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4幂级数的应用

数项级数的计算, 幂级数与三角级数, Abel 和, Cesáro 和, Tauber 型定理, 母函数, Bernoulli 多项式, Bernoulli 数, 幂级数的抽象应用, Hardy–Littlewood 定理

A 4.1.

1.	利用幂级数计算级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1)(2n+1)(2n+3)}$. 解答. 由于$$\frac{1}{(2n-1)(2n+1)(2n+3)}=\frac{1}{8}\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{4}\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{8}\frac{1}{2n+3},$$考虑幂级数$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n+3}}{(2n-1)(2n+1)(2n+3)}=\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{x^4}{8}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}-\frac{x^2}{4}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}+\frac{1}{8}\frac{x^{2n+3}}{2n+3}\right),$$设 $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n-1}}{2n-1}$, 则 $S^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{x}^{2n-2}=\frac{1}{1-x^2}$, 由此可得$$S(x)=\frac{1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x},\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{2n+1}=S(x)-x,\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n+3}}{2n+3}=S(x)-x-\frac{x^3}{3},$$于是$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1)(2n+1)(2n+3)}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{x^4}{8}S(x)-\frac{x^2}{4}\left(S(x)-x\right)+\frac{1}{8}\left(S(x)-x-\frac{x^3}{3}\right)=\frac{1}{12}.$$$\square$
2.	计算 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{4n+1}$. 解答. 由于 $\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{4n}=\frac{1}{1+x^4}$, 于是$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{4n+1}={\int }_0^1\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{4n}\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{1}{1+x^4}\mathrm{d}x=\frac{\pi +\ln \left(1+\sqrt{2}\right)}{4\sqrt{2}}.$$$\square$
3.	计算 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^4}$. 解答. 在 2.7.$\mathcal{B}$ 第 5 题中, 我们得到了$$\sin \pi x=\pi x\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right),$$即有 $\frac{\sin \pi x}{\pi x}=\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right),$ 注意到$$\frac{\sin \pi x}{\pi x}=1-\frac{{\pi }^2{x}^2}{6}+\frac{{\pi }^4{x}^4}{120}-o(x^5),x\to 0,$$而根据根与系数的关系, 对右侧的无穷乘积有$$\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)=1-x^2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}+x^4\sum _{i\ne j}\frac{1}{i^2\cdot j^2}+o(x^5),x\to 0,$$于是有 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6},\sum _{i\ne j}\frac{1}{i^2\cdot j^2}=\frac{{\pi }^4}{120}$, 从而$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^4}={\left(\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}\right)}^2-2\sum _{i\ne j}\frac{1}{i^2\cdot j^2}=\frac{{\pi }^4}{36}-\frac{{\pi }^4}{60}=\frac{{\pi }^4}{90}.$$$\square$
4.	计算 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(n+1)H_n}{2^n},\sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n}{2^n},\sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n}{2^n(n+1)}$, 其中 $H_n=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}$. 解答. 注意到$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(n+1)}{2^n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\sum _{k=n}^{\infty }\frac{k+1}{2^k},$$而$$\begin{array}{rl}\sum _{k=n}^{\infty }\frac{k+1}{2^k}& =\sum _{k=1}^{\infty }\frac{k+1}{2^k}-\sum _{k=1}^{n-1}\frac{k+1}{2^k}={{\left(\sum _{k=1}^{\infty }{x}^{k+1}-\sum _{k=1}^{n-1}{x}^{k+1}\right)}^{\prime }|}_{x=1/2}\\ & ={{\left(\frac{x^2}{1-x}-\frac{x^2(1-x^{n-1})}{1-x}\right)}^{\prime }|}_{x=1/2}=\frac{2+n}{2^{n-1}}.\end{array}$$于是$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(n+1)}{2^n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\sum _{k=n}^{\infty }\frac{k+1}{2^k}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2+n}{n{2}^{n-1}}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^{n-1}}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n{2}^n}\\ & =2+4\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_0^{1/2}{x}^{n-1}\mathrm{d}x=2+4{\int }_0^{1/2}\frac{1}{1-x}\mathrm{d}x=2+4\ln 2.\end{array}$$同理$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n}{2^n}& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\sum _{k=n}^{\infty }\frac{1}{2^n}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\left(\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{2^n}-\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{2^n}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n\cdot 2^{n-1}}\\ & =2\left(\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_0^{1/2}{x}^{n-1}\mathrm{d}x\right)=2{\int }_0^{1/2}\frac{1}{1-x}\mathrm{d}x=2\ln 2.\end{array}$$以及$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n}{2^n(n+1)}& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\sum _{k=n}^{\infty }\frac{1}{2^k(k+1)}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\left(\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{2^k(k+1)}-\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{2^k(k+1)}\right)\\ & =2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\left({\int }_0^{1/2}\frac{x}{1-x}\mathrm{d}x-{\int }_0^{1/2}\frac{x-x^n}{1-x}\mathrm{d}x\right)=2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}{\int }_0^{1/2}\frac{x^n}{1-x}\mathrm{d}x\\ & =2{\int }_0^{1/2}\frac{1}{1-x}{\int }_0^x\frac{1}{1-t}\mathrm{d}t\mathrm{d}x=2{\int }_0^{1/2}\frac{\ln (1-x)}{x-1}\mathrm{d}x={\left(\ln 2\right)}^2.\end{array}$$ $\square$
5.	证明: 若级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n$ Cesáro 可和, 则 $\left\{\frac{a_n}{n+1}\right\}$ 有界. 证明. 记 $S_n=\sum _{k=1}^n{a}_k,{\sigma }_n=\frac{1}{n+1}\sum _{k=0}^n{S}_k$, 由题设 $\sigma =\underset{n\to +\infty }{\lim }{\sigma }_n$. 由于$$\frac{S_n}{n+1}=\frac{(n+1){\sigma }_n-n{\sigma }_{n-1}}{n+1}={\sigma }_n-\frac{n}{n+1}{\sigma }_{n-1}\to 0,n\to +\infty ,$$于是$$\frac{a_n}{n+1}=\frac{S_n-S_{n-1}}{n+1}=\frac{S_n}{n+1}-\frac{n}{n+1}\frac{S_{n-1}}{n}\to 0,n\to +\infty ,$$从而 $\left\{\frac{a_n}{n+1}\right\}$ 有界. $\square$
6.	举例说明存在 Abel 可和但不 Cesáro 可和的级数. 解答. $\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n(n+1)$. 容易验证该级数 Abel 可和, 但不 Cesáro 可和. $\square$
7.	证明:$$\begin{array}{rl}\pi & =\frac{1}{64}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{1024^n}(-\frac{32}{4n+1}-\frac{1}{4n+3}+\frac{256}{10n+1}-\frac{64}{10n+3}-\\ & \frac{4}{10n+5}-\frac{4}{10n+7}+\frac{1}{10n+9}).\end{array}$$ 失败的计算. 失败的计算. 我们将上式从左到右分拆成七个级数, 分别记为 $a_1,a_2,\cdots ,a_7$. 我们先计算 $a_1=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}32}{1024^n(4n+1)}$, 令$$f(x):=2^{5/2}\cdot 32\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}{x}^{4n+1}}{4n+1},x\in (0,1),$$则 $f(2^{-5/2})=a_1$, 并且有 $f^{\prime }(x)=-\frac{2^{5/2}\cdot 32}{1+x^4}$, 即有$$-2^{5/2}\cdot 32{\int }_0^{2^{-5/2}}\frac{1}{1+x^4}\mathrm{d}x=a_1,$$同理可得$$a_2=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{1024^n(4n+3)}={\int }_0^{2^{-5/2}}\frac{-(2^{5/2}{)}^3{x}^2}{1+x^4}\mathrm{d}x,$$以及$$a_k=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+i_k}{q}_k}{1024^n\left(10n+(2k-5)\right)}=(-1{)}^{i_k}{2}^{2k-5}{q}_k{\int }_0^{1/2}\frac{x^{2k-6}}{1+x^{10}}\mathrm{d}x,k=3,4,5,6,7,$$上式中的 $i_k,q_k$ 由题设公式给出. 理论上积分算出来能有 $64\pi =\sum _{k=1}^7{a}_k$, 实际上计算难度过大. $\square$ 证明. (1) 先来一道高中题: $\tan \alpha =1/2,\tan \beta =1/7$, 问 $\tan (2\alpha -\beta )$ 是多少. [解答] $\tan (2\alpha )=\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{3}$, 从而 $\tan (2\alpha -\beta )=\frac{\frac{28-3}{21}}{1+\frac{4}{21}}=1$. (2) 用$$\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2n+1}{x}^{2n+1},$$令 $x=1/2$ 得$$2\arctan \frac{1}{2}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{4^n(2n+1)}.$$要凑 $1024=4^5$, 改写为$$\begin{array}{rl}2\arctan \frac{1}{2}& =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{1024^n}\left(\frac{1}{10n+1}-\frac{4^{-1}}{10n+3}+\frac{4^{-2}}{10n+5}-\frac{4^{-3}}{10n+7}+\frac{4^{-4}}{10n+9}\right)\\ & =\frac{1}{4\cdot 64}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{1024^n}\left(\frac{256}{10n+1}-\frac{64}{10n+3}+\frac{16}{10n+5}-\frac{4}{10n+7}+\frac{1}{10n+9}\right).\end{array}$$(3) 再来一个恒等式: $\arctan \frac{1}{x-1}=\mathrm{Im}\left[-\ln (1-\frac{1+\mathrm{i}}{x})\right]$. [解答] 图中的角度算两次, 左边是几何关系, 右边是复数的辐角. (4) 由于对 $|z|<1$ 有$$-\ln (1-z)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{z^n}{n},$$当 $x>|1+\mathrm{i}|$ 时, (3) 进而变为$$\arctan \frac{1}{x-1}=\mathrm{Im}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(1+\mathrm{i}{)}^n}{x^{n}n}.$$每 $4$ 项一组, 分子上 $(1+\mathrm{i}{)}^4=(2\mathrm{i}{)}^2=-4$, 从而$$\begin{array}{rl}\arctan \frac{1}{x-1}& =\sum _{n=0}^{\infty }\left(\frac{(-4{)}^n\mathrm{Im}(1+\mathrm{i})}{x^{4n+1}(4n+1)}+\frac{(-4{)}^n\mathrm{Im}(1+\mathrm{i}{)}^2}{x^{4n+2}(4n+2)}+\frac{(-4{)}^n\mathrm{Im}(1+\mathrm{i}{)}^3}{x^{4n+3}(4n+3)}\right)\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-4{)}^n}{x^{4n+3}}\left(\frac{x^2}{4n+1}+\frac{2x}{4n+2}+\frac{2}{4n+3}\right).\end{array}$$令 $x=8$, 这是为了 $8^4/4=1024$, 得出$$\begin{array}{rl}\arctan \frac{1}{7}& =\frac{1}{8^3}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{1024^n}\left(\frac{64}{4n+1}+\frac{16}{4n+2}+\frac{2}{4n+3}\right)\\ & =\frac{1}{4\cdot 64}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{1024^n}\left(\frac{32}{4n+1}+\frac{20}{10n+5}+\frac{1}{4n+3}\right).\end{array}$$(5) 结算时间到! 通过 (1) 有$$\frac{\pi }{4}=2\arctan \frac{1}{2}-\arctan \frac{1}{7},$$代入 (2), (4) 所得即可. $\square$

B 4.2.

1.	计算积分 ${\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}\mathrm{d}x.$ 解答. 由 $\ln (1+x)$ 的幂级数展开, $$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots +\frac{(-1{)}^{n+1}{x}^n}{n}+\cdots ,$$有$${\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}\mathrm{d}x=\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^1\left(1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+\cdots +\frac{(-1{)}^{n+1}{x}^{n-1}}{n}\right)\mathrm{d}x=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^2},$$众所周知 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$, 于是$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^2}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{12}.$$$\square$
2.	试讨论级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n$ 和 $\sum _{n=0}^{\infty }{b}_n$ 在各种收敛情况下 (绝对收敛, 条件收敛, 发散), 它们的 Cauchy 乘积的收敛情况. 并给出证明或反例. 解答. $\square$
3.	(小 $o$ Tauber 定理) 设 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n$ 的 Abel 和为 $A$. 证明: (1) 若 $\underset{n\to +\infty }{\lim }n{a}_n=0$, 则 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n=A$. (2) $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n$ 收敛当且仅当 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{n}=0.$ 证明. (1) 由于 $\underset{n\to +\infty }{\lim }n{a}_n=0$, 可设 ${\delta }_n=\underset{k⩾n}{\sup }|k{a}_k|$, 则 $\{{\delta }_n\}$ 单调递减趋于 $0$. 令$$S(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n,0⩽x<1.$$对于任何正整数 $N$, 都有$$\begin{array}{rl}\sum _{n=0}^N{a}_n-A& =\sum _{n=0}^N{a}_n-S(x)+S(x)-A\\ & =\sum _{n=1}^N{a}_n(1-x^n)-\sum _{n=N+1}^{\infty }{a}_n{x}^n+\left(S(x)-A\right)\\ & =:I_1(x)+I_2(x)+I_3(x),\end{array}$$对 $x\in [0,1)$, 有$$\begin{array}{rl}\left|I_1(x)\right|& ⩽(1-x)\sum _{n=1}^N|a_n|(1+x+\cdots +x^{n-1})\\ & ⩽(1-x)\sum _{n=1}^{N}n|a_n|⩽(1-x)N{\delta }_1,\end{array}$$且有$$\begin{array}{rl}\left|I_2(x)\right|& ⩽\sum _{n=N+1}^{\infty }|n{a}_n|\frac{x^n}{n}⩽\frac{{\delta }_N}{N}\sum _{n=N+1}^{\infty }{x}^n\\ & =\frac{{\delta }_N}{N}\frac{x^{N+1}}{1-x}⩽\frac{{\delta }_N}{N(1-x)}.\end{array}$$令 $x_N=1-\frac{\sqrt{{\delta }_N}}{N}$, 即 $N(1-x_N)=\sqrt{{\delta }_N}$. 易见当 $N\to +\infty$ 时, $x_N\to 1$, 且有$$|I_1(x_N)|⩽{\delta }_1\sqrt{{\delta }_N},\left|I_2(x_N)\right|⩽\frac{{\delta }_N}{\sqrt{{\delta }_N}}=\sqrt{{\delta }_N},I_3(x_N)=S(x_N)-A,$$结合$$\begin{array}{rl}\left|\sum _{n=0}^N{a}_n-A\right|& ⩽|I_1(x_N)|+|I_2(x_N)|+|I_3(x_N)|\\ & ⩽({\delta }_1+1)\sqrt{{\delta }_N}+\left|S(x_N)-A\right|,\end{array}$$令 $N\to +\infty$ 结论即证. (2) 必要性. 记 $A_k=a_1+a_2+\cdots +a_k$, 由题设 $\{A_n\}$ 收敛到 $A$. 由 Abel 变换得到$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{n}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\left(n{A}_n-\sum _{k=1}^{n-1}{A}_k\right),$$由 Stolz 公式 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\left(n{A}_n-\sum _{k=1}^{n-1}{A}_k\right)=A-\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{A_n}{(n+1)-n}=A-A=0$. 从而必要性成立. 充分性. 记 $b_n=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}k{a}_k,b_0=0$, 则 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{b}_n=0$, 由于$$n{a}_n=n{b}_n-(n-1)b_{n-1}\Rightarrow a_n=b_n-b_{n-1}+\frac{b_{n-1}}{n},$$于是 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{b_{n-1}}{n}$, 由 $\underset{n\to +\infty }{\lim }n\cdot \frac{b_{n-1}}{n}=0$ 结合 (1) 可知 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛. $\square$
4.	Hardy–Littlewood (哈代–利特尔伍德) 定理: 设 $S_n⩾0$, $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n=A$, 则$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=0}^n{S}_k=A.$$请按以下步骤证明该定理. (1) 当 $f$ 为多项式时, 成立$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f(x^n)=A{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(♣)}$$ (2) 对任何 $f\in C[0,1]$, $(♣)$ 式成立. (3) 对任何分段常值函数, $(♣)$ 式成立. (4) 取 $f(x)=\frac{1}{x}{\chi }_{[1/\mathrm{e},1]}(x),x_n=1-\frac{1}{n},$ 证明 $\frac{1}{n}\sum _{k=0}^n{S}_k=(1-x_n)\sum _{n=1}^{\infty }{S}_k{x}_n^{k}f(x_n^k)$ 并结束定理的证明. 证明. 不妨设 $A=1$. (1) 对于任何 $k\in {\mathbb{N}}_{+}$, 由于 $1-x^{k+1}=(1-x)(1+x+x^2+\cdots +x^k)$, 我们有$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x^{k+1})\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n(k+1)}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n=1,$$从而$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n{x}^{nk}=\frac{1}{k+1}={\int }_0^1{x}^k\mathrm{d}x,$$由此对于任何多项式 $f(x)$, 成立 $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f(x^n)={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$. (2) 现任取 $f\in C[0,1]$, 则有一列多项式 $P_k$ 使得$${\epsilon }_k\equiv \underset{x\in [0,1]}{\max }\left|P_k(x)-f(x)\right|\to 0,k\to +\infty ,$$则对于 $x\in (0,1)$, 有$$\begin{array}{rl}& \left|(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f(x^n)-{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\right|⩽(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n|f(x^n)-P_k(x^n)|\\ & +\left|(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n{P}_k(x^n)-{\int }_0^1{P}_k(x)\mathrm{d}x\right|+{\int }_0^1\left|f(x)-P_k(x)\right|\mathrm{d}x\\ & ⩽{\epsilon }_k(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n+\left|(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n{P}_k(x^n)-{\int }_0^1{P}_k(x)\mathrm{d}x\right|+{\epsilon }_k,\forall k⩾0,\end{array}$$令 $x\to 1^{-}$ 得到$$\underset{x\to 1^{-}}{\overline{\lim }}\left|(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n{P}_k(x^n)-{\int }_0^1{P}_k(x)\mathrm{d}x\right|⩽2{\epsilon }_k,\forall k⩾0.$$再令 $k\to +\infty$ 得到$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f(x^n)={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x.$$ (3) 现对分段常值函数证明上式. 任取 $0<a<b<1$, 我们先证 $f={\chi }_{[a,b]}$ 的情况. 取 $\epsilon \in \left(0,\min \left\{a,1-b,\frac{b-a}{3}\right\}\right)$. 作分段连续函数 $f^{\epsilon }$ 与 $f_{\epsilon }$, 使得 $f^{\epsilon }$ 在 $[0,a-\epsilon ]$ 和 $[b+\epsilon ,1]$ 上的取值为 $0$, 在 $[a,b]$ 上为 $1$, 在余下的区间 $[a-\epsilon ,a]$ 和 $[b,b+\epsilon ]$ 上用直线连接. 而 $f_{\epsilon }$ 在 $[0,a]$ 与 $[b,1]$ 上为 $0$, 在 $[a+\epsilon ,b-\epsilon ]$ 上为 $1$, 在余下的区间 $[a,a+\epsilon ]$ 和 $[b-\epsilon ,b]$ 上用直线连接. $$f^{\epsilon }(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\in [a,b],\\ \frac{x-a+\epsilon }{\epsilon },& x\in [a-\epsilon ,a],\\ \frac{b+\epsilon -x}{\epsilon },& x\in [b,b+\epsilon ],\\ 0,& x\in [0,a-\epsilon ]\cup [b+\epsilon ,1],\end{array}{f}_{\epsilon }(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\in [a+\epsilon ,b-\epsilon ],\\ \frac{x-a}{\epsilon },& x\in [a,a+\epsilon ],\\ \frac{b-x}{\epsilon },& x\in [b-\epsilon ,b],\\ 0,& x\in [0,a]\cup [b,1],\end{array}$$则 $f^{\epsilon },f_{\epsilon }$ 在 $[0,1]$ 上连续, 且 $\forall x\in (0,1)$,$$f_{\epsilon }(x)⩽f(x)⩽f^{\epsilon }(x).$$从而$$(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n{f}_{\epsilon }(x^n)⩽(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f(x^n)⩽(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n{f}^{\epsilon }(x^n),$$令 $x\to 1^{-}$ 得到$${\int }_0^1{f}_{\epsilon }(x)\mathrm{d}x⩽\underset{x\to 1^{-}}{\underline{\lim }}(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f(x^n)⩽\underset{x\to 1^{-}}{\overline{\lim }}(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f(x^n)⩽{\int }_0^1{f}^{\epsilon }(x)\mathrm{d}x.$$再令 $\epsilon \to 0^{+}$ 即得 $(♣)$ 式对于 $f={\chi }_{[a,b]}$ 成立. 同理或者利用已证结果可以证明当 $f$ 为 ${\chi }_{[0,a]},{\chi }_{[b,1]},{\chi }_{(a,b)},{\chi }_{[a,b)}$ 这样的区间时, $(♣)$ 式也成立, 从而当 $f$ 为分段常值函数时, $(♣)$ 式成立. (4) 取 $f(x)=\frac{1}{x}{\chi }_{[1/\mathrm{e},1]}(x),x_n=1-\frac{1}{n},$ 即 $f(x)=\{\begin{array}{ll}1/x,& x\in [1/\mathrm{e},1],\\ 0,& x\in [0,1/\mathrm{e})\end{array},$ 便有$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{\infty }{S}_k{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^{k}f\left({\left(1-\frac{1}{n}\right)}^k\right)={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=1,$$注意到 ${\left(1-\frac{1}{n}\right)}^n<\frac{1}{\mathrm{e}}<{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^{n-1}(n⩾2)$, 我们有 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=0}^n{S}_k=1$, 结论得证. $\square$
5.	利用 $\sum _{k=0}^n{C}_{2k}^k{C}_{2(n-k)}^{n-k}=4^n$ 证明: $\sum _{k=0}^n\frac{C_{2k}^k{C}_{2n-2k}^{n-k}}{(2k+1)(2n-2k+1)}=\frac{4^{2(n+1)}}{8(n+1{)}^2{C}_{2n+2}^{n+1}}$. 进一步, 计算 ${\arcsin }^{2}x$ 和 ${\ln }^2(x+\sqrt{1+x^2})$ 的 Maclaurin 级数. 解答. 由幂级数的逐项可积性, $$\arcsin x={\int }_0^x\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}}={\int }_0^x\sum _{n=0}^{\infty }\frac{{\mathrm{C}}_{2n}^n{t}^{2n}}{4^n}\mathrm{d}t=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{{\mathrm{C}}_{2n}^n}{(2n+1)4^n}{x}^{2n+1}.$$所以在收敛域内, $${\arcsin }^{2}x=\sum _{n=0}^{\infty }\left[\sum _{\begin{array}{c}k+j=n\\ 0⩽k,j⩽n\end{array}}\frac{{\mathrm{C}}_{2k}^k{\mathrm{C}}_{2j}^j}{(2k+1)(2j+1)}\right]\frac{x^{2n+2}}{4^n}.$$我们有$$\begin{array}{rl}\sum _{\begin{array}{c}k+j=n\\ 0⩽k,j⩽n\end{array}}\frac{{\mathrm{C}}_{2k}^k{\mathrm{C}}_{2j}^j}{(2k+1)(2j+1)}& =\frac{1}{2(n+1)}\sum _{\begin{array}{c}k+j=n\\ 0⩽k,j⩽n\end{array}}\left(\frac{1}{2j+1}+\frac{1}{2k+1}\right){\mathrm{C}}_{2k}^k{\mathrm{C}}_{2j}^j\\ & =\frac{1}{n+1}\sum _{\begin{array}{c}k+j=n\\ 0⩽k,j⩽n\end{array}}\frac{{\mathrm{C}}_{2k}^k{\mathrm{C}}_{2j}^j}{2k+1}:=\frac{I_n}{n+1}.\end{array}$$类似地, $$\begin{array}{rl}2(n+1)I_n& =\sum _{\begin{array}{c}k+j=n\\ 0⩽k,j⩽n\end{array}}\left(1+\frac{2j+1}{2k+1}\right){\mathrm{C}}_{2k}^k{\mathrm{C}}_{2j}^j\\ & =4^n+\sum _{\begin{array}{c}k+j=n\\ 0⩽k,j⩽n\end{array}}\frac{2j+1}{2k+1}{\mathrm{C}}_{2k}^k{\mathrm{C}}_{2j}^j\\ & =4^n+\frac{1}{2}\sum _{\begin{array}{c}k+j=n\\ 0⩽k,j⩽n\end{array}}\frac{j+1}{2k+1}{\mathrm{C}}_{2k}^k{\mathrm{C}}_{2(j+1)}^{j+1}\\ & =4^n+\frac{1}{2}\sum _{\begin{array}{c}k+j=n+1\\ 0⩽k,j⩽n+1\end{array}}\frac{j}{2k+1}{\mathrm{C}}_{2k}^k{\mathrm{C}}_{2j}^j\\ & =4^n+\frac{1}{4}\sum _{\begin{array}{c}k+j=n+1\\ 0⩽k,j⩽n+1\end{array}}\left(\frac{2n+3}{2k+1}-1\right){\mathrm{C}}_{2k}^k{\mathrm{C}}_{2j}^j\\ & =\frac{2n+3}{4}{I}_{n+1}.\end{array}$$于是, 由上式及 $I_0=1$ 递推可得$$I_n=4^n\times \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}=\frac{4^{2(n+1)}}{8(n+1){\mathrm{C}}_{2(n+1)}^{n+1}}.$$从而$$\sum _{\begin{array}{c}k+j=n\\ 0⩽k,j⩽n\end{array}}\frac{{\mathrm{C}}_{2k}^k{\mathrm{C}}_{2j}^j}{(2k+1)(2j+1)}=\frac{4^{2(n+1)}}{8(n+1{)}^2{\mathrm{C}}_{2(n+1)}^{n+1}}.$$这样就得到$${\arcsin }^{2}x=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{4^n}{2n^2{\mathrm{C}}_{2n}^n}{x}^{2n}.\text{\hspace{1em}(⧫)}$$注意到利用 Stirling 公式可得$$\frac{4^n}{2n^2{\mathrm{C}}_{2n}^n}\sim \frac{4^n}{2n^2}\frac{2\pi n(n/\mathrm{e}{)}^{2n}}{\sqrt{2\pi \cdot 2n}(2n/\mathrm{e}{)}^{2n}}=\frac{\sqrt{\pi }}{2n^{\frac{3}{2}}}(n\to \infty ),$$因此, $(⧫)$ 对所有 $x\in [-1,1]$ 成立. $\square$ 注: 我们并不鼓励大家过于关注本题. 对很多人来说, ${\arcsin }^{2}x$ 在 $0$ 点的 Taylor 展开式难以得到, 有人会因此断言这一展开式没有一个好的表达式, 以上得到的结果可以提示我们下类似的断言时应该保持谨慎.
6.	试计算级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(2n)!}{2^{2n}(2n+1)(n!{)}^2}.$ 解答. 记级数一般项为 $u_n$, 则$$\begin{array}{rl}{u}_n& =\frac{(2n)!}{2^{2n}(2n+1)(n!{)}^2}=\frac{(2n-1)!!}{(2n+1)(2n)!!}\\ & =\frac{2}{\pi }\cdot \frac{1}{2n+1}\cdot {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2n}x\mathrm{d}x\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{\sin x}{\int }_0^x\cos t\cdot {\sin }^{2n}t\mathrm{d}t\mathrm{d}x,\end{array}$$从而$$\begin{array}{rl}\sum _{n=0}^{\infty }{u}_n& =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{\sin x}{\int }_0^x\cos t\sum _{n=0}^{\infty }{\sin }^{2n}t\mathrm{d}t\mathrm{d}x\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{\sin x}{\int }_0^x\cos t\cdot \frac{1}{1-{\sin }^{2}t}\mathrm{d}t\mathrm{d}x\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\csc x{\int }_0^x\sec t\mathrm{d}t\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sec t\mathrm{d}t{\int }_t^{\frac{\pi }{2}}\csc x\mathrm{d}x\\ & =-\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\ln \left(\tan \frac{t}{2}\right)}{\cos t}\mathrm{d}t\stackrel{\tan \frac{t}{2}=x}{=}-\frac{4}{\pi }{\int }_0^1\frac{\ln x}{1-x^2}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$ $\square$
7.	设 $|x|<1$, 考虑第一类完全椭圆积分 $K(x)={\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}\theta }{\sqrt{1-x^2{\cos }^2\theta }}$. 依次证明: (1) 对任何 $x\in (-1,1)$, 成立 $K(x)=\frac{\pi }{2}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(C_{2n}^n{)}^2{x}^{2n}}{4^{2n}}$. (2) 对任何 $x\in (-1,1),\theta \in \left[0,2\pi \right)$, 有 $\frac{1}{|1-x{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }|}=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{C_{2k}^k{x}^k}{4^k}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}k\theta }\sum _{j=0}^{\infty }\frac{C_{2j}^j{x}^j}{4^j}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}j\theta }$. 提示: 可以证明两边平方后的等式相等. (3) 对任何 $x\in \left[0,1\right)$, 有 $\frac{1}{1+x}K\left(\frac{2\sqrt{x}}{1+x}\right)=\frac{\pi }{2}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(C_{2n}^n{)}^2{x}^{2n}}{4^{2n}}=K(x)$. 证明. (1) 由$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2{\cos }^2\theta }}=\frac{C_{2n}^n}{4^n}{x}^{2n}{\cos }^{2n}\theta ,$$又由之前结果$${\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2n}\theta \mathrm{d}\theta =\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi }{2}=\frac{C_{2n}^n}{4^n}\frac{\pi }{2},$$于是 $K(x)=\frac{\pi }{2}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(C_{2n}^n{)}^2{x}^{2n}}{4^{2n}}$. (2) (3) $\square$
8.	对于 $a,b>0$, 令 $M(a,b)={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\mathrm{d}\theta }{\sqrt{a^2{\cos }^2\theta +b^2{\sin }^2\theta }}$. 另一方面, 令 $a_0=a,b_0=b$, 并归纳定义 $a_{n+1}=\sqrt{a_n{b}_n},b_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2}$ $(n⩾0)$. 依次证明: (1) $\{a_n\},\{b_n\}$ 收敛到同一值, 记为 $AGM(a,b)$, 我们称之为 $a,b$ 的算术几何平均. (2) $AGM\left(\sqrt{ab},\frac{a+b}{2}\right)=AGM(a,b),M\left(\sqrt{ab},\frac{a+b}{2}\right)=M(a,b)$. (3) 成立如下的 Gauss (高斯) 公式: $AGM(a,b)=\frac{\pi }{2M(a,b)}$. 证明. (1) $a_n⩽b_n$ 对 $n⩾1$ 成立, 从而$$a_n⩽\sqrt{a_n{b}_n}=a_{n+1}⩽b_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2}⩽b_n,$$进而$$a_1⩽\cdots ⩽a_n⩽a_{n+1}⩽\cdots ⩽b_{n+1}⩽b_n⩽\cdots ⩽b_1,$$推出 $\{a_n\},\{b_n\}$ 都收敛. 由于$$b_{n+1}-a_{n+1}⩽b_{n+1}-a_n=\frac{b_n-a_n}{2},$$归纳得 $b_n-a_n⩽|b-a|/2^n$, 故极限相同. (2) 前者显然, 后者逆天. 引入新变量 $\sigma$ 使得$$\sin \theta =\frac{2a\sin \sigma }{a+b+(a-b){\sin }^2\sigma },$$可验证 $\sigma \in [0,\pi /2]$ 一一对应了 $\theta \in [0,\pi /2]$, 且$$\cos \theta =\frac{2\cos \sigma \sqrt{b_1^2{\cos }^2\sigma +a_1^2{\sin }^2\sigma }}{a+b+(a-b){\sin }^2\sigma }.$$此外, 对 $\sin \theta$ 的表达式两边求导得$$\cos \theta \mathrm{d}\theta =2a\frac{a+b-(a-b)\sin \sigma }{(a+b+(a-b){\sin }^2\sigma {)}^2}\cos \sigma \mathrm{d}\sigma ,$$两式相除有$$\mathrm{d}\theta =a\frac{a+b-(a-b)\sin \sigma }{a+b+(a-b){\sin }^2\sigma }\frac{\mathrm{d}\sigma }{\sqrt{b_1^2{\cos }^2\sigma +a_1^2{\sin }^2\sigma }}.$$神奇的注意力指示我们要算$$\begin{array}{rl}\sqrt{a^2{\cos }^2\theta +b^2{\sin }^2\theta }& =a\sqrt{1-(a^2-b^2)(\sin \theta /a{)}^2}\\ & =a\sqrt{1-\frac{4(a^2-b^2){\sin }^2\sigma }{(a+b+(a-b){\sin }^2\sigma {)}^2}}\\ & =a\frac{a+b-(a-b)\sin \sigma }{a+b+(a-b){\sin }^2\sigma },\end{array}$$从而$$\frac{\mathrm{d}\theta }{\sqrt{a^2{\cos }^2\theta +b^2{\sin }^2\theta }}=\frac{\mathrm{d}\sigma }{\sqrt{b_1^2{\cos }^2\sigma +a_1^2{\sin }^2\sigma }},$$两边积分得到$$M(a,b)=M(b_1,a_1).$$ (3) 迭代发现$$\begin{array}{rl}M(a,b)& =M(b_1,a_1)=M(b_2,a_2)=\cdots =\underset{n\to \infty }{\lim }M(b_n,a_n)\\ & =M(AGM(a,b),AGM(a,b))=\frac{\pi }{2AGM(a,b)}.\end{array}$$ $\square$
9.	设 $b_k$ 和 $B_k$ $(k⩾0)$ 为 Bernoulli 数与 Bernoulli 多项式, $\zeta$ 为 Riemann $\zeta$ 函数. (1) 利用 $\frac{t{\mathrm{e}}^t}{e^t-1}=t+\frac{t}{{\mathrm{e}}^t-1},$ 证明: 当 $k\ne 1$ 时, $B_k(1)=b_k$. 另一方面, 有 $b_0=1,b_1=-\frac{1}{2},B_k(1)=\frac{1}{2}$. (2) 利用 $\frac{t{\mathrm{e}}^{(1-x)t}}{{\mathrm{e}}^t-1}=\frac{-t{\mathrm{e}}^{-xt}}{{\mathrm{e}}^{-t}-1}$ 证明对任何 $k⩾0$, 成立 $B_k(1-x)=(-1{)}^k{B}_k(x)$. (3) 利用 $\frac{-t{\mathrm{e}}^{xt}}{{\mathrm{e}}^{-t}-1}=t{\mathrm{e}}^{xt}+\frac{t{\mathrm{e}}^{xt}}{{\mathrm{e}}^t-1}$ 证明对任何 $k⩾1$, 成立 $B_k(-x)=(-1{)}^k{B}_k(x)+(-1{)}^{k}k{x}^{k-1}$. (4) 证明对任何 $k⩾1$, 成立 $b_{2k+1}=0$. (5) 证明对任何 $k⩾0$, $B_k\left(\frac{1}{2}-x\right)=(-1{)}^k\left(\frac{1}{2^{k-1}}{B}_k(2x)-B_k(x)\right)$. (6) 证明对任何 $k⩾0$, $B_{k+1}^{\prime }(x)=(k+1)B_k(x)$, 进而 ${\int }_0^x{B}_k(s)\mathrm{d}s=\frac{B_{k+1}(x)-B_{k+1}}{k+1}$. (7) 设 $n⩾1$, 证明 Euler 公式: $\zeta (2n)=(-1{)}^{n-1}\frac{2^{2n-1}{b}_{2n}}{(2n)!}{\pi }^{2n}$. 提示: 对于 $x\in [0,1]$, 令 $T_0(x)=0$,$$T_n(x)=\frac{(-1{)}^{n-1}}{2(2n)!}{B}_{2n}(x)-\frac{1}{(2\pi {)}^{2n}}{H}_n(2\pi x),\forall n⩾1,$$其中$$H_n(x)=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\cos kx}{k^{2n}},x\in [0,2\pi ],$$特别地,$$H_1(x)=\zeta (2)-\frac{\pi x}{2}+\frac{x^2}{4},x\in [0,2\pi ].$$验证 $T_n^{\prime \prime }(x)=-T_{n-1}(x)$. 证明. $\square$
10.	利用 Bernoulli 数与 Bernoulli 多项式求以下函数的 Maclaurin 级数:$$(1)\tan x,(2)\sec x,(3)\tanh x,(4)x\cot x(\text{在 }x=0\text{ 处定义为 }1).$$
11.	对于 $n$ 阶正定矩阵 $\mathbf{A}$, 证明存在唯一的正定矩阵 $\mathbf{B}$, 使得 ${\mathrm{e}}^{\mathbf{B}}=\mathbf{A}$. 证明. $\square$
12.	是否有 $\delta >0$ 以及 $(0,\delta )$ 上的 $n$ 阶正定矩阵值函数 $\mathbf{Y}(\cdot )$, 在 $(0,\delta )$ 上满足 $\mathbf{Y}(t)<\mathbf{I}$, ${\mathbf{Y}}^{\prime }(t)=(\mathbf{I}-{\mathbf{Y}}^2(t){)}^{1/2}$ 以及 $\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\mathbf{Y}(t)=0$?
13.	考察各基本初等函数, 思考可以把它们的定义推广到什么样的 $n$ 阶方阵?

5常微分方程初值问题解的存在性

Picard 迭代, 等度连续, Arzelà–Ascoli 定理, 非 Lipschitz 条件下解的存在性, 积分方程的解, 解的延伸

A 5.1.

1.	设 $\mathbf{f}:\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ 连续可微. 证明: (1) 设 $a<b<c$. 若在 $[a,b]$ 上, ${\mathbf{\phi }}^{\prime }(t)=f(t,\mathbf{\phi }(t))$ 且 $\mathbf{\phi }(a)={\mathbf{x}}_0$, 而在 $[b,c]$ 上, ${\mathbf{\psi }}^{\prime }(t)=f(t,\mathbf{\psi }(t))$ 且 $\mathbf{\psi }(b)=\mathbf{\phi }(b)$, 若 $\mathbf{x}(t)=\{\begin{array}{ll}\mathbf{\phi }(t),& t\in [a,b],\\ \mathbf{\psi }(t)& t\in [b,c]\end{array}$ 是方程组 $\{\begin{array}{l}{\mathbf{x}}^{\prime }(t)=f(t,\mathbf{x}(t)),\\ \mathbf{x}(a)={\mathbf{x}}_0,\end{array}t\in [a,c]$ 的解. (2) 方程组 (9.5.2) 的解的最大存在区间存在, 且为开区间.
2.	证明方程 $x^{\prime }(t)=(1-x^2(t))(\cos t^2+\sin x(t))$ 的满足初值条件 $x(0)=0$ 的解的最大存在区间是 $(-\infty ,+\infty )$.
3.	证明 Gronwall–Bellman (格朗沃尔–贝尔曼) 不等式: 设 $\alpha \in \mathbb{R}$, 而 $\phi \in C[t_0,T],\psi ,\beta \in L^1[t_0,T],\psi$ 非负, 满足$$\phi (t)⩽\alpha +{\int }_{t_0}^t\left(\psi (s)\phi (s)+\beta (s)\right)\mathrm{d}s,\forall t\in [t_0,T].$$证明:$$\phi (t)⩽\alpha \exp \left({\int }_{t_0}^t\psi (s)\mathrm{d}s\right)+{\int }_{t_0}^t\exp \left({\int }_s^t\psi (r)\mathrm{d}r\right)\beta (s)\mathrm{d}s,\forall t\in [t_0,T].$$ 提示: 考虑满足以下等式的函数 $\Phi$:$$\Phi (t)=\alpha +{\int }_{t_0}^t\left(\psi (s)\phi (s)+\beta (s)\right)\mathrm{d}s,\forall t\in [t_0,T].$$ 证明. 考虑满足以下等式的函数 $\Phi$:$$\Phi (t)=\alpha +{\int }_{t_0}^t\left(\psi (s)\phi (s)+\beta (s)\right)\mathrm{d}s,\forall t\in [t_0,T],$$即 $\phi (t)⩽\Phi (t)$, 又有$${\Phi }^{\prime }(t)=\psi (t)\phi (t)+\beta (t)⩽\psi (t)\Phi (t)+\beta (t)\Rightarrow \left({\Phi }^{\prime }(t)-\psi (t)\Phi (t)\right)<\beta (t),$$则有$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\Phi (t)\cdot \exp \left(-{\int }_{t_0}^t\psi (s)\mathrm{d}s\right)\right)⩽\exp \left(-{\int }_{t_0}^t\psi (s)\mathrm{d}s\right)\beta (t),$$积分得到$$\begin{array}{rl}{\int }_{t_0}^t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\Phi (t)\cdot \exp \left(-{\int }_{t_0}^t\psi (s)\mathrm{d}s\right)\right)\mathrm{d}t& =\Phi (t)\cdot \exp \left(-{\int }_{t_0}^t\psi (s)\mathrm{d}s\right)-\alpha \\ & ⩽{\int }_{t_0}^t\exp \left(-{\int }_{t_0}^s\psi (r)\mathrm{d}r\right)\beta (s)\mathrm{d}s,\end{array}$$于是$$\Phi (t)⩽\alpha \exp \left({\int }_{t_0}^t\psi (s)\mathrm{d}s\right)+{\int }_{t_0}^t\exp \left({\int }_s^t\psi (r)\mathrm{d}r\right)\beta (s)\mathrm{d}s,\forall t\in [t_0,T].$$由 $\phi (t)⩽\Phi (t)$ 即得结论. $\square$
4.	设 $\mathbf{f}:\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ 连续可微, 且 $\mathbf{f}(t,\mathbf{x})$ 关于 $\mathbf{x}$ 满足线性增长条件, 即存在常数 $K>0$ 使得$$|\mathbf{f}(t,\mathbf{x})|⩽K(|\mathbf{x}|+1),\forall (t,\mathbf{x})\in \mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^n.$$证明: 对于任何初值条件, 方程 ${\mathbf{x}}^{\prime }(t)=\mathbf{f}(t,\mathbf{x}(t))$ 的解的最大存在区间是 $(-\infty ,+\infty )$. 证明. 设解的最大存在区间为 $(\alpha ,\beta )$, 下面用反证法说明 $\beta =+\infty$. 假如 $\beta <+\infty$, 待定 $\eta ,h>0$, 考虑区域$$D=[\beta -3\eta ,\beta +\eta ]\times \overline{B_h(\mathbf{x}(\beta -\eta ))},$$根据后面的推导, 这里要的限制是 $2\eta <1/K$ 且 $h$ 很大; 再令$$M=K(|\mathbf{x}(\beta -\eta )|+h+1)⩾\underset{D}{\max }|\mathbf{f}|.$$由定理 9.5.4, 方程过点 $(\beta -\eta ,\mathbf{x}(\beta -\eta ))$ 的解在区间 $(\beta -\eta -\delta ,\beta -\eta +\delta )$ 上存在, 其中 $\delta =\min \{h/M,2\eta \}$. 当 $h$ 很大时 $h/M\approx 1/K$, 从而 $\delta =2\eta$, 即解在区间 $(\beta -3\eta ,\beta +\eta )$ 上存在, 同 $(\alpha ,\beta )$ 为最大的区间矛盾. 同理可得 $\alpha =-\infty$. $\square$
5.	设 $\delta >0$, $f$ 是 $(-\delta ,\delta )$ 内的连续可微函数, 满足 $f^{\prime }(x)=f^4(x)-x^8$ 以及 $f(0)=0$, 试证明 $f\in C^{\infty }(-\delta ,\delta )$, 并讨论 $f$ 取正负的情况. 进一步, 讨论 $f$ 的解析性.

B 5.2.

1.	构造函数 $f$ 使得方程 $\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }(t)=f(t,x(t)),\\ x(0)=0\end{array}$ 的解的最大存在区间为 $(-\infty ,1)$, 且其解 $x$ 满足 $\underset{t\to 1^{-}}{\underline{\lim }}x(t)=-\infty ,\underset{t\to 1^{-}}{\overline{\lim }}x(t)=+\infty$.
2.	设 $\{f_k\}$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 的紧子集 $E$ 上的一列一致有界且等度连续的函数列, $f\in C(E)$. 证明: 若以下条件之一成立, 则 $\{f_k\}$ 本身在 $E$ 上一致收敛到 $f$. (i) $\{f_k\}$ 的任何在 $E$ 上逐点收敛的子列均收敛到 $f$. (ii) 对于 $\{f_k\}$ 的满足$$\underset{j\to +\infty }{\lim }{\int }_E{f}_{k_j}(\mathbf{x})h(\mathbf{x})\mathrm{d}\mathbf{x}={\int }_{E}g(\mathbf{x})h(\mathbf{x})\mathrm{d}\mathbf{x},\forall h\in C(E)$$的子列 $\{f_{k_j}\}$ 和相应的 $g\in C(E)$, 均成立 $g=f.$
3.	设 $T>0$, $\mathbf{f}:[0,T]\times {\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ 连续, 且 ${\mathbf{f}}_{\mathbf{x}}(t,\mathbf{x})$ 也在 $[0,T]\times {\mathbb{R}}^n$ 上连续且一致有界. 设 ${\mathbf{x}}_0\in {\mathbb{R}}^n$, 记 $\mathbf{x}(\cdot ;{\mathbf{x}}_0)$ 为方程$$\{\begin{array}{l}{\mathbf{x}}^{\prime }(t)=\mathbf{f}(t,\mathbf{x}(t)),t\in [0,T],\\ \mathbf{x}(0)={\mathbf{x}}_0\end{array}$$的解. 任取 $\mathbf{e}\in S^{n-1}$, 证明: 当 $\epsilon \to 0^{+}$ 时, ${\mathbf{X}}_{\epsilon }(\cdot ;\mathbf{e})=\frac{\mathbf{x}(\cdot ;{\mathbf{x}}_0+\epsilon \mathbf{e})-\mathbf{x}(\cdot ;{\mathbf{x}}_0)}{\epsilon }$ 在 $[0,T]$ 上一致收敛到方程$$\{\begin{array}{l}{\mathbf{X}}^{\prime }(t)={\mathbf{f}}_{\mathbf{x}}(t,\mathbf{x}(t;{\mathbf{x}}_0)\mathbf{X}(t)),t\in [0,T],\\ \mathbf{X}(0)=\mathbf{e}\end{array}$$的解 $\mathbf{X}(\cdot )$.
4.	设 $T>0,{\mathbf{x}}_0\in {\mathbb{R}}^n$, $\mathbf{f}:[0,T]\times {\mathbb{R}}^n\times {\mathbb{R}}^m\to {\mathbb{R}}^n$ 连续, 且 ${\mathbf{f}}_{\mathbf{x}}(t,\mathbf{x},\mathbf{u}),{\mathbf{f}}_{\mathbf{u}}(t,\mathbf{x},\mathbf{u})$ 也在 $[0,T]\times {\mathbb{R}}^n\times {\mathbb{R}}^m$ 上连续且一致有界. 设 $\mathbf{\phi }\in C([0,T];{\mathbb{R}}^m)$, 记 $\mathbf{x}(\cdot ;\mathbf{\phi })$ 为方程$$\{\begin{array}{l}{\mathbf{x}}^{\prime }(t)=f(t,\mathbf{x}(t),\mathbf{\phi }(t)),t\in [0,T],\\ \mathbf{x}(0)={\mathbf{x}}_0\end{array}$$的解. 任取 $\mathbf{\psi }\in C([0,T];{\mathbb{R}}^m)$, 证明: 当 $\epsilon \to 0^{+}$ 时, ${\mathbf{Y}}_{\epsilon }(\cdot )=\frac{\mathbf{x}(\cdot ;\mathbf{\phi }+\epsilon \mathbf{\psi })-\mathbf{x}(\cdot ;\mathbf{\phi })}{\epsilon }$ 在 $[0,T]$ 上一致收敛到方程$$\{\begin{array}{l}{\mathbf{Y}}^{\prime }(t)={\mathbf{f}}_{\mathbf{x}}(t,\mathbf{x}(t;\mathbf{\phi }),\mathbf{\phi }(t))\mathbf{Y}(t)+{\mathbf{f}}_{\mathbf{u}}(t,\mathbf{x}(t;\mathbf{\phi }),\mathbf{\phi }(t))\mathbf{\psi }(t),t\in [0,T],\\ \mathbf{Y}(0)=0\end{array}$$的解 $\mathbf{Y}(\cdot )$.
5.	试讨论方程 $f^{\prime }(x)=f^4(x)-x^8$ 在何种初值条件下解的最大存在区间为整个 $\mathbb{R}$.