第 9 章 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.

1.	利用有限覆盖定理证明 Dini 定理. 证明. 由于 $f_n(x)\to f(x)$ $(n\to +\infty )$, 则对于任何 $\epsilon >0,x_0\in [a,b]$, 存在 $N_{x_0}\in \mathbb{N}$ 使得$$\left|f_{N_{x_0}}(x)-f(x)\right|<\frac{\epsilon }{3},$$由 $f_{N_{x_0}}$ 和 $f$ 的连续性, 限制 $x\in U(x_0,{\delta }_{x_0})$, 其中 ${\delta }_{x_0}$ 很小, 则$$\left|f_{N_{x_0}}(x)-f(x)\right|⩽\left|f_{N_{x_0}}(x_0)-f(x_0)\right|+\left|f_{N_{x_0}}(x)-f_{N_{x_0}}(x_0)\right|+\left|f(x)-f(x_0)\right|<\epsilon ,$$这样, 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 ${\delta }_{x_i}$ 满足存在 $N_{x_i}$, 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. $\square$
2.	试考察本节例题中哪些函数列 (函数项级数) 的一致收敛性可用 Dini 定理解决.
3.	设函数 $f\in C^{\infty }(\mathbb{R})$, 而且 $\forall x\in \mathbb{R},n⩾1$, 有 $|f^{(n)}(x)-f^{(n-1)}(x)|<\frac{1}{n^2}$. 证明: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{f}^{(n)}(x)=C{\mathrm{e}}^x$, 其中 $C$ 为一常数. 证明. 由题设可知对于任意 $x\in \mathbb{R}$ 有$$\sum _{n=1}^{\infty }|f^{(n)}(x)-f^{(n-1)}(x)|<\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6},$$从而 $\sum _{n=1}^{\infty }|f^{(n)}(x)-f^{(n-1)}(x)|$ 收敛. 于是 $\forall \epsilon >0,\exists N$ 使得$$\sum _{n=N}^{\infty }|f^{(n)}(x)-f^{(n-1)}(x)|<\epsilon ,$$任取 $k>j>N$, 则有$$\begin{array}{rl}& |f^{(k)}(x)-f^{(j)}(x)|=|f^{(k)}(x)-f^{(k-1)}(x)+f^{(k-1)}(x)-\cdots +f^{(j+1)}(x)-f^{(j)}(x)|\\ & ⩽|f^{(k)}(x)-f^{(k-1)}(x)|+|f^{(k-1)}(x)-f^{(k-2)}(x)|+\cdots +|f^{(j+1)}(x)-f^{(j)}(x)|<\epsilon ,\end{array}$$从而 $\{f^{(n)}(x)\}$ 一致收敛, 设 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{f}^{(n)}(x)=F(x)$, 则有 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{f}^{(n+1)}(x)=F^{\prime }(x)$, 从而 $F(x)=F^{\prime }(x)$, 容易解得 $F(x)=C{\mathrm{e}}^x$. $\square$
4.	计算 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(1+\frac{1^2}{n^3}\right)\left(1+\frac{2^2}{n^3}\right)\cdots \left(1+\frac{n^2}{n^3}\right).$ 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$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{k^4}{n^6}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n^2}\cdot \sum _{k=1}^n\frac{k^4}{n^4}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}{\int }_0^1{x}^4\mathrm{d}x=0.$$所以$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\ln \left(1+\frac{k^2}{n^3}\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{k^2}{n^3}=\frac{1}{3},$$即$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(1+\frac{1^2}{n^3}\right)\left(1+\frac{2^2}{n^3}\right)\cdots \left(1+\frac{n^2}{n^3}\right)={\mathrm{e}}^{1/3}.$$$\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 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\ln \left(1+\frac{k^2}{n^3}\right)=\frac{1}{3}$.
5.	设 $\{g_n\}$ 是 $[a,b]$ 上一致有界的可测函数列, $f_n(x)={\alpha }_n+{\int }_a^x{g}_n(t)\mathrm{d}t$ $(x\in [a,b];n⩾1)$, $\{{\alpha }_n\}$ 收敛. 进一步, 以下条件之一成立: (i) $\{g_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛到 $g$, 且对每个 $n⩾1,\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{1}{x-a}{\int }_a^x{g}_n(t)\mathrm{d}t=g_n(a)$. (ii) $\{g_n\}$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处收敛到 $g$, 且 $\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{1}{x-a}{\int }_a^{x}g(t)\mathrm{d}t=g(a)$. 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.

1.	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. $\square$
2.	试将上一题的结果推广到 ${\mathbb{R}}^n$ 中.
3.	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: (i) $F=\bigcup _{\begin{array}{c}p<q\\ p,q\in \mathbb{Q}\end{array}}\left[f^{-1}(p,q)\setminus (f^{-1}(p,q){)}^{\circ }\right]$ 是 $f$ 上不连续点全体. (ii) 对于 $p<q$,$$\begin{array}{rl}{f}^{-1}((p,q))& =\left\{\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n|\exists m,k⩾1,\text{ s.t. }p+\frac{1}{m}⩽f_j(\mathbf{x})⩽q-\frac{1}{m},\forall j⩾k\right\}\\ & =\bigcup _{m=1}^{\infty }\bigcup _{k=1}^{\infty }\bigcap _{j=k}^{\infty }\left\{\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n|p+\frac{1}{m}⩽f_j(\mathbf{x})⩽q-\frac{1}{m}\right\}.\end{array}$$ (iii) 集合 $F$ 是一列无处稠密集的并. (iv) 函数 $f$ 一定有连续点.
4.	设 $f$ 在区间 $(a,b)$ 处处可导, 证明: $f^{\prime }$ 必有连续点.
5.	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. 又问级数通项分母中的 $a_n$ 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. 由 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. 题中级数通项的分母 $a_n$ 不能换成 $a_{n+1}$. 如取 $a_n={\mathrm{e}}^{n^2}$ 无界, 但 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_{n+1}-a_n}{a_{n+1}\ln a_{n+1}}$ 收敛. $\square$
6.	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, 你可以给出哪些情形的结果: 关于 $y$ 的极限 关于 $y$ 的积分 关于 $y$ 的导数 关于 $x$ 的极限 $\underset{x\to x_0}{\lim }\underset{y\to y_0}{\lim }f(x,y)=$ $\underset{y\to y_0}{\lim }\underset{x\to x_0}{\lim }f(x,y)$ $\underset{x\to x_0}{\lim }{\int }_c^{d}f(x,y)\mathrm{d}y=$ ${\int }_c^d\underset{x\to x_0}{\lim }f(x,y)\mathrm{d}y$ $\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{\partial }{\partial y}f(x,y)=$ $\frac{\partial }{\partial y}\underset{x\to x_0}{\lim }f(x,y)$ 关于 $x$ 的积分 ${\int }_a^b\left({\int }_c^{d}f(x,y)\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x=$ ${\int }_c^d\left({\int }_a^{b}f(x,y)\mathrm{d}x\right)\mathrm{d}y$ ${\int }_a^b\frac{\partial }{\partial y}f(x,y)\mathrm{d}x=$ $\frac{\partial }{\partial y}{\int }_a^{b}f(x,y)\mathrm{d}x$ 关于 $x$ 的导数 $\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial }{\partial y}f(x,y)\right)=$ $\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial }{\partial x}f(x,y)\right)$
7.	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$$\sum _{k=1}^n\frac{k}{a_1+a_2+\cdots +a_k}⩽4\sum _{k=1}^n\frac{1}{a_k}$$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. $\square$
8.	推广第 5 题. 比如考察单调增加趋于无穷的函数 $f$ 以及 $\sum _{n=1}^{\infty }(f(S_n)-f(S_{n-1}))$; 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.

(i)	(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.
(ii)	(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.

1.	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 $x=2k\pi$ 处的可微性, 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 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}nx}}{n}$ 收敛, 于是由 Abel 定理,$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}nx}}{n}& =\underset{t\to 1^{-}}{\lim }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}nx}{t}^n}{n}={\int }_0^1\sum _{n=1}^{\infty }{t}^{n-1}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}nx}\mathrm{d}t={\int }_0^1\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}}{1-t{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^1\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}-t}{(t-\cos x{)}^2+{\sin }^{2}x}\mathrm{d}t=-\ln \left(2\sin \frac{x}{2}\right)+\frac{\mathrm{i}(\pi -x)}{2},\end{array}$$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 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{S}^{\prime }(x)=-\frac{\pi }{2}$, 从而 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{S(x)-S(x)}{x}=-\frac{\pi }{2}$, 同理可知 $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{S(x)-S(x)}{x}=\frac{\pi }{2}$. 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. $\square$
2.	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 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{(-1{)}^{n}x}{n^{ax}+(-1{)}^{n}x}\ne 0$, 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. $\square$
3.	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 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\sin nx}{n^{ax}+\sin nx}\ne 0$, 从而 $a>0$. $\square$
4.	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. $\square$
5.	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. 见例 12.3.3. $\square$ 好像是错误的解答. 好像是错误的解答. 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 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{j}_n=j$. 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$$\frac{u_k(j_n)-u_k(j)}{j_n-j}=\{\begin{array}{ll}\frac{\sin (2^{k}j+2^{k-n}\pi )-\sin 2^{k}j}{2^{k-n}\pi },& k=1,2,\cdots ,n\\ 0,& k=n+1,n+2,\cdots \end{array}$$于是有$$\begin{array}{rl}& \frac{S(j_n)-S(j)}{j_n-j}=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{u_k(j_n)-u_k(j)}{j_n-j}=\sum _{k=1}^n\frac{u_k(j_n)-u_k(j)}{j_n-j}\\ & =\sum _{k=1}^n{2}^{n-k}\pi \left(\sin \left(2^{k}j+2^{k-n}\pi \right)-\sin 2^{k}j\right)\\ & =\sum _{k=1}^n{\pi }^2\cos \left(2^{k}j+{\xi }_k\right),{\xi }_k\in (0,2^{k-n}\pi )\subset (0,\pi ),\end{array}$$下证 $\underset{k\to +\infty }{\lim }\cos \left(2^{k}j+{\xi }_k\right)\ne 0$. 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$$2{\xi }_{k-1}-{\xi }_k=(2k_2-k_1)\pi +\frac{\pi }{2}+2{\epsilon }_2-{\epsilon }_1,$$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, 如果 $S^{\prime }(j)$ 存在则$$\underset{x\to j}{\lim }\frac{1}{(x-j{)}^2}{\int }_j^x\left(S(x)-S(j)\right)\mathrm{d}x=\underset{x\to j}{\lim }\frac{S(x)-S(j)}{2(x-j)}=\frac{1}{2}{S}^{\prime }(0),$$另一方面$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{(x-j{)}^2}{\int }_j^x\left(S(x)-S(j)\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{(x-j{)}^2}{\int }_j^x\left(\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin 2^{n}x}{2^n}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin 2^{n}j}{2^n}\right)\mathrm{d}x\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{\cos 2^{n}j-\cos 2^{n}x}{4^n(x-j{)}^2}-\frac{\sin 2^{n}j}{2^n\left(x-j\right)}\right)=:M,\end{array}$$对函数 $f(x)=\cos 2^{n}x$ 在 $x=j$ 处 Taylor 展开有$$\cos 2^{n}x=\cos 2^{n}j-2^n(x-j)\sin 2^{n}j-\frac{4^n(x-j{)}^2}{2!}\cos 2^{n}j+(x-j{)}^3\sum _{p=3}^{\infty }\frac{f^{(p)}(j)}{p!}(x-j{)}^{p-3},$$将此代入 $M$, 即得$$\begin{array}{r}M=\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{2}\cos 2^{n}j-(x-j)\sum _{p=3}^{\infty }\frac{f^{(p)}(j)}{4^{n}p!}(x-j{)}^{p-3}\right)\to \sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos 2^{n}j}{2},x\to j,\end{array}$$后者一般项不趋于零, 从而 $M$ 发散, 矛盾. 因而结论得证. $\square$

B 2.3.

1.

设 $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{n}}{\mathrm{e}}^{-nx}$, 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: 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. (1) 存在数列 $\{x_n\}\subset I$, 使得 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x_n)$ 发散. (2) $\forall x\in I$, 有 $u_n(x)>0$ $(n=1,2,\cdots )$, 且存在数列 $\{x_n\}\subset I$ 使得$$\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}{n}^{\lambda }{u}_n(x_n)>0,\lambda ⩽1.$$ (3) $u_n(x)=\frac{a_n(x)}{b_n(x)}$ $(x\in I,n=1,2,\cdots )$, 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$$\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{n{a}_n(x_n)}{b_{2n}(x_n)}>0.$$ 只要 $x⩾\delta >0$, 结合$${\mathrm{e}}^{nx}⩾1+nx+\frac{1}{2}(nx{)}^2⩾\frac{(nx{)}^2}{2}\Rightarrow {\mathrm{e}}^{-nx}⩽\frac{2}{(nx{)}^2},$$有$$\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{n}}{\mathrm{e}}^{-nx}⩽\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{n}}\cdot \frac{2}{n^2{x}^2}=\frac{2}{n^{5/2}{x}^{3/2}}⩽\frac{2}{n^{5/2}{\delta }^{3/2}},$$由 Weierstrass 判别法可知 $S(x)$ 在 $\left[\delta ,+\infty \right)$ 上一致收敛. 另一方面, 记 $u_n=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{n}}{\mathrm{e}}^{-nx}$, 取 $x_n=\frac{1}{n}$, 则 $u_n(x_n)=\frac{1}{\mathrm{e}n}$, 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. $\square$

2.

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, $f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^p{\mathrm{e}}^{-a_{n}x}$, 其中 $p\in \mathbb{R}$ 为常数. 证明: (1) 存在正常数 $C_1,C_2$ 使得 $C_{1}n⩽a_n⩽C_{2}n$ $(n=1,2,\cdots )$; (2) $f$ 在 $(0,+\infty )$ 内连续. 证明 1. 对于 $n⩾0$, 记 $f_n(x)=\sum _{k=0}^n\frac{x^k}{k!},x\in \mathbb{R}$. 首先, 归纳易证 $f_{2n}(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上有正的最小值, 而 $f_{2n+1}(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单增, 有唯一的零点. 具体地, 对于 $f_0(x)$ 与 $f_1(x)$, 上述结论成立. 现归纳假设对于某个 $n⩾0$, $f_{2n}(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上有正的最小值, 而 $f_{2n+1}(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单增, 且有唯一的零点 $t_{2n+1}$. 则注意到 $f_{2n+2}^{\prime }(x)=f_{2n+1}(x)$, 我们知道$$f_{2n+2}(x)⩾f_{2n+2}(t_{2n+1})=f_{2n+1}(t_{2n+1})+\frac{t_{2n+1}^{2n+2}}{(2n+2)!}=\frac{t_{2n+1}^{2n+2}}{(2n+2)!}>0,\forall x\in \mathbb{R}.$$即 $f_{2n+2}(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上有正的最小值. 进一步, 由 $f_{2n+3}^{\prime }(x)=f_{2n+2}(x)$, 得到而 $f_{2n+3}(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单增, 结合 $f_{2n+3}(-\infty )=-\infty ,f_{2n+3}(+\infty )=+\infty$ 知 $f_{2n+3}(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上有唯一的零点. 当 $n⩾1,x⩾0$ 时, $f_{2n-1}(x)>0$, 可知满足 $f_{2n-1}(-a_n)=0$ 的 $a_n$ 唯一且为正. (1) 法 I. 由 Taylor 展式, 我们有 ${\xi }_n\in (0,a_n)$ 使得$${\mathrm{e}}^{-a_n}=f_{2n-1}(-a_n)+\frac{{\mathrm{e}}^{-{\xi }_n}}{(2n)!}{a}_n^{2n}=\frac{{\mathrm{e}}^{-{\xi }_n}}{(2n)!}{a}_n^{2n}.$$于是$$a_n={\left(\frac{(2n)!{\mathrm{e}}^{{\xi }_n}}{{\mathrm{e}}^{a_n}}\right)}^{\frac{1}{2n}}⩽((2n)!{)}^{\frac{1}{2n}}⩽2n.$$即可取 $C_2=2$. 进一步, 又有$$a_n={\left(\frac{(2n)!{\mathrm{e}}^{{\xi }_n}}{{\mathrm{e}}^{a_n}}\right)}^{\frac{1}{2n}}⩾{\left(\frac{(2n)!}{{\mathrm{e}}^{2n}}\right)}^{\frac{1}{2n}}\sim \frac{2n}{{\mathrm{e}}^2},n\to \infty .$$所以存在 $C_1>0$ 使得 $\forall n⩾1,a_n⩾C_{1}n$. 法 II. 我们有 $a_1=1$. 对于 $n⩾2$, 当 $x⩽-(2n-1)$ 时, $$f_{2n-1}(x)=\sum _{k=0}^{n-1}\frac{x^{2k}}{(2k)!}\left(1+\frac{x}{2k+1}\right)<0.$$因此, $a_n<2n-1$ $(n⩾2)$. 另一方面, 在 $(-(2n+1),+\infty )$ 内, $f_{2n+1}(x)>f_{2n-1}(x)$. 因此, $$f_{2n-1}(-a_{n+1})<f_{2n+1}(-a_{n+1})=0.$$这表明 $a_n<a_{n+1}$ $(n⩾1)$. 总之, 有 $a_n<a_{n+1}<2n+1$. 注意到 $f_{2n}^{\prime }(x)=f_{2n-1}(x)$ 在 $(-\infty ,-a_n)$ 内为负, 从而在 $[-a_{n+1},-a_n)$ 为负, 所以$$\begin{array}{c}{f}_{2n}(x)⩾f_{2n}(-a_n)=\frac{a_n^{2n}}{(2n)!},x\in [-a_{n+1},-a_n],\\ f_{2n}(x)⩽f_{2n}(-a_{n+1})=\frac{a_{n+1}^{2n+1}}{(2n+1)!},x\in [-a_{n+1},-a_n].\end{array}$$由中值定理, 我们有 ${\xi }_n\in (-a_{n+1},-a_n)$ 使得$$0=f_{2n+1}(-a_{n+1})=f_{2n+1}(-a_n)-f_{2n}({\xi }_n)(a_{n+1}-a_n).$$所以$$\begin{array}{rl}0& =\frac{a_n^{2n}}{(2n)!}-\frac{a_n^{2n+1}}{(2n+1)!}-f_{2n}({\xi }_n)(a_{n+1}-a_n)\\ & ⩽\frac{a_n^{2n}}{(2n)!}-\frac{a_n^{2n+1}}{(2n+1)!}-\frac{a_n^{2n}}{(2n)!}(a_{n+1}-a_n).\end{array}$$由此得到$$a_{n+1}-a_n⩽1-\frac{a_n}{2n+1}⩽1.$$从而$$a_n⩽n,\forall n⩾1.$$另一方面, $$\begin{array}{rl}0& =\frac{a_n^{2n}}{(2n)!}-\frac{a_n^{2n+1}}{(2n+1)!}-f_{2n}({\xi }_n)(a_{n+1}-a_n)\\ & ⩾\frac{a_n^{2n}}{(2n)!}-\frac{a_n^{2n+1}}{(2n+1)!}-\frac{a_{n+1}^{2n+1}}{(2n+1)!}(a_{n+1}-a_n).\end{array}$$于是$$\begin{array}{rl}& a_{n+1}-a_n⩾\frac{2n+1}{a_{n+1}}{\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}\right)}^{2n}\left(1-\frac{a_n}{2n+1}\right)\\ & ⩾1\cdot {\left(\frac{a_n}{a_n+1}\right)}^{2n}\cdot \left(1-\frac{n}{2n+1}\right)⩾\frac{1}{2{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{2n}}⩾\frac{1}{2{\mathrm{e}}^2}.\end{array}$$因此, $$a_n⩾\frac{n}{2{\mathrm{e}}^2},\forall n⩾1.$$即取 $C_1=\frac{1}{2{\mathrm{e}}^2},C_2=1$ 时成立 $C_{1}n⩽a_n⩽C_{2}n$ $(n=1,2,\dots )$. (2) 对于 $X>1$, $$0<a_n{x}^p{\mathrm{e}}^{-a_{n}x}⩽n{X}^{|p|}{\mathrm{e}}^{-\frac{n}{2X{\mathrm{e}}^2}},\forall x\in [\frac{1}{X},X],$$由此可得 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^p{\mathrm{e}}^{-a_{n}x}$ 在 $\left[\frac{1}{X},X\right]$ 上一致收敛. 即 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^p{\mathrm{e}}^{-a_{n}x}$ 在 $(0,+\infty )$ 内闭一致收敛. 由于级数的一般项连续, 因此 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内连续. $\square$ 证明 2. (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$${\mathrm{e}}^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\frac{{\mathrm{e}}^{\xi }{x}^{2n}}{(2n)!},\xi \text{ 介于 }0\text{ 与 }x\text{ 之间 },$$将 $x=-a_n$ 代入上式, 得到$${\mathrm{e}}^{-a_n}=\frac{{\mathrm{e}}^{\xi }{a}_n^{2n}}{(2n)!},\xi \in (-a_n,0).$$注意到 $\frac{{\mathrm{e}}^{-a_n}{a}_n^{2n}}{(2n)!}⩽\frac{{\mathrm{e}}^{\xi }{a}_n^{2n}}{(2n)!}⩽\frac{a_n^{2n}}{(2n)!}$, 于是$$\frac{{\mathrm{e}}^{-a_n}{a}_n^{2n}}{(2n)!}⩽{\mathrm{e}}^{-a_n}\Rightarrow a_n⩽\sqrt[2n]{(2n)!},$$下面我们证明一个有用的不等式$$(\frac{n}{\mathrm{e}}{)}^n<n!<\mathrm{e}{\left(\frac{n}{2}\right)}^n,$$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$$\sum _{k=1}^{n-1}\ln k⩽(n-1)\ln \frac{n}{2}\Rightarrow (n-1)!⩽{\left(\frac{n}{2}\right)}^{n-1},$$即有 $\frac{n}{2}\cdot (n-1)!⩽{\left(\frac{n}{2}\right)}^n$, 于是 $n!⩽2{\left(\frac{n}{2}\right)}^n<\mathrm{e}{\left(\frac{n}{2}\right)}^n$. 另外, 令 $x_n={\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)}^n$, 于是有$$\frac{x_n}{x_{n-1}}=\frac{n^n}{(n-1{)}^{n-1}\mathrm{e}}=\frac{{\left(1+\frac{1}{n-1}\right)}^{n-1}n}{\mathrm{e}}<n,$$并且 $x_1=\frac{1}{\mathrm{e}}<1$, 于是 $x_n=x_1\cdot \frac{x_2}{x_1}\cdot \cdots \cdot \frac{x_n}{x_{n-1}}<n!$, 即得 ${\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)}^n<n!$. 利用上述不等式, 有$$a_n⩽\sqrt[2n]{(2n)!}<\sqrt[2n]{\mathrm{e}{\left(\frac{2n}{2}\right)}^{2n}}=\sqrt[2n]{\mathrm{e}}\cdot n<\sqrt{\mathrm{e}}\cdot n,$$另一方面,$${\mathrm{e}}^{-a_n}⩽\frac{a_n^{2n}}{(2n)!}\Rightarrow a_n⩾\sqrt[2n]{{\mathrm{e}}^{-a_n}(2n)!}>\sqrt[2n]{{\mathrm{e}}^{-\sqrt{\mathrm{e}}n}}\cdot \frac{2n}{\mathrm{e}}=2{\mathrm{e}}^{-\sqrt{\mathrm{e}}/2-1}n,$$即得 $2{\mathrm{e}}^{-\sqrt{\mathrm{e}}/2-1}n⩽a_n⩽\sqrt{\mathrm{e}}\cdot n.$ (2) $\{a_n\}$ 为正并且严格单调递增. $\square$

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.

1.	举例说明存在幂级数使得其收敛域分别为$$\{0\},(-1,1),[-1,1),(-1,1],[-1,1],(-\infty ,+\infty ).$$ 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$
2.	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: (1) 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? (2) 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 $\left(-1,1\right]$? (3) 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 $k$ 可以有多大? 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) $\square$
3.	试将以下函数展开成 Maclaurin 级数, 并求其收敛域: $(1)\frac{x^2+x+4}{x^2+3x+2}$; $(2)\frac{x}{x^2+2x+2}$; $(3)\frac{1}{x^4+4x^2+4}$; $(4){\mathrm{e}}^x\cos x$; $(5){\int }_0^x\frac{{\mathrm{e}}^t-1}{t}\mathrm{d}t$; $(6)\ln (x+\sqrt{1+x^2})$. 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$$\begin{array}{rl}\frac{x}{x^2+2x+2}& =\frac{x}{(x+1+\mathrm{i})(x+1-\mathrm{i})}=\frac{\mathrm{i}x}{2}\left(\frac{1}{x+1+\mathrm{i}}-\frac{1}{x+1-\mathrm{i}}\right)\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{\mathrm{i}}{2}\left({\left(\frac{1}{1+\mathrm{i}}\right)}^{n+1}-{\left(\frac{1}{1-\mathrm{i}}\right)}^{n+1}\right)x^n\end{array}$$ $\square$
4.	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$$\arctan x={\int }_0^x\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{2n}\mathrm{d}x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}{x}^{2n+1}}{2n+1},$$ $\square$
5.	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$
6.	证明: 对任何 $n⩾1$, $(1-x{)}^n{\mathrm{e}}^{1/(1-x)}$ 的 Maclaurin 展开式的收敛半径为 $1$, 但在点 $x=1$ 处发散. 证明. $\square$
7.	考虑 $\frac{1}{1-x}$ 的 Maclaurin 展开式的余项, 可得$${\int }_0^x\frac{(n+1)(x-t{)}^n}{(1-t{)}^{n+2}}\mathrm{d}t=\frac{x^{n+1}}{1-x},x\in \left[0,1\right).$$试利用上式估计 $(1+x{)}^{\alpha }$ 的 $n$ 阶 Maclaurin 展开式的余项$$r_n(x)={\int }_0^x(n+1)(x-t{)}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n+1})(1+t{)}^{\alpha -n-1}\mathrm{d}t,x\in (-1,1).$$进而, 证明 $(1+x{)}^{\alpha }$ 在 $(-1,1)$ 可展开成 Maclaurin 级数.
8.	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 $\underset{x\in [-1,1]}{\min }\left|f(x)\right|⩾1$. 设 $g=\frac{1}{f}$. 依次证明: (1) 存在常数 $C>0$ 使得$$\left|\frac{f^{(n)}(x)}{n!}\right|⩽\frac{C^n}{(1-|x|{)}^n},n⩾0,|x|⩽1.$$ (2) 记 $A=C+1$, 则$$\left|\frac{g^{(n)}(x)}{n!}\right|⩽\frac{A^{n+1}}{(1-|x|{)}^n},n⩾0,|x|⩽1.$$ (3) $g$ 在点 $0$ 可以展开成幂级数. 证明. $\square$
9.	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.

1.	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. $\square$
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. $\square$
3.	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. $\square$
4.	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. 证明. 由级数的一致收敛性得 $\zeta$ 在 $\{\mathrm{Re}z>1\}$ 上复解析, 从而实解析. $\square$
5.	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.
6.	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.
7.	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.

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