16-第十六章 无穷级数的应用

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• 无显式依赖

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• 无

正文部分

16.1.2 例题

例题 16.1.1

出现在一系列应用问题中的积分

$$E(k)={\int }_0^{\pi /2}\sqrt{1-k^2{\sin }^2\phi }d\phi \text{\hspace{1em}(16.3)}$$

称为第二类完全椭圆积分，其中 $k\in (0,1)$ 为参数。试将 $E(k)$ 展开为 $k$ 的幂级数，并利用它研究椭圆周长近似公式

$$s_1=\frac{\pi }{2}\left[a+b+\sqrt{2a^2+2b^2}\right]\text{\hspace{1em}(16.4)}$$

当椭圆偏心率充分小时的误差的渐近性态，其中 $a>b>0$ 为椭圆的长半轴和短半轴，偏心率 $\epsilon =\sqrt{a^2-b^2}/a$。（公式 (16.4) 来自上册 356 页的例题 11.3.3。）

解 除了 $k=0,1$ 之外，积分 (16.3) 的被积函数没有初等原函数（参见上册 297 页），但要将 $E(k)$ 展开为幂级数则是容易的。在 $(1-x{)}^{1/2}$ 的 Maclaurin 级数中令 $x=k^2{\sin }^2\phi$ 代入，就得到

$$(1-k^2{\sin }^2\phi {)}^{1/2}=1-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(2n-3)!!}{2^{n}n!}{k}^{2n}{\sin }^{2n}\phi ,0\le k<1.$$

以 $k$ 为参数，以 $\phi \in [0,\pi /2]$ 为自变量，这是同号函数项级数，从 Dini 定理可知一致收敛，因此可以逐项积分，这样就得到所要求的展开式：

$$E(k)=\frac{\pi }{2}\left(1-\sum _{n=1}^{\infty }{\left[\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right]}^2\frac{k^{2n}}{2n-1}\right).$$

椭圆周长可以表示为

$$s=4a{\int }_0^{\pi /2}\sqrt{1-{\epsilon }^2{\sin }^2\phi }d\phi =4aE(\epsilon ),0<\epsilon <1,$$

因此就有

$$\begin{array}{rl}s=2\pi a(& 1-\frac{1}{4}{\epsilon }^2-\frac{3}{64}{\epsilon }^4-\frac{5}{256}{\epsilon }^6-\frac{175}{16384}{\epsilon }^8\\ & -\frac{441}{65536}{\epsilon }^{10}-\frac{4851}{1048576}{\epsilon }^{12})+O({\epsilon }^{14})(\epsilon \to 0).\end{array}\text{\hspace{1em}(16.5)}$$

同时将近似计算公式 (16.4) 右边按 $\epsilon$ 展开，并与上式比较得到：

$$s_1=s-2\pi a\cdot \frac{5}{16384}{\epsilon }^8+O({\epsilon }^{10})(\epsilon \to 0).$$

注 本题取材于 [44] 卷 2 第八章 \S 7，其中还有椭圆周长的另一个近似公式

$$s_2=\pi \left[\frac{3}{2}(a+b)-\sqrt{ab}\right].\text{\hspace{1em}(16.6)}$$

采用同样的分析方法可以知道

$$s_2=s+2\pi a\cdot \frac{3}{16384}{\epsilon }^8+O({\epsilon }^{10})(\epsilon \to 0).$$

容易看出，这两个公式的误差符号相反，若采取加权平均的方法就可能得到更好的结果：将 (16.4) 乘 $3/8$ 与 (16.6) 乘 $5/8$ 再相加，就得到新公式：

$$s_3=\pi \left[\frac{9}{8}(a+b)+\frac{3}{16}\sqrt{2a^2+2b^2}-\frac{5}{8}\sqrt{ab}\right].\text{\hspace{1em}(16.7)}$$

可以发现新公式的幂级数展开式的 ${\epsilon }^8$ 项和 ${\epsilon }^{10}$ 项的系数与 (16.5) 的展开式完全相同。这里前者是预期的，而后者是意外的。于是误差的级别为 $O({\epsilon }^{12})$：

$$s_3=s-2\pi a\cdot \frac{7}{1048576}{\epsilon }^{12}+O({\epsilon }^{14}).$$

从数值计算可以知道，这个近似公式不仅在 $\epsilon$ 充分小时有效，而且直到 $\epsilon =0.9$ 时的相对误差还小于 $10^{-4}$。

例题 16.1.2

利用

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{x^2}{n}\right)}^{-n}=e^{-x^2}$$

证明：

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$$

解 用平均值不等式可以看出

$${\left(1+\frac{x^2}{n}\right)}^n=1\cdot {\left(1+\frac{x^2}{n}\right)}^n\le {\left[\frac{1+n(1+x^2/n)}{n+1}\right]}^{n+1}={\left(1+\frac{x^2}{n+1}\right)}^{n+1},$$

因此在区间 $[0,+\infty )$ 上函数列

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

单调减少收敛于极限函数 $e^{-x^2}$。应用命题 16.1.1 即有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{+\infty }{\left(1+\frac{x^2}{n}\right)}^{-n}dx={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx.$$

用变量替换 $x=\sqrt{n}\tan t$ 计算左边极限号下的积分如下：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }{\left(1+\frac{x^2}{n}\right)}^{-n}dx& =\sqrt{n}{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2n-2}tdt\\ & =\frac{\sqrt{n}\pi }{2}\cdot \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!}\sim \frac{\sqrt{n}\pi }{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{n\pi }}=\frac{\sqrt{\pi }}{2},\end{array}$$

这里最后一步利用了 Wallis 公式 (11.29)。

例题 16.1.3（Euler 积分）

证明：若 $0<p<1$，则

$${\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{x^p(1+x)}=\frac{\pi }{\sin \pi p}.$$

证 将积分拆开为区间 $[0,1]$ 和 $[1,+\infty )$ 上的两个积分。

在区间 $(0,1)$ 上

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

它在 $(0,1)$ 上虽然不一致收敛，但除去第一项之外，级数的部分和在 $[0,1]$ 上一致有界，因此可以根据 Arzelà 定理（即命题 14.2.4）交换积分与求和的顺序\footnote{若不用 Arzelà 定理，则可以用 14.2.4 小节的题 5。}，得到

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{dx}{x^p(1+x)}& ={\int }_0^1\left(\frac{1}{x^p}+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{n-p}\right)dx\\ & =\frac{1}{1-p}+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{\int }_0^1{x}^{n-p}dx\\ & =\frac{1}{1-p}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n+1-p}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n-p}.\end{array}$$

对于 $[1,+\infty )$ 上的积分可作变量替换变为 $[0,1]$ 上的积分，经同样计算得到

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x^p(1+x)}& ={\int }_0^1\frac{dx}{x^{1-p}(1+x)}\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n-(1-p)}=\frac{1}{p}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n+p}.\end{array}$$

合并两个结果得到

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{x^p(1+x)}& =\frac{1}{p}+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(\frac{1}{p-n}+\frac{1}{p+n}\right)\\ & =\frac{1}{p}+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2p}{p^2-n^2}.\end{array}$$

最后利用余割函数 $\csc x$ 的部分分式展开式就得到所求结果。（该公式见 15.2.7 小节练习题 3，也可以从 $\sin x$ 的无穷乘积展开式 (13.30) 求导得到。）

注 本题的积分有各种不同的形式，例如

$${\int }_0^{+\infty }\frac{x^{a-1}dx}{1+x}(0<a<1),{\int }_0^{+\infty }\frac{x^{m-1}dx}{1+x^n}(0<m<n)$$

等。此外，上册 402 页题 8 中的所有公式均为本题之特例，且其中的参数 $m,n$ 等都可以不限于正整数。读者可以对比两处所用方法，从而知道在积分计算问题中我们已经取得的进步。

例题 16.1.4

当 $x>0$ 时成立

$$\Gamma (x)={\int }_0^{+\infty }{t}^{x-1}{e}^{-t}dt=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!n^x}{x(x+1)\cdots (x+n)}.$$

证 在广义积分中作变量替换 $t=\ln (1/s)$，当 $t$ 从 $0$ 到 $+\infty$ 时，$s$ 从 $1$ 到 $0$，于是得到

$$\Gamma (x)={\int }_0^1{\left(\ln \frac{1}{s}\right)}^{x-1}ds.$$

利用

$$\ln \frac{1}{s}=\underset{n\to \infty }{\lim }n(1-s^{1/n}),$$

而且右边的极限过程关于 $n$ 单调，就可以用命题 16.1.1 得到

$$\Gamma (x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1{\left[n(1-s^{1/n})\right]}^{x-1}ds.$$

对于右边的积分用变量替换 $s^{1/n}=y$，然后多次分部积分即可。

16.1.3 练习题

题目 1

（广义积分的控制收敛定理）设函数列 $\{S_n(x)\}$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上内闭可积，且内闭一致收敛于函数 $S$，如果存在函数 $F$，使 $|S_n(x)|\le F(x)$ 对于每个 $n$ 和每个 $x$ 都成立，且广义积分 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }F(x)dx$ 收敛，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{S}_n(x)dx={\int }_{-\infty }^{+\infty }S(x)dx.$$

解答 给定 $\epsilon >0$，由 $F$ 的广义积分收敛，取 $A>0$ 使

$${\int }_{|x|>A}F(x)dx<\epsilon .$$

在 $[-A,A]$ 上，$S_n\to S$ 一致，故对充分大的 $n$，

$$\left|{\int }_{-A}^A(S_n-S)dx\right|<\epsilon .$$

又由 $|S_n|\le F$ 及极限过程知 $|S|\le F$，所以两端尾积分之差的绝对值不超过 $2\epsilon$。于是

$$\left|{\int }_{-\infty }^{\infty }{S}_n-{\int }_{-\infty }^{\infty }S\right|<3\epsilon ,$$

结论成立。

题目 2

设 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的系数均非负，收敛半径为 $+\infty$，和函数为 $S(x)$。证明：如果 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_{n}n!$ 收敛，则广义积分

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x}S(x)dx$$

也收敛，且等于 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_{n}n!$。（去掉系数非负条件后本题结论仍成立，这时可以利用命题 16.1.2 后的注。）

解答 令 $S_N(x)={\sum }_{n=0}^N{a}_n{x}^n$。因 $a_n\ge 0$，有 $0\le S_N\uparrow S$。对每个 $N$，

$${\int }_0^{\infty }{e}^{-x}{S}_N(x)dx=\sum _{n=0}^N{a}_n{\int }_0^{\infty }{e}^{-x}{x}^{n}dx=\sum _{n=0}^N{a}_{n}n!.$$

由单调收敛定理令 $N\to \infty$，即得

$${\int }_0^{\infty }{e}^{-x}S(x)dx=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_{n}n!<\infty .$$

题目 3

证明下列结果：

$$\begin{array}{ll}(1){\int }_0^1\frac{\ln (1-x)}{x}dx=-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2};& (2){\int }_0^1\frac{\ln x}{1-x^2}dx=-\frac{{\pi }^2}{8};\\ (3){\int }_0^1\ln x\ln (1-x)dx=2-\frac{{\pi }^2}{6};& (4){\int }_0^{+\infty }\frac{x}{e^x-e^{-x}}dx=\frac{{\pi }^2}{8}.\end{array}$$

解答 （1）在 $0\le x<1$ 上，$\ln (1-x)=-{\sum }_{n\ge 1}{x}^n/n$。逐项积分得到

$${\int }_0^1\frac{\ln (1-x)}{x}dx=-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}.$$

（2）由 $(1-x^2{)}^{-1}={\sum }_{n\ge 0}{x}^{2n}$ 及 ${\int }_0^1{x}^m\ln xdx=-(m+1{)}^{-2}$，

$${\int }_0^1\frac{\ln x}{1-x^2}dx=-\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n+1{)}^2}=-\frac{{\pi }^2}{8}.$$

（3）展开 $\ln (1-x)$ 后，

$${\int }_0^1\ln x\ln (1-x)dx=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1{)}^2}.$$

而

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

故其和为 $1-({\pi }^2/6-1)=2-{\pi }^2/6$。

（4）对 $x>0$，

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

逐项积分得

$${\int }_0^{\infty }\frac{x}{e^x-e^{-x}}dx=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n+1{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{8}.$$

题目 4

证明：

$${\int }_0^1{x}^{-x}dx=\sum _{n=1}^{\infty }{n}^{-n}.$$

解答 因 $x^{-x}=e^{-x\ln x}$，在 $0<x\le 1$ 上展开指数函数并利用各项非负，

$${\int }_0^1{x}^{-x}dx=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}{\int }_0^1{x}^n(-\ln x{)}^{n}dx.$$

作代换 $x=e^{-t}$，内积分为

$${\int }_0^{\infty }{e}^{-(n+1)t}{t}^{n}dt=\frac{n!}{(n+1{)}^{n+1}}.$$

因此积分等于 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(n+1{)}^{-(n+1)}={\sum }_{n=1}^{\infty }{n}^{-n}$。

题目 5

证明：

$${\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x^2/2}\left(1+\frac{x^2}{2^2}+\frac{x^4}{2^2{4}^2}+\cdots +\frac{x^{2n}}{[(2n)!!{]}^2}+\cdots \right)dx=e^{1/2}.$$

解答 由 $(2n)!!=2^{n}n!$，令 $t=x^2/2$，则 $xdx=dt$，原积分化为

$${\int }_0^{\infty }{e}^{-t}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(t/2{)}^n}{(n!{)}^2}dt.$$

各项非负，故可逐项积分：

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{2^n(n!{)}^2}{\int }_0^{\infty }{e}^{-t}{t}^{n}dt=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{2^{n}n!}=e^{1/2}.$$

16.2.2 例题

例题 16.2.1

求下列级数的和：

$$\frac{1!}{x+1}+\frac{2!}{(x+1)(x+2)}+\cdots +\frac{n!}{(x+1)(x+2)\cdots (x+n)}+\cdots .$$

解 1（裂项相消法） 易见 $x=1$ 时级数发散。对于 $x\ne 1$ 记级数通项为 $a_n$，从前后两项之间的关系式 $a_n(n+x)=n{a}_{n-1}$（$a_0=1$）出发得到

$$(n+1)a_n+(x-1)a_n=n{a}_{n-1},$$

可见于 $x\ne 1$ 时有

$$a_n=\frac{1}{x-1}\left[n{a}_{n-1}-(n+1)a_n\right],$$

从而可以得到级数的第 $n$ 个部分和为

$$S_n=\frac{1}{x-1}-\frac{(n+1)!}{(x-1)(x+1)\cdots (x+n)},n=1,2,\cdots .$$

因此问题归结为上式右边第二项的敛散性。利用 Sapagof 判别法（命题 13.2.3）或渐近公式 (13.24) 知第二项当 $x<1$ 时发散，而当 $x>1$ 时收敛于 0。因此级数当 $x\le 1$ 时发散，而当 $x>1$ 时收敛于和 $1/(x-1)$。

注 用裂项相消法求和时一般不必先讨论级数的敛散性。若要讨论本题中的级数的敛散性，则用渐近公式 (13.24) 即可。当然也可用 Raabe 判别法。

解 2（逐项积分法） 由敛散性讨论可知只要研究 $x>1$ 的情况。级数的通项（差一个因子 $x$）可以写为积分形式：

$$\frac{n!}{x(x+1)\cdots (x+n)}={\int }_0^1(1-t{)}^{x-1}{t}^{n}dt.$$

（这里虽然 $x$ 未必为正整数，但上册 326 页的分部积分计算仍有效。实际上这都是 23.3.1 小节中 Beta 函数的特例。）用逐项积分法计算如下：

$$\begin{array}{rl}S(x)& =x{\int }_0^1\sum _{n=1}^{\infty }(1-t{)}^{x-1}{t}^{n}dt=x{\int }_0^1(1-t{)}^{x-2}tdt\\ & =\frac{x}{x-1}{\int }_0^1(1-t{)}^{x-1}dt=\frac{1}{x-1}.\end{array}$$

其中逐项积分的合法性当 $x\ge 2$ 时可以用 Dini 定理知积分号下的函数项级数

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

一致收敛来解决，但是当 $1<x<2$ 时 ${\int }_0^1(1-t{)}^{x-2}tdt$ 为收敛的瑕积分，因此需要用命题 16.1.1 的结论。

例题 16.2.2（Euler）

求级数

$$1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\cdots +\frac{1}{n^2}+\cdots$$

的和。

背景 这就是历史上的 Basel 问题 [16, 17]。Euler 是求出本题答案的第一人。他根据类比猜测出正弦函数的无穷乘积展开式 (13.24)，将它改写为

$$\frac{\sin x}{x}=\left(1-\frac{x^2}{{\pi }^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{2^2{\pi }^2}\right)\cdots \left(1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}\right)\cdots ,$$

其中左边当 $x=0$ 时理解为其极限值，因此左边为

$$1-\frac{x^2}{6}+O(x^4)(x\to 0).$$

Euler 又将展开式和多项式的根与系数关系作类比，看出右边应该是

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

比较两边的 $x^2$ 项的系数就知道所求的级数和为 ${\pi }^2/6$。下面我们将 Euler 的方法严格化，作为第一个解。

解 1 在 $\sin x/x$ 的上述无穷乘积展开式中令 $y=x^2/{\pi }^2$，然后讨论函数

$$F(y)=\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{y}{n^2}\right).\text{\hspace{1em}(16.8)}$$

这时由于 $F(y)=1-y{\pi }^2/6+O(y^2)$（$y\to 0$），因此只需要从 (16.8) 右边的无穷乘积出发证明函数 $F$ 在 $y=0$ 处的导数 $F^{\prime }(0)=-{\sum }_{n=1}^{\infty }1/n^2$ 即可。

对函数 $F$ 在 $|y|<1$ 范围内取对数，并求导得到

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

其中右边逐项求导的合理性容易从 Weierstrass 一致收敛性判别法得到验证，同时这也保证了 $F$ 的可微性。然后令 $y=0$ 代入，利用 $F(0)=1$，可见所求结果成立。因此有

$$F(y)=1-y\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}+o(y)(y\to 0),$$

这样就知道

$$\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}\right)=1-\frac{x^2}{{\pi }^2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}+o(x^2)(x\to 0),$$

因此 Euler 的方法是正确的。

注 在作代换 $y=x^2/{\pi }^2$ 时有 $y\ge 0$，但从 (16.8) 可见，$F$ 对于 $y<0$ 仍有意义，因此上述计算是正确的。有兴趣的读者可以用 Euler 公式 $e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$ 对此作出解释。

解 2（用反正弦函数的幂级数展开式） 先证明

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{8}.\text{\hspace{1em}(16.9)}$$

写出函数 $\arcsin x$ 在 $[-1,1]$ 的幂级数展开式

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

在其中令 $x=\sin t$，得到

$$t=\sin t+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n+1)(2n)!!}{\sin }^{2n+1}t,-\frac{\pi }{2}\le t\le \frac{\pi }{2}.$$

将上式两端对 $t$ 从 $0$ 到 $\pi /2$ 积分，并对右端逐项积分，得到

$$\begin{array}{rl}\frac{{\pi }^2}{8}& =1+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n+1)(2n)!!}{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2n+1}tdt\\ & =1+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n+1)(2n)!!}\cdot \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\\ & =1+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n+1{)}^2}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^2}.\end{array}$$

这就证明了 (16.9)。然后从

$$S=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{8}+\frac{S}{4}$$

即可解出 $S={\pi }^2/6$。

注 1 解 2 也是 Euler 找到的，发表于 1743 年（参见 [16]，又见于《美国数学月刊》(1987) 第 94 卷 662—663 页和该刊 (1988) 第 95 卷 331 页）。实际上这个思路也出现在 [40] 的第二章的习题 41 中。此外，那里还指出从 $(\arcsin x{)}^2$ 的 Maclaurin 级数展开式出发也可以达到目的。

注 2 有很多函数的 Fourier 级数展开式可用于此题。例如见例题 15.2.2，这里不再重复。

例题 16.2.3

证明：对于所有正整数 $n$，$p=2n$ 的 $p$ 级数之和为

$$s_{2n}=\sum _{m=1}^{\infty }\frac{1}{m^{2n}}=\frac{{\overline{B}}_n}{2}\cdot \frac{(2\pi {)}^{2n}}{(2n)!},\text{\hspace{1em}(16.10)}$$

其中 ${\overline{B}}_n$（$n\ge 1$）为 Bernoulli 数。前七个 Bernoulli 数为

$${\overline{B}}_1=\frac{1}{6},{\overline{B}}_2=\frac{1}{30},{\overline{B}}_3=\frac{1}{42},{\overline{B}}_4=\frac{1}{30},{\overline{B}}_5=\frac{5}{66},{\overline{B}}_6=\frac{691}{2730},{\overline{B}}_7=\frac{7}{6}$$

（见上册 7.2.3 小节）。

证 从正弦函数的无穷乘积（见例题 13.4.3）

$$\sin x=x\left(1-\frac{x^2}{{\pi }^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{2^2{\pi }^2}\right)\cdots =x\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}\right)$$

出发，取绝对值后再取对数，将无穷乘积转化为无穷级数：

$$\ln |\sin x|=\ln |x|+\sum _{n=1}^{\infty }\ln \left|1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}\right|.$$

对于 $x\ne k\pi$（$k\in \mathbb{Z}$）的 $x$，在上式两边求导，得到\footnote{公式 (16.11) 已经出现在 15.2.7 小节的练习题 3，即在函数 $\cos px$（$0<p<1,x\in [-\pi ,\pi ]$）的 Fourier 展开式中令 $x=\pi$ 代入，再将 $p\pi$ 改记为 $x$。}

$$\cot x=\frac{1}{x}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2x}{x^2-n^2{\pi }^2}.\text{\hspace{1em}(16.11)}$$

这里逐项求导的合理性不难用 Weierstrass 一致收敛性判别法加以验证，从略。然后在 $|x|<\pi$ 时作以下运算：

$$\begin{array}{rl}x\cot x& =1+2\sum _{m=1}^{\infty }\frac{x^2}{x^2-m^2{\pi }^2}=1-2\sum _{m=1}^{\infty }\frac{x^2/(m^2{\pi }^2)}{1-x^2/(m^2{\pi }^2)}\\ & =1-2\sum _{m=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{x^2}{m^2{\pi }^2}\right)}^n=1-2\sum _{n=1}^{\infty }\sum _{m=1}^{\infty }{\left(\frac{x^2}{m^2{\pi }^2}\right)}^n\\ & =1-2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{s_{2n}}{{\pi }^{2n}}{x}^{2n},|x|<\pi ,\end{array}$$

其中 $s_{2n}={\sum }_{m=1}^{\infty }1/m^{2n}$，即是 $p=2n$ 时的 $p$ 级数的和（在以上计算中对二重正项级数求和利用了第十三章第一组参考题 9）。

另一方面，从 (14.25) 已经得到公式

$$x\cot x=1-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\overline{B}}_n{2}^{2n}}{(2n)!}{x}^{2n}.\text{\hspace{1em}(16.12)}$$

根据幂级数展开式的唯一性（命题 14.4.1）就可以得到所要求的结果。

注 由此可得到 Bernoulli 数的几个重要性质。首先是 ${\overline{B}}_n=(-1{)}^{n-1}{B}_{2n}>0$。其次，容易证明 $1<s_{2n}<2n/(2n-1)$（见例题 13.2.1），因此由 (16.10) 和 Stirling 公式可以得到 Bernoulli 数的渐近公式：

$${\overline{B}}_n\sim \frac{2(2n)!}{(2\pi {)}^{2n}}\sim 4\sqrt{\pi n}{\left(\frac{n}{\pi e}\right)}^{2n}.\text{\hspace{1em}(16.13)}$$

这在确定例题 14.4.2 中的几个幂级数的收敛半径时有用。又从

$$\sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n<n!<\sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n{e}^{1/(12n)}$$

（见上册 374 页题 15）可知，用 (16.13) 右边的渐近公式可以对于 Bernoulli 数 ${\overline{B}}_n$ 给出相对误差很小的估计。最后，可以由此看出在 $n>\pi e\approx 8.54$ 之后 Bernoulli 数 $\{{\overline{B}}_n\}$ 的增长非常快，虽然 ${\overline{B}}_7$ 刚超过 1，但 ${\overline{B}}_{13}$ 已经大于 $10^6$。

例题 16.2.4

1. 求 Leibniz 型级数的和

$$S=1-\frac{1}{2}+\cdots +\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}+\cdots ;$$

2. 令

$$a_n=1-\frac{1}{2}+\cdots +\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}-\ln 2,n=1,2,\cdots ,$$

求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 的和。

解 (1) 用 Abel 方法。根据 Abel 第二定理，有 $S={\lim }_{x\to 1-}S(x)$，其中

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

对上式右边的幂级数在 $(-1,1)$ 上逐项求导得到

$$S^{\prime }(x)=1-x+\cdots +(-1{)}^{n-1}{x}^{n-1}+\cdots =\frac{1}{1+x}.$$

又利用 $S(0)=0$，因此可以求出

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

从而得到

$$S=\underset{x\to 1-}{\lim }\ln (1+x)=\ln 2.$$

(2) 从 (1) 可见 $a_n$ 就是该级数的第 $n$ 个余项（再乘以 $-1$），因此可以得到

$$a_n={\int }_0^1\frac{(-1{)}^{n+1}{x}^n}{1+x}dx,$$

再用 $\sum \int =\int \sum$ 即可得到

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n=\ln 2-\frac{1}{2}.$$

注 过去已经知道 (1) 中的级数和，但主要是通过 Catalan 恒等式（见上册 55 页）将问题转化为求数列

$$\left\{\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}\right\}$$

的极限问题而解决的（见上册例题 11.4.1 的注）。因此过去的这种方法太特殊了，不如本题的 Abel 求和法可以解决不少级数求和问题。

Abel 方法也有可能解决某些函数项级数的求和问题。

例题 16.2.5

求三角级数

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

的和函数\footnote{对于余弦三角级数也有与例题 15.2.3 和 15.2.4 相同的结论（见 [18] 第三卷的 692 小节），因此首先就可以判定本题的和函数绝对可积，而题中的三角级数为其 Fourier 级数。}。

解 从函数项级数的敛散性判别法可以知道级数在 $x\ne 2k\pi$（$k\in \mathbb{Z}$）时收敛。因此只需求出 $(0,2\pi )$ 上的和函数 $S(x)$。又从内闭一致收敛知 $S(x)$ 连续。

以 $x$ 为参数，另行引入变量 $\alpha \in (-1,1)$，由 Abel 第二定理有

$$S(x)=\underset{\alpha \to 1-}{\lim }f(\alpha ),$$

其中

$$f(\alpha )=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}{\alpha }^n.$$

为简明起见在 $f(\alpha )$ 中没有指出与参数 $x$ 的依赖关系。在 $(-1,1)$ 上将此幂级数对 $\alpha$ 逐项求导，并用 Euler 公式计算如下：

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(\alpha )& =\sum _{n=1}^{\infty }{\alpha }^{n-1}\cos nx=\mathrm{Re}\sum _{n=1}^{\infty }{\alpha }^{n-1}{e}^{inx}\\ & =\mathrm{Re}\frac{e^{ix}}{1-\alpha e^{ix}}=\frac{\cos x-\alpha }{1-2\alpha \cos x+{\alpha }^2}.\end{array}$$

然后再利用 $f(0)=0$ 求积得到

$$f(\alpha )=-\frac{1}{2}\ln (1-2\alpha \cos x+{\alpha }^2),-1<\alpha <1.$$

最后就有

$$S(x)=\underset{\alpha \to 1-}{\lim }f(\alpha )=f(1)=-\frac{1}{2}\ln (2(1-\cos x))=-\ln 2-\ln \left|\sin \frac{x}{2}\right|.$$

注 由所得的等式

$$\ln \left|\sin \frac{x}{2}\right|=-\ln 2-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}$$

出发，可以利用命题 16.1.2 逐项积分，或者利用 Fourier 级数的逐项积分定理（命题 15.2.9）得到 Euler 积分（命题 12.3.4）的值：

$${\int }_0^{\pi /2}\ln \sin xdx=-\frac{\pi }{2}\ln 2;$$

从而对该积分的计算提供了一种级数解法。

例题 16.2.6

证明：

$$\pi =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{16^n}\left(\frac{4}{8n+1}-\frac{2}{8n+4}-\frac{1}{8n+5}-\frac{1}{8n+6}\right).\text{\hspace{1em}(16.14)}$$

证 利用逐项积分可知在 $k>0$ 和 $0<x<1$ 时成立

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^x\frac{t^{k-1}}{1-t^8}dt& ={\int }_0^x(t^{k-1}+t^{k+7}+\cdots +t^{k-1+8n}+\cdots )dt\\ & =\frac{x^k}{k}+\frac{x^{k+8}}{k+8}+\cdots +\frac{x^{k+8n}}{k+8n}+\cdots .\end{array}$$

令 $x=\sqrt{2}/2$ 代入得到

$${\int }_0^{\sqrt{2}/2}\frac{t^{k-1}}{1-t^8}dt=\frac{1}{2^{k/2}}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{16^n}\cdot \frac{1}{8n+k}.$$

将这个结果与所求公式的右边比较，可见已经得到右边的积分形式为：

$${\int }_0^{\sqrt{2}/2}\frac{4\sqrt{2}-8x^3-4\sqrt{2}{x}^4-8x^5}{1-x^8}dx.$$

这是一个有理函数的定积分，不难按照标准方法计算出它的值等于 $\pi$（已作为上册第十章的最后一个参考题）。

注 利用这个公式可以快速计算圆周率在小数点后的任意指定位置上的单个数字，而不必求出在该位之前的所有数字。由于这与过去所有算法的思路（例如 8.7.1 小节中的刘徽-Archimedes 算法和 Salamin-Brent 算法）不同，因此有人称之为圆周率的后现代算法，见 [56] 的 \S 6.6。有兴趣的读者还可以参考 [6, 52]，后二者的第二十章中附有为此编制的 Mathematica 程序。但是要指出，这里的圆周率在小数点后是按 16 进制展开的。还不清楚是否存在与十进制对应的这类算法，至少到现在还没有找到。

16.2.3 练习题

题目 1

设已知 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{a}_n=A$，${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_{2n-1}=B$，证明：${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛并求其和。

解答 记奇数项之和为 $B$，偶数项之和为 $E$。已知交错级数之和为 $B-E=A$，故 $E=B-A$ 收敛。因此原级数收敛，且

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n=B+E=2B-A.$$

题目 2

设 $P(x)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_m{x}^m$ 为 $m$ 次多项式，求级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }P(n)/n!$ 的和。

解答 用第二类 Stirling 数 $\left\{\begin{array}{c}k\\ j\end{array}\right\}$ 写成

$$n^k=\sum _{j=0}^k\left\{\begin{array}{c}k\\ j\end{array}\right\}n(n-1)\cdots (n-j+1).$$

由于对每个 $j\ge 0$，

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

故

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{P(n)}{n!}=e\sum _{k=0}^m{a}_k{B}_k,B_k=\sum _{j=0}^k\left\{\begin{array}{c}k\\ j\end{array}\right\},$$

其中 $B_k$ 为第 $k$ 个 Bell 数。

题目 3

求

$$1-\frac{2^3}{1!}+\frac{3^3}{2!}-\frac{4^3}{3!}+\cdots$$

的和。

解答 令 $m=n-1$，原级数为

$$\sum _{m=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^m(m+1{)}^3}{m!}.$$

由

$$\sum _{m=0}^{\infty }\frac{m^3{x}^m}{m!}=(x^3+3x^2+x)e^x,$$

以及相应的 $m^2,m$ 公式，得到

$$\sum _{m=0}^{\infty }\frac{(m+1{)}^3{x}^m}{m!}=(x^3+6x^2+7x+1)e^x.$$

令 $x=-1$，所求和为 $-e^{-1}$。

题目 4

求下列级数和：

$$(1)\sum _{n=1}^{\infty }\arctan \frac{1}{2n^2};(2)\sum _{n=1}^{\infty }\arctan \frac{2}{n^2}.$$

解答 （1）由

$$\arctan \frac{1}{2n^2}=\arctan \frac{1}{2n-1}-\arctan \frac{1}{2n+1},$$

逐项相消得和为 $\arctan 1=\pi /4$。

（2）同理，按 $\arctan (+\infty )=\pi /2$ 理解，

$$\arctan \frac{2}{n^2}=\arctan \frac{1}{n-1}-\arctan \frac{1}{n+1}.$$

故所求和为 $\pi /2+\pi /4=3\pi /4$。

题目 5

设 $a>1$，求 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{2^n}{a^{2^n}+1}$ 的和。

解答 恒等式

$$\frac{1}{u+1}=\frac{1}{u-1}-\frac{2}{u^2-1}$$

中令 $u=a^{2^n}$，得到

$$\frac{2^n}{a^{2^n}+1}=\frac{2^n}{a^{2^n}-1}-\frac{2^{n+1}}{a^{2^{n+1}}-1}.$$

部分和相消后令 $n\to \infty$，所求和为 $1/(a-1)$。

题目 6

求

$$1+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\frac{1}{11}-\cdots$$

的和。

解答 把每项写成积分，

$$S={\int }_0^1(1+x^2-x^4-x^6+\cdots )dx={\int }_0^1\frac{1+x^2}{1+x^4}dx.$$

因

$$\frac{d}{dx}\arctan \frac{\sqrt{2}x}{1-x^2}=\frac{\sqrt{2}(1+x^2)}{1+x^4},$$

故 $S=\pi /(2\sqrt{2})$。

题目 7

求

$$1-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\frac{1}{15}+\frac{1}{17}-\frac{1}{23}+\cdots$$

的和。

解答

$$S=\sum _{k=0}^{\infty }\left(\frac{1}{8k+1}-\frac{1}{8k+7}\right)={\int }_0^1\frac{1-x^6}{1-x^8}dx.$$

而

$$\frac{1-x^6}{1-x^8}=\frac{1+x^2}{2(1+x^4)}+\frac{1}{2(1+x^2)}.$$

利用上题中的积分和 ${\int }_0^1(1+x^2{)}^{-1}dx=\pi /4$，得到

$$S=\frac{\pi }{4\sqrt{2}}+\frac{\pi }{8}=\frac{(1+\sqrt{2})\pi }{8}.$$

题目 8

求

$$1-\frac{1}{4}+\frac{1}{7}-\frac{1}{10}+\cdots$$

的和。

解答

$$S=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{3n+1}={\int }_0^1\frac{dx}{1+x^3}.$$

将 $1+x^3=(1+x)(x^2-x+1)$ 分解并作部分分式积分，得到

$$S=\frac{\ln 2}{3}+\frac{\pi }{3\sqrt{3}}.$$

题目 9

设 $a_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n},n=1,2,\cdots$，求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n(n+1)}$ 的和。

解答 因 $a_n={\sum }_{k=1}^{n}1/k$，交换正项二重级数的求和次序，

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n(n+1)}=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k}\sum _{n=k}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}=\frac{{\pi }^2}{6}.$$

题目 10

求

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

的和。

解答 写成积分并逐项求和：

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_0^1\sum _{n=0}^{\infty }(x^{4n}+x^{4n+2}-x^{2n+1})dx\\ & ={\int }_0^1\left(\frac{1+x^2}{1-x^4}-\frac{x}{1-x^2}\right)dx={\int }_0^1\frac{dx}{1+x}=\ln 2.\end{array}$$

题目 11

求

$$1-\frac{1}{4}+\frac{1}{6}-\frac{1}{9}+\frac{1}{11}-\frac{1}{14}+\cdots$$

的和。

解答

$$S=\sum _{k=0}^{\infty }\left(\frac{1}{5k+1}-\frac{1}{5k+4}\right).$$

由第十五章已证的余切函数部分分式展开式

$$\pi \cot (\pi a)=\sum _{k=0}^{\infty }\left(\frac{1}{k+a}-\frac{1}{k+1-a}\right),0<a<1,$$

取 $a=1/5$，即得

$$S=\frac{\pi }{5}\cot \frac{\pi }{5}.$$

题目 12

求

$$\frac{x^3}{3!}+\frac{x^9}{9!}+\frac{x^{15}}{15!}+\cdots$$

的和函数。

解答 令 $\omega =e^{i\pi /3}$，用六次单位根筛选指数函数中次数模 $6$ 余 $3$ 的项：

$$\sum _{m=0}^{\infty }\frac{x^{6m+3}}{(6m+3)!}=\frac{1}{6}\sum _{j=0}^5(-1{)}^j{e}^{{\omega }^{j}x}.$$

合并共轭项，得到

$$\frac{1}{3}\left[\sinh x-2\sinh \frac{x}{2}\cos \frac{\sqrt{3}x}{2}\right].$$

题目 13

求

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

的和函数。

解答 因

$$\frac{[(n-1)!{]}^2}{(2n)!}(2x{)}^{2n}=\frac{(2x{)}^{2n}}{n^2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)},$$

而反正弦函数的幂级数给出

$$2(\arcsin x{)}^2=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(2x{)}^{2n}}{n^2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)},|x|\le 1,$$

故所求和函数为 $2(\arcsin x{)}^2$。该恒等式也可对两边求导后由 $\arcsin x$ 的幂级数直接验证。

题目 14

求

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

的和函数。

解答 对 $|x|<1$，

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

因此部分和相消，令 $n\to \infty$ 得

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

题目 15

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }1/a_n$ 为发散的正项级数，$x>0$，求

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_1{a}_2\cdots a_n}{(a_2+x)(a_3+x)\cdots (a_{n+1}+x)}$$

的和函数。

解答 令

$$u_n=a_1\prod _{k=2}^n\frac{a_k}{a_k+x}(n\ge 1),$$

其中空乘积按 $1$ 计。则题中第 $n$ 项等于 $(u_n-u_{n+1})/x$。又因 $\sum 1/a_n$ 发散，

$$\prod _{k=2}^n\frac{a_k}{a_k+x}=\prod _{k=2}^n{\left(1+\frac{x}{a_k}\right)}^{-1}⟶0,$$

故 $u_n\to 0$。于是级数相消为

$$\frac{u_1}{x}=\frac{a_1}{x}.$$

题目 16

设 $x>1$，求

$$\frac{x}{x+1}+\frac{x^2}{(x+1)(x^2+1)}+\frac{x^4}{(x+1)(x^2+1)(x^4+1)}+\cdots$$

的和函数。

解答 记第 $k$ 项中的最高幂为 $x^{2^k}$，其中 $k=0,1,\dots$。由

$$\prod _{j=0}^k(1+x^{2^j})=\frac{x^{2^{k+1}}-1}{x-1}$$

可得

$$\frac{x^{2^k}}{{\prod }_{j=0}^k(1+x^{2^j})}=(x-1)\left(\frac{1}{x^{2^k}-1}-\frac{1}{x^{2^{k+1}}-1}\right).$$

部分和相消，且 $x>1$，故所求和为 $1$。

16.3.5 逼近定理的应用举例

例题 16.3.1（Lebesgue）

证明：区间上的连续函数必有原函数。

证 设 $f\in C[a,b]$，则根据逼近定理知，存在多项式序列 $\{P_n\}$ 于区间 $[a,b]$ 上一致收敛于 $f$。

对每个多项式 $P_n$，存在多项式 $Q_n$，使得在 $[a,b]$ 上满足 $Q_n^{\prime }=P_n$。同时总可以令 $Q_n(a)=0$ 成立。这样就得到多项式序列 $\{Q_n\}$。

以下分两步，先证明 $\{Q_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛，然后证明其极限函数的导函数就是 $f$。

(1) 根据 $\{P_n\}$ 于 $[a,b]$ 上一致收敛，由 Cauchy 一致收敛准则（的必要性）知道，对于每个 $\epsilon >0$，存在 $N$，使得对于每个 $n\ge N$ 和正整数 $p$，对每个 $x\in [a,b]$ 同时成立

$$|P_{n+p}(x)-P_n(x)|<\epsilon .\text{\hspace{1em}(16.21)}$$

于是可以在区间 $[a,x]$ 上用 Lagrange 微分中值定理得到

$$\begin{array}{rl}|Q_{n+p}(x)-Q_n(x)|& =|[Q_{n+p}(x)-Q_n(x)]-[Q_{n+p}(a)-Q_n(a)]|\\ & =|P_{n+p}(\xi )-P_n(\xi )|<\epsilon .\end{array}$$

由于这对于所有 $n\ge N$ 和正整数 $p$ 以及所有 $x\in [a,b]$ 都成立，再次使用 Cauchy 一致收敛准则（的充分性），就知道 $\{Q_n\}$ 于 $[a,b]$ 一致收敛。记其极限函数为 $F$。它满足条件 $F(a)=0$。

(2) 为了建立 $F^{\prime }=f$，只需对于每个点 $x_0\in [a,b]$ 和每个给定的 $\epsilon >0$，证明存在 $\delta >0$，使得当 $0<|h|<\delta$ 时，成立关于差商的不等式

$$\left|\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h}-f(x_0)\right|<3\epsilon .\text{\hspace{1em}(16.22)}$$

这里当然假设 $x_0+h\in [a,b]$。

利用三分法可以将 (16.22) 的左边分拆成

$$\begin{array}{rl}\left|\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h}-f(x_0)\right|& \le \left|\frac{Q_n(x_0+h)-Q_n(x_0)}{h}-P_n(x_0)\right|\\ & +|f(x_0)-P_n(x_0)|\\ & +\left|\frac{F(x_0+h)-Q_n(x_0+h)-F(x_0)+Q_n(x_0)}{h}\right|.\end{array}\text{\hspace{1em}(16.23)}$$

首先，对于 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $n\ge N$ 时有 $|f(x_0)-P_n(x_0)|<\epsilon$。又不妨 $N$ 已经足够大，使得对 $n\ge N$，对每个正整数 $p$ 和每个 $x\in [a,b]$，不等式 (16.21) 也已经成立。然后在 (16.23) 右边取定 $n=N$。

对于固定的 $n=N$，对于 (16.23) 右边的第一项用微分中值定理得到

$$\left|\frac{Q_N(x_0+h)-Q_N(x_0)}{h}-P_N(x_0)\right|=|P_N(x_0+\theta h)-P_N(x_0)|,$$

其中 $0<\theta <1$。利用 $P_N(x)$ 在 $[a,b]$ 上的一致连续性，存在 $\delta >0$，使得当 $|h|<\delta$ 时，上式右边小于 $\epsilon /3$。

为估计 (16.23) 右边的第三项，先对下列不等式的分子用微分中值定理，得到

$$\left|\frac{[Q_{N+p}(x_0+h)-Q_N(x_0+h)]-[Q_{N+p}(x_0)-Q_N(x_0)]}{h}\right|\le |P_{N+p}(x_0+\theta h)-P_N(x_0+\theta h)|<\frac{\epsilon }{3},$$

其中 $p$ 为任意正整数，$0<\theta <1$，并利用在 $[a,b]$ 一致成立的不等式 (16.21)。最后，在上式左边令 $p\to \infty$，就知道 (16.23) 右边第三项不超过 $\epsilon$，因此所求证的不等式 (16.22) 成立。

注 这个证明的意义在于，连续函数的原函数的存在性完全不需要定积分概念就可以建立。以上证明是根据 [31] 中的叙述作了改写。（参见按照传统思路安排下的命题 10.3.3。）

例题 16.3.2（Riemann 引理）

设 $f\in R[a,b]$，则

$$\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)\sin pxdx=0,\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)\cos pxdx=0.$$

证 只证第一个即可。对于可积函数 $f$ 与每个给定的 $\epsilon >0$，存在连续函数 $g\in C[a,b]$，使得

$${\int }_a^b|f(x)-g(x)|dx<\epsilon$$

（见上册第十章第一组参考题 5）。

根据逼近定理，对于 $g$ 存在于 $[a,b]$ 上一致逼近 $g$ 的多项式 $P$，满足

$${\int }_a^b|g(x)-P(x)|dx<\epsilon .$$

因此就有

$${\int }_a^b|f(x)-P(x)|dx\le {\int }_a^b|f(x)-g(x)|dx+{\int }_a^b|g(x)-P(x)|dx<2\epsilon .$$

然后从

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_a^{b}f(x)\sin pxdx\right|& \le \left|{\int }_a^b[f(x)-P(x)]\sin pxdx\right|+\left|{\int }_a^{b}P(x)\sin pxdx\right|\\ & \le {\int }_a^b|f(x)-P(x)|dx+\left|{\int }_a^{b}P(x)\sin pxdx\right|\end{array}$$

可见，只需要对于多项式证明引理的结论就够了。然而对于连续可微函数的 Riemann 引理的证明特别容易，只需用分部积分法即可，以下从略。

16.3.6 练习题

题目 1

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上有定义，且对每个 $\epsilon >0$，存在多项式 $P$，使得满足条件 $|f(x)-P(x)|<\epsilon ,\forall x\in [a,b]$，证明：$f\in C[a,b]$。

解答 对每个 $n$ 取多项式 $P_n$ 使 $\Vert f-P_n{\Vert }_{\infty }<1/n$，则 $P_n\to f$ 一致收敛。多项式均连续，而连续函数列的一致极限连续，故 $f\in C[a,b]$。

题目 2

设 $f\in C[a,b]$，证明：

1. $f$ 可以在 $[a,b]$ 上展开为一致收敛的多项式级数，且在级数中除第一项之外均为在 $[a,b]$ 上非负的多项式；
2. $f$ 可以在 $[a,b]$ 上展开为绝对一致收敛的多项式级数；
3. 对于给定的收敛正项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$，其中有无限多项大于 0，存在于区间 $[a,b]$ 上一致收敛于 $f$ 的多项式级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{P}_n(x)$，使满足条件

$$\underset{x\in [a,b]}{\sup }\{|P_n(x)|\}\le a_n,\forall n=1,2,\cdots .$$

解答 （1）取常数多项式 $P_1<{\min }_{[a,b]}f$，使 $r_1=f-P_1>0$。已构造正连续余项 $r_j$ 后，由 Weierstrass 定理取多项式 $P_{j+1}$ 满足

$${\Vert P_{j+1}-\frac{r_j}{2}\Vert }_{\infty }<\frac{1}{4}\underset{[a,b]}{\min }{r}_j.$$

于是 $0<P_{j+1}<r_j$，且新余项 $r_{j+1}=r_j-P_{j+1}$ 满足 $0<r_{j+1}\le 3r_j/4$。故 $r_j\to 0$ 一致，

$$f=\sum _{j=1}^{\infty }{P}_j,$$

且除第一项外各项在 $[a,b]$ 上非负。

（2）取多项式 $Q_n$ 使 $\Vert f-Q_n{\Vert }_{\infty }<4^{-n}$，令 $P_1=Q_1$、$P_n=Q_n-Q_{n-1}$（$n\ge 2$）。则部分和为 $Q_n$，并且

$$\sum _{n=2}^{\infty }\Vert P_n{\Vert }_{\infty }\le \sum _{n=2}^{\infty }(4^{-n}+4^{-(n-1)})<\infty .$$

故 $f=\sum P_n$ 绝对一致收敛。

（3）题面若确为“收敛正项级数”，则结论按字面不成立，因为任何这样的表示都必须满足

$$\Vert f{\Vert }_{\infty }\le \sum _{n=1}^{\infty }\Vert P_n{\Vert }_{\infty }\le \sum _{n=1}^{\infty }{a}_n;$$

取大于右端的常值函数即为反例。通常此处应为“发散的非负项级数”。在这一修正下，由（2）先写成绝对一致收敛级数 $f=\sum Q_j$。因 $\sum a_n=\infty$，可把下标分成有限连续区块 $I_j$，使 $A_j={\sum }_{n\in I_j}{a}_n\ge \Vert Q_j{\Vert }_{\infty }$；对 $n\in I_j$ 令 $P_n=(a_n/A_j)Q_j$，其余项取零。则 $\Vert P_n{\Vert }_{\infty }\le a_n$，每个区块之和为 $Q_j$，且级数仍绝对一致收敛于 $f$。

题目 3

设 $f\in R[a,b]$，则对于每个 $\epsilon >0$，存在两个多项式 $p(x)$ 和 $P(x)$，使得满足条件：

$$(1)p(x)\le f(x)\le P(x),\forall x\in [a,b];(2){\int }_a^b[P(x)-p(x)]dx<\epsilon .$$

解答 由 Riemann 可积性，可取连续函数 $u,v$ 使 $u\le f\le v$，并且 ${\int }_a^b(v-u)<\epsilon /2$；例如先取上下阶梯函数，再只在分点的很小邻域内作线性连接。取 $\delta >0$ 使

$${\int }_a^b(v-u)dx+4\delta (b-a)<\epsilon .$$

用多项式 $p,P$ 分别一致逼近 $u-2\delta$ 与 $v+2\delta$，误差小于 $\delta$。于是 $p\le u\le f\le v\le P$，且

$${\int }_a^b(P-p)dx<{\int }_a^b(v-u)dx+4\delta (b-a)<\epsilon .$$

题目 4

设 $f\in C[a,b]$，且对每个非负整数 $n$ 满足条件

$${\int }_a^b{x}^{n}f(x)dx=0,$$

证明：$f$ 为恒等于 0 的常值函数。又若条件改为对于大于某个正整数 $n_0$ 的所有 $n$ 成立，则也有相同结论。

解答 题设说明 ${\int }_a^{b}fP=0$ 对每个多项式 $P$ 成立。取多项式 $P_k\to f$ 一致，则

$${\int }_a^b{f}^{2}dx={\int }_a^{b}f(f-P_k)dx⟶0,$$

故 $f\equiv 0$。若只对 $n>n_0$ 成立，令 $g(x)=x^{n_0+1}f(x)$，则 $\int x^{k}g(x)dx=0$ 对所有 $k\ge 0$ 成立，故 $g\equiv 0$。于是 $f$ 在 $x\ne 0$ 处为零，再由连续性知 $f(0)=0$。

题目 5

1. 设 $f\in C[-1,1]$，且对每个非负整数 $n$ 满足条件

$${\int }_{-1}^1{x}^{2n}f(x)dx=0,$$

则 $f$ 必为奇函数； 2. 设 $f\in C[-1,1]$，且对每个非负整数 $n$ 满足条件

$${\int }_{-1}^1{x}^{2n+1}f(x)dx=0,$$

则 $f$ 必为偶函数。

解答 （1）令 $g(x)=f(x)+f(-x)$，则 $g$ 为偶函数，且 ${\int }_{-1}^1{x}^{2n}g(x)dx=0$。任意偶连续函数均可由偶多项式一致逼近：先用多项式逼近，再取其偶部。因此取偶多项式 $P_k\to g$，有 $\int g^2=\lim \int g(g-P_k)=0$，故 $g=0$，即 $f$ 为奇函数。

（2）令 $h(x)=f(x)-f(-x)$。它为奇函数，且与每个奇次幂正交。将任意多项式逼近序列取奇部，得到奇多项式一致逼近 $h$；同样推出 $\int h^2=0$，故 $h=0$，即 $f$ 为偶函数。

题目 6

设 $f\in C[0,1]$，证明：存在每项均为奇次项的多项式序列在 $[0,1]$ 上一致收敛于 $f$ 的充分必要条件为 $f(0)=0$。

解答 必要性显然，因为只含奇次项的多项式在 $0$ 处均为零。反之，若 $f(0)=0$，在 $[-1,1]$ 上作奇延拓

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}f(x),& x\ge 0,\\ -f(-x),& x<0.\end{array}$$

则 $F$ 连续。取多项式 $Q_n\to F$ 一致，并令

$$P_n(x)=\frac{Q_n(x)-Q_n(-x)}{2}.$$

$P_n$ 只含奇次项，且一致收敛于 $F$；限制到 $[0,1]$ 即得所求。

题目 7

设 $f\in R[a,b]$，且对每个非负整数 $n$ 满足条件

$${\int }_a^b{x}^{n}f(x)dx=0,$$

证明：$f$ 在每个连续点上等于 0。

解答 由多项式一致逼近，对任意连续函数 $g$ 都有 ${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=0$。若 $x_0$ 是 $f$ 的连续点而 $f(x_0)>0$，则在 $x_0$ 的某个邻域内 $f>0$。取非负连续函数 $g$，支集包含在该邻域且不恒为零，便有 $\int fg>0$，矛盾；$f(x_0)<0$ 同理不可能。因此每个连续点上 $f(x_0)=0$。

题目 8

设函数 $f$ 在区间 $(-\infty ,+\infty )$ 上可以展开为一致收敛的多项式级数，证明：$f$ 本身必是多项式。（这断定了 Weierstrass 定理不可能不作改变而推广到无限区间上去。）

解答 设 $f={\sum }_{n=1}^{\infty }{P}_n$ 在整条实轴上一致收敛。于是 $P_n\to 0$ 一致，故从某项起每个 $P_n$ 都在 $\mathbb{R}$ 上有界。实多项式若在整条实轴上有界，只能是常数。因此级数的尾部是常数级数，$f$ 等于有限个多项式之和再加一个常数，即本身为多项式。

16.5.2 参考题

题目 1

求下列级数之和：

$$\begin{array}{l}(1)\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4\cdot 5}+\frac{1}{5\cdot 6\cdot 7}+\cdots ;\\ (2)\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4}+\frac{1}{4\cdot 5\cdot 6}+\frac{1}{6\cdot 7\cdot 8}+\cdots ;\\ (3)\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}+\frac{1}{4\cdot 5\cdot 6\cdot 7}+\frac{1}{7\cdot 8\cdot 9\cdot 10}+\cdots .\end{array}$$

解答 利用

$$\frac{1}{m(m+1)\cdots (m+r)}=\frac{1}{r!}{\int }_0^1{x}^{m-1}(1-x{)}^{r}dx$$

并交换非负项级数与积分，有

$$\begin{array}{rl}(1)S_1& =\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{(1-x{)}^2}{1-x^2}dx=\ln 2-\frac{1}{2},\\ (2)S_2& =\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{x(1-x{)}^2}{1-x^2}dx=\frac{3}{4}-\ln 2,\\ (3)S_3& =\frac{1}{6}{\int }_0^1\frac{(1-x{)}^3}{1-x^3}dx=\frac{1}{6}-\frac{1}{4}\ln 3+\frac{\pi }{12\sqrt{3}}.\end{array}$$

题目 2

求 Leibniz 型级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{\ln n}{n}$ 之和。

解答 记 Dirichlet 函数 $\eta (s)={\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{n}^{-s}$。当 $s>1$ 时，

$$\eta (s)=(1-2^{1-s})\zeta (s).$$

令 $s=1+t$，利用 $\zeta (1+t)=t^{-1}+\gamma +O(t)$，其中 $\gamma$ 为 Euler 常数，得到

$$\eta (1+t)=\ln 2+t\left(\gamma \ln 2-\frac{(\ln 2{)}^2}{2}\right)+O(t^2).$$

由 Abel 极限定理，题中级数等于 $-{\eta }^{\prime }(1)$，故其和为

$$\frac{(\ln 2{)}^2}{2}-\gamma \ln 2.$$

题目 3

证明：

$$\sum _{m=1}^{\infty }\sum _{\begin{array}{c}n=1\\ n\ne m\end{array}}^{\infty }\frac{1}{m^2-n^2}=-\frac{{\pi }^2}{8}.$$

解答 对固定的 $m$，由

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

分别求 $n<m$ 与 $n>m$ 的和。记 $H_j={\sum }_{k=1}^{j}1/k$、$H_0=0$，则

$$\begin{array}{rl}\sum _{\begin{array}{c}n=1\\ n\ne m\end{array}}^{\infty }\frac{1}{m^2-n^2}& =\frac{1}{2m}\left(H_{m-1}+H_{2m-1}-H_m-H_{2m}\right)\\ & =-\frac{3}{4m^2}.\end{array}$$

因此

$$\sum _{m=1}^{\infty }\sum _{\begin{array}{c}n=1\\ n\ne m\end{array}}^{\infty }\frac{1}{m^2-n^2}=-\frac{3}{4}\sum _{m=1}^{\infty }\frac{1}{m^2}=-\frac{{\pi }^2}{8}.$$

题目 4

（Goldbach（哥德巴赫））设 $q$ 取遍所有大于 1 的正整数的乘幂，且其指数均大于 1，证明：

$$\sum _q\frac{1}{q-1}=1.$$

解答 记 $\mathcal{Q}$ 为所有互不相同的完全幂。由于各项非负，可以任意重排，故

$$\sum _{q\in \mathcal{Q}}\frac{1}{q-1}=\sum _{q\in \mathcal{Q}}\sum _{k=1}^{\infty }{q}^{-k}.$$

对任意整数 $N\ge 2$，唯一写成 $N=b^d$，其中 $b$ 不是完全幂，$d$ 为 $N$ 的素因数指数的最大公因数。在右端双重和中，等于 $N^{-1}$ 的项数是 $d$ 的除 $d$ 本身外的正因数个数；在 ${\sum }_{m=2}^{\infty }{\sum }_{r=2}^{\infty }{m}^{-r}$ 中，等于 $N^{-1}$ 的项数是 $d$ 的除 $1$ 外的正因数个数。二者相等，因而

$$\sum _{q\in \mathcal{Q}}\frac{1}{q-1}=\sum _{m=2}^{\infty }\sum _{r=2}^{\infty }\frac{1}{m^r}=\sum _{m=2}^{\infty }\frac{1}{m(m-1)}=1.$$

题目 5

设 $a_1=2,a_2=8,a_n=4a_{n-1}-a_{n-2},n=3,4,5,\cdots$，证明：

$$\sum _{n=1}^{\infty }\mathrm{arccot}{a}_n^2=\frac{\pi }{12}.$$

解答 令 $\rho =2+\sqrt{3}$，则 $\rho +{\rho }^{-1}=4$，递推式的解为

$$a_n=\frac{{\rho }^n-{\rho }^{-n}}{\sqrt{3}}.$$

再令 $d_n=(2{\rho }^{2n-1}-1)/\sqrt{3}$。由 ${\rho }^2+1=4\rho$、${\rho }^2-1=2\sqrt{3}\rho$，有

$$d_{n+1}-d_n=4{\rho }^{2n},1+d_n{d}_{n+1}=\frac{4}{3}({\rho }^{2n}-1{)}^2,$$

而 $a_n^2=({\rho }^{2n}-1{)}^2/(3{\rho }^{2n})$，故

$$\frac{d_{n+1}-d_n}{1+d_n{d}_{n+1}}=\frac{1}{a_n^2}.$$

因 $d_{n+1}>d_n>0$，上式给出

$$\mathrm{arccot}{a}_n^2=\arctan d_{n+1}-\arctan d_n.$$

于是级数望远镜相消，而 $d_1=2+\sqrt{3}=\tan (5\pi /12)$，故

$$\sum _{n=1}^{\infty }\mathrm{arccot}{a}_n^2=\frac{\pi }{2}-\arctan d_1=\frac{\pi }{12}.$$

题目 6

证明：

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

解答 由 Beta 积分

$$\frac{(n!{)}^2}{(2n+1)!}={\int }_0^1[t(1-t){]}^{n}dt.$$

各项非负，故可逐项积分：

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(n!{)}^2{2}^{n+1}}{(2n+1)!}=2{\int }_0^1\frac{dt}{1-2t+2t^2}=2[\arctan (2t-1){]}_0^1=\pi .$$

题目 7

设 $\{g_n\}$ 是 $[0,1]$ 上非负连续函数，且对每个 $x^k$（$k=0,1,\cdots$）存在极限

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

证明：对任意的 $f\in C[0,1]$，存在极限

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

解答 由 $k=0$ 的条件，数列 ${\int }_0^1{g}_n$ 收敛，故存在 $M\ge 1$ 使 ${\int }_0^1{g}_n\le M$。给定 $f\in C[0,1]$，取多项式 $P$ 使 $\Vert f-P{\Vert }_{\infty }<\epsilon /(4M)$。由于 ${\int }_0^{1}P{g}_n$ 是有限个已知收敛数列的线性组合，它本身收敛；当 $m,n$ 充分大时，

$$\left|{\int }_0^{1}f{g}_n-{\int }_0^{1}f{g}_m\right|\le 2M\Vert f-P{\Vert }_{\infty }+\left|{\int }_0^{1}P(g_n-g_m)\right|<\epsilon .$$

故 ${\int }_0^{1}f{g}_n$ 为 Cauchy 数列，所求极限存在。

题目 8

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界且有原函数，$g\in C[a,b]$，证明：$f\cdot g$ 在 $[a,b]$ 上有原函数。

解答 设 $F^{\prime }=f$。由 Weierstrass 定理取多项式 $P_n\to g$ 一致。对每个 $P_n$，函数

$$H_n(x)=F(x)P_n(x)-{\int }_a^{x}F(t)P_n^{\prime }(t)dt$$

满足 $H_n^{\prime }=f{P}_n$。将常数调节为 $H_n(a)=0$，由中值定理有

$$\Vert H_n-H_m{\Vert }_{\infty }\le (b-a)\Vert f{P}_n-f{P}_m{\Vert }_{\infty }.$$

因 $f$ 有界且 $P_n\to g$ 一致，$H_n$ 与 $H_n^{\prime }$ 分别一致收敛于某个 $H$ 与 $fg$。一致收敛的导函数定理遂给出 $H^{\prime }=fg$，故 $fg$ 有原函数。

题目 9

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界且有原函数，$g\in C^1[0,1]$ 且 $g^{\prime }(x)>0$，证明：复合函数 $f\circ g$ 在 $[0,1]$ 上有原函数。

解答 复合函数有意义时必有 $g([0,1])\subset [a,b]$。令 $[c,d]=g([0,1])$。由 $g^{\prime }>0$，反函数 $h=g^{-1}$ 属于 $C^1[c,d]$。题 8 表明 $f(t)h^{\prime }(t)$ 在 $[c,d]$ 上有原函数 $H$，于是

$$\frac{d}{dx}H(g(x))=f(g(x))h^{\prime }(g(x))g^{\prime }(x)=f(g(x)).$$

故 $f\circ g$ 在 $[0,1]$ 上有原函数。

题目 10

题 8 中 $f$ 有界的条件不可去掉（见 [62] 的第二册 340 页）。在 $[0,1]$ 上定义

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\sqrt{x}}\sin \frac{1}{x},& 0<x\le 1,\\ 0,& x=0,\end{array}g(x)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{x}\sin \frac{1}{x},& 0<x\le 1,\\ 0,& x=0,\end{array}$$

验证它们满足题 8 中除 $f$ 有界的所有条件，但 $f\cdot g$ 在 $[0,1]$ 上无原函数。

解答 对 $x>0$ 定义

$$F(x)={\int }_0^x{t}^{-1/2}\sin \frac{1}{t}dt={\int }_{1/x}^{\infty }\frac{\sin u}{u^{3/2}}du,F(0)=0.$$

分部积分得 $F(x)=O(x^{3/2})$，故 $F^{\prime }(0)=0=f(0)$；在 $x>0$ 处显然有 $F^{\prime }=f$，所以 $f$ 有原函数。函数 $g$ 连续，因而也有原函数。

但 $f(x)g(x)={\sin }^2(1/x)$（$x>0$），且在 $0$ 处取值为零。若它有原函数 $H$，因该函数 Riemann 可积，Newton—Leibniz 公式给出

$$H^{\prime }(0)=\underset{x\downarrow 0}{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^x{\sin }^2\frac{1}{t}dt.$$

而

$${\int }_0^x{\sin }^2\frac{1}{t}dt=\frac{x}{2}-\frac{1}{2}{\int }_0^x\cos \frac{2}{t}dt=\frac{x}{2}+O(x^2),$$

故 $H^{\prime }(0)=1/2$，与应有的 $H^{\prime }(0)=f(0)g(0)=0$ 矛盾。因此 $fg$ 无原函数。

题目 11

设函数 $f$ 在有界开区间 $(a,b)$ 上可以展开为一致收敛的多项式级数，证明：$f$ 必在 $(a,b)$ 上一致连续。

解答 设 $f={\sum }_{n=1}^{\infty }{P}_n$ 在 $(a,b)$ 上一致收敛。每个多项式在有界区间 $(a,b)$ 上一致连续，而一致连续函数列的一致极限仍一致连续，故 $f$ 在 $(a,b)$ 上一致连续。

题目 12

设 $f\in C[1,+\infty ),f(+\infty )=A$，则对于每个 $\epsilon >0$，存在多项式 $P$，使得

$$\left|f(x)-P\left(\frac{1}{x}\right)\right|<\epsilon ,x\in [1,+\infty ).$$

解答 在 $[0,1]$ 上定义

$$F(t)=\{\begin{array}{ll}f(1/t),& 0<t\le 1,\\ A,& t=0.\end{array}$$

由 $f(+\infty )=A$，$F\in C[0,1]$。取多项式 $P$ 使 $\Vert F-P{\Vert }_{\infty }<\epsilon$，代入 $t=1/x$ 即得

$$\left|f(x)-P\left(\frac{1}{x}\right)\right|<\epsilon ,x\ge 1.$$

题目 13

设 $f\in C[0,+\infty ),f(+\infty )=A$，则对于每个 $\epsilon >0$，存在多项式 $P$，使得

$$\left|f(x)-P(e^{-x})\right|<\epsilon ,x\in (0,+\infty ).$$

解答 在 $[0,1]$ 上定义 $F(0)=A$，$F(t)=f(-\ln t)$（$0<t\le 1$）。同样有 $F\in C[0,1]$。由 Weierstrass 定理取多项式 $P$ 使 $\Vert F-P{\Vert }_{\infty }<\epsilon$，令 $t=e^{-x}$，便得

$$|f(x)-P(e^{-x})|<\epsilon ,x>0.$$

题目 14

（处处连续处处不可导的函数）将 $(0,1)$ 中的数 $x$ 按照十进制小数展开为

$$x=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{x_k}{10^k},$$

其中 $x_k$ 为 0 到 9 的个位数字。对于 $x$ 有两种十进制表示的情况，约定取从某位后全为 0 的一种表示。定义函数

$$f(x)=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{u_k}{2^k},$$

其中 $u_1=1$，而当 $k\ge 1$ 时

$$u_{k+1}=\{\begin{array}{ll}{u}_k,& \text{若 }{x}_{k+1}=x_k,\\ 1-u_k,& \text{若 }{x}_{k+1}\ne x_k.\end{array}$$

证明：$f$ 于 $(0,1)$ 内处处连续，但处处不可微。

（本例见《美国数学月刊》(1952) 第 59 卷 222—225 页，又见 [29]。）

解答 对长度为 $N$ 的十进制数字串 $\alpha =(x_1,\dots ,x_N)$，前 $N$ 个二进制数字 $u_1,\dots ,u_N$ 已由 $\alpha$ 唯一确定。记相应的十进制柱区间为 $I_{\alpha }$，相应的二进制柱区间为 $J_{\alpha }$。任给后续二进制数字，都可逐位实现：欲使 $u_{k+1}=u_k$，取 $x_{k+1}=x_k$；欲使其翻转，取任一不同数字。因此 $f(I_{\alpha })$ 在闭包意义下恰为长度 $2^{-N}$ 的区间 $J_{\alpha }$。

还需考察十进制柱区间的公共端点。若两个长度为 $N$ 的数字串相邻，进位把某位 $d<9$ 变成 $d+1$，并把其后的若干个 $9$ 变成 $0$。进位位以前的 $u_k$ 相同；进位位以后，两串所给二进制尾部或完全相同，或分别为

$$0\underset{\text{若干位}}{\underbrace{11\cdots 1}},1\underset{\text{若干位}}{\underbrace{00\cdots 0}}.$$

故对应的 $J_{\alpha }$ 或重合，或仅有一个公共端点；约定的有限十进制表示恰映到这个公共端点。给定 $x$ 与 $\epsilon >0$，取 $2^{-N}<\epsilon$。充分靠近 $x$ 的点只落在与 $x$ 同一个长度为 $N$ 的柱区间，或在端点情形落在相邻的两个柱区间内，因而 $|f(y)-f(x)|\le 2^{-N}<\epsilon$。所以 $f$ 处处连续。

另一方面，设 $I_N$ 是含 $x$ 的长度 $10^{-N}$ 的柱区间。由于 $f(I_N)$ 的闭包是长度 $2^{-N}$ 的区间，可在 $I_N$ 中取 $y_N$，使

$$|f(y_N)-f(x)|\ge 2^{-N-2},|y_N-x|\le 10^{-N}.$$

于是

$$\left|\frac{f(y_N)-f(x)}{y_N-x}\right|\ge \frac{5^N}{4}⟶\infty .$$

故 $f$ 在任一点都不可微。

题目 15

设对每个正整数 $n$，$u_n(x)$ 是区间 $[0,1]$ 上的非负单调增加函数且级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(1)$ 收敛。令 $S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$，则 $S(x)$ 的不连续点集等于所有 $u_n(x)$ 的不连续点集之并。

解答 因 $0\le u_n(x)\le u_n(1)$ 且 $\sum u_n(1)$ 收敛，级数 $\sum u_n$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。若各 $u_n$ 在 $x_0$ 连续，则其一致和 $S$ 在 $x_0$ 连续。反之，若某个 $u_m$ 在 $x_0$ 不连续，单调性说明它在该点有正跳跃；其余各项也单调增加，故 $S$ 在 $x_0$ 的跳跃不小于 $u_m$ 的跳跃，因而不连续。于是 $S$ 的不连续点集恰为各 $u_n$ 的不连续点集之并。

题目 16

（有稠密间断点的单调函数）设数列 $\{x_n\}$ 是 $(0,1)$ 内的有理数全体，又任取一个收敛的正项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$，其中要求每个 $a_n>0$。然后对每个正整数 $n$ 定义

$$u_n(x)=\{\begin{array}{ll}0,& 0\le x\le x_n,\\ a_n,& x_n<x\le 1.\end{array}$$

然后定义 $f(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x),0<x<1$，并补充定义

$$f(0)=-1,f(1)=1+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n.$$

证明：$f$ 是在 $[0,1]$ 上以所有有理点为其间断点的单调函数。

解答 记 $A={\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$。由上一题，$S=\sum u_n$ 一致收敛且单调增加；在 $(0,1)$ 内，它恰在各点 $x_n$ 不连续，亦即恰在有理点不连续。又由一致收敛，

$$\underset{x\downarrow 0}{\lim }S(x)=0,\underset{x\uparrow 1}{\lim }S(x)=A.$$

补充定义 $f(0)=-1$、$f(1)=1+A$ 后，两个端点也成为间断点，同时仍有 $f$ 单调增加。因此 $f$ 在 $[0,1]$ 上的间断点恰为所有有理点。

题目 17

（有稠密间断点的导函数）已知函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2\sin \frac{1}{x},& \text{当 }x\ne 0,\\ 0,& \text{当 }x=0\end{array}$$

的导函数以 $x=0$ 为其（第二类）间断点（见上册 164 页）。设 $\{r_n\}$ 为区间 $(0,1)$ 内的所有有理点，构造在区间 $(0,1)$ 上的函数项级数

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

将其和函数记为 $F$，用逐项微分定理求出导函数 $F^{\prime }$，并证明：$F^{\prime }$ 在 $(0,1)$ 内以每个 $r_n$ 为其第二类间断点，而在其他点上连续。

解答 记

$$\phi (t)=\{\begin{array}{ll}{t}^2\sin (1/t),& t\ne 0,\\ 0,& t=0.\end{array}$$

则

$${\phi }^{\prime }(t)=\{\begin{array}{ll}2t\sin (1/t)-\cos (1/t),& t\ne 0,\\ 0,& t=0.\end{array}$$

在 $|t|\le 1$ 上有 $|\phi (t)|\le 1$、$|{\phi }^{\prime }(t)|\le 3$，故函数级数与导函数级数均由 Weierstrass 判别法一致收敛。逐项微分定理给出

$$F^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\phi }^{\prime }(x-r_n)}{2^n},0<x<1.$$

若 $x_0$ 为无理数，则每个加项在 $x_0$ 连续，且级数一致收敛，所以 $F^{\prime }$ 在 $x_0$ 连续。若 $x_0=r_m$，删去第 $m$ 项后的级数仍在 $r_m$ 连续，而第 $m$ 项在该点有第二类间断，故 $F^{\prime }$ 在 $r_m$ 也有第二类间断。因此 $F^{\prime }$ 恰在各有理点不连续，并在其余点连续。