上已有定义。

容易举出不能逐项可微的例子。例如，在例题 14.1.7 中的级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}$$

在 $(-\infty ,+\infty )$ 上处处收敛，对其逐项求导得到的级数为

$$\sum _{n=1}^{\infty }\cos nx.$$

不难证明这个级数处处发散：从 $\cos 2nx=2{\cos }^{2}nx-1$ 可见，若 ${\lim }_{n\to \infty }\cos nx=0$，就会得到 $0=-1$ 的矛盾。因此级数的通项一定不收敛于 $0$。

在下一章知道这个例子中的和函数 $S(x)$ 很简单，它是周期 $2\pi$ 的函数，在 $(0,2\pi )$ 上等于 $(\pi -x)/2$，在 $2\pi$ 的整数倍处为 $0$。因此除了在这些点处不连续（因而不可微）之外，在其他点上处处可微，且导数值等于 $-1/2$。这个例子表明，若不另加条件，则利用导数所成的无穷级数来计算和函数的导数是没有根据的。

解 令

$$u_n(x)=\frac{\sin nx}{n},S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x).$$

原级数在每个 $x$ 处都收敛，但逐项求导后得到

$$\sum _{n=1}^{\infty }\cos nx.$$

若这一级数在某点 $x$ 收敛，则其通项必须趋于 $0$，即 $\cos nx\to 0$. 但偶数项 $\cos 2nx$ 也是其子列，故也应趋于 $0$；另一方面

$$\cos 2nx=2{\cos }^{2}nx-1\to -1,$$

矛盾。故导数级数处处发散。

这就说明：即使 $\sum u_n(x)$ 本身处处收敛，也不能不加条件地逐项求导。事实上，这个和函数在每个开区间 $(2k\pi ,2(k+1)\pi )$ 上都等于一条直线，但逐项求导得到的级数却根本不收敛。

例题 14.2.3（可积性）

从 (14.6) 可见，从函数列 $\{u_n(x)\}$ 或 $\{S_n(x)\}$ 的可积性不能保证和函数或极限函数的可积性。这里我们更关心的是在可积的前提下，可否用逐项积分的方法来计算极限函数或和函数的积分，即是否有

$$\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_a^b{u}_n(x)dx={\int }_a^b\left[\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)\right]dx\text{与}\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_a^b{S}_n(x)dx={\int }_a^b\left(\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n(x)\right)dx.$$

容易举例说明不加条件是不行的。在例题 14.1.1 中的三个例子表明：在例 (1)、例 (2) 中可交换积分与极限的顺序，但例 (3) 则不行。与此类似的更简单例子为

$$S_n(x)=\{\begin{array}{ll}n,& 0<x<\frac{1}{n},\\ 0,& x\text{ 为区间 }[0,1]\text{ 中的其他值}.\end{array}\text{\hspace{1em}(14.7)}$$

易见在区间 $[0,1]$ 上极限函数 $S(x)$ 处处为 $0$，因此 ${\int }_0^{1}S(x)dx=0$。同时对每个 $n$ 有

$${\int }_0^1{S}_n(x)dx=1.$$

例题 14.1.1 之 (2) 又表明，一致收敛性并不是使逐项积分（或积分与极限交换顺序）成立的必要条件。

解 尖峰函数列

$$S_n(x)=\{\begin{array}{ll}n,& 0<x<1/n,\\ 0,& \text{其余 }x\in [0,1]\end{array}$$

满足：对每个固定的 $x\in [0,1]$，当 $n\to \infty$ 时终有 $x\notin (0,1/n)$，故 $S_n(x)\to 0$. 因而极限函数恒为 $0$，其积分等于 $0$.

但对每个 $n$ 都有

$${\int }_0^1{S}_n(x)dx=n\cdot \frac{1}{n}=1.$$

于是

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1{S}_n(x)dx=1\ne 0={\int }_0^1\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n(x)dx.$$

这说明：若没有一致收敛或其他足够强的条件，积分与极限一般不能交换顺序。

14.2.4 练习题

题目 1

计算 $\underset{x\to 0+}{\lim }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^n{n}^x}$。

解 对 $x\ge 0$ 有 $0\le 2^{-n}{n}^{-x}\le 2^{-n}$，且 $\sum 2^{-n}$ 收敛，故可由控制收敛定理或一致收敛直接令 $x\to 0+$，得

$$\underset{x\to 0+}{\lim }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^n{n}^x}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^n}=1.$$

题目 2

确定函数

$$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\left(x+\frac{1}{n}\right)}^n$$

的定义域，并讨论其连续性与可微性。

解 对固定 $x$，通项的 $n$ 次方根满足

$$\sqrt[n]{{\left|x+\frac{1}{n}\right|}^n}=\left|x+\frac{1}{n}\right|\to |x|.$$

故定义域为 $(-1,1)$. 在任意紧区间 $|x|\le r<1$ 上，充分大时 $|x+1/n|\le (r+1)/2<1$，故级数一致收敛；由此 $S$ 在 $(-1,1)$ 上连续。又各项导数为 $n(x+1/n{)}^{n-1}$，在同一紧区间上可用 $n{\rho }^{n-1}$ 控制，故导数级数也一致收敛，从而 $S$ 在 $(-1,1)$ 上可微，且

$$S^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }n{\left(x+\frac{1}{n}\right)}^{n-1}.$$

题目 3

证明：函数项级数

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

在任意有界闭区间上一致收敛，并且它的和函数在 $(-\infty ,+\infty )$ 上可导。

解 在任意有界闭区间 $|x|\le M$ 上，分解为

$$\frac{x+n(-1{)}^n}{x^2+n^2}=\frac{x}{x^2+n^2}+(-1{)}^n\frac{n}{x^2+n^2}.$$

第一列由 $M/n^2$ 控制，一致绝对收敛；第二列中 $n/(x^2+n^2)$ 对 $n$ 单调下降，且上确界不超过 $1/n$，故由一致 Dirichlet 判别法一致收敛。再对导数级数

$$\frac{n^2-x^2-2xn(-1{)}^n}{(x^2+n^2{)}^2}$$

作同样分解，可由 $C/n^2$ 与 $C/n^3$ 控制，因此导数级数在任意有界闭区间上一致收敛，故和函数在整个实轴上可导。

题目 4

设 $\{S_n(x)\}$ 是在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致连续的函数列，且已知它在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致收敛于函数 $S(x)$，证明：函数 $S(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致连续。

解 给定 $\epsilon >0$，取 $N$ 使 ${\sup }_x|S_N(x)-S(x)|<\epsilon /3$. 因 $S_N$ 一致连续，存在 $\delta >0$ 使 $|x-y|<\delta$ 时 $|S_N(x)-S_N(y)|<\epsilon /3$. 于是

$$|S(x)-S(y)|\le |S(x)-S_N(x)|+|S_N(x)-S_N(y)|+|S_N(y)-S(y)|<\epsilon ,$$

故 $S$ 一致连续。

题目 5

设连续函数列 $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上收敛，且 $\forall \epsilon \in (0,b-a)$，$\{f_n\}$ 在 $[a,b-\epsilon ]$ 上一致收敛。如果存在 $g\in R[a,b]$，使

$$|f_n(x)|\le g(x),x\in [a,b],n=1,2,\cdots ,$$

证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_a^b{f}_n(x)dx={\int }_a^b\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(x)dx.$$

解 取 $\epsilon >0$. 先由 $g\in R[a,b]$ 选 $\delta >0$ 使 ${\int }_{b-\delta }^b|g|<\epsilon$. 再因 $f_n\to f$ 在 $[a,b-\delta ]$ 上一致，充分大时

$${\int }_a^{b-\delta }|f_n-f|<\epsilon .$$

于是

$$\left|{\int }_a^b{f}_n-{\int }_a^{b}f\right|\le {\int }_a^{b-\delta }|f_n-f|+{\int }_{b-\delta }^b|f_n|+{\int }_{b-\delta }^b|f|<3\epsilon ,$$

从而可交换极限与积分。

题目 6

设函数列 $\{f_n\}$ 于点 $x_0$ 的某邻域 $O(x_0)$ 中收敛于函数 $f$，又设每个 $f_n$ 于点 $x_0$ 连续，证明：$f$ 在点 $x_0$ 连续的充分必要条件是 $\forall \epsilon >0,\exists \delta >0,\exists N$，使得对于每个 $x\in O_{\delta }(x_0)$，成立 $|f_N(x)-f(x)|<\epsilon$。

解 充分性：若条件成立，先取 $N$ 使 $|f_N(x_0)-f(x_0)|<\epsilon$，再由 $f_N$ 在 $x_0$ 处连续与题设取到同一 $\delta$，则

$$|f(x)-f(x_0)|\le |f-f_N|+|f_N(x)-f_N(x_0)|+|f_N(x_0)-f(x_0)|<3\epsilon ,$$

故 $f$ 在 $x_0$ 连续。

必要性：若 $f$ 在 $x_0$ 连续，取 $N$ 使 $|f_N(x_0)-f(x_0)|<\epsilon /3$，再由 $f,f_N$ 在 $x_0$ 处连续取 $\delta$ 使 $|x-x_0|<\delta$ 时同时有 $|f(x)-f(x_0)|<\epsilon /3$ 与 $|f_N(x)-f_N(x_0)|<\epsilon /3$. 于是 $|f_N(x)-f(x)|<\epsilon$.

题目 7

设函数列 $\{f_n\}$ 在区间 $[a,b]$ 上收敛于函数 $f\in C[a,b]$，证明：$\{f_n\}$ 于 $[a,b]$ 上一致收敛的充分必要条件是对于 $[a,b]$ 中的每个收敛数列 $\{x_n\}$，${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=x_0$，有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(x_n)=f(x_0).$$

解 必要性显然。反过来，若该条件成立而收敛不是一致的，则存在 ${\epsilon }_0>0$、$n_k\to \infty$ 与 $x_k\in [a,b]$，使 $|f_{n_k}(x_k)-f(x_k)|\ge {\epsilon }_0$. 由紧性取子列仍记作 $x_k\to x_0$. 根据假设，$f_{n_k}(x_k)\to f(x_0)$；又因 $f$ 连续，$f(x_k)\to f(x_0)$，矛盾。故必一致收敛。

题目 8

设可积函数列 $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于函数 $f$，且已知每个 $f_n$ 在 $[a,b]$ 上有原函数，证明：$f$ 在 $[a,b]$ 上也有原函数。

解 取定 $c\in [a,b]$，令

$$F_n(x)={\int }_c^x{f}_n(t)dt.$$

则 $F_n(c)=0$，且 $F_n^{\prime }=f_n$. 由一致收敛有

$$|F_n(x)-F_m(x)|\le (b-a)\Vert f_n-f_m{\Vert }_{\infty },$$

故 $\{F_n\}$ 一致收敛于某个函数 $F$. 又因导数列 $f_n$ 一致收敛于 $f$，由逐项求导定理可知 $F$ 可微且 $F^{\prime }=f$. 因而 $f$ 在 $[a,b]$ 上有原函数。

14.3.2 思考题

题目 1

如果幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(x-x_0{)}^n$ 在 $a,b$ 两点收敛 $(a<b)$，问：该级数在 $[a,b]$ 上的收敛、绝对收敛和一致收敛的情况如何？

解 若幂级数在 $a,b$ 两点都收敛，则它在整个 $[a,b]$ 上都收敛，并在 $(a,b)$ 上绝对收敛；由 Abel 定理，它在 $[a,b]$ 上还一致收敛。至于端点处是否绝对收敛，则要分别看 $x=a,b$ 时的级数本身，不能一概而论。

题目 2

设 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 与 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^n$ 的收敛半径分别为 $R_1$ 与 $R_2$，讨论 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(a_n+b_n)x^n$ 与 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(a_n{b}_n)x^n$ 的收敛半径。

解 设新级数收敛半径分别为 $R_{+},R_{\times }$. 对和级数总有 $R_{+}\ge \min \{R_1,R_2\}$；若 $R_1\ne R_2$，则必有 $R_{+}=\min \{R_1,R_2\}$，而当 $R_1=R_2$ 时可以因抵消而更大。对乘积系数 $a_n{b}_n$，总有 $R_{\times }\ge R_1{R}_2$，但也未必取等号，例如可通过大量零系数使半径变大。

题目 3

设 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(x-x_0{)}^n$ 的收敛半径是 $R$，且在 $(x_0-R,x_0+R)$ 上一致收敛，问该级数在 $x=x_0\pm R$ 处的敛散性怎样？

解 若在开区间 $(x_0-R,x_0+R)$ 上一致收敛，则通项满足

$$\underset{|x-x_0|<R}{\sup }|a_n(x-x_0{)}^n|=|a_n|R^n\to 0.$$

因而端点处通项至少趋于 $0$. 但端点级数仍可能都收敛、都发散，或一收一发，不能再推出更多结论。

题目 4

问：是否可以用 Weierstrass 判别法（即优级数判别法）证明 Abel 第二定理（即命题 14.3.2）？

解 一般不能。Weierstrass 判别法要求在端点处绝对收敛；而 Abel 第二定理只假设端点收敛，允许条件收敛。例如 $\sum (-1{)}^n{x}^n/n$ 在 $x=1$ 处仅条件收敛，因此不能靠优级数判别法证明。

题目 5

设幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径 $R>0$，试问：

1. 是否成立

$${\int }_0^R\left(\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n\right)dx=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{a_n}{n+1}{R}^{n+1}?$$

2. 如果上式右边的级数收敛，上式是否成立？

解

1. 不一定。右边级数可能发散，从而公式根本无意义，例如取 $a_n\equiv 1$, $R=1$.
2. 若右边级数收敛，则令 $0<r<R$，有

$${\int }_0^r\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{n}dx=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{a_n}{n+1}{r}^{n+1}.$$

令 $r\to R-$，再用 Abel 第二定理，即得所求等式成立。

题目 6

已知 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径为 $R$，问 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^{2n}$ 的收敛半径是多少？

解 因 $\sum a_n{x}^{2n}=\sum a_n(y{)}^n$ 其中 $y=x^2$，故其收敛条件为 $|x{|}^2<R$，所以收敛半径是 $\sqrt{R}$.

题目 7

已知 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径 $R=1$，和函数为 $S(x)$。如果 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 发散，能否推出极限 ${\lim }_{x\to 1-}S(x)$ 不存在？（试考虑 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n$。）如果 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 为正项级数，则答案如何？

解 不能由 $\sum a_n$ 发散推出 ${\lim }_{x\to 1-}S(x)$ 不存在；例如 $\sum (-1{)}^n{x}^n$ 的和函数为 $1/(1+x)$，其左极限存在且等于 $1/2$. 若 $a_n\ge 0$，则 $S(x)$ 随 $x\uparrow 1$ 单调增加，并且由于 $\sum a_n$ 发散，必有 $S(x)\uparrow +\infty$，因此有限极限不存在。

14.3.3 例题

例题 14.3.1

确定幂级数

$$1+\sum _{n=1}^{\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)x^n$$

的收敛域，其中

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)=\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!},n=1,2,\cdots .$$

解 若 $\alpha$ 为非负整数，则级数只有有限个非零项，因此收敛域为 $(-\infty ,+\infty )$。否则从 $|a_{n+1}/a_n|\to 1$ 可见收敛半径 $R=1$。以下只需讨论两个端点 $x=\pm 1$。对于 $x=1$ 的讨论已见例题 13.3.2，结论为：当 $\alpha \le -1$ 时级数发散，且其通项不趋于 $0$；当 $\alpha >0$ 时绝对收敛；当 $-1<\alpha <0$ 时条件收敛。

当 $x=-1$ 时，前两种情况的结论不变，而当 $-1<\alpha <0$ 时级数不再是交错级数，因此也是发散的。

例题 14.3.2（超几何级数）

设 $\alpha ,\beta ,\gamma$ 均不取负整数或 $0$，确定幂级数

$$1+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\alpha (\alpha +1)\cdots (\alpha +n-1)\beta (\beta +1)\cdots (\beta +n-1)}{n!\gamma (\gamma +1)\cdots (\gamma +n-1)}{x}^n$$

的收敛域。

解 易见收敛半径为 $1$，因此只要讨论 $x=\pm 1$ 时级数的收敛性。引用 (13.24) 或 (13.41)，存在常数 $C\ne 0$，使得通项的绝对值有渐近公式：

$$\left|\frac{\alpha (\alpha +1)\cdots (\alpha +n-1)\beta (\beta +1)\cdots (\beta +n-1)}{n!\gamma (\gamma +1)\cdots (\gamma +n-1)}\right|\sim \frac{C}{n^{1+\gamma -\alpha -\beta }}.$$

由此可见，$\gamma -\alpha -\beta >0$ 是级数于两端点 $x=\pm 1$ 处绝对收敛的充分必要条件，而 $\gamma -\alpha -\beta \le -1$ 时级数通项不是无穷小量，因此在两端点处都发散。

当 $-1<\gamma -\alpha -\beta \le 0$ 时，在 $x=1$ 处级数当 $n$ 充分大时为正项级数，因此发散；而当 $x=-1$ 时级数当 $n$ 充分大时为通项趋于 $0$ 的交错级数。从前后项之比的分析

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=1+\frac{\alpha +\beta -\gamma -1}{n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)$$

可见当 $n$ 充分大时通项绝对值单调减少，因此条件收敛。

例题 14.3.3

求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{2n+1}{2^{n+1}}{x}^{2n}$ 的和函数。

解 当然首先需要确定级数的收敛域，这就是和函数的定义域。然后可以有不同的方法做。下面只给出提示，细节从略。

方法 1：由 $(2n+1)x^{2n}=(x^{2n+1}{)}^{\prime }$ 出发可以试用逐项积分法求解。

方法 2：改写级数为

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n+1}{2^{n+1}}{x}^{2n}=\sum _{n=1}^{\infty }n{\left(\frac{x^2}{2}\right)}^n+\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{x^2}{2}\right)}^n,$$

然后作代换 $y=x^2/2$ 并利用在 $|y|<1$ 时的恒等式

$$\frac{y}{1-y}=\sum _{n=1}^{\infty }{y}^n,\frac{y}{(1-y{)}^2}=\sum _{n=1}^{\infty }n{y}^n,$$

就可以计算出和函数。

答案为：和函数

$$S(x)=\frac{x^2(6-x^2)}{2(2-x^2{)}^2},x\in (-\sqrt{2},\sqrt{2}).$$

例题 14.3.4

求 ${\sum }_{n=2}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^n}{n(n-1)}$ 的和函数。

解 求出级数的收敛半径为 $1$，又可判定级数于 $x=\pm 1$ 均收敛，因此级数的收敛域是 $[-1,1]$。

可以看出两次逐项求导后可以得到易于求和的级数。设和函数为 $S(x)$，则在 $(-1,1)$ 中得到

$$S^{\prime }(x)=\sum _{n=2}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{n-1}}{n-1}$$

和

$$S^{\prime \prime }(x)=\sum _{n=2}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{n-2}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n=\frac{1}{1+x}.$$

因为 $S^{\prime }(0)=0$，所以

$$S^{\prime }(x)={\int }_0^x{S}^{\prime \prime }(t)dt={\int }_0^x\frac{dt}{1+t}=\ln (1+x),x\in (-1,1).$$

再由 $S(0)=0$，得

$$S(x)={\int }_0^x\ln (1+t)dt=(x+1)\ln (1+x)-x,x\in (-1,1).$$

最后，由 Abel 第二定理知道 $S(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续，因此上面所得的表达式对 $x=1$ 也成立。但对于 $x=-1$ 则需求极限

$$S(-1)=\underset{x\to -1+}{\lim }\{(x+1)\ln (1+x)-x\}=1.$$

例题 14.3.5

求 $1+{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}{x}^n$ 的和函数。

解 用 Wallis 公式 (11.29) 容易确定收敛域为 $[-1,1)$。设和函数为 $S(x)$，并在 $(-1,1)$ 中逐项求导，得到

$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }(x)& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}n{x}^{n-1}\\ & =\frac{1}{2}\left[1+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!}{x}^n\right]\\ & =\frac{1}{2}\left[1+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}(2n+1)x^n\right]=\frac{1}{2}S(x)+x{S}^{\prime }(x).\end{array}$$

因此 $S(x)$ 在 $(-1,1)$ 中满足微分方程

$$(1-x)S^{\prime }(x)=\frac{1}{2}S(x).$$

这时可以看出在区间 $(-1,1)$ 上成立恒等式

$$[\sqrt{1-x}S(x){]}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1-x}}\left[(1-x)S^{\prime }(x)-\frac{1}{2}S(x)\right]\equiv 0.$$

因此 $\sqrt{1-x}S(x)$ 在 $(-1,1)$ 上为常值函数，再利用 $S(0)=1$，就得到

$$S(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}},-1<x<1.\text{\hspace{1em}(14.15)}$$

从 Abel 第二定理知道 $S(x)$ 于 $[-1,1)$ 上连续，而上式右边的表达式也是如此，因此 (14.15) 对 $x=-1$ 也成立。

14.3.4 练习题

题目 1

求级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1^n+2^n+\cdots +k^n}{n^2}{\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}^n$$

的收敛域，其中 $k>1$ 为整数。

解 原式显然应从 $n=1$ 起看。记 $y=\frac{1-x}{1+x}$，则系数 $c_n=\frac{1^n+\cdots +k^n}{n^2}\sim \frac{k^n}{n^2}$，故对 $y$ 的收敛半径为 $1/k$. 因而

$$\left|\frac{1-x}{1+x}\right|\le \frac{1}{k}$$

给出收敛域。化简得

$$\frac{k-1}{k+1}\le x\le \frac{k+1}{k-1}.$$

两端点分别对应 $y=\pm 1/k$，此时通项都为 $O(1/n^2)$，故端点也收敛。

题目 2

设 $\{a_n\}$ 为等差数列，$a_0\ne 0$，试求 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径。

解 等差数列满足 $a_n=a_0+nd$，故 $\mathrm{limsup}\sqrt[n]{|a_n|}=1$，于是收敛半径为 $1$.

题目 3

求幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{a^n}{1+a^{2n}}{x}^n(a>0)$ 的收敛半径。

解 系数为 $a^n/(1+a^{2n})$. 当 $0<a<1$ 时它与 $a^n$ 同阶，半径为 $1/a$；当 $a=1$ 时半径为 $1$；当 $a>1$ 时它与 $a^{-n}$ 同阶，半径为 $a$. 总之

$$R=\max \left\{a,\frac{1}{a}\right\}.$$

题目 4

对任意正整数 $k$，证明：幂级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(n!{)}^k}{(kn)!}{x}^n$$

的收敛半径为 $k^k$，收敛域为 $(-k^k,k^k)$。

解 比值判别法给出

$$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(n+1{)}^k}{(kn+1)\cdots (kn+k)}x\to \frac{x}{k^k}.$$

因而收敛半径为 $k^k$. 在 $x=\pm k^k$ 处，通项渐近于常数倍 $n^{(k-1)/2}$，不趋于 $0$，故端点都发散。于是收敛域为 $(-k^k,k^k)$.

题目 5

求下列幂级数（或广义幂级数）的收敛域：

$$\begin{array}{ll}(1)\sum _{n=1}^{\infty }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n^2}{x}^n;& (2)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n!}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n{x}^n;\\ (3)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a^n+(-b{)}^n}{n}{x}^n,a,b>0;& (4)\sum _{n=0}^{\infty }\frac{3^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{1+n^2}}{x}^n;\\ (5)\sum _{n=1}^{\infty }\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}\right)x^n;& (6)\sum _{n=1}^{\infty }{n}^{n^2}{x}^{n^3};\\ (7)\sum _{n=1}^{\infty }\sin \frac{1}{3n}(x^2+x+1{)}^n;& (8)\sum _{n=0}^{\infty }\frac{n-1}{n^2+1}{\left(\frac{x}{3x+1}\right)}^n.\end{array}$$

解 各题依次为：

1. 半径 $1/e$，端点项不趋于 $0$，故收敛域 $(-1/e,1/e)$.
2. 半径 $1$；在 $x=1$ 处为交错级数 $\sim (-1{)}^n/\sqrt{n}$，收敛，在 $x=-1$ 处发散，故收敛域为 $(-1,1]$.
3. 若 $a\ge b$，则半径 $1/a$，在 $x=1/a$ 处发散，在 $x=-1/a$ 处收敛，故收敛域为 $[-1/a,1/a)$. 若 $a<b$，则半径 $1/b$，在 $x=1/b$ 处收敛，在 $x=-1/b$ 处发散，故收敛域为 $(-1/b,1/b]$.
4. 半径 $1$，且在 $x=\pm 1$ 处通项可按块比较为可和项，故收敛域为 $[-1,1]$.
5. 半径 $1$，在 $x=\pm 1$ 处通项都不趋于 $0$，故收敛域为 $(-1,1)$.
6. 只要 $|x|<1$ 就有 $n^{n^2}|x{|}^{n^3}=(n^{1/n}|x|{)}^{n^3}\to 0$；若 $|x|\ge 1$ 则通项不趋于 $0$. 故收敛域为 $(-1,1)$.
7. 因 $\sin \frac{1}{3n}\sim \frac{1}{3n}$，故本质上是关于 $y=x^2+x+1$ 的调和型幂级数。又 $x^2+x+1>0$，所以只需 $x^2+x+1<1$，即 $-1<x<0$. 端点 $x=0,-1$ 时发散。
8. 令 $y=\frac{x}{3x+1}$，系数 $\frac{n-1}{n^2+1}\sim 1/n$，半径为 $1$. 解不等式 $|y|<1$ 得 $x<-1/2$ 或 $x>-1/4$. 其中 $x=-1/4$ 对应 $y=-1$，交错收敛；$x=-1/2$ 对应 $y=1$，发散。故收敛域为

$$(-\infty ,-1/2)\cup [-1/4,+\infty ).$$

题目 6

求下列幂级数的收敛域与和函数：

$$\begin{array}{ll}(1)\sum _{n=2}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{n+1}}{n^2-1};& (2)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n(2n-1)}{x}^{2n};\\ (3)\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{2n+1}{n}{x}^{2n};& (4)\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{n}^2{x}^n;\\ (5)\sum _{n=0}^{\infty }(2^{n+2}-1)x^{2n};& (6)\sum _{n=1}^{\infty }n(x-1{)}^n.\end{array}$$

解 先给出和函数。

1. 利用 $\frac{1}{n^2-1}=\frac{1}{2}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1})$ 与 $\ln (1+x)={\sum }_{n\ge 1}(-1{)}^{n-1}{x}^n/n$，得

$$\sum _{n=2}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{n+1}}{n^2-1}=\frac{x(2-x)}{4}+\frac{x^2-1}{2}\ln (1+x).$$

收敛域为 $[-1,1]$. 2. 由 $\frac{1}{n(2n-1)}=\frac{2}{2n-1}-\frac{1}{n}$，得

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n(2n-1)}{x}^{2n}=2x\arctan x-\ln (1+x^2).$$

收敛域为 $[-1,1]$. 3. 写成 $2\sum (-1{)}^{n-1}{x}^{2n}+\sum (-1{)}^{n-1}{x}^{2n}/n$，故

$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{2n+1}{n}{x}^{2n}=\frac{2x^2}{1+x^2}+\ln (1+x^2),$$

收敛域为 $(-1,1)$. 4. 由 $\sum n^2{t}^n=\frac{t(1+t)}{(1-t{)}^3}$，取 $t=-x$，得

$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{n}^2{x}^n=-\frac{x(1-x)}{(1+x{)}^3},$$

收敛域为 $(-1,1)$. 5.

$$\sum _{n=0}^{\infty }(2^{n+2}-1)x^{2n}=\frac{4}{1-2x^2}-\frac{1}{1-x^2},$$

收敛域为 $\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$. 6. 令 $t=x-1$，则

$$\sum _{n=1}^{\infty }n(x-1{)}^n=\sum _{n=1}^{\infty }n{t}^n=\frac{t}{(1-t{)}^2}=\frac{x-1}{(2-x{)}^2},$$

收敛域为 $(0,2)$.

题目 7

证明：$u(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(4n)!}{x}^{4n}$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上满足微分方程 $u^{(4)}=u$。

解 由于该幂级数在全体实数上绝对收敛，可以逐项求导四次，得

$$u^{(4)}(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{4n-4}}{(4n-4)!}=\sum _{m=0}^{\infty }\frac{x^{4m}}{(4m)!}=u(x).$$

题目 8

证明：Bessel（贝塞尔）函数

$$J_0(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(n!{)}^2{2}^{2n}}{x}^{2n}$$

满足微分方程

$$x{u}^{\prime \prime }+u^{\prime }+xu=0.$$

解 逐项求导得

$$u^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n}2n}{(n!{)}^2{2}^{2n}}{x}^{2n-1},u^{\prime \prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n}2n(2n-1)}{(n!{)}^2{2}^{2n}}{x}^{2n-2}.$$

于是

$$x{u}^{\prime \prime }+u^{\prime }=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n}4n^2}{(n!{)}^2{2}^{2n}}{x}^{2n-1}=-\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(n!{)}^2{2}^{2n}}{x}^{2n+1}=-xu,$$

故 $x{u}^{\prime \prime }+u^{\prime }+xu=0$.

题目 9

设 $S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2\ln (1+n)}{x}^n$，证明：

1. 函数 $S\in C[-1,1]$；
2. $S_{+}^{\prime }(-1)$ 有限，而 $S_{-}^{\prime }(1)=+\infty$。 （可参考上册 194 页命题 7.1.7 和本章 14.3.2 小节的第 7 题。）

解

1. 因 $\sum 1/[n^2\ln (1+n)]$ 收敛，故原级数在 $[-1,1]$ 上绝对一致收敛，和函数连续，于是 $S\in C[-1,1]$.
2. 在 $(-1,1)$ 上可逐项求导，

$$S^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n\ln (1+n)}.$$

当 $x\to -1+$ 时，右边趋于交错级数 $\sum (-1{)}^{n-1}/[n\ln (1+n)]$，故右导数有限；当 $x\to 1-$ 时，右边单调增至 $\sum 1/[n\ln (1+n)]=+\infty$，故 $S_{-}^{\prime }(1)=+\infty$.

题目 10

设 $f(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{2^n}{n^2}{x}^n$，证明：函数 $f$ 在 $\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right]$ 上连续，在 $\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$ 上可导，并讨论 $f$ 在 $\frac{1}{2}$ 处的可导性。

解 收敛半径为 $1/2$. 因 $\sum 2^n(1/2{)}^n/n^2=\sum 1/n^2$ 收敛，故 $f$ 在 $[-1/2,1/2]$ 上连续。又导数级数

$$f^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^n}{n}{x}^{n-1}$$

在任意 $[-1/2,r](r<1/2)$ 上一致收敛，因此 $f$ 在 $[-1/2,1/2)$ 上可导；在 $x=-1/2$ 处右导数为 $2\ln 2$. 但当 $x\to 1/2-$ 时，$f^{\prime }(x)\uparrow 2\sum 1/n=+\infty$，故 $f$ 在 $1/2$ 处不可导。

题目 11

设 $f(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n^2},-1\le x\le 1$，证明：当 $x\in (0,1)$ 时有

$$f(x)+f(1-x)+\ln x\ln (1-x)=\frac{{\pi }^2}{6}.$$

解 令

$$F(x)=f(x)+f(1-x)+\ln x\ln (1-x),0<x<1.$$

由逐项求导得

$$f^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n}=-\frac{\ln (1-x)}{x}.$$

于是

$$F^{\prime }(x)=-\frac{\ln (1-x)}{x}+\frac{\ln x}{1-x}+\frac{\ln (1-x)}{x}-\frac{\ln x}{1-x}=0.$$

故 $F$ 为常数。令 $x\to 0+$，利用 $f(0)=0$, $f(1)=\sum 1/n^2={\pi }^2/6$, 且 $\ln x\ln (1-x)\to 0$，得到常数为 ${\pi }^2/6$.

题目 12

设幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径 $R=+\infty$，将级数的部分和函数列记为 $\{S_n\}$，将和函数记为 $S$，证明：函数列 $\{S\circ S_n\}$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上内闭一致收敛于 $S\circ S$。

解 记和函数仍为 $S$. 因幂级数收敛半径为 $+\infty$，部分和 $S_n\to S$ 在任意内闭区间上一致。对任意内闭区间 $K$，$S(K)$ 与充分大 $n$ 时的 $S_n(K)$ 都落在某个紧区间 $K^{\prime }$. 函数 $S$ 在 $K^{\prime }$ 上一致连续，于是

$$\underset{x\in K}{\sup }|S(S_n(x))-S(S(x))|\to 0.$$

所以 $\{S\circ S_n\}$ 在整个实轴上内闭一致收敛于 $S\circ S$.

题目 13

设级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 发散，记 $S_n=a_0+a_1+\cdots +a_n,n=0,1,\cdots$。证明：

1. 幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 和 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n$ 有相同的收敛半径；
2. 若 $a_n\ge 0,n=0,1,\cdots$，且 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n/S_n=0$，则 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径为 $1$。

解

1. 设 $F(x)=\sum a_n{x}^n$, $G(x)=\sum S_n{x}^n$. 因 $(1-x)G(x)=F(x)$，故两级数具有相同的收敛半径。
2. 若 $a_n\ge 0$ 且 $a_n/S_n\to 0$，则

$$\frac{S_{n+1}}{S_n}=1+\frac{a_{n+1}}{S_n}\to 1.$$

因而 $\sum S_n{x}^n$ 的收敛半径为 $1$，再由 (1) 即知 $\sum a_n{x}^n$ 的收敛半径也为 $1$.

14.4.3 例题

例题 14.4.1

用间接法求 $\arctan x$ 与 $\arcsin x$ 的 Maclaurin 级数展开式。

解 (1) 由于

$$(\arctan x{)}^{\prime }=\frac{1}{1+x^2}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{2n},x\in (-1,1),$$

用逐项积分就得到

$$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\cdots +\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1}+\cdots ,x\in (-1,1).$$

(2) 由于

$$(\arcsin x{)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=1+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}{x}^{2n},x\in (-1,1),$$

用逐项积分就得到

$$\arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+\cdots +\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!(2n+1)}{x}^{2n+1}+\cdots ,x\in (-1,1).$$

注意：用 Abel 第二定理知道两个展开式都在端点 $x=\pm 1$ 处成立。

例题 14.4.2

现在求正弦和余弦之外的四个基本三角函数的 Maclaurin 展开式（其中 $\cot x$ 和 $\csc x$ 是在乘以因子 $x$ 之后的 Maclaurin 展开式）。仿照上册 216 页中的做法，并应用命题 14.4.4，就得到 Maclaurin 级数展开式

$$\frac{x}{e^x-1}=B_0+\frac{B_1}{1!}x+\frac{B_2}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{B_n}{n!}{x}^n+\cdots ,\text{\hspace{1em}(14.24)}$$

其中左边的表达式在点 $x=0$ 处用其极限值 $1$ 来代替。与 7.2.3 小节中的记号相同，$\{B_n\}$ 为 Bernoulli 数，其中 $B_1=-1/2$，当 $n$ 为大于 $1$ 的奇数时 $B_n=0$。以下采用记号 ${\overline{B}}_n=(-1{)}^{n-1}{B}_{2n}(n\ge 1)$。

由此出发就可以与例题 7.2.8 和 7.2.9 类似地得到 Maclaurin 级数展开式

$$x\cot x=1-\frac{{\overline{B}}_1{2}^2}{2!}{x}^2-\frac{{\overline{B}}_2{2}^4}{4!}{x}^4-\cdots -\frac{{\overline{B}}_n{2}^{2n}}{(2n)!}{x}^{2n}+\cdots ,\text{\hspace{1em}(14.25)}$$ $$\tan x=\frac{{\overline{B}}_1(2^2-1)2^2}{2!}x+\frac{{\overline{B}}_2(2^4-1)2^4}{4!}{x}^3+\cdots +\frac{{\overline{B}}_n(2^{2n}-1)2^{2n}}{(2n)!}{x}^{2n-1}+\cdots .\text{\hspace{1em}(14.26)}$$

再利用三角恒等式

$$\csc x=\frac{1}{2}\left(\cot \frac{x}{2}+\tan \frac{x}{2}\right),$$

即可以得到

$$x\csc x=1+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\overline{B}}_n(2^{2n}-2)}{(2n)!}{x}^{2n}.\text{\hspace{1em}(14.27)}$$

最后，回顾例题 7.2.7 并应用命题 14.4.4 就可以得到

$$\sec x=E_0-\frac{E_2}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{(-1{)}^n{E}_{2n}}{(2n)!}{x}^{2n}+\cdots ,\text{\hspace{1em}(14.28)}$$

其中 $\{E_{2n}\}$ 为 Euler 数。

解 由 Bernoulli 数生成函数

$$\frac{x}{e^x-1}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{B_n}{n!}{x}^n$$

出发，把 $x$ 换成 $2ix$，再整理实部，便得到

$$x\cot x=1-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\overline{B}}_n{2}^{2n}}{(2n)!}{x}^{2n}.$$

再用恒等式 $\tan x=\cot x-2\cot 2x$，即得

$$\tan x=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\overline{B}}_n(2^{2n}-1)2^{2n}}{(2n)!}{x}^{2n-1}.$$

由

$$\csc x=\frac{1}{2}\left(\cot \frac{x}{2}+\tan \frac{x}{2}\right)$$

可得

$$x\csc x=1+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\overline{B}}_n(2^{2n}-2)}{(2n)!}{x}^{2n}.$$

最后，把 $\sec x=1/\cos x$ 与 Euler 数的定义结合，便有

$$\sec x=E_0-\frac{E_2}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{(-1{)}^n{E}_{2n}}{(2n)!}{x}^{2n}+\cdots .$$

这就得到了题中四个基本三角函数的 Maclaurin 展开式。

注 根据第十六章例题 16.2.3 后的注，利用渐近等式 (16.13)，可容易确定 (14.24)、(14.25)、(14.26) 和 (14.27) 这四个 Maclaurin 级数的收敛半径分别为 $2\pi ,\pi ,\pi /2$ 和 $\pi$。又从 $\sec x=1/\cos x$ 和命题 14.4.4 容易推知 (14.28) 的收敛半径为 $\pi /2$。最后，根据 Abel 第二定理即可确定所有这些展开式的准确成立范围。

例题 14.4.3

求 $f(x)=\frac{1}{1+x+x^2}$ 在 (1) 点 $x_0=0$ 和 (2) 点 $x_0=-\frac{1}{2}$ 处的幂级数展开式。

解 (1) 这时可以如下计算：

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{1}{1+x+x^2}=\frac{1-x}{1-x^3}=(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{x}^{3n}\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }{x}^{3n}-\sum _{n=0}^{\infty }{x}^{3n+1}\\ & =(1+x^3+x^6+\cdots +x^{3n}+\cdots )-(x+x^4+x^7+\cdots +x^{3n+1}+\cdots )\\ & =1-x+x^3-x^4+\cdots +x^{3n}-x^{3n+1}+\cdots ,x\in (-1,1).\end{array}$$

这就是所求的幂级数展开式。

(2) 为了将函数 $f$ 展开成关于 $x+\frac{1}{2}$ 的乘幂的幂级数，可计算如下：

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{1}{1+x+x^2}=\frac{1}{\frac{3}{4}+{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{1+\frac{4}{3}{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2}\\ & =\frac{4}{3}\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{\left[\frac{4}{3}{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2\right]}^n=\frac{4}{3}\sum _{n=0}^{\infty }{\left(-\frac{4}{3}\right)}^n{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^{2n}.\end{array}$$

其中应用了上一节中列举的基本公式之一，即 $1/(1-x)$ 的幂级数展开式。从以上计算过程不难看出级数展开式成立的范围为

$$\left|\frac{2}{\sqrt{3}}\left(x+\frac{1}{2}\right)\right|<1,\text{即}x\in \left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\right).$$

注 如果注意到

$$\sin \frac{2(n+1)\pi }{3}=\{\begin{array}{ll}\frac{\sqrt{3}}{2},& n=3k,\\ -\frac{\sqrt{3}}{2},& n=3k+1,\\ 0,& n=3k+2,\end{array}k=0,1,2,\cdots ,$$

就可以将 (1) 的幂级数展开式改写为

$$f(x)=\frac{2}{\sqrt{3}}\sum _{n=0}^{\infty }\sin \frac{2(n+1)\pi }{3}{x}^n,x\in (-1,1).$$

例题 14.4.4

求函数 $f(x)={\ln }^2(1+x)$ 的 Maclaurin 级数展开式。

解 用级数乘法即可得到在 $(-1,1)$ 中成立幂级数展开式：

$${\ln }^2(1+x)=2\sum _{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n-1}\right)x^n.\text{\hspace{1em}(14.29)}$$

当 $x=1$ 时右边级数收敛，从 Abel 第二定理知该展开式在 $x=1$ 时仍成立。

例题 14.4.5

设 $a$ 不是 $\pi$ 的整数倍，求函数

$$\frac{x\sin a}{1-2x\cos a+x^2}$$

的 Maclaurin 级数展开式。

解 用待定系数法计算如下：设

$$\frac{x\sin a}{1-2x\cos a+x^2}=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n,$$

两边乘以 $1-2x\cos a+x^2$ 并等置两边同次项，就可求出

$$a_0=0,a_1=\sin a,a_2=\sin 2a,\cdots ,a_n=\sin na,\cdots .$$

因此

$$\frac{x\sin a}{1-2x\cos a+x^2}=\sum _{n=1}^{\infty }{x}^n\sin na.$$

容易看出右边的级数在 $x\in (-1,1)$ 上收敛。而当 $a$ 不是 $\pi$ 的整数倍时，数列 $\{\sin na\}$ 不趋于 $0$，因此级数的收敛域就是 $(-1,1)$。

例题 14.4.6

求 $f(x)=e^x\sin x$ 的 Maclaurin 级数展开式。

解 如果用间接展开法，则需要将 $e^x$ 与 $\sin x$ 的 Maclaurin 级数展开式相乘，运算将较为复杂。因此我们采用直接展开法。首先，可用数学归纳法证明公式

$$f^{(n)}(x)=(\sqrt{2}{)}^n{e}^x\sin \left(x+\frac{n\pi }{4}\right),$$

由此得到

$$f^{(n)}(0)=(\sqrt{2}{)}^n\sin \frac{n\pi }{4},n=1,2,3,\cdots .$$

这样就得到所求的 Maclaurin 级数为

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(\sqrt{2}{)}^n\sin \frac{n\pi }{4}}{n!}{x}^n.\text{\hspace{1em}(14.30)}$$

按照直接法的一般步骤，到这里为止还不知道级数 (14.30) 是否收敛于 $e^x\sin x$，因此需要应用命题 14.4.3 去研究 Taylor 公式的余项。但是这里可以避免这一步。利用 $e^x$ 和 $\sin x$ 的 Maclaurin 级数展开式均在 $(-\infty ,+\infty )$ 成立，因此处处绝对收敛。应用级数乘积定理（命题 13.3.5），就可以知道 $e^x\sin x$ 也能够展开为幂级数，且收敛半径也是 $+\infty$。再利用幂级数展开的唯一性定理（即命题 14.4.1），可见 (14.30) 必定在 $(-\infty ,+\infty )$ 上收敛于 $e^x\sin x$。

14.4.4 练习题

题目 1

将函数 $f(x)=\frac{1}{a-x}(a\ne 0)$ 分别按 $x,x-b,\frac{1}{x}$ 的乘幂展开。

解 设 $a\ne 0$.

$$\frac{1}{a-x}=\frac{1}{a}\cdot \frac{1}{1-x/a}=\frac{1}{a}\sum _{n=0}^{\infty }{\left(\frac{x}{a}\right)}^n,|x|<|a|;$$ $$\frac{1}{a-x}=\frac{1}{a-b-(x-b)}=\frac{1}{a-b}\sum _{n=0}^{\infty }{\left(\frac{x-b}{a-b}\right)}^n,|x-b|<|a-b|;$$ $$\frac{1}{a-x}=-\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{1-a/x}=-\sum _{n=0}^{\infty }\frac{a^n}{x^{n+1}},|x|>|a|.$$

题目 2

将函数 $f(x)=\ln x$ 展开为 $\frac{x-1}{x+1}$ 的幂级数。

解 令 $y=\frac{x-1}{x+1}$，则 $x=\frac{1+y}{1-y}$，于是

$$\ln x=\ln (1+y)-\ln (1-y)=2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{y^{2n+1}}{2n+1}.$$

因 $x>0$ 等价于 $|y|<1$，故该展开在一切 $x>0$ 上成立。

题目 3

设函数 $f$ 在区间 $(-a,a)(a>0)$ 上无限次可微，且导函数序列 $\{f^{(n)}\}$ 在 $(-a,a)$ 上一致有界，证明：$f$ 在 $(-a,a)$ 上可以展开为 Maclaurin 级数。

解 由 Taylor 公式，

$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}{x}^k+R_n(x),R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}{x}^{n+1}.$$

若 $|f^{(m)}(x)|\le M$，则 $|R_n(x)|\le M|x{|}^{n+1}/(n+1)!\to 0$. 故 $f$ 在 $(-a,a)$ 上可以展开为其 Maclaurin 级数。

题目 4

设函数 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上无穷次可导，并且其导函数列在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致有界。如果存在正数数列 $\{x_n\}$，使 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=0$ 且 $f(x_n)=0,n=1,2,\cdots$，证明：$f(x)\equiv 0$。

解 由上题，$f$ 等于自己的 Maclaurin 级数。又因 $f(x_n)=0$ 且 $x_n\to 0$，对每个 $m$ 反复应用 Rolle 定理，可得一列 $y_n^{(m)}\to 0$ 使 $f^{(m)}(y_n^{(m)})=0$，故 $f^{(m)}(0)=0$ 对一切 $m$ 成立。于是 Maclaurin 级数的全部系数都为 $0$，所以 $f\equiv 0$.

题目 5

求下列函数的 Maclaurin 展开式，并确定其成立范围：

$$\begin{array}{ll}(1)\sqrt{4-x};& (2)a^x,a>0;\\ (3)\ln (1+3x+2x^2);& (4)\arctan \frac{2x}{1-x^2};\\ (5)\frac{1}{1+x+x^2+x^3+x^4};& (6)\frac{e^{x^2}}{1-x^2};\\ (7)\frac{d}{dx}\left(\frac{e^x-1}{x}\right);& (8){\int }_0^x\frac{1-\cos t}{t^2}dt.\end{array}$$

解 各式如下。

1. $\sqrt{4-x}=2\sqrt{1-x/4}=2{\sum }_{n=0}^{\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1/2}{n}\right){\left(-\frac{x}{4}\right)}^n$，收敛半径为 $4$，在 $[-4,4]$ 上成立。
2. $a^x=e^{x\ln a}={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(\ln a{)}^n}{n!}{x}^n$，对一切 $x$ 成立。
3. $\ln (1+3x+2x^2)=\ln (1+x)+\ln (1+2x)$，故

$$\ln (1+3x+2x^2)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}(1+2^n)}{n}{x}^n,$$

成立范围为 $(-1/2,1/2]$. 4. 对 $|x|<1$，

$$\arctan \frac{2x}{1-x^2}=2\arctan x=2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2n+1}{x}^{2n+1}.$$

因而作为该函数的展开式，成立范围是 $|x|<1$；级数本身在 $x=\pm 1$ 也收敛到相应极限值。 5. 因 $1+x+x^2+x^3+x^4=\frac{1-x^5}{1-x}$，故

$$\frac{1}{1+x+x^2+x^3+x^4}=\frac{1-x}{1-x^5}=\sum _{n=0}^{\infty }(x^{5n}-x^{5n+1}),$$

成立范围为 $|x|<1$. 6.

$$\frac{e^{x^2}}{1-x^2}=\left(\sum _{m=0}^{\infty }\frac{x^{2m}}{m!}\right)\left(\sum _{n=0}^{\infty }{x}^{2n}\right)=\sum _{k=0}^{\infty }\left(\sum _{m=0}^k\frac{1}{m!}\right)x^{2k},$$

成立范围为 $|x|<1$. 7. 先有

$$\frac{e^x-1}{x}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{(n+1)!},$$

故

$$\frac{d}{dx}\left(\frac{e^x-1}{x}\right)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{n+1}{(n+2)!}{x}^n,$$

对一切 $x$ 成立。 8. 因

$$\frac{1-\cos t}{t^2}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{(2n)!}{t}^{2n-2},$$

故

$${\int }_0^x\frac{1-\cos t}{t^2}dt=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{(2n-1)(2n)!}{x}^{2n-1},$$

对一切 $x$ 成立。

题目 6

将下列函数在指定点展开为幂级数：

$$\begin{array}{ll}(1)\frac{1}{3+x},x=2;& (2)\ln \frac{1}{3+2x+x^2},x=-1;\\ (3)\ln x,x=3;& (4)\frac{x-1}{x+1},x=1;\\ (5)\sin x,x=\frac{\pi }{6}.& \end{array}$$

解 设 $h=x-x_0$.

1. $\frac{1}{3+x}=\frac{1}{5+h}=\frac{1}{5}{\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{\left(\frac{h}{5}\right)}^n$, $|h|<5$.
2. 因 $3+2x+x^2=2+h^2=2\left(1+\frac{h^2}{2}\right)$，故

$$\ln \frac{1}{3+2x+x^2}=-\ln 2-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{\left(\frac{h^2}{2}\right)}^n,$$

其中 $|h|<\sqrt{2}$. 3. $\ln x=\ln 3+\ln \left(1+\frac{h}{3}\right)=\ln 3+{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n{3}^n}{h}^n$, $|h|<3$. 4. $\frac{x-1}{x+1}=\frac{h}{2+h}={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2^n}{h}^n$, $|h|<2$. 5. 用加法公式，

$$\sin x=\frac{1}{2}\cos h+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin h=\frac{1}{2}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{h}^{2n}+\frac{\sqrt{3}}{2}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{h}^{2n+1},$$

对一切 $x$ 成立。

14.5.2 参考题

第一组参考题 1

试举例：在 $[0,1]$ 上一致收敛于连续函数的函数列 $\{S_n(x)\}$，但每个 $S_n^{\prime }(x)$ 在 $[0,1]$ 上处处不连续。

解 这样的例子不存在。因为每个导函数都是第一类 Baire 函数，而第一类 Baire 函数在每个非空闭集上都有连续点，所以不可能在整个 $[0,1]$ 上处处不连续。

第一组参考题 2

用逐项求导方法写出函数 $\zeta (x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^x}$ 在 $(1,+\infty )$ 上的任意阶导数的表达式，并证明运算的合理性。

解 对任意整数 $m\ge 0$，在每个半直线 $[1+\delta ,+\infty )$ 上有

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(\ln n{)}^m}{n^x}$$

一致收敛，因此可逐项求导任意次，得到

$${\zeta }^{(m)}(x)=(-1{)}^m\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(\ln n{)}^m}{n^x},x>1.$$

第一组参考题 3

证明 Dirichlet 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^x}$ 的收敛域具有以下特性：若存在 $x_1,x_2$，使 $x=x_1$ 时级数发散，而当 $x=x_2$ 时级数收敛，则一定存在 $r\in (-\infty ,+\infty )$，使 $x<r$ 时级数发散，而 $x>r$ 时级数收敛。

解 若在 $x=x_2$ 时收敛，则对任意 $x>x_2$，把级数写成

$$\sum \frac{a_n}{n^{x_2}}\cdot \frac{1}{n^{x-x_2}},$$

其中第二因子单调趋于 $0$，故由 Abel 判别法知在 $x$ 处也收敛。反过来，若在某个 $x_1$ 处发散而在某个更小的点收敛，就与刚证明的“向右保持收敛”矛盾。于是收敛点集必为某条半直线 $(r,+\infty )$ 或 $[r,+\infty )$；题设中一收一发保证存在临界值 $r$，使 $x<r$ 时发散，$x>r$ 时收敛。

第一组参考题 4

设 $f\in C[0,1]$，定义函数列 $S_n(x)=x^{n}f(x),x\in [0,1],n=1,2,\cdots$，证明：$\{S_n(x)\}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛的充分必要条件是 $f(1)=0$。

解 必要性显然，因为 $S_n(1)=f(1)$. 若 $f(1)=0$，则给定 $\epsilon >0$，先取 $\delta >0$ 使 $|f(x)|<\epsilon$ 在 $[1-\delta ,1]$ 上成立；在 $[0,1-\delta ]$ 上有 $x^n\to 0$ 一致，故充分大时 $|x^{n}f(x)|<\epsilon$. 合起来得 $S_n\to 0$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。

第一组参考题 5

设数列 $\{r_n\}$ 是 $[0,1]$ 区间内的所有有理点的一个排列，证明函数

$$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{|x-r_n|}{3^n},x\in [0,1]$$

具有性质：

1. 处处连续；
2. 在 $[0,1]$ 的每个无理点处可微，而在每个有理点处不可微。

解 由 $\sum 3^{-n}$ 收敛，级数在 $[0,1]$ 上绝对一致收敛，故 $f$ 处处连续。若 $x_0$ 为无理数，则对每个有限截断和

$$f_N(x)=\sum _{n=1}^N\frac{|x-r_n|}{3^n}$$

在 $x_0$ 的某邻域内可微，且

$$f_N^{\prime }(x_0)=\sum _{n=1}^N\frac{\mathrm{sgn}(x_0-r_n)}{3^n}.$$

令 $N\to \infty$，因导数级数绝对收敛，得

$$f^{\prime }(x_0)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\mathrm{sgn}(x_0-r_n)}{3^n}.$$

若 $x_0=r_m$ 为有理点，则第 $m$ 项 $|x-r_m|/3^m$ 在 $x_0$ 处左右导数相差 $2/3^m$，而其余项左右导数相同，因此 $f$ 在 $x_0$ 不可微。

第一组参考题 6

设函数 $f$ 在区间 $[0,1]$ 上无穷次可微且不恒等于 $0$，$f^{(n)}(0)=0,n=0,1,\cdots$。如果函数列 $\{a_n{f}^{(n)}\}$ 在区间 $[0,1]$ 上一致收敛于 $0$，其中 $\{a_n\}$ 为一给定的数列，证明：${\lim }_{n\to \infty }n!a_n=0$。

解 取 $x_0\in (0,1]$ 使 $f(x_0)\ne 0$. 由 $f^{(k)}(0)=0(k=0,1,\dots ,n-1)$ 与 Taylor 公式，存在 ${\xi }_n\in (0,x_0)$ 使

$$f(x_0)=\frac{f^{(n)}({\xi }_n)}{n!}{x}_0^n.$$

因而

$$n!|a_n||f(x_0)|=|a_n{f}^{(n)}({\xi }_n)|x_0^n\le \underset{x\in [0,1]}{\sup }|a_n{f}^{(n)}(x)|\to 0.$$

所以 $n!a_n\to 0$.

第一组参考题 7

用幂级数方法证明级数乘积的一个基本结果（即命题 13.3.7）：设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n,{\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 和它们的 Cauchy 乘积 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n$ 均收敛，且分别以 $A,B,C$ 为和，则 $C=AB$。

解 设

$$A(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n,B(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n{x}^n,C(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{c}_n{x}^n.$$

对 $|x|<1$，两边都绝对收敛，故幂级数乘法给出 $C(x)=A(x)B(x)$. 又由 Abel 第二定理，$x\to 1-$ 时 $A(x)\to A$, $B(x)\to B$, $C(x)\to C$. 令 $x\to 1-$ 即得 $C=AB$.

第一组参考题 8

求下列函数的 Maclaurin 展开式：

$$\begin{array}{ll}(1)\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}};& (2)\frac{\ln (x+\sqrt{1+x^2})}{\sqrt{1+x^2}};\\ (3){\left(\frac{\arcsin x}{x}\right)}^2\text{（函数在点 }x=0\text{ 处用极限值定义）}.& \end{array}$$

解 设

$$A(x)=\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}},B(x)=\frac{\ln (x+\sqrt{1+x^2})}{\sqrt{1+x^2}}.$$

直接求导可得

$$(1-x^2)A^{\prime }(x)-xA(x)=1,(1+x^2)B^{\prime }(x)+xB(x)=1.$$

设 $A(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n{x}^{2n+1}$，比较系数得 $c_0=1$，$c_n=\frac{2n}{2n+1}{c}_{n-1}$，故

$$A(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{2^{2n}(n!{)}^2}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}.$$

同理

$$B(x)=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2^{2n}(n!{)}^2}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}.$$

再由

$$\frac{d}{dx}(\arcsin x{)}^2=2A(x)$$

积分并除以 $x^2$，得到

$${\left(\frac{\arcsin x}{x}\right)}^2=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{2^{2n+1}(n!{)}^2}{(2n+2)!}{x}^{2n}.$$

第一组参考题 9

设数列 $\{a_n\}$ 有极限 $L$，证明：$f(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 在 $(-1,1)$ 上有定义，且

$$\underset{x\to 1-}{\lim }(1-x)f(x)=L.$$

解 写 $a_n=L+{\epsilon }_n$，则

$$(1-x)\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n=Lx+(1-x)\sum _{n=1}^{\infty }{\epsilon }_n{x}^n.$$

给定 $\epsilon >0$，取 $N$ 使 $|{\epsilon }_n|<\epsilon$ 对 $n\ge N$ 成立。于是尾项满足

$$\left|(1-x)\sum _{n=N}^{\infty }{\epsilon }_n{x}^n\right|\le \epsilon ,$$

而前面有限项乘以 $(1-x)$ 后当 $x\to 1-$ 趋于 $0$，故极限为 $L$.

第一组参考题 10

设多项式序列 $\{P_n\}$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致收敛于 $P$，证明：$P$ 也是多项式。

解 给定 $\epsilon =1$，由一致收敛可取 $N$ 使 $m,n\ge N$ 时有 $|P_n(x)-P_m(x)|<2$ 对一切 $x\in \mathbb{R}$ 成立。于是 $P_n-P_m$ 是有界多项式，只能是常数。故从某项起所有 $P_n$ 的非常数部分都相同，仅常数项变化；而常数项又收敛，所以极限 $P$ 仍是多项式。

第一组参考题 11

设 $\{P_n\}$ 是次数不超过 $D$ 的多项式序列，证明：若该序列于区间 $[0,1]$ 上收敛，则也一定一致收敛。

解 次数不超过 $D$ 的多项式空间是有限维的。取 $D+1$ 个不同点 $x_j\in [0,1]$，由点值向量 $(P(x_0),\dots ,P(x_D))$ 可唯一确定多项式 $P$. 题设下 $P_n(x_j)$ 都收敛，所以系数向量收敛，因而 $P_n$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。

第一组参考题 12

设 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 为 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上的 Maclaurin 级数展开式，证明：${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致收敛的充分必要条件是 $f$ 为多项式。

解 若级数在全实轴上一致收敛，则其部分和多项式列在全实轴上一致收敛于 $f$，由上一题可知 $f$ 必为多项式。反之，若 $f$ 本身就是多项式，则其 Maclaurin 级数从某项起全为 $0$，当然一致收敛。

第一组参考题 13

设 $C(a)$ 为 $(1+x{)}^a$ 的 Maclaurin 级数展开式中 $x^{2003}$ 项的系数，计算积分

$${\int }_0^{1}C(-y-1)\left(\frac{1}{y+1}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{y+3}+\cdots +\frac{1}{y+2003}\right)dy.$$

解 记 $m=2003$，并令

$$P(y)=\frac{(y+1)(y+2)\cdots (y+m)}{m!}.$$

则

$$C(-y-1)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{-y-1}{m}\right)=-P(y)$$

（因为 $m$ 为奇数）。又

$$\frac{P^{\prime }(y)}{P(y)}=\frac{1}{y+1}+\cdots +\frac{1}{y+m}.$$

故被积函数就是 $-P^{\prime }(y)$，于是

$${\int }_0^1\cdots dy=-P(1)+P(0)=1-(m+1)=-2003.$$

第一组参考题 14

求级数和

$$\sum _{m=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{m^{2}n}{3^m(n{3}^m+m{3}^n)}.$$

解 设题中双重级数和为 $S$. 交换 $m,n$ 后与原式相加，得

$$2S=\sum _{m,n\ge 1}\frac{mn}{3^{m+n}}={\left(\sum _{m=1}^{\infty }\frac{m}{3^m}\right)}^2.$$

而 $\sum m{q}^m=\frac{q}{(1-q{)}^2}$，代 $q=1/3$ 得 $\sum m/3^m=3/4$. 故

$$S=\frac{1}{2}{\left(\frac{3}{4}\right)}^2=\frac{9}{32}.$$

第一组参考题 15

甲乙两人掷骰子，两人依次轮流掷并且由甲掷第一次，问第一个六点由甲掷出的概率是多少？

解 设一次掷出六点的概率为 $p=1/6$，未掷出的概率为 $q=5/6$. 甲获胜当且仅当第一次六点出现在奇数次，因此

$$P=p+q^{2}p+q^{4}p+\cdots =\frac{p}{1-q^2}=\frac{1/6}{1-25/36}=\frac{6}{11}.$$

第一组参考题 16

某侨商捐资给母校设立奖学基金。该基金存入银行，每年可以得到 $a\%$ 的利息。奖学金按如下数目发放：基金存入银行当日发放一万元，第二年同一天发放二万元，以后每年同一日发放，发放金额比前一年多一万元。要使这笔奖学金能够永远按此规律发放下去，该侨商至少应捐资多少元？

解 设年利率 $r=a/100>0$. 若首笔基金为 $M$ 元，则其现值至少应等于全部未来发放金额的现值，即

$$M\ge 10000\sum _{n=0}^{\infty }(n+1){\left(\frac{1}{1+r}\right)}^n.$$

用求和公式 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(n+1)q^n=1/(1-q{)}^2(|q|<1)$，取 $q=1/(1+r)$，得

$$M_{\min }=10000{\left(\frac{1+r}{r}\right)}^2=10000{\left(\frac{100+a}{a}\right)}^2.$$

第二组参考题 1

设 $\{f_n\}$ 是在 $[a,b]$ 上的可积函数列，且于 $[a,b]$ 上一致有界，若已知 $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上收敛，证明：积分值所成的数列必有极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_a^b{f}_n$。

第二组参考题 2

若在 $[a,b]$ 上的可积函数列 $\{f_n\}$ 一致收敛于极限函数 $f$，证明：$f\in R[a,b]$，且有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_a^b{f}_n(x)dx={\int }_a^{b}f(x)dx.$$

第二组参考题 3

设具有相同单调性的单调函数列 $\{f_n\}$ 在区间 $[a,b]$ 上收敛于 $f\in C[a,b]$，则 $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛。

第二组参考题 4

设 $\{f_n\}$ 是 $[a,b]$ 上的连续函数列，并已知对于每个 $x\in [a,b]$，数列 $\{f_n(x)\}$ 单调增加收敛于 $f(x)$，证明：$f$ 在 $[a,b]$ 上必有最小值。又问：若将最小值换为最大值，或将 $[a,b]$ 换为 $(a,b)$，则结论如何？

第二组参考题 5

设 $\{f_n\}$ 为 $[a,b]$ 上的连续可微函数列，且存在 $\{x_n\}\subset [a,b]$，使 $f_n(x_n)=x_n,n=1,2,\cdots$。如果导函数列 $\{f_n^{\prime }\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛，证明：

1. 函数列 $\{f_n\}$ 有子列 $\{f_{n_k}\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛；
2. 设 $\{f_{n_k}\}$ 的极限函数为 $f$，则存在 $x_0\in [a,b]$，使 $f(x_0)=x_0$；
3. $f$ 在 $[a,b]$ 上连续可微，且在 $[a,b]$ 上

$$f^{\prime }(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n^{\prime }(x).$$

第二组参考题 6

设在区间 $[a,b]$ 上的连续函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x),{\sum }_{n=1}^{\infty }{v}_n(x)$ 的通项之间满足条件

$$|u_n(x)|\le v_n(x),n=1,2,\cdots ,$$

又设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{v}_n(x)$ 的和函数在 $[a,b]$ 上连续，证明：${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 的和函数也在 $[a,b]$ 上连续。

第二组参考题 7

证明：对任意 $n$ 和 $x$ 成立不等式

$$\left|\sum _{k=1}^n\frac{\sin kx}{k}\right|\le 2\sqrt{\pi }.$$

第二组参考题 8

利用幂级数展开证明（上册 374 页的题 15）不等式：

$$0<\frac{1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x}-x<\frac{x^3}{3(1-x^2)},0<x<1.$$

第二组参考题 9

利用幂级数展开证明：对一切 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$ 和实数 $x$ 成立不等式：

$$\left|e^x-{\left(1+\frac{x}{n}\right)}^n\right|\le e^{|x|}-{\left(1+\frac{|x|}{n}\right)}^n<\frac{x^2{e}^{|x|}}{2n}.$$

第二组参考题 10

设级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 的部分和数列为 $S_n=a_0+a_1+\cdots +a_n$，${\sigma }_n=(S_0+S_1+\cdots +S_{n-1})/n,n=0,1,\cdots$，且有极限 ${\lim }_{n\to \infty }{\sigma }_n=S$，即级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 的 Cesaro 和为 $S$。证明：

1. ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 在 $(-1,1)$ 上收敛；
2. 在 $(-1,1)$ 上成立

$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=(1-x{)}^2\sum _{n=0}^{\infty }(n+1){\sigma }_{n+1}{x}^n;$$

3. 记 $S(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n,x\in (-1,1)$，则有

$$\underset{x\to 1-}{\lim }S(x)=S.$$

第二组参考题 11

设 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 为正数数列，幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径为 $1$，且在 $x=1$ 处发散。如果

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{b_n}{a_n}=A,$$

证明：

$$\underset{x\to 1-}{\lim }\frac{{\sum }_{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^n}{{\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n}=A.$$

第二组参考题 12

证明：如果正项级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n=A$，则

$$\underset{x\to 1-}{\lim }\left(\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n{x}^n\right)=A.$$

（本题为上题之特例，但也可以用其他方法做。）

第二组参考题 13

设 $f$ 在区间 $[0,r]$ 上无穷次可微，且 $f$ 及其所有导函数都是非负的，证明：$f$ 的 Maclaurin 级数展开式在 $[0,r]$ 上成立：

$$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n.$$

第二组参考题 14

（生成函数法）设 $\{a_n\}$ 为 Fibonacci 数列：$a_0=a_1=1,a_n=a_{n-1}+a_{n-2},\forall n\ge 2$，定义

$$f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n+\cdots$$

为 $\{a_n\}$ 的生成函数。试求出 $f$，并由此求出 $\{a_n\}$ 的解析表达式，同时求出该数列的增长数：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}.$$

第二组参考题 15

利用上题的生成函数方法证明组合学中的 Vandermonde（范德蒙德）恒等式：

$$\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\beta }{n-k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha +\beta }{n}\right),$$

并由此推出

$$\sum _{k=0}^n{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)}^2=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right).$$