用户: Solution/ 习题: 楼分析/函数列与函数项级数

1函数列与函数项级数的一致收敛及其性质

函数列与函数项级数的一致收敛性及其性质,Cauchy 准则

A 1.1. 利用有限覆盖定理证明 Dini 定理.

证明. 由于 $f_n(x)\to f(x)(n\to +\infty )$, 则对于 $\forall \epsilon >0,x_0\in [a,b],\exists N_{x_0}\in \mathbb{N}$ 使得$$\left|f_{N_{x_0}}(x)-f(x)\right|<\frac{1}{3}\epsilon ,$$则$$\left|f_{N_{x_0}}(x)-f(x)\right|⩽\left|f_{N_{x_0}}(x)-f(x)\right|+\left|f_{N_{x_0}}(x)-f_{N_{x_0}}(x_0)\right|+\left|f(x)-f(x_0)\right|<\epsilon ,$$又因为对于固定的 $x_0\in [a,b]$, 当 $n>N_{x_0}$ 时, 有$$\left|f_n(x)-f(x)\right|⩽\left|f_{N_{x_0}}(x)-f(x)\right|<\epsilon ,$$取区间 $[a,b]$ 的一个开覆盖$$H=\{U(x_i,{\delta }_{x_i})|x_i\in [a,b],i\in \Lambda \},$$其中 ${\delta }_{x_i}$ 满足 $\exists N_{x_i}$, 当 $n>N_{x_i},x\in U(x_i,{\delta }_{x_i})$ 时有$$\left|f_n(x)-f(x)\right|<\epsilon ,$$利用有限覆盖定理选取有限覆盖即证结论.

$\square$

试考察本节例题中那些函数列 (函数项级数) 的一致收敛性可用 Dini 定理解决. 设函数 $f\in C^{\infty }(\mathbb{R})$, 而且 $\forall x\in \mathbb{R},n⩾1$, 有 $\left|f^{(n)}(x)-f^{(n-1)}(x)\right|<\frac{1}{n^2}$. 证明: ${\lim }_{n\to +\infty }{f}^{(n)}(x)=C{e}^x$, 其中 $C$ 为一常数.

证明. 由题设可知对于任意 $x\in \mathbb{R}$ 有$$\sum _{n=1}^{\infty }\left|f^{(n)}(x)-f^{(n-1)}(x)\right|<\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6},$$从而 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left|f^{(n)}(x)-f^{(n-1)}(x)\right|$ 收敛. 于是 $\forall \epsilon >0,\exists N$ 使得$$\left|\sum _{n=N}^{\infty }\left|f^{(n)}(x)-f^{(n-1)}(x)\right|\right|<\epsilon ,$$任取 $k>j>N$, 则有$$\begin{array}{rl}& \left|f^{(k)}(x)-f^{(j)}(x)\right|=\left|f^{(k)}(x)-f^{(k-1)}(x)+f^{(k-1)}(x)-\cdots +f^{(j+1)}(x)-f^{(j)}(x)\right|\\ ⩽& \left|f^{(k)}(x)-f^{(k-1)}(x)\right|+\left|f^{(k-1)}(x)-f^{(k-2)}(x)\right|+\cdots +\left|f^{(j+1)}(x)-f^{(j)}(x)\right|<\epsilon ,\end{array}$$从而 $\{f^{(n)}(x)\}$ 一致收敛, 设 ${\lim }_{n\to +\infty }{f}^{(n)}(x)=F(x)$, 则有 ${\lim }_{n\to +\infty }{f}^{(n+1)}(x)=F^{\prime }(x)$, 从而 $F(x)=F^{\prime }(x)$, 容易解得 $F(x)=C{e}^x$.

$\square$

计算 ${\lim }_{n\to +\infty }\left(1+\frac{1^2}{n^3}\right)\left(1+\frac{2^2}{n^3}\right)\cdots \left(1+\frac{n^2}{n^3}\right).$

解答. 取对数. 注意到 $-\frac{1}{2}{x}^2<\ln (1+x)-x<0(\forall x\in (0,1))$, 所以$$-\frac{1}{2}\sum _{k=1}^n\frac{k^4}{n^6}<\sum _{k=1}^n\left[\ln \left(1+\frac{k^2}{n^3}\right)-\frac{k^2}{n^3}\right]<0,$$而$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{k^4}{n^6}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\cdot \sum _{k=1}^n\frac{k^4}{n^4}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}{\int }_0^1{x}^{4}dx=0.$$所以 ${\lim }_{n\to \infty }{\sum }_{k=1}^n\ln \left(1+\frac{k^2}{n^3}\right)={\lim }_{n\to \infty }{\sum }_{k=1}^n\frac{k^2}{n^3}=\frac{1}{3},$ 即$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(1+\frac{1^2}{n^3}\right)\left(1+\frac{2^2}{n^3}\right)\cdots \left(1+\frac{n^2}{n^3}\right)=e^{1/3}.$$$\square$

还有另一种行之有效的方法, 使用不等式$$\frac{k}{n+k}<\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)<\frac{k}{n},$$我们有$$\frac{k}{n^3+k}<\ln \left(1+\frac{k}{n^3}\right)<\frac{k}{n^3},$$于是$$\sum _{k=1}^n\frac{k^2}{n^3+n^2}<\sum _{k=1}^n\frac{k^2}{n^3+k^2}<\sum _{k=1}^n\ln \left(1+\frac{k^2}{n^3}\right)<\sum _{k=1}^n\frac{k^2}{n^3},$$而 ${\sum }_{k=1}^n{k}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$, 代入即得 ${\lim }_{n\to \infty }{\sum }_{k=1}^n\ln \left(1+\frac{k^2}{n^3}\right)=\frac{1}{3}$. 设 $\{g_n\}$ 是 $[a,b]$ 上一致有界的可测函数列, $f_n(x)={\alpha }_n+{\int }_a^x{g}_n(t)dt(x\in [a,b];n⩾1)$, $\{{\alpha }_n\}$ 收敛. 进一步, 以下条件之一成立:

•	$\{g_n\}$ 在 $[a.b]$ 上一致收敛到 $g$, 且对每个 $n⩾1,{\lim }_{x\to a^{+}}\frac{1}{x-a}{\int }_a^x{g}_n(x)dt=g_n(a)$.
•	$g_n$ 在 $[a.b]$ 上几乎处处收敛到 $g$, 且 ${\lim }_{x\to a^{+}}\frac{1}{x-a}{\int }_a^{x}g(t)dt=g(a)$.

证明: $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛到某个函数 $f$, 且 $f$ 在点 $a$ 的右导数等于 $g(a)$.

证明.

$\square$

B 1.2. 设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(\cdot )$ 在 $[a,b]$ 上收敛. 若对任何 $\epsilon >0$ 及 $N⩾1$, 存在区间 $(a_1,b_1),(a_2,b_2),\cdots ,(a_k,b_k)$ 以及 $n_1,n_2,\cdots ,n_k⩾N$ 使得 ${\bigcup }_{j=1}^k(a_j,b_j)\supset [a,b]$, 且$$\left|\sum _{l=n_j}^{\infty }{u}_l(x)\right|⩽\epsilon ,\forall x\in (a_j,b_j)\cap [a,b];j=1,2,\cdots ,k,$$则称 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(\cdot )$ 在 $[a,b]$ 上拟一致收敛.

证明: 若 $u_n$ 都在 $[a,b]$ 上连续 $(n⩾0)$, 则 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{u}_n$ 在 $[a,b]$ 上连续当且仅当它在 $[a,b]$ 上拟一致收敛.

证明.

$\square$

试将上一题的结果推广到 ${\mathbb{R}}^n$ 中. 设 $\{f_k\}$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的实连续函数列, 它在 ${\mathbb{R}}^n$ 上逐点收敛于 $f$. 试证明以下结论:

•	$F={\bigcup }_{\begin{array}{c}p<q\\ p,q\in \mathbb{Q}\end{array}}\left[f^{-1}(p,q)\backslash {\left(f^{-1}(p,q)\right)}^{\circ }\right]$ 是 $f$ 上不连续点全体.
•	对于 $p<q$,$$\begin{array}{rl}{f}^{-1}\left((p,q)\right)& =\left\{\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n|\exists m,k⩾1,s.t.p+\frac{1}{m}⩽f_j(\mathbf{x})⩽q-\frac{1}{m},\forall j⩾k\right\}\\ & =\bigcup _{m=1}^{\infty }\bigcap _{k=1}^{\infty }\bigcup _{j=k}^{\infty }\left\{\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n|p+\frac{1}{m}⩽f_j(\mathbf{x})⩽q-\frac{1}{m}\right\}.\end{array}$$
•	集合 $F$ 是一列无处稠密集的并.
•	函数 $f$ 一定有连续点.

设 $f$ 在区间 $(a,b)$ 处处可导, 证明: $f^{\prime }$ 必有连续点. 设 $\{a_n\}$ 是递增数列, $a_1>1$. 求证: 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n\ln a_{n+1}}$ 收敛的充要条件是 $\{a_n\}$ 有界. 又问级数通项中的 $a_n$ 能不能换成 $a_{n+1}$?

证明. 充分性. 若 $\{a_n\}$ 有界, 设 $a_n⩽M$, 则$$\sum _{n=1}^m\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n\ln a_{n+1}}⩽\sum _{n=1}^m\frac{a_{n+1}-a_n}{a_1\ln a_1}=\frac{a_{m+1}-a_1}{a_1\ln a_1}⩽\frac{M}{a_1\ln a_1},$$由此可知 ${\sum }_{n=1}^m\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n\ln a_{n+1}}$ 收敛.

必要性. 若 ${\sum }_{n=1}^m\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n\ln a_{n+1}}$ 收敛, 由于$$\ln a_{n+1}-\ln a_n=\ln \left(1+\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n}\right)⩽\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n},$$所以 $\frac{b_{n+1}-b_n}{b_{n+1}}⩽\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n\ln a_{n+1}}$, 其中 $b_n=\ln a_n$, 因此 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{b_{n+1}-b_n}{b_{n+1}}$ 收敛.

有 Cauchy 收敛准则, 存在自然数 $m$, 使得对一切自然数 $p$, 有$$\frac{1}{2}>\sum _{n=m}^{m+p}\frac{b_{n+1}-b_n}{b_{n+1}}⩾\sum _{n=m}^{m+p}\frac{b_{n+1}-b_n}{b_{m+p+1}}=1-\frac{b_m}{b_{m+p+1}}.$$由此可知 $\{b_n\}$ 有界, 因为 $p$ 是任意的, 所以 $\{a_n\}$ 有界.

题中级数的分母 $a_n$ 不能换成 $a_{n+1}$. 如取 $a_n=e^{n^2}$ 无界, 但 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n\ln a_{n+1}}$ 收敛.

$\square$

对于二元函数 $f$, 考虑以下各种情形中两种运算的次序交换问题. 利用已学的结果, 你可以给出那些情形的结果:

	关于 $y$ 的极限	关于 $y$ 的积分	关于 $y$ 的导数
关于 $x$ 的极限	${\lim }_{x\to x_0}{\lim }_{y\to y_0}f(x,y)=$ ${\lim }_{y\to y_0}{\lim }_{x\to x_0}f(x,y)$	${\lim }_{x\to x_0}{\int }_c^{d}f(x,y)dy=$ ${\int }_c^d{\lim }_{x\to x_0}f(x,y)dy$	${\lim }_{x\to x_0}\frac{\partial }{\partial y}f(x,y)=$ $\frac{\partial }{\partial y}{\lim }_{x\to x_0}f(x,y)$
关于 $x$ 的积分		${\int }_a^b\left({\int }_c^{d}f(x,y)dy\right)dx=$ ${\int }_c^d\left({\int }_a^{b}f(x,y)dx\right)dy$	${\int }_a^b\frac{\partial }{\partial y}f(x,y)dx=$ $\frac{\partial }{\partial y}{\int }_a^{b}f(x,y)dx$
关于 $x$ 的导数			$\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial }{\partial y}f(x,y)\right)=$ $\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial }{\partial x}f(x,y)\right)$

设 $a_n>0.{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{a_n}$ 收敛, 证明: ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n}{a_1+a_2+\cdots +a_n}$ 收敛.

证明. 只需指出 $n=2m(m\in \mathbb{N})$ 时有 ${\sum }_{k=1}^n\frac{k}{a_1+a_2+\cdots +a_k}⩽4{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{a_k}$ 即可. 为此, 对 $n$ 个数 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 作重新排列为 $b_1⩽b_2⩽\cdots ⩽b_n$, 则对正整数 $p⩾1$, 我们有$$\begin{array}{c}{a}_1+a_2+\cdots +a_{2p}⩾a_1+a_2+\cdots +a_{2p-1}⩾b_1+b_2+\cdots +b_{2p-1}⩾p{b}_p,\\ \frac{2p-1}{a_1+\cdots +a_{2p-1}}⩽\frac{2p-1}{p{b}_p}<\frac{2}{b_p},\frac{2p}{a_1+\cdots +a_{2p}}⩽\frac{2}{b_p},\\ \frac{2p-1}{a_1+\cdots +a_{2p-1}}+\frac{2p}{a_1+\cdots +a_{2p}}<\frac{4}{b_p}.\end{array}$$由此可得$$\begin{array}{c}\sum _{p=1}^N\left(\frac{2p-1}{a_1+a_2+\cdots +a_{2p-1}}+\frac{2p}{a_1+\cdots +a_{2p}}\right)<\sum _{p=1}^N\frac{4}{b_p},\\ \sum _{k=1}^n\frac{k}{a_1+\cdots +a_k}⩽\sum _{p=1}^n\frac{4}{b_p}=4\sum _{k=1}^n\frac{1}{a_k}.\end{array}$$令 $n\to \infty$ 即证.

$\square$

推广第 5 题. 比如考察单调增加趋于无穷的函数 $f$ 以及 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(f(S_n)-f(S_{n-1})\right)$; 又或者考察在 $(0,M)$ 内单调下降且 $F(0^{+})=+\infty$ 的函数 $F$ 以及 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(F(S_n^{-1})-F(S_{n-1}^{-1})\right)$.

2函数项级数一致收敛性的判别法

Weierstrass 判别法,Abel 判别法,Dirichlet 判别法

定理 2.1. 考虑 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 上的函数项级数 ${\sum }_{k=1}^{\infty }{u}_k(\cdot )v_k(\cdot )$. 设 $\{v_k(\cdot )\}$ 在 $E$ 上一致有界, 对每个 $\mathbf{x}\in E$, 数列 $\{v_k(\mathbf{x})\}$ 单调.

•	(Abel 判别法) 若 ${\sum }_{k=1}^{\infty }{u}_k(\cdot )$ 在 $E$ 上一致收敛, 则 ${\sum }_{k=1}^{\infty }{u}_k(\cdot )v_k(\cdot )$ 在 $E$ 上一致收敛.
•	(Dirichlet 判别法) 若 ${\sum }_{k=1}^{\infty }{u}_k(\cdot )$ 的部分和函数列 $\left\{{\sum }_{j=1}^k{u}_j(\cdot )\right\}$ 在 $E$ 上一致有界, $\{v_k(\mathbf{x})\}$ 在 $E$ 上一致收敛到零, 则 ${\sum }_{k=1}^{\infty }{u}_k(\cdot )v_k(\cdot )$ 在 $E$ 上一致收敛.

A 2.2. 考察 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n^2}$ 的连续性, 可微性.

解答. 易见 $\left|\frac{\cos nx}{n^2}\right|⩽\frac{1}{n^2}$, 由 Weierstrass 判别法可知 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n^2}$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛, 因而和函数在 $\mathbb{R}$ 上连续.

考察级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n^2}$ 形式求导后的级数 $-{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}$, 对于 $x\in (0,2\pi )$, 有$$\left|\sum _{n=1}^N\sin nx\right|=\left|\frac{\cos (x/2)-\cos (N+1/2)x}{2\sin (x/2)}\right|⩽\frac{1}{|\sin (x/2)|},x\ne 2k\pi ,$$由 Dirichlet 判别法易见 $-{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}$ 关于 $x\in (0,2\pi )$ 内闭一致收敛, 从而 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n^2}$ 在 $(0,2\pi )$ 上连续可导.

记 $S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n^2},S^{\prime }(x)=-{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}$. 下面考察 $S(x)$ 在 $x=2k\pi$ 处得可微性, 只需讨论 $x=0$ 的情况即可. 由于$$-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}=\frac{x-\pi }{2},0<x<2\pi ,$$事实上, 由 Dirichlet 判别法可知 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{e^{inx}}{n}$ 收敛, 于是由 Abel 定理,$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{e^{inx}}{n}& =\underset{t\to 1^{-}}{\lim }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{e^{inx}{t}^n}{n}={\int }_0^1\sum _{n=1}^{\infty }{t}^{n-1}{e}^{inx}dt={\int }_0^1\frac{e^{ix}}{1-t{e}^{ix}}dt\\ & ={\int }_0^1\frac{e^{ix}-t}{(t-\cos x{)}^2+{\sin }^{2}x}dt=-\ln \left(2\sin \frac{x}{2}\right)+\frac{i(\pi -x)}{2},\end{array}$$于是$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}=\frac{\pi -x}{2},\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}=-\ln \left(2\sin \frac{x}{2}\right),x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right),$$则有$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x-\pi }{2}=-\frac{\pi }{2},\underset{x\to 2{\pi }^{-}}{\lim }\frac{x-\pi }{2}=\frac{\pi }{2},$$这意味着$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{S}^{\prime }(x)=-\frac{\pi }{2},\underset{x\to 0^{-}}{\lim }S(x)=\frac{\pi }{2},$$而由 Lagrange 中值定理有$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{S(x)-S(0)}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{S}^{\prime }(\xi ),\left(0<\xi <x\right),$$由于 ${\lim }_{x\to 0^{+}}{S}^{\prime }(x)=-\frac{\pi }{2}$, 从而 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{S(x)-S(x)}{x}=-\frac{\pi }{2}$, 同理可知 ${\lim }_{x\to 0^{-}}\frac{S(x)-S(x)}{x}=\frac{\pi }{2}$. 即 $S(x)$ 在 $x=0$ 处单侧导数不等, 从而和函数在 $x=2k\pi$ 处不可微.

$\square$

求实数 $a$ 的取值范围, 使得 ${\sum }_{n=20}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n}x}{n^{ax}+(-1{)}^{n}x}$ 关于 $x\in \left[1,+\infty \right)$ 一致收敛.

解答. 当 $a⩽0$ 时, 由于 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{(-1{)}^{n}x}{n^{ax}+(-1{)}^{n}x}\ne 0$, 从而 $a>0$.

考虑级数 ${\sum }_{n=20}^{+\infty }\frac{(-1{)}^{n}x}{n^{ax}}$, 由 Dirichlet 判别法可知其在题设范围内一致收敛. 于是$$\frac{(-1{)}^{n}x}{n^{ax}}-\frac{(-1{)}^{n}x}{n^{ax}+(-1{)}^{n}x}=\frac{x}{n^{ax}\left(n^{ax}+(-1{)}^{n}x\right)}\sim \frac{x}{n^{2ax}},$$由此知 $a>\frac{1}{2}$ 时原级数关于 $x\in \left[1,+\infty \right)$ 一致收敛.

$\square$

求实数 $a$ 的取值范围, 使得函数项级数 ${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{\sin nx}{n^{ax}+\sin nx}$ 关于 $x\in \left[\pi ,+\infty \right)$ 一致收敛.

解答. 当 $a⩽0$ 时, 由于 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{\sin nx}{n^{ax}+\sin nx}\ne 0$, 从而 $a>0$.

$\square$

证明定理 2.1, 即 Abel 判别法和 Dirichlet 判别法.

证明. 我们先证明这样一件事: 设 $b_1⩾b_2⩾\cdots ⩾b_n$ 或 $b_1⩽b_2⩽\cdots ⩽b_n$, 记 $A_k={\sum }_{i=1}^k{a}_i$, 如果 $\left|A_k\right|⩽M(k=1,2,\cdots ,n)$, 那么 $\left|{\sum }_{k=1}^n{a}_k{b}_k\right|⩽M(|b_1|+2|b_n|)$.

由 Abel 变换, 有$$\begin{array}{rl}\left|\sum _{k=1}^n{a}_k{b}_k\right|& =\left|A_n{b}_n-\sum _{k=1}^{m-1}{A}_k(b_{k+1}-b_k)\right|⩽\left|A_n\right|\left|b_n\right|+\sum _{k=1}^{n-1}\left|A_k\right|\left|b_{k+1}-b_k\right|\\ & ⩽M\left(\sum _{k=1}^{n-1}\left|b_k-b_{k+1}\right|+|b_n|\right)=M\left(|b_1-b_n|+|b_n|\right)⩽M(|b_1|+2|b_n|).\end{array}$$这正是 Abel 引理.

Abel 判别法. 设对任意 $\mathbf{x}\in E$ 与 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$ 有 $\left|v_n(\mathbf{x})\right|⩽M$. 因为 ${\sum }_{k=1}^{\infty }{u}_k(\mathbf{x})$ 在 $E$ 上一致收敛, 所以 $\forall \epsilon >0$, 存在 $N$ 使得 $n>N$ 时有 $\left|{\sum }_{k=n+1}^{n+p}{u}_k(\mathbf{x})\right|<\frac{\epsilon }{3M}$ 对任意 $\mathbf{x}\in E$ 与 $p\in {\mathbb{N}}_{+}$ 成立, 于是由 Abel 引理, 即得$$\left|\sum _{k=n+1}^{n+p}{u}_k(\mathbf{x})v_k(\mathbf{x})\right|⩽\frac{\epsilon }{3M}\left(|v_{n+1}(\mathbf{x})|+2|v_{n+p}(\mathbf{x})|\right)<\epsilon ,$$因而级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_k(\mathbf{x})v_k(\mathbf{x})$ 在 $E$ 上一致收敛.

Dirichlet 判别法. 设对任意 $\mathbf{x}\in E$ 与 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$ 有 $\left|{\sum }_{k=1}^n{u}_k(\mathbf{x})\right|⩽M$. 则对 $n+1⩽m⩽n+p$, 有$$\left|\sum _{k=n+1}^m{u}_k(\mathbf{x})\right|=\left|\sum _{k=1}^m{u}_k(\mathbf{x})-\sum _{k=1}^n{u}_k(\mathbf{x})\right|⩽\left|\sum _{k=1}^m{u}_k(\mathbf{x})\right|+\left|\sum _{k=1}^n{u}_k(\mathbf{x})\right|⩽2M,$$另外, 由于 $\{v_k(\mathbf{x})\}$ 在 $E$ 上一致收敛到零, 则对任意 $\epsilon$, 有 $N$ 使 $n>N$ 时有 $|v_n(\mathbf{x})|<\frac{\epsilon }{6M}$, 于是结合 Abel 引理有$$\left|\sum _{k=n+1}^{n+p}{u}_k(\mathbf{x})v_k(\mathbf{x})\right|⩽2M\left(|v_{n+1}(\mathbf{x})|+2|v_{n+p}(\mathbf{x})|\right)<\epsilon ,$$因而级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_k(\mathbf{x})v_k(\mathbf{x})$ 在 $E$ 上一致收敛.

$\square$

设 $S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin 2^{n}x}{2^n}$. 证明: 对任意 $j,k\in \mathbb{Z}$, $S$ 在点 $\frac{j}{2^k}$ 不可导.

证明. 易见 $S(x)$ 的一般项 $\frac{\sin 2^{n}x}{2^n}$ 都是可导的, 对于任意 $k\in \mathbb{Z}$, 置 $x=\frac{t}{2^k}$, 我们有$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin 2^{n}x}{2^n}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin 2^{n-k}t}{2^n}=\frac{1}{2^k}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin 2^{n-k}t}{2^{n-k}}=\frac{1}{2^k}\left(\sum _{n=1}^k\frac{\sin 2^{n-k}t}{2^{n-k}}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin 2^{n}t}{2^n}\right),$$这意味着, 我们只需证 $S(x)$ 在点 $j$ 处不可导.

记 $u_k(x)=\frac{\sin 2^{k}x}{2^k}$, 取序列 $j_n=j+\frac{\pi }{2^n}$, 则 ${\lim }_{n\to +\infty }{j}_n=j$. 若$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{S(j_n)-S(j)}{j_n-j}$$不存在, 则 $S(x)$ 在 $j$ 处不可导, 注意到 $u_k(x)$ 以 $\frac{\pi }{2^{k-1}}$ 为周期, 于是有$$u_k(j_n)=\frac{\sin \left(2^{k}j+2^{k-n}\pi \right)}{2^k}=u_k(j),k=n+1,n+2,\cdots ,$$则$$\frac{u_k(j_n)-u_k(j)}{j_k-j}=\{\begin{array}{ll}\frac{\sin \left(2^{k}j+2^{k-n}\pi \right)-\sin 2^{k}j}{2^{k-n}\pi },& k=1,2,\cdots ,n\\ 0,& k=n+1,n+2,\cdots \end{array}$$于是有$$\begin{array}{rl}& \frac{S(j_n)-S(j)}{j_n-j}=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{u_k(j_n)-u_k(j)}{j_n-j}=\sum _{k=1}^n\frac{u_k(j_n)-u_k(j)}{j_n-j}\\ =& \sum _{k=1}^n{2}^{n-k}\pi \left(\sin \left(2^{k}j+2^{k-n}\pi \right)-\sin 2^{k}j\right)\\ =& \sum _{k=1}^n{\pi }^2\cos \left(2^{k}j+{\xi }_k\right),{\xi }_k\in \left(0,2^{k-n}\pi \right)\subset \left(0,\pi \right),\end{array}$$下证 ${\lim }_{k\to +\infty }\cos \left(2^{k}j+{\xi }_k\right)\ne 0$. 否则对于充分大的 $k$, 存在 $k_1,k_2\in \mathbb{Z}$ 以及任意小的 ${\epsilon }_1,{\epsilon }_2$ 使得$$2^{k}j+{\xi }_k=k_1\pi +\frac{\pi }{2}+{\epsilon }_1,2^{k-1}j+{\xi }_{k-1}=k_2\pi +\frac{\pi }{2}+{\epsilon }_2,$$二倍右式减去左式得$$2{\xi }_{k-1}-{\xi }_k=\left(2k_2-k_1\right)\pi +\frac{\pi }{2}+2{\epsilon }_2-{\epsilon }_1,$$进一步有$$\frac{2{\xi }_{k-1}-{\xi }_k-\pi /2}{\pi }=2k_2-k_1+\frac{2{\epsilon }_2-{\epsilon }_1}{\pi },$$注意 $\frac{2{\epsilon }_2-{\epsilon }_1}{\pi }$ 可以任意小, 而$$-\frac{3}{2}-\frac{2{\epsilon }_2-{\epsilon }_1}{\pi }<\frac{2{\xi }_{k-1}-{\xi }_k-\pi /2}{\pi }<\frac{3}{2}-\frac{2{\epsilon }_2-{\epsilon }_1}{\pi },$$这意味着 $2k_2-k_1$ 只能取 $-1,0,1$ 这三个值,

$\square$

B 2.3. 设 $S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{n}}{e}^{-nx}$, 求 $S$ 的定义域并讨论其连续性, 可微性.

解答. 我们先证明这样一个命题, 事实证明, 该命题对于今后证明某函数项级数非一致收敛是十分方便的:

只要 $x⩾\delta >0$, 结合$$e^{nx}⩾1+nx+\frac{1}{2}(nx{)}^2⩾\frac{(nx{)}^2}{2}\Rightarrow e^{-nx}⩽\frac{2}{(nx{)}^2},$$有$$\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{n}}{e}^{-nx}⩽\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{n}}\cdot \frac{2}{n^2{x}^2}=\frac{2}{n^{5/2}{x}^{3/2}}⩽\frac{2}{n^{5/2}{\delta }^{3/2}},$$由 Weierstrass 判别法可知 $S(x)$ 在 $\left[\delta ,+\infty \right)$ 上一致收敛.

另一方面, 记 $u_n=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{n}}{e}^{-nx}$, 取 $x_n=\frac{1}{n}$, 则 $u_n(x_n)=\frac{1}{en}$, 易见 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x_n)$ 发散, 从而 $S(x)$ 在 $(0,\delta )$ 上不一致收敛.

$\square$

设 $x=-a_n$ 是方程 $1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots +\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}=0$ 的实数解, $f(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^p{e}^{-a_{n}x}$, 其中 $p\in \mathbb{R}$ 为常数, 证明:

•	存在正常数 $C_1,C_2$ 使得 $C_{1}n⩽a_n⩽C_{2}n(n=1,2,\cdots )$;
•	$f$ 在 $(0,+\infty )$ 内连续.

证明. (1) 原方程有且仅有一实根 $x_n$(可见 6.3 $\mathcal{B}$ 第 9 题), 且 $x_n<0$, 否则 $x_n⩾0$, 此时$$1+x_n+\frac{x_n^2}{2!}+\frac{x_n^3}{3!}+\cdots +\frac{x_n^{2n-1}}{(2n-1)!}>0$$由于 $a_n=-x_n$, 故 $a_n>0$. 由 Taylor 公式$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\frac{e^{\xi }{x}^{2n}}{(2n)!},\xi \text{ 介于0于x之间},$$将 $x=-a_n$ 代入上式, 得到$$e^{-a_n}=\frac{e^{\xi }{a}_n^{2n}}{(2n)!},\xi \in (-a_n,0)$$注意到 $\frac{e^{-a_n}{a}_n^{2n}}{(2n)!}⩽\frac{e^{\xi }{a}_n^{2n}}{(2n)!}⩽\frac{a_n^{2n}}{(2n)!}$, 于是$$\frac{e^{-a_n}{a}_n^{2n}}{(2n)!}⩽e^{-a_n}\Rightarrow a_n⩽\sqrt[2n]{(2n)!},$$下面我们证明一个有用的不等式$${\left(\frac{n}{e}\right)}^n<n!<e{\left(\frac{n}{2}\right)}^n,$$由 $\sqrt{k(n-k)}⩽\frac{n}{2}$, 则 $\frac{1}{2}\left(\ln k+\ln (n-k)\right)⩽\ln \frac{n}{2}$, 从而$$\sum _{k=1}^{n-1}\ln k⩽(n-1)\ln \frac{n}{2}\Rightarrow (n-1)!⩽{\left(\frac{n}{2}\right)}^n,$$即有 $\frac{n}{2}\cdot (n-1)!⩽{\left(\frac{n}{2}\right)}^n$, 于是 $n!⩽2{\left(\frac{n}{2}\right)}^n<e{\left(\frac{n}{2}\right)}^n$. 另外, 令 $x_n={\left(\frac{n}{e}\right)}^n$, 于是有$$\frac{x_n}{x_{n-1}}=\frac{n^n}{(n-1{)}^{n-1}e}=\frac{{\left(1+\frac{1}{n-1}\right)}^{n-1}n}{e}<n,$$并且 $x_1=\frac{1}{e}<1$, 于是 $x_n=x_1\cdot \frac{x_2}{x_1}\cdot \cdots \cdot \frac{x_n}{x_{n-1}}<n!$, 即得 ${\left(\frac{n}{e}\right)}^n<n!$.

利用上述不等式, 有$$a_n⩽\sqrt[2n]{(2n)!}<\sqrt[2n]{e{\left(\frac{2n}{2}\right)}^{2n}}=\sqrt[2n]{e}\cdot n<\sqrt{e}\cdot n,$$另一方面,$$e^{-a_n}⩽\frac{a_n^{2n}}{(2n)!}\Rightarrow a_n⩾\sqrt[2n]{e^{-a_n}(2n)!}>\sqrt[2n]{e^{-\sqrt{e}n}}\cdot \frac{2n}{e}=2e^{-\sqrt{e}/2-1}n,$$即得 $2e^{-\sqrt{e}/2-1}n⩽a_n⩽\sqrt{e}\cdot n.$

(2)$\{a_n\}$ 为正并且严格单调递增.

$\square$

设 $u_n(x)(n=1,2,\cdots )$ 是定义在区间 $I$ 上的函数, 且满足下列条件之一, 则函数项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 在 $I$ 上不一致收敛.

•	存在数列 $\{x_n\}\subset I$, 使得 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x_n)$ 发散.
•	$\forall x\in I$, 有 $u_n(x)>0(n=1,2,\cdots )$, 且存在数列 $\{x_n\}\subset I$ 使得$$\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}{n}^{\lambda }{u}_n(x_n)>0,\lambda ⩽1.$$
•	$u_n(x)=\frac{a_n(x)}{b_n(x)}(x\in I,n=1,2,\cdots )$, 对于每个 $x\in I$, $a_n(x)$ 与 $b_n(x)$ 均为关于 $n$ 的单调增加的正值函数, 且存在数列 $\{x_n\}\subset I$ 使得$$\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{n{a}_n(x_n)}{b_{2n}(x_n)}>0.$$ 证明. $\square$

3幂级数与函数的幂级数展开

幂级数的收敛半径,Abel 第一定理,Cauchy-Hadamard 公式, 幂级数的性质,Abel 第二定理, 函数的幂级数展开,Taylor 级数,Maclaurin 级数, 直接法, 间接法, 幂级数在复数域内的性质, 非切向极限, 实解析函数, 复解析函数, 复区域上函数的复导数,Cauchy-Riemann 条件

A 3.1. 举例说明存在幂级数使得其收敛域分别为$$\{0\},\left(-1,1\right),\left[-1,1\right),\left(-1,1\right],\left[-1,1\right],\left(-\infty ,+\infty \right).$$

解答. 级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }n!x^n$ 仅在 $x=0$ 处收敛, 因为除此之外的任何 $x$ 都使级数的一般项不趋于零.

容易验证其他题设的收敛域可以对应以下级数:$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n},\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n},\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^n}{n},\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n}}{n^2},\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!}.$$$\square$

考虑收敛半径为 $1$ 的幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$. 举例或说明:

•	是否存在例子使得 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 及其形式求导后的级数在 $[-1,1]$ 上收敛?
•	是否存在例子使得 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 在 $[-1,1]$ 上收敛, 而其形式求导后的级数的收敛域是 $\left(-1,1\right]$?
•	当 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛域是 $\left(-1,1\right]$ 时, 使得级数形式求导 $k$ 次后的级数的收敛域依然为 $\left(-1,1\right]$, 这样的 $k$ 可以用多大?

解答. (1) 易见级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n^3}$ 的收敛半径为 $1$, 形式求导后得到 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n^2}$ 其收敛域为 $[-1,1]$.

(2)

(3)

$\square$

试将以下函数展开成 Maclaurin 级数, 并求其收敛域:

$(1)\frac{x^2+x+4}{x^2+3x+2}$;	$(2)\frac{x}{x^2+2x+2}$;
$(3)\frac{1}{x^4+4x^2+4}$;	$(4)e^x\cos x$;
$(5){\int }_0^x\frac{e^t-1}{t}dt$;	$(6)\ln (x+\sqrt{1+x^2})$.

解答. (1) 由$$\frac{x^2+x+4}{x^2+3x+2}=1+\frac{3}{1+x}-\frac{4}{2+x}=1+3\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n-2\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{\left(\frac{x}{2}\right)}^n,$$级数的收敛域为 $(-1,1)$.

(2) 由$$\begin{array}{rl}\frac{x}{x^2+2x+2}& =\frac{x}{(x+1+i)(x+1-i)}=\frac{ix}{2}\left(\frac{1}{x+1+i}-\frac{1}{x+1-i}\right)\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{i}{2}\left({\left(\frac{1}{1+i}\right)}^{n+1}-{\left(\frac{1}{1-i}\right)}^{n+1}\right)x^n\end{array}$$

$\square$

试给出 $\arctan x$ 在点 $1$ 处的 Taylor 展开式及其收敛域.

解答. 由于 ${\left(\arctan x\right)}^{\prime }=\frac{1}{1+x^2}={\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{2n}$, 于是$$\arctan x={\int }_0^x\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{2n}dx=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}{x}^{2n+1}}{2n+1},$$

$\square$

设 $f$ 的 Maclaurin 展开式在点 $x=1$ 处绝对收敛, 证明 $f^2$ 的 Maclaurin 展开式在点 $x=-1$ 处绝对收敛.

证明. 记 $f(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$, 有 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\left|a_n\right|<+\infty$, 则$$f^2(x){|}_{x=-1}={\left(\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n\right)}^2⩽{\left(\sum _{n=0}^{\infty }|a_n|\right)}^2<+\infty .$$$\square$

证明: 对任何 $n⩾1,(1-x{)}^n{e}^{1/(1-x)}$ 的 Maclaurin 展开式的收敛半径为 $1$, 但在点 $x=1$ 处发散.

证明.

$\square$

考虑 $\frac{1}{1-x}$ 的 Maclaurin 展开式的余项, 可得$${\int }_0^x\frac{(n+1)(x-t{)}^n}{(1-t{)}^{n+2}}dt=\frac{x^{n+1}}{1-x},x\in \left[0,1\right).$$试利用上式估计 $(1+x{)}^{\alpha }$ 的 $n$ 阶 Maclaurin 展开式的余项$$r_n(x)={\int }_0^x(n+1)(x-t{)}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n+1})(1+t{)}^{\alpha -n-1}dt,x\in (-1,1).$$进而, 证明 $(1+x{)}^{\alpha }$ 在 $(-1,1)$ 可展开成 Maclaurin 级数. 设 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径大于 $1$, 其和函数为 $f$, 满足 ${\min }_{x\in [-1,1]}\left|f(x)\right|⩾1$. 设 $g=\frac{1}{f}$. 依次证明:

•	存在常数 $C>0$ 使得$$\left|\frac{f^{(n)}(x)}{n!}\right|⩽\frac{C^n}{(1-\left|x\right|{)}^n},n⩾0,\left|x\right|⩽1.$$
•	记 $A=C+1$, 则$$\left|\frac{g^{(n)}(x)}{n!}\right|⩽\frac{A^{n+1}}{(1-\left|x\right|{)}^n},n⩾0,\left|x\right|⩽1.$$
•	$g$ 在点 $0$ 处可以展开成幂级数.

证明.

$\square$

设 $R$ 为正实数, 若 $f$ 在 $(-R,R)$ 内实解析, 其 Maclaurin 展开式的收敛半径是 $r\in \left(0,R\right]$. 问: 在收敛域内, $f$ 的 Maclaurin 展开式是否等于 $f$.

解答.

$\square$

B 3.2. 举例说明存在收敛半径为 $1$ 的幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$, 它任意次逐项求导后的级数均在点 $x=1$ 处收敛. 进一步, 证明: 此类级数也一定在点 $-1$ 处收敛.

证明.

$\square$

举例说明存在收敛半径为 $1$ 的幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$, 它任意次逐项积分后得到的级数均在点 $x=1$ 处发散. 进一步, 证明: 此类级数也一定在点 $-1$ 处发散.

证明.

$\square$

设 $x_0\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$, 试考察 $\tan x$ 在点 $x_0$ 处的 Taylor 展开式的收敛半径.

解答.

$\square$

对于 Riemann $\zeta$ 函数 $\zeta (x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^x}$. 证明: $\zeta$ 在 $(1,+\infty )$ 上实解析. 考察是否存在 $n⩾1$, 使得 $(1-x{)}^n\sin \frac{1}{1-x}$ 的 Maclaurin 展开式在点 $x=1$ 处收敛. 证明: $(a,b)$ 上的实解析函数是一个复区域 $D$ 上的复解析函数在 $(a,b)$ 上的限制. 设 $\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 满足 $\mathrm{supp}\phi \subseteq [-2,2]$ 以及 $\phi {|}_{[-1,1]}=1$. 对于实数列 $\{a_k{\}}_{k=0}^{\infty }$, 定义$$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{a_n}{n!}\phi (a_{n}x)x^n,\forall x\in \mathbb{R}.$$证明: $f\in C^{\infty }(\mathbb{R})$, 且 $f^{(n)}(0)=a_n(\forall n⩾0)$. 此结果表明任何幂级数都是某个函数的 Taylor 展开式.

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. 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$

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$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{4n+1}={\int }_0^1\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{4n}dx={\int }_0^1\frac{1}{1+x^4}dx=\frac{\pi +\ln \left(1+\sqrt{2}\right)}{4\sqrt{2}}.$$$\square$

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$$\frac{\sin \pi x}{\pi x}=1-\frac{{\pi }^2{x}^2}{6}+\frac{{\pi }^4{x}^4}{120}-o\left(x^5\right),x\to 0,$$而根据根与系数的关系, 对右侧的无穷乘积有$$\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)=1-x^2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}+x^4\sum _{i\ne j}\frac{1}{i^2\cdot j^2}+o\left(x^5\right),x\to 0,$$于是有 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6},{\sum }_{i\ne j}\frac{1}{i^2\cdot j^2}=\frac{{\pi }^4}{120}$, 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$

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$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(n+1)}{2^n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\sum _{k=n}^{\infty }\frac{k+1}{2^k}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2+n}{n{2}^{n-1}}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^{n-1}}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n{2}^n}\\ & =2+4\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_0^{1/2}{x}^{n-1}dx=2+4{\int }_0^{1/2}\frac{1}{1-x}dx=2+4\ln 2.\end{array}$$同理$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n}{2^n}& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\sum _{k=n}^{\infty }\frac{1}{2^n}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\left(\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{2^n}-\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{2^n}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n\cdot 2^{n-1}}\\ & =2\left(\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_0^{1/2}{x}^{n-1}dx\right)=2{\int }_0^{1/2}\frac{1}{1-x}dx=2\ln 2.\end{array}$$以及$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n}{2^n(n+1)}& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\sum _{k=n}^{\infty }\frac{1}{2^k(k+1)}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\left(\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{2^k(k+1)}-\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{2^k(k+1)}\right)\\ & =2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\left({\int }_0^{1/2}\frac{x}{1-x}dx-{\int }_0^{1/2}\frac{x-x^n}{1-x}dx\right)=2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}{\int }_0^{1/2}\frac{x^n}{1-x}dx\\ & =2{\int }_0^{1/2}\frac{1}{1-x}{\int }_0^x\frac{1}{1-t}dtdx=2{\int }_0^{1/2}\frac{\ln (1-x)}{x-1}dx={\left(\ln 2\right)}^2.\end{array}$$

$\square$

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 $\sigma ={\lim }_{n\to +\infty }{\sigma }_n$. 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.

$\square$

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.

$\square$

证明:$$\begin{array}{rl}\pi & =\frac{1}{64}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{1024^n}(-\frac{32}{4n+1}-\frac{1}{4n+3}+\frac{256}{10n+1}-\frac{64}{10n+3}-\\ & \frac{4}{10n+5}-\frac{4}{10n+7}+\frac{1}{10n+9}).\end{array}$$

证明. 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 $f\left(2^{-5/2}\right)=a$, 并且有 $f^{\prime }(x)=-\frac{2^{5/2}\cdot 32}{1+x^4}$, 即有$$-2^{5/2}\cdot 32{\int }_0^{2^{-5/2}}\frac{1}{1+x^2}dx=a,$$同理可得$$a_2=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{1024^n(4n+3)}={\int }_0^{2^{-5/2}}\frac{-(2^{5/2}{)}^3{x}^2}{1+x^4}dx,$$以及$$a_k=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+i_k}{q}_k}{1024^n\left(10n+(2k-5)\right)}=(-1{)}^{i_k}{2}^{2k-5}{q}_k{\int }_0^{1/2}\frac{x^{2k-6}}{1+x^{10}}dx,k=3,4,5,6,7,$$上式中的 $i_k,q_k$ 由题设公式给定. 则有 $64\pi ={\sum }_{k=1}^7{a}_k.$

$\square$

B 4.2. 计算积分 ${\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}dx.$

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$${\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}dx=\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^1\left(1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+\cdots +\frac{(-1{)}^n{x}^n}{n}\right)dx=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^2},$$我们有 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$, 于是 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^2}={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}-\frac{1}{2}{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{12}.$

$\square$

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.

$\square$

(小 $o$ Tauber 定理) 设 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 的 Abel 和为 $A$. 证明:

•	若 ${\lim }_{n\to +\infty }n{a}_n=0$, 则 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n=A$.
•	${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛当且仅当 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{n}=0.$

证明. (1) 由于 ${\lim }_{n\to +\infty }n{a}_n=0$, 可设 ${\delta }_n={\sup }_{k⩾n}\{\left|k{a}_k\right|\}$, 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$$\begin{array}{rl}& \left|I_1(x)\right|⩽(1-x)\sum _{n=1}^N|a_n|(1+x+\cdots +x^{n-1})⩽(1-x)\sum _{n=1}^{N}n|a_n|⩽(1-x)N{\delta }_1,\\ & \left|I_2(x)\right|⩽\sum _{n=N+1}^{\infty }|n{a}_n|\frac{x^n}{n}⩽\frac{{\delta }_N}{N}\sum _{n=N+1}^{\infty }{x}^n=\frac{{\delta }_N}{N}\frac{x^{N+1}}{1-x}⩽\frac{{\delta }_N}{N(1-x)}.\end{array}$$令 $x_N=1-\frac{\sqrt{{\delta }_N}}{N}$, 即 $N(1-x_N)=\sqrt{{\delta }_N}$. 易见当 $N\to +\infty$, $x_N\to 1$. 可得$$|I_1(x_N)|⩽{\delta }_1\sqrt{{\delta }_N},\left|I_2(x_N)\right|⩽\frac{{\delta }_N}{\sqrt{{\delta }_N}}=\sqrt{{\delta }_N},I_3(x_N)=S(x_N)-A,$$结合$$\left|\sum _{n=0}^N{a}_n-A\right|⩽|I_1(x_N)|+|I_2(x_N)|+|I_3(x_N)|⩽({\delta }_1+1)\sqrt{{\delta }_N}+\left|S(x_N)-A\right|,$$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$$\sum _{k=1}^{n}k{a}_k=n{A}_n-\sum _{k=1}^{n-1}{S}_k,\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{n}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\left(n{A}_k-\sum _{k=1}^{n-1}{A}_k\right),$$由 Stolz 公式 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{1}{n}\left(n{A}_k-{\sum }_{k=1}^{n-1}{A}_k\right)=A-{\lim }_{n\to +\infty }\frac{A_n}{(n+1)-n}=A-A=0$. 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 ${\lim }_{n\to +\infty }{b}_n=0$, 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 ${\lim }_{n\to +\infty }n\cdot \frac{b_{n-1}}{n}=0$ 结合 (1) 可知 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛.

$\square$

Hardy-Littlewood(哈代-利特尔伍德) 定理: 设 $S_n⩾0,{\lim }_{x\to 1^{-}}(1-x){\sum }_{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n=A,$ 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.

•	当 $f$ 为多项式时, 成立$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f(x^n)=A{\int }_0^{1}f(x)dx.\text{\hspace{1em}(♣)}$$(1)
•	对任何 $f\in C[0,1]$, (1) 式成立.
•	对任何分段常值函数, (1) 式成立.
•	取 $f(x)=\frac{1}{x}{\chi }_{[1/e,1]}(x),x_n=1-\frac{1}{n},$ 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 $A=1$.

•	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$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n{x}^{nk}=\frac{1}{k+1}={\int }_0^1{x}^{k}dx,$$由此对于任何多项式 $f(x)$, 成立 ${\lim }_{x\to 1^{-}}(1-x){\sum }_{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f\left(x^n\right)={\int }_0^{1}f(x)dx$.
•	现任取 $f\in C[0,1]$, 则有多项式 $P_k$ 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$$\begin{array}{rl}& \left|(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f\left(x^n\right)-{\int }_0^{1}f(x)dx\right|⩽(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n\left|f\left(x^n\right)-P_k\left(x^n\right)\right|\\ +& \left|(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n{P}_k\left(x^n\right)-{\int }_0^1{P}_k(x)dx\right|+{\int }_0^1\left|f(x)-P_k(x)\right|dx\\ ⩽& {\epsilon }_k(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n+\left|(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n{P}_k\left(x^n\right)-{\int }_0^1{P}_k(x)dx\right|+{\epsilon }_k,\forall k⩾0,\end{array}$$令 $x\to 1^{-}$ 得到$$\underset{x\to 1^{-}}{\overline{\lim }}\left|(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n{P}_k\left(x^n\right)-{\int }_0^1{P}_k(x)dx\right|⩽2{\epsilon }_k,\forall k⩾0.$$在令 $k\to +\infty$ 得到$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f\left(x^n\right)={\int }_0^{1}f(x)dx.$$
•	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$$(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n{f}_{\epsilon }\left(x^n\right)⩽(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f\left(x^n\right)⩽(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^n{f}^{\epsilon }\left(x^n\right),$$令 $x\to 1^{-}$ 得到$${\int }_0^1{f}_{\epsilon }(x)dx⩽\underset{x\to 1^{-}}{\underline{\lim }}(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f\left(x^n\right)⩽\underset{x\to 1^{-}}{\overline{\lim }}(1-x)\sum _{n=0}^{\infty }{S}_n{x}^{n}f\left(x^n\right)⩽{\int }_0^1{f}^{\epsilon }dx.$$再令 $\epsilon \to 0^{+}$ 即得 (1) 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, (1) 式也成立, 从而当 $f$ 为分段常值函数时, (1) 式成立.
•	取 $f(x)=\frac{1}{x}{\chi }_{[1/e,1]}(x),x_n=1-\frac{1}{n},$ 即 $f(x)=\{\begin{array}{ll}1/x,& x\in [1/e,1],\\ 0,& x\in [0,1/e)\end{array},$ 便有$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{\infty }{S}_k{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^{k}f\left({\left(1-\frac{1}{n}\right)}^k\right)={\int }_0^{1}f(x)dx=1,$$注意到 ${\left(1-\frac{1}{n}\right)}^n<\frac{1}{e}<{\left(1-\frac{1}{n}\right)}^{n-1},(n⩾2)$ 我们有 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{1}{n}{\sum }_{k=0}^n{S}_k=1$, 结论得证. $\square$

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.

证明.

$\square$

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$$\begin{array}{rl}{u}_n& =\frac{(2n)!}{2^{2n}(2n+1)(n!{)}^2}=\frac{(2n-1)!!}{(2n+1)(2n)!!}=\frac{2}{\pi }\cdot \frac{1}{2n+1}\cdot {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2n}xdx\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{\sin x}{\int }_0^x\cos t\cdot {\sin }^{2n}tdtdx,\end{array}$$从而$$\begin{array}{rl}\sum _{n=0}^{\infty }{u}_n& =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{\sin x}{\int }_0^x\cos t\sum _{n=0}^{\infty }{\sin }^{2n}tdtdx=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{\sin x}{\int }_0^x\cos t\cdot \frac{1}{1-{\sin }^{2}t}dtdx\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\csc x{\int }_0^x\sec tdtdx=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sec tdt{\int }_t^{\frac{\pi }{2}}\csc xdx\\ & =-\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\ln \left(\tan \frac{t}{2}\right)}{\cos t}dt\stackrel{\tan \frac{t}{2}=x}{=}-\frac{4}{\pi }{\int }_0^1\frac{\ln x}{1-x^2}dx=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

$\square$

设 $|x|<1$, 考虑第一类完全椭圆积分 $K(x)={\int }_0^{\pi /2}\frac{d\theta }{\sqrt{1-x^2{\cos }^2\theta }}$. 依次证明:

•	对任何 $x\in (-1,1)$, 成立 $K(x)=\frac{\pi }{2}{\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{{\left(C_{2n}^n\right)}^2{x}^{2n}}{4^{2n}}$.
•	对任何 $x\in (-1,1),\theta \in \left[0,2\pi \right)$, 有 $\frac{1}{|1-x{e}^{\mathrm{i}\theta }|}={\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{C_{2k}^k{x}^k}{4^k}{e}^{\mathrm{i}k\theta }{\sum }_{j=0}^{\infty }\frac{C_{2j}^j{x}^j}{4^j}{e}^{-\mathrm{i}j\theta }$. 提示: 可以证明两边平方后的等式相等.
•	对任何 $x\in \left[0,1\right)$, 有 $\frac{1}{1+x}K\left(\frac{2\sqrt{x}}{1+x}\right)=\frac{\pi }{2}{\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{{\left(C_{2n}^n\right)}^2{x}^{2n}}{4^{2n}}=K(x)$.

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$${\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2n}\theta d\theta =\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi }{2}=\frac{C_{2n}^n}{4^n}\frac{\pi }{2},$$于是 $K(x)=\frac{\pi }{2}{\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{{\left(C_{2n}^n\right)}^2{x}^{2n}}{4^{2n}}$.

(2)

(3)

$\square$

对于 $a,b>0$, 令 $M(a,b)={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{d\theta }{\sqrt{a^2{\cos }^2\theta +b^2{\sin }^2\theta }}$. 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:

•	$\{a_n\},\{b_n\}$ 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.
•	$AGM\left(\sqrt{ab},\frac{a+b}{2}\right)=AGM(a,b),M\left(\sqrt{ab},\frac{a+b}{2}\right)=M(a,b)$.
•	成立如下的 Gauss(高斯) 公式: $AGM(a,b)=\frac{\pi }{2M(a,b)}$.

证明. (1)

(2)

(3)

$\square$

设 $b_k$ 和 $B_k(k⩾0)$ 为 Bernoulli 数与 Bernoulli 多项式, $\zeta$ 为 Riemann $\zeta$ 函数.

•	利用 $\frac{t{e}^t}{e^t-1}=t+\frac{t}{e^t-1},$ 证明: 当 $k\ne 1$ 时, $B_k(1)=b_k$. 另一方面, 有 $b_0=1,b_1=-\frac{1}{2},B_k(1)=\frac{1}{2}$.
•	利用 $\frac{t{e}^{(1-x)t}}{e^t-1}=\frac{-t{e}^{-xt}}{e^{-t}-1}$ 证明对任何 $k⩾0$, 成立 $B_k(1-x)=(-1{)}^k{B}_k(x)$.
•	利用 $\frac{-t{e}^{xt}}{e^{-t}-1}=t{e}^{xt}+\frac{t{e}^{xt}}{e^t-1}$ 证明对任何 $k⩾1$, 成立 $B_k(-x)=(-1{)}^k{B}_k(x)+(-1{)}^{k}k{x}^{k-1}$.
•	证明对任何 $k⩾1$, 成立 $b_{2k+1}=0$.
•	证明对任何 $k⩾0$, $B_k\left(\frac{1}{2}-x\right)=(-1{)}^k\left(\frac{1}{2^{k-1}}{B}_k(2x)-B_k(x)\right)$.
•	证明对任何 $k⩾0,B_{k+1}^{\prime }(x)=(k+1)B_k(x)$, 进而 ${\int }_0^x{B}_k(s)ds=\frac{B_{k+1}(x)-B_{k+1}}{k+1}$.
•	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.

$\square$

利用 Bernoulli 数与 Bernoulli 多项式求以下函数的 Maclaurin 级数:$$(1)\tan x,(2)\sec x,(3)\tanh x,(4)x\cot x(\text{在 }x=0\text{ 处定义为 }1).$$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 $e^{\mathbf{B}}=\mathbf{A}$.

证明.

$\square$

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 ${\lim }_{t\to 0^{+}}\mathbf{Y}(t)=0$? 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. 设 $\mathbf{f}:\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ 连续可微. 证明:

•

设 $a<b<c$. 若在 $[a,b]$ 上, ${\mathbf{\phi }}^{\prime }(t)=f\left(t,\mathbf{\phi }(t)\right)$ 且 $\mathbf{\phi }(a)={\mathbf{x}}_0$, 而在 $[b,c]$ 上, ${\mathbf{\psi }}^{\prime }(t)=f\left(t,\mathbf{\psi }(t)\right)$ 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.

•

方程组 (9.5.2) 的解的最大存在区间存在, 且为开区间.

证明方程 $x^{\prime }(t)=\left(1-x^2(t)\right)\left(\cos t^2+\sin x(t)\right)$ 的满足初值条件 $x(0)=0$ 的解的最大存在区间是 $(-\infty ,+\infty )$. 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$$\phi (t)⩽\alpha +{\int }_{t_0}^t\left(\psi (s)\phi (s)+\beta (s)\right)ds,\forall t\in [t_0,T].$$证明:$$\phi (t)⩽\alpha \exp \left({\int }_{t_0}^t\psi (s)ds\right)+{\int }_{t_0}^t\exp \left({\int }_s^t\psi (r)dr\right)\beta (s)ds,\forall t\in [t_0,T].$$

提示: 考虑满足以下等式的函数 $\Phi$:$$\Phi (t)=\alpha +{\int }_{t_0}^t\left(\psi (s)\phi (s)+\beta (s)\right)ds,\forall t\in [t_0,T].$$

证明. 考虑满足以下等式的函数 $\Phi$:$$\Phi (t)=\alpha +{\int }_{t_0}^t\left(\psi (s)\phi (s)+\beta (s)\right)ds,\forall t\in [t_0,T],$$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$$\frac{d}{dt}\left(\Phi (t)\cdot \exp \left(-{\int }_{t_0}^t\psi (s)ds\right)\right)⩽\exp \left(-{\int }_{t_0}^t\psi (s)ds\right)\beta (t),$$积分得到$$\begin{array}{rl}{\int }_{t_0}^t\frac{d}{dt}\left(\Phi (t)\cdot \exp \left(-{\int }_{t_0}^t\psi (s)ds\right)\right)dt& =\Phi (t)\cdot \exp \left(-{\int }_{t_0}^t\psi (s)ds\right)-\alpha \\ & ⩽{\int }_{t_0}^t\exp \left(-{\int }_{t_0}^s\psi (r)dr\right)\beta (s)ds,\end{array}$$于是$$\Phi (t)⩽\alpha \exp \left({\int }_{t_0}^t\psi (s)ds\right)+{\int }_{t_0}^t\exp \left({\int }_s^t\psi (r)dr\right)\beta (s)ds,\forall t\in [t_0,T].$$由 $\phi (t)⩽\Phi (t)$ 即得结论.

$\square$

设 $\mathbf{f}:\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ 连续可微, 且 $\mathbf{f}\left(t,\mathbf{x}\right)$ 关于 $\mathbf{x}$ 满足线性增长条件, 即存在常数 $K>0$ 使得$$|\mathbf{f}(t,\mathbf{x})|⩽K\left(|x|+1\right),\forall (t,\mathbf{x})\in \mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^n.$$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.

$\square$

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. 构造函数 $f$ 使得方程 $\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }(t)=f\left(t,x(t)\right),\\ x(0)=0\end{array}$ 的解的最大存在区间为 $(-\infty ,1)$, 且其解 $x$ 满足 ${\underline{\lim }}_{x\to 1^{-}}x(t)=-\infty ,{\overline{\lim }}_{x\to 1^{+}}x(t)=+\infty$. 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 $f$.

•	$\{f_k\}$ 的任何在 $E$ 上逐点收敛的子列均收敛到 $f$.
•	对于 $\{f_k\}$ 的满足$$\underset{j\to +\infty }{\lim }{\int }_E{f}_{k_j}\left(\mathbf{x}\right)d\mathbf{x}={\int }_{E}g\left(\mathbf{x}\right)h\left(\mathbf{x}\right)d\mathbf{x},\forall h\in C(E)$$的子列 $\{f_{k_j}\}$ 和相应的 $g\in C(E)$, 均成立 $g=f.$

设 $T>0,\mathbf{f}:[0,T]\times {\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ 连续, 且 ${\mathbf{f}}_{\mathbf{x}}\left(t,\mathbf{x}\right)$ 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$$\{\begin{array}{l}{\mathbf{x}}^{\prime }(t)=\mathbf{f}\left(t,\mathbf{x}(t)\right),t\in [0,T],\\ \mathbf{x}(0)={\mathbf{x}}_0\end{array}$$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$$\{\begin{array}{l}{\mathbf{X}}^{\prime }(t)={\mathbf{f}}_{\mathbf{x}}\left(t,\mathbf{x}\left(t;{\mathbf{x}}_0\right)\mathbf{X}(t)\right),t\in [0,T],\\ \mathbf{X}(0)=\mathbf{e}\end{array}$$的解 $\mathbf{X}(\cdot )$. 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 ${\mathbf{f}}_{\mathbf{x}}\left(t,\mathbf{x},\mathbf{u}\right),{\mathbf{f}}_{\mathbf{u}}\left(t,\mathbf{x},\mathbf{u}\right)$ 也在 $[0,T]\times {\mathbb{R}}^n\times {\mathbb{R}}^m$ 上连续且一致有界. 设 $\mathbf{\phi }\in C\left([0,T];{\mathbb{R}}^n\right)$, 记 $\mathbf{x}\left(\cdot ;\mathbf{\phi }\right)$ 为方程$$\{\begin{array}{l}{\mathbf{x}}^{\prime }(t)=f\left(t,\mathbf{x}(t),\mathbf{\phi }(t)\right),t\in [0,T],\\ \mathbf{x}(0)={\mathbf{x}}_0\end{array}$$的解. 任取 $\mathbf{\psi }\in C\left([0,T];{\mathbb{R}}^m\right)$, 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$$\{\begin{array}{l}{\mathbf{Y}}^{\prime }(t)={\mathbf{f}}_{\mathbf{x}}\left(t,\mathbf{x}(t;\mathbf{\phi }),\mathbf{\phi }(t)\right)\mathbf{Y}(t)+{\mathbf{f}}_{\mathbf{u}}\left(t,\mathbf{x}(t;\mathbf{\phi }),\mathbf{\phi }(t)\right)\mathbf{\psi }(t),t\in [0,T],\\ \mathbf{Y}(0)=0\end{array}$$的解 $\mathbf{Y}(\cdot )$. 试讨论方程 $f^{\prime }(x)=f^4(x)-x^8$ 在任何初值条件下解的最大存在区间为整个 $\mathbb{R}$.