习题10.2一致收敛级数的判别与性质 1.讨论下列函数项级数在所指定区间上的一致收敛性。 (1)∑(1-x)x", ∈ (2)∑(1-x)2x", x∈[0,1] (3)∑x x∈ (4) (i)x∈D+∞),(i)x∈[6,+∞)(8>0); 6)21+nx, x∈(-∞,+∞) sIn nx x∈(-∞,+∞) nel vn+x ∑(-1)“(1-x)x ∈[0,1 (8)∑ (9)∑ (i)x∈(0,+∞),(i)x∈[6+∞)(8>0); sIn xsin nx ∈ Nn ∈ (1+x2) 0D)∑(-1) x∈(-,+∞) 解(1)S(x)=∑(1-x=1-x1, 由于}在非一致收敛,所以∑(-x)x”在[上非一致收敛 (2)设un(x)=(1-x)2xn,则在0上 0≤ln(x)≤ln( 由于∑4收敛,由 Weierstrass判别法,∑u-x)x"在p上一致
习 题 10.2 一致收敛级数的判别与性质 1. 讨论下列函数项级数在所指定区间上的一致收敛性。 ⑴ ∑ ， x∈[0, 1]； ∞ = − 0 (1 ) n n x x ⑵ ∑ ， ∞ = − 0 2 (1 ) n n x x x∈[0, 1]； ⑶ ∑ ， x∈ ∞ = − 0 3 2 e n nx x [0,+∞)； ⑷ ∑ ， (i) x∈ ∞ = − 0 2 e n nx x [0,+∞)， (ii) x∈[δ ,+∞)（δ＞0）； ⑸ ∑ ∞ =0 + 3 2 n 1 n x x ， x∈(-∞, +∞)； ⑹ ∑ ∞ =1 + 3 4 4 sin n n x nx ， x∈(-∞, +∞)； ⑺ ∑ ， x∈[0, 1]； ∞ = − − 0 ( 1) (1 ) n n n x x ⑻ ∑ ∞ = + − 1 2 ( 1) n n n x ， x∈(-∞, +∞)； ⑼ ∑ ∞ =0 3 1 2 sin n n n x ， (i) x∈(0, +∞)，(ii) x∈[δ ,+∞)（δ＞0）； ⑽ ∑ ∞ =1 sin sin n n x nx ， x∈(-∞, +∞)； ⑾ ∑ ∞ =0 + 2 2 n (1 ) n x x ， x∈(-∞, +∞)； ⑿ ∑ ∞ = + − 0 2 2 (1 ) ( 1) n n n x x ， x∈(-∞, +∞)。 解（1） ∑ ， = = − n k k n S x x x 0 ( ) (1 ) 1 1 + = − n x 由于{ } n+1 x 在[0,1]非一致收敛，所以∑ 在 上非一致收敛。 ∞ = − 0 (1 ) n n x x [0,1] （2）设un (x) = (1− x) 2 x n ，则在[0,1]上 ) 2 0 ( ) ( + ≤ ≤ n n u x u n n 2 ( 2) 4 + < n ， 由于 ∑ ∞ =0 + 2 ( 2) 4 n n 收敛，由 Weierstrass 判别法，∑ 在 上一致 ∞ = − 0 2 (1 ) n n x x [0,1] 1
收敛。 (3)设n(x)=x2e-n2,则当n≥1时,在[0+∞)上 K 0≤un(x)≤ln() 其中k=30。由于豆收缴,由Wsy别法,c在 [0,+∞)上一致收敛。 (4)()设un(x)=xe-m,对任意的正整数N,取m=2n(n>N)与xn= [0, 则 ∑uk(xn)=xne (n+1)x+x.a-(n+2)x2 +…x.e-2mn>nx,e-2m 所以∑xem不满足 Cauchy收敛原理的条件,由此可知∑xem在 [0,+∞)上非一致收敛 设 则当 n> 时,un(x)关于x在[,+∞)上单调减少 26 所以 0≤un(x)≤d 由于∑e收敛,由 Weierstrass判法,∑xe在,+∞)上一致收 敛。 (5)设u21+n+,则当n21时,p(x)5’由于1收敛, 由 Weierstrass判别法,∑,在(-,+)上一致收敛 (6)设u()=一,则当n21时,(x≤,由于∑收敛, Vn+x
收敛。 （3）设 ，则当 时，在 2 3 ( ) nx n u x x e− = n ≥ 1 [0,+∞)上 ) 2 3 0 ( ) ( n ≤ un x ≤ un 2 3 n K = ， 其中 2 3 4 3 6 − K = e 。由于 ∑ ∞ =0 2 3 n n K 收敛，由 Weierstrass 判别法，∑ 在 上一致收敛。 ∞ = − 0 3 2 e n nx x [0,+∞) （4）(i) 设 ，对任意的正整数 N，取 2 ( ) nx n u x xe− = m = 2n (n > N)与 n xn 1 = ∈[0,+∞) ，则 ∑ = = + m k n k n u x 1 ( ) + − + 2 ( 1) n n x n x e + + − + " 2 ( 2) n n x n x e > − 2 2nxn n x e 2 2nxn n nx e− = → +∞ −2 ne (n → ∞)， 所以 不满足 Cauchy 收敛原理的条件，由此可知 在 上非一致收敛； ∑ ∞ = − 0 2 e n nx x ∑ ∞ = − 0 2 e n nx x [0,+∞) (ii) 设 ，则当 2 ( ) nx n u x xe− = 2 2 1 δ n > 时，un (x)关于 x在[δ ,+∞)上单调减少， 所以 n n u x e 2 0 ( ) δ δ − ≤ ≤ ， 由于 ∑ 收敛，由 Weierstrass 判别法， 在 ∞ = − 0 2 n n e δ δ ∑ ∞ = − 0 2 e n nx x [δ ,+∞)上一致收 敛。 （5）设 3 2 1 ( ) n x x u x n + = ，则当n ≥ 1时， 2 3 2 1 ( ) n u x n ≤ ，由于 ∑ ∞ =0 2 3 2 1 n n 收敛， 由 Weierstrass 判别法，∑ ∞ =0 + 3 2 n 1 n x x 在(−∞,+∞) 上一致收敛。 （6）设 3 4 4 sin ( ) n x nx u x n + = ，则当n ≥ 1时， 3 4 1 ( ) n u x n ≤ ，由于 ∑ ∞ =0 3 4 1 n n 收敛， 2
由 Weierstrass判别法, a在(-∞+∞)上一致收敛 (7)设an(x)=(1-x)x",bn(x)=(-1)”,则{n1(x)对固定的x∈D关于n 是单调的,且在0上一致收敛于零,同时(x)1,由 Dirichlet 判别法,∑(-1)(1-x)x"在[0上一致收敛 (8)设an(x) ,bn(x)=(-1)",则an(x)}对固定的x∈(-∞,+∞)关于 n+x n是单调的,且在(=+2)上一致收敛于零,同时∑(x≤1,由 Dirichlet 判别法,∑(在(-+∞)上一致收敛 (9)(1)设un(x)=2sin,取xn= 3n(0,+∞),则 即2(x)在(+)上非一致收敛,所以∑2sin在(0+)上非一致收 敛; (i)设un(x)=2sin,则当x∈[,+)时, 3x 由于∑12)收敛,由 Weierstrass判别法,∑2"smn1在6+)上一致 收敛 (10)设a(x)=1,b(x)= sinxsinnx,由于a(x)与x无关且单调趋于
由 Weierstrass 判别法，∑ ∞ =1 + 3 4 4 sin n n x nx 在(−∞,+∞) 上一致收敛。 （7）设an (x) = (1− x)x n，bn (x) = (−1) n，则{an (x)}对固定的 关于 是单调的，且在 上一致收敛于零，同时 x ∈[0,1] n [0,1] ( ) 1 0 ∑ ≤ = n k k b x ，由 Dirichlet 判别法，∑ 在 上一致收敛。 ∞ = − − 0 ( 1) (1 ) n n n x x [0,1] （8）设 2 1 ( ) n x a x n + = ，bn (x) = (−1) n，则{an (x)}对固定的 关于 是单调的，且在 上一致收敛于零，同时 x ∈ (−∞,+∞) n (−∞,+∞) ( ) 1 1 ∑ ≤ = n k k b x ，由 Dirichlet 判别法，∑ ∞ = + − 1 2 ( 1) n n n x 在(−∞,+∞) 上一致收敛。 （9）(i) 设 x u x n n n 3 1 ( ) = 2 sin ，取 πn n x 3 2 = ∈ (0,+∞)，则 = → +∞ n n n u (x ) 2 ， 即{ } un (x) 在(0,+∞)上非一致收敛，所以∑ ∞ =0 3 1 2 sin n n n x 在(0,+∞)上非一致收 敛； (ii) 设 x u x n n n 3 1 ( ) = 2 sin ，则当 x ∈[δ ,+∞)时， n n u x ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ≤ 3 1 2 ( ) δ ， 由于 n n ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∑ ∞ = 3 1 2 0δ 收敛，由 Weierstrass 判别法，∑ ∞ =0 3 1 2 sin n n n x 在[δ ,+∞)上一致 收敛。 （10）设 n a x n 1 ( ) = ，b x x nx n ( ) = sin sin ，由于an (x)与 x无关且单调趋于 3
零,所以{an(x)对固定的x∈(-∞,+∞)关于n是单调的,且在(-∞,+∞)上 一致收敛于零,同时 ∑b(x xs2sin sin kx=cos l- cos(n+ o)x-cos<2 由 Dirichlet判别法,∑出x在(-∞,+∞)上一致收敛 m=2n0(1+1y2·取6了0,对任意的正整数N,取 (11)设un(x)= ∈(-∞,+∞) 则 n nX k=n+1 (1+x2)2n(1+x2)2n 所以∑ 不满足 Cauchy收敛原理的条件,由此可知 在 (1+x2) (-∞,+∞)上非一致收敛。 (12)设an(x)= bn(x)=(-1)”,则{n(x)}对固定的xe(-,+∞)关 (1+x2) 于n是单调的,且在(+)上一致收敛于零,同时∑(1,由 Dirichlet判别法,∑(-)”n3、在(-+)上一致收敛。 2.证明:函数f(x)=∑0在(0,2x)上连续,且有连续的导函数。 n2+1 证由于 coS nr ∑收敛,由 Weierstra9别法, cos nX 在(0,2z)上一致收敛,所以f(x)=∑在(O,2)上连续 设a(x)=∑(” S h 由于 单调趋于零,且对任 n=0n2+1 n=0n2+1 n-2+1 意的0<δ<丌,当x∈[6,2x-6]时, cosI n+-lx-coS SIn ≤ SIn
零，所以{an (x)}对固定的 x ∈ (−∞,+∞)关于 是单调的，且在 上 一致收敛于零，同时 n (−∞,+∞) ∑ = = n k k b x 1 ( ) ∑ = n k kx x x 1 sin 2 2sin 2 cos 2 2 ) cos 2 1 cos( 2 = cos ⋅ + − ≤ x n x x ， 由 Dirichlet 判别法，∑ ∞ =1 sin sin n n x nx 在(−∞,+∞) 上一致收敛。 （11）设 n n x x u x (1 ) ( ) 2 2 + = ，取 0 1 2 0 = > e ε ，对任意的正整数 N，取 m = 2n (n > N)与 n xn 1 = ∈ (−∞,+∞)，则 ∑ = = + m k n k n u x 1 ( ) 2 1 2 (1 ) + + n n n x x + + + + 2 +2 " 2 (1 ) n n n x x n n n x x 2 2 2 (1+ ) n n n x nx 2 2 2 (1+ ) > 0 2 1 > = ε e ， 所以∑ ∞ =0 + 2 2 n (1 ) n x x 不满足Cauchy收敛原理的条件，由此可知∑ ∞ =0 + 2 2 n (1 ) n x x 在 (−∞,+∞) 上非一致收敛。 （12）设 n n x x a x (1 ) ( ) 2 2 + = ，bn (x) = (−1) n，则{an (x)}对固定的 关 于 是单调的，且在 上一致收敛于零，同时 x ∈ (−∞,+∞) n (−∞,+∞) ( ) 1 1 ∑ ≤ = n k k b x ，由 Dirichlet 判别法，∑ ∞ = + − 0 2 2 (1 ) ( 1) n n n x x 在(−∞,+∞) 上一致收敛。 2. 证明：函数 ∑ ∞ = + = 0 2 1 cos ( ) n n nx f x 在(0,2π )上连续，且有连续的导函数。 证 由于 1 1 1 cos 2 2 + ≤ n + n nx ，∑ ∞ =0 +2 1 1 n n 收敛，由 Weierstraass 判别法，∑ ∞ =0 +2 1 cos n n nx 在(0,2π )上一致收敛，所以 ∑ ∞ = + = 0 2 1 cos ( ) n n nx f x 在(0,2π )上连续。 设σ (x) = = + ∑ ∞ = )' 1 cos ( 0 2 n n nx ∑ ∞ = + − 0 2 1 sin n n n nx ，由于 ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ +1 2 n n 单调趋于零，且对任 意的0 < δ < π ，当 x∈ [δ ,2π − δ ]时， ∑= n k kx 1 sin = 2 2 sin 2 cos 2 1 cos x x n ⎟x − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ≤ 2 sin 1 δ ， 4
由 Dirichlet判别法,可知-∑""在[6,2z-上一致收敛,即 -∑""在(02x)上内闭一致收敛,因此a(x)=-∑""在(0,2z) n=o n 上连续。再由逐项求导定理,可知f(x)=(x)在(0,2z)上成立,即 f(x)=∑2"在(0,2x)上有连续的导函数 6n2+1 3.证明:函数f(x)=∑ne在(+∞)上连续,且有各阶连续导函数 证对任意的0<a<4<+,当x∈,成立0<mem≤nem,且∑nem 收敛,由 Weierstra判别法,∑ne在4上一致收敛,即∑ne在 (0+∞)上内闭一致收敛,所以f(x)=∑me在(0,+∞)上连续。 设a(x)=∑(ne")=-∑ne,与上面类似可证明-∑nem在 (0+∞)上内闭一致收敛,因此a(x)=-∑n2e在(0,+∞)上连续。再由逐 项求导定理,可知f(x)=0(x)在(0+∞)上成立,即f(x)=∑ne在(0.+) 上有连续的导函数 注意到(-1)∑ne(k=1,2,…)在(0,+∞)上都是内闭一致收敛的, 所以上述过程可以逐次进行下去,由数学归纳法,可知f(x)=∑ne 在(0+∞)上有各阶连续导函数 4.证明:函数∑在(1,+∞)上连续,且有各阶连续导函数;函数 ∑在0+)上连续,且有各阶连续导函数 证设f()=2,对任意1<a<4+,当xe,成立0ns 且∑收敛,由 Weierstrass判别法,∑在[a4上一致收敛,即 n=I n ∑在1,+∞)上内闭一致收敛,所以(x)=∑在+)上连续。 n 又(1)=-mn,且对任意1<a<A<+,-m在小上一致收
由 Dirichlet 判别法，可知 ∑ ∞ = + − 0 2 1 sin n n n nx 在 [δ ,2π − δ ] 上一致收敛，即 ∑ ∞ = + − 0 2 1 sin n n n nx 在(0,2π )上内闭一致收敛，因此σ (x) = ∑ ∞ = + − 0 2 1 sin n n n nx 在(0,2π ) 上连续。再由逐项求导定理，可知 f '(x) = σ (x) 在(0,2π )上成立，即 ∑ ∞ = + = 0 2 1 cos ( ) n n nx f x 在(0,2π )上有连续的导函数。 3. 证明：函数 ∑ 在 ∞ = − = 1 ( ) e n nx f x n (0,+∞)上连续，且有各阶连续导函数。 证 对任意的0 < a A < < +∞，当 x a ∈[ , A]，成立0 nx an ne ne − − < ≤ ，且 0 an n ne ∞ − = ∑ 收敛，由 Weierstraass 判别法， 在[ , 上一致收敛，即 在 0 nx n ne ∞ − = ∑ a A] 0 nx n ne ∞ − = ∑ (0,+∞)上内闭一致收敛，所以 0 ( ) nx n f x ne ∞ − = = ∑ 在(0,+∞)上连续。 设 σ (x) = 0 ( )' nx n ne ∞ − = ∑ = 2 0 nx n n e ∞ − = −∑ ，与上面类似可证明 在 上内闭一致收敛，因此 2 0 nx n n e ∞ − = −∑ (0,+∞) σ (x) = 2 0 nx n n e ∞ − = −∑ 在(0,+∞)上连续。再由逐 项求导定理，可知 f '(x) = σ (x) 在(0,+∞)上成立，即 0 ( ) nx n f x ne ∞ − = = ∑ 在 上有连续的导函数。 (0,+∞) 注意到( 1) ( 1,2, )在 1 − ∑ 1 = " ∞ = + − n e k n k k nx (0,+∞)上都是内闭一致收敛的， 所以上述过程可以逐次进行下去，由数学归纳法，可知 在 上有各阶连续导函数。 ∑ ∞ = − = 1 ( ) e n nx f x n (0,+∞) 4. 证明：函数∑ ∞ =1 1 n x n 在(1,+∞) 上连续，且有各阶连续导函数；函数 ∑ ∞ = − 1 ( 1) n x n n 在(0,+∞)上连续，且有各阶连续导函数。 证 设 f (x) = ∑ ∞ =1 1 n x n ，对任意1< a A < < +∞ ，当 x a ∈[ , A]，成立 1 1 0 x a n n < ≤ ， 且 1 1 a n n ∞ = ∑ 收敛，由 Weierstraass 判别法，∑ ∞ =1 1 n x n 在[ , a A]上一致收敛，即 ∑ ∞ =1 1 n x n 在(1,+∞)上内闭一致收敛，所以 f (x) = ∑ ∞ =1 1 n x n 在(1,+∞)上连续。 又 x x n n dx n d 1 ln ⎟ = − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ，且对任意1< a A < < +∞， ∑ ∞ = − 1 ln n x n n 在[ , a A]上一致收 5
敛,即-∑皿n在(+∞)上内闭一致收敛,则-∑n在(+)上连续。 由逐项求导定理,可知f(x)=-∑,即f(x)在(1,+∞)上有连续导 函数。 利用 n4n(k=12…),可以证明(-1) In 在(1,+∞) 上内闭一致收敛,同理可得f(x)在(1,+∞)上有各阶连续导函数。 设g(x)=2(,由 Dirichlet判别法,可知对任意 0<a<A<+∞, n=l n ∑(D在n,上一致收敛,即∑(在(.+∞)上内闭一致收敛,所以 g(x)=∑)在(0+x)上连续 n=I n 又4(=(=ymn,同样由 Dirichlet判别法,可知对任意 0<a<4<+0,∑=在[,上一致收敛,即∑(m在(0+∞ 上内闭一致收敛,所以(-)n 在(0,+∞)上连续。由逐项求导定理 可知g(x)=∑)mn,即g(在0+∞)上有连续导函数。 利用“()1=(“mn(k=12-),同样由 Dirichlet判别法, 可以证明∑(D”n在0+)上内闭一致收敛,同理可得gx)在 (0+∞)上有各阶连续导函数。 5.证明:函数项级数f(x)=∑ arctan可以逐项求导,即 f(x)=∑; arctan2) d i d
敛，即 ∑ ∞ = − 1 ln n x n n 在(1,+∞)上内闭一致收敛，则 ∑ ∞ = − 1 ln n x n n 在 上连续。 由逐项求导定理，可知 (1,+∞) f '(x) = ∑ ∞ = − 1 ln n x n n ，即 f (x) 在(1,+∞)上有连续导 函数。 利用 x k k k x k n n dx n d ln ( 1) 1 ⎟ = − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ (k = 1,2,")，可以证明 ∑ ∞ = − 1 ln ( 1) n x k k n n 在(1 上内闭一致收敛，同理可得 在 ,+∞) f (x) (1,+∞)上有各阶连续导函数。 设 g(x) = ∑ ∞ = − 1 ( 1) n x n n ，由 Dirichlet 判别法，可知对任意0 < < a A < +∞， ∑ ∞ = − 1 ( 1) n x n n 在[ , a A]上一致收敛，即 ∑ ∞ = − 1 ( 1) n x n n 在(0,+∞)上内闭一致收敛，所以 g(x) = ∑ ∞ = − 1 ( 1) n x n n 在(0,+∞)上连续。 又 x n x n n n dx n d ( 1) ( 1) ln +1 − =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − ，同样由 Dirichlet 判别法，可知对任意 0 < < a A < +∞，∑ ∞ = + − 1 1 ( 1) ln n x n n n 在[ , a A]上一致收敛，即 ∑ ∞ = + − 1 1 ( 1) ln n x n n n 在 上内闭一致收敛，所以 (0,+∞) ∑ ∞ = + − 1 1 ( 1) ln n x n n n 在(0,+∞)上连续。由逐项求导定理， 可知 g'(x) = ∑ ∞ = + − 1 1 ( 1) ln n x n n n ，即 g(x)在(0,+∞)上有连续导函数。 利用 x n k k x n k k n n dx n d ( 1) ( 1) ln + − =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − (k = 1,2,")，同样由 Dirichlet 判别法， 可以证明 ∑ ∞ = + − 1 ( 1) ln n x n k k n n 在 (0,+∞) 上内闭一致收敛，同理可得 在 上有各阶连续导函数。 g(x) (0,+∞) 5. 证明：函数项级数 ∑ ∞ = = 1 2 ( ) arctan n n x f x 可以逐项求导，即 d x d f (x) = (arctan ) d d 1 ∑ 2 ∞ n= n x x 。 6
证函数项级数f(x)=∑acan对一切x∈(-2+∞)收敛,且 (arctan -) 由于5,由 Weierstrass判列别法,可知5(mn) 在(-∞,+∞)上一致收敛,再由逐项求导定理,即可知道 d dxf(x)=∑ (arctan-2)。 6.设数项级数∑an收敛,证明: ()imn∑a=∑a a,x"dx=>n 证(1)首先对于每一固定的x∈[0,)(6>0),关于n单调,且对于 切x∈0,6)与一切n,成立0<—≤1,又因为∑an是数项级数,它的 收敛意味着关于x的一致收敛性,于是由Abe判别法,∑在p)上 致收敛,因此和函数∑关于x在[δ)连续,从而成立 im∑m=∑n (2)由例题10.24,∑anx"在o上一致收敛,再由逐项积分定理,得 到 n=1h+1 7.设n(x),wn(x)在区间(a,b)连续,且|un(x)|≤vn(x)对一切n∈N
证 函数项级数 ∑ ∞ = = 1 2 ( ) arctan n n x f x 对一切 x ∈ (−∞,+∞)收敛，且 (arctan ) = 2 n x dx d 2 2 2 1 n x n + ， 由于 2 2 2 2 1 1 n n x n ≤ + ，由 Weierstraass 判别法，可知 ∑ ∞ =1 2 (arctan ) n n x dx d 在(−∞,+∞) 上一致收敛，再由逐项求导定理，即可知道 d x d f (x) = (arctan ) d d 1 ∑ 2 ∞ n= n x x 。 6. 设数项级数 ∑ 收敛，证明： ∞ n=1 n a ⑴ →0+ lim x ∑ ∞ n=1 x n n a = ∑ ； ⑵ = ∞ n=1 n a ∫ ∑ ∞ = 1 0 1 a x d x n n n ∑ ∞ n=1 +1 n n a 。 证 (1) 首先对于每一固定的 x ∈[0,δ ) (δ > 0)， x n 1 关于 单调，且对于 一切 n x ∈[0,δ )与一切n，成立 1 1 0 < ≤ x n ，又因为 是数项级数，它的 收敛意味着关于 的一致收敛性，于是由 Abel 判别法， ∑ ∞ n=1 an x ∑ ∞ n=1 x n n a 在[0,δ )上 一致收敛，因此和函数 ∑ ∞ n=1 x n n a 关于 x在[0,δ )连续，从而成立 →0+ lim x ∑ ∞ n=1 x n n a =∑ 。 ∞ n=1 an (2) 由例题 10.2.4，∑ 在 ∞ n=1 n n a x [0,1]上一致收敛，再由逐项积分定理，得 到 ∫ ∑ ∞ = 1 0 1 a x d x n n n =∑ ∞ n=1 +1 n n a 。 7. 设un (x)，vn (x)在区间(a, b)连续，且│un (x)│≤vn (x) 对一切n∈N+ 7
成立。证明:若∑v(x)在(an,b)上点态收敛于一个连续函数,则 ∑un(x)也必然收敛于一个连续函数。 证设任意闭区间c,dc(anb)。由于vn(x)≥0在[c,d连续,和函数 x)在e,d连续,则由Din定理可知∑vx)在c,一致收敛。于 是由 Cauchy收敛原理,可知vE>0,N,Ⅶm>n>N,wx∈[e,d],成 n+1(x)+ln+2(x)+…+lm(x)≤vn1(x)+Vn+2(x)+…+Vm(x)0,3N,m>n>N,成立∑u(a)0,∑un(x)在(a,a+8)上必定非一致收敛
成立。证明：若 在(a, b)上点态收敛于一个连续函数，则 也必然收敛于一个连续函数。 ∑ ∞ =1 ( ) n n v x ∑ ∞ =1 ( ) n n u x 证 设任意闭区间[c, d] ⊂ (a,b)。由于vn (x) ≥ 0在[c, d]连续，和函数 ∑ ∞ =1 ( ) n n v x 在[c, d]连续，则由 Dini 定理可知∑ 在 一致收敛。于 ∞ =1 ( ) n n v x [c, d] 是由 Cauchy 收敛原理，可知∀ε > 0，∃N ，∀m > n > N ，∀x ∈[c, d]，成 立 ( ) ( ) ( ) 1 2 u x u x u x n+ + n+ +"+ m ≤ + + + 0，∃N ，∀m > n > N ，成立 ∑ < ε = + m k n k u a 1 ( ) 与 ∑ < ε = + m k n k u b 1 ( ) 。 再 由 un(x) 在 [a,b] 上的单调增加性，可知对一切 x ∈[a,b] ，成立 ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ∑ ≤ ∑ ∑ = + = + = + m k n k m k n k m k n k u x u a u b 1 1 1 ( ) max ( ), ( ) < ε ， 此即说明∑ 在[a, b]上一致收敛。 ∞ =1 ( ) n n u x 9. 设对一切n∈N+ ，un (x)在x= a右连续，且∑ 在x = a发散，证明： 对任意δ＞0， 在(a, a +δ)上必定非一致收敛。 ∞ =1 ( ) n n u x ∑ ∞ =1 ( ) n n u x 8
证采用反证法。设∑un(x)在(aa+)上一致收敛,则 E>0,3N,m>n>N,wx∈(a+6),成立∑( k=n+1 再令x→a+,得到∑4(a)≤5<6,这说明∑u(在x=a收敛,与条件 矛盾,所以∑un(x)在(a,a+8)上必定非一致收敛 10.证明函数项级数∑l1+nm2n) 在[ad]上是一致收敛的,其中a是 小于2ln2的任意固定正数。 证 1+一 alni 在[ad上单调增加,所以 ≤ln1+-x ≤ln1+ nInn nIn2n nIn In-n 由于总nmn收敛,所以∑叫(1nm)收敛,再由习题8可知 ∑叫1+-x2在a小上一致收敛 In'n 11.设 (1)证明:f(x)在[0,x/2]上连续; (2)计算∫fx。 解(1)对一切x∈[0.],有 0≤-tan
证 采用反证法。设∑ 在 ∞ =1 ( ) n n u x (a, a + δ )上一致收敛, 则 ∀ε > 0, ∃N, ∀m > n > N ，∀x ∈ (a, a + δ ) , 成立 2 ( ) 1 ε ∑ < = + m k n k u x 。 再令 x → a + ,得到 ε ε ∑ ≤ < = + 2 ( ) 1 m k n k u a , 这说明∑ 在 ∞ =1 ( ) n n u x x = a收敛，与条件 矛盾，所以∑ 在(a, a +δ)上必定非一致收敛。 ∞ =1 ( ) n n u x 10．证明函数项级数∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + 2 2 ln ln 1 n n n x 在[− a,a]上是一致收敛的，其中 是 小于 的任意固定正数。 a 2ln 22 证 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + n n x 2 ln ln 1 在[− a,a]上单调增加，所以 ⎟ ≤ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ≤ + ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − n n x n n a 2 2 ln ln 1 ln ln 1 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + n n a 2 ln ln 1 ， ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ± n n a 2 ln ln 1 ～ n n a 2 ln ± (n → ∞)。 由于 ∑ ∞ =2 2 n n ln n a 收敛，所以 ∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ± 2 2 ln ln 1 n n n a 收敛，再由习题 8 可知 ∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + 2 2 ln ln 1 n n n x 在[− a,a]上一致收敛。 11．设 ∑ ∞ = = 1 2 tan 2 1 ( ) n n n x f x 。 （1）证明： f (x)在[0, π / 2]上连续； （2）计算∫ 2 6 ( ) π π f x dx。 解 （1）对一切 ] 2 [0, π x ∈ ，有 n n x 2 tan 2 1 0 ≤ n 2 1 ≤ ， 9
由于乏1收敛,由 Weierstrass y到别法,可知∑anx在[.2上一 =12 n=12 致收敛,从而(x)=∑m在[0,2连续 (2)由(1),∑1mnx在,2上一致收敛,由逐项积分定理, cos f(x)dx=「 tan-d In- cos 再利用例题953的结果∏osx=出x,得到 sin f(x)x=m6.2 2 12.设f(x)=∑A0。 (1)证明:f(x)在(-∞,+∞)上连续; (2)记F(x)=J(dt,证明: 证(1)对一切x∈(-∞,+∞),有 由于∑收敛,由 Weierstrass判别法,可知在(+o)上 cos nx 一致收敛,所以f(x)=∑ cosnx 在(-∞,+∞)上连续 n+n (2)由于∑在(-,+)上一致收敛,由逐项积分定理 F(x)=Jo/(dt=∑ coS d=∑出 n+n n=l nvn+n
由于 ∑ ∞ =1 2 1 n n 收敛，由 Weierstraass 判别法，可知 ∑ ∞ =1 2 tan 2 1 n n n x 在 ] 2 [0, π 上一 致收敛，从而 ∑ ∞ = = 1 2 tan 2 1 ( ) n n n x f x 在 ] 2 [0, π 连续。 （2） 由（1）， ∑ ∞ =1 2 tan 2 1 n n n x 在 ] 2 , 6 [ π π 上一致收敛，由逐项积分定理， ∫ 2 = 6 ( ) π π f x dx ∫ 2 6 2 2 tan π π n n x d x 1 1 1 2 cos 3 2 cos ln + ∞ + = ⋅ = ∑ n n n π π 1 1 1 1 2 cos 3 2 cos ln + ∞ = + ∞ = ∏ ∏ ⋅ = n n n n π π ， 再利用例题 9.5.3 的结果∏ ∞ = = 1 sin 2 cos n n x x x ，得到 ∫ 2 6 ( ) π π f x dx ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = ⋅ 2 sin 2 6 6 sin ln π π π π 2 3 = ln 。 12．设 ∑ ∞ = + = 1 3 cos ( ) n n n nx f x 。 （1） 证明： f (x)在(−∞, + ∞)上连续； （2）记 = ∫ ，证明： x F x f t dt 0 ( ) ( ) 2 2 15 2 1 2 2 ⎟ < ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − < π F 。 证 （1）对一切 x ∈ (−∞, + ∞)，有 2 3 3 cos 1 n n n nx < + ， 由于 ∑ ∞ =1 2 3 1 n n 收敛，由 Weierstraass 判别法，可知∑ ∞ =1 +3 cos n n n nx 在 上 一致收敛，所以 (−∞, + ∞) ∑ ∞ = + = 1 3 cos ( ) n n n nx f x 在(−∞, + ∞)上连续； （2）由于 ∑ ∞ =1 +3 cos n n n nx 在(−∞, + ∞)上一致收敛，由逐项积分定理， F(x) = ∫ = x f t dt 0 ( ) = + ∑ ∫ ∞ = x n dt n n nt 0 3 1 cos ∑ ∞ =1 +3 sin n n n n nx , 10
