《数学分析习题课讲义》第 14 章学习笔记

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设 S_n(x)\to S(x)，称 \{S_n(x)\} 在 E 上一致收敛，是指 \forall\varepsilon>0，\exists N>0，\forall n>N,x\in E，|S_n(x)-S(x)|<\varepsilon.

称函数项级数 \sum\limits_{n\ge 1}u_n(x) 在 E 上一致收敛，是指部分和函数列 \{S_n(x)\} 在 E 上一致收敛。

定理 1.1 (Cauchy 收敛准则). \sum\limits_{n\ge 1}u_n(x) 在 E 上一致收敛 \iff\forall\varepsilon>0，\exists N>0，\forall m>n>N,x\in E，|u_{n+1}(x)+\cdots+u_m(x)|<\varepsilon.

定理 1.2 (强级数判别法). \sum\limits_{n\ge 1}u_n(x) 在 E 上一致收敛 \impliedby 存在收敛正项级数 \sum\limits_{n\ge 1}a_n，使得 |u_n(x)|\le a_n.

定理 1.3 (Dirichlet 判别法). 函数列 \{a_n(x)\} 对固定 x\in E 单调趋于 0，函数列 \{b_n(x)\} 的部分和序列一致有界，则 \sum\limits_{n\ge 1}a_n(x)b_n(x) 在 E 上一致收敛。

定理 1.4 (Abel 判别法). 函数列 \{a_n(x)\} 一致有界且对固定 x\in E 单调，\sum\limits_{n\ge 1}b_n(x) 一致收敛，则 \sum\limits_{n\ge 1}a_n(x)b_n(x) 在 E 上一致收敛。

定理 1.5 (Dini 定理). u_n(x) 为有界闭区间 [a,b] 上的非负连续函数，且 \sum\limits_{n\ge 1}u_n(x) 的和函数 S(x) 在 [a,b] 上连续，则 \sum\limits_{n\ge 1}u_n(x) 在 [a,b] 上一致收敛。

证明. 考虑部分和函数列 \{S_n(x)\}，其对固定 x\in[a,b] 单调，S(x) 是 \{S_n(x)\} 的极限。

对给定 \varepsilon>0，E_n=\{x\in [a,b]:S(x)-S_n(x)<\varepsilon\} 是 [a,b] 的开覆盖，所以存在有限子覆盖，所以存在 N>0 使得 n>N 时 S(x)-S_n(x)<\varepsilon.\square

定理 1.6 (上确界判别法). \{S_n(x)\} 在 E 上一致收敛于 S(x)\iff\lim\limits_{n\to\infty}\sup\limits_{x\in E}\{|S_n(x)-S(x)|\}=0.

定理 1.7 (Bendixon 判别法). 设 u_n(x) 在 [a,b] 上可导，\{u'_n(x)\} 的部分和序列在 [a,b] 上一致有界，\sum\limits_{n\ge 1}u_n(x) 收敛，则 \sum\limits_{n\ge 1}u_n(x) 一致收敛。

证明. 考虑部分和函数列 \{S_n(x)\}，其导函数一致有界且收敛，设 |S_n(x)|\le M。

对任意给定 \varepsilon>0，取细度 <\varepsilon/3M 的划分 x_0,\cdots,x_k，由 Cauchy 收敛准则知 \exists N>0，\forall n,m>N,i\in[0,k]，|S_n(x_i)-S_m(x_i)|<\varepsilon/3，由微分中值定理知 x\in[x_{i-1},x_i] 时有 |S_n(x)-S_n(x_i)|,|S_m(x)-S_m(x_i)|<\varepsilon/3，所以 |S_n(x)-S_m(x)|<\varepsilon.\square

例题 1.7 证明：\sum\limits_{n\ge 1}\dfrac{\sin nx}n 在闭区间 [a,b] 上一致收敛 \iff 该闭区间不含 2\pi 的整倍数点。

$\implies$：设 $x_n=\dfrac\pi{2n}$，则 $\sum\limits_{k\ge 1}\dfrac{\sin kx_n}k>\dfrac 1{2n}\sum\limits_{k=1}^n\sin\dfrac{k\pi}{2n}>\dfrac 14$，所以 $\sum\limits_{n\ge 1}\dfrac{\sin nx}n$ 在 $0$ 处不连续。 **例题 1.8** 设 $\{b_n\}$ 单减趋于 $0$，证明：$\sum\limits_{n\ge 1}b_n\sin nx$ 在 $\mathbb R$ 上一致收敛 $\iff b_n=o(n^{-1}). \implies$：对于 $\varepsilon>0$，存在 $N$ 使得对于任意 $p>n>N,x\in[0,\pi]$，$|S_p(x)-S_{n-1}(x)|<\varepsilon.

取 p=2n-1,x=\dfrac{\pi}{4n} 得到 b_{2n}n\sin\dfrac\pi4<S_{2n-1}(x)-S_{n-1}(x)<\varepsilon，所以 b_n=o(n^{-1}).

- 若 $x\le\dfrac{\pi}p$，则由 $\sin\theta\le\theta$ 知 $|S_p(x)-S_{n-1}(x)|\le\pi\mu_n.

所以 |S_p(x)-S_{n-1}(x)|\le\mu_n(\pi+1)，由 Cauchy 收敛准则知级数一致收敛。

定理 1.8 (Visser 定理). 设在区间 [-1,1] 上定义函数列 \{a_n(x)\} 如下：a_1(x)\equiv 0，a_{n+1}(x)=a_n(x)+\dfrac 12(x^2-a_n^2(x))，证明：\{a_n(x)\} 是在区间 [-1,1] 上一致收敛于 |x| 的多项式序列。

证明. a_n(x) 单增有上界所以有极限，所以收敛于 |x|，再由 Dini 定理得一致收敛。\square

极限顺序交换的基本原理：设集合 X\times Y 上定义的二元函数 f(x,y) 和 x_0\in X,y_0\in Y，对每个 x\in X 存在 \lim\limits_{y\to y_0}f(x,y)，对每个 y\in Y 存在 \lim\limits_{x\to x_0}f(x,y)，且两个极限之一对另一个变量具有一致性，则 \lim\limits_{x\to x_0}\lim\limits_{y\to y_0}f(x,y)=\lim\limits_{y\to y_0}\lim\limits_{x\to x_0} f(x,y)。

称函数列 \{S_n(x)\} 在区间 [a,b] 上准一致收敛，是指其收敛于 S(x)，且对每个 \varepsilon>0 和 N，存在 N'>N，使得对每个 x\in[a,b]，存在 n_x\in[N,N']，满足 |S_{n_x}(x)-S(x)|<\varepsilon.

定理 2.1 (Arzela-Borel 定理). 在区间 [a,b] 上连续函数列的极限函数在 [a,b] 上连续 \iff 函数列在 [a,b] 上准一致收敛。

证明. 设函数列 \{S_n(x)\} 在 [a,b] 上收敛于 S(x).

$\impliedby$：给定 $\varepsilon>0,x_0\in[a,b]$，由 $S_n(x)\to S(x)$ 得存在 $N$ 使得 $n\ge N$ 时 $|S_n(x_0)-S(x_0)|<\varepsilon/3.

设 N' 满足准一致收敛条件，因为 [N,N'] 中只有有限个正整数，由 S_n 在 x_0 处的连续性知存在 \delta>0 使得对任意 x\in O_\delta(x_0)\cap[a,b],n\in[N,N'] 有 |S_n(x)-S_n(x_0)|<\varepsilon/3.

由准一致收敛条件知对任意 x\in O_\delta(x_0)\cap[a,b]，存在 n_x\in[N,N'] 使得 |S_{n_x}(x)-S(x)|<\varepsilon/3，将三个不等式相加，由绝对值不等式知对任意 x\in O_\delta(x_0)\cap[a,b]，|S(x)-S(x_0)|<\varepsilon，所以 S(x) 在 x_0 处连续。\square

称有限个不交的有界区间的并集为初等集，称初等集 E 中的区间长度之和为 E 的测度 m(E).

Lewin 引理. 设 \{A_n\} 为单降的有界数集序列，且交为空集，定义 \alpha_n=\sup\{m(E):E 为包含于 A_n 的初等集\}，则 \lim\limits_{n\to\infty}\alpha_n=0.

证明. 反证法，设 \delta>0 使得 \alpha_n>\delta。由 \alpha_n 定义知存在闭初等集 E_n\subset A_n 使得 m(E_n)>\alpha_n-\dfrac{\delta}{2^n}，设 H_n=\bigcap\limits_{k=1}^nE_k，则由 H_n\subset E_n\subset A_n 知只需证明 H_n 非空即得 \bigcap\limits_{n=1}^\infty A_n\supset\bigcap\limits_{n=1}^\infty H_n 非空。

对于 E\subset A_n-H_n，有 E=E-H_n=E-\bigcap\limits_{k=1}^nE_k=\bigcup\limits_{k=1}^n(E-E_k)，设 F_i=E-E_i，则 m(F_i)+m(E_i)\le\alpha_i，由 m(E_i)>\alpha_i-\dfrac{\delta}{2^i} 知 m(F_i)<\dfrac{\delta}{2^i}，所以 m(E)\le\sum_{k=1}^nm(F_i)<\delta.

若 H_n=\varnothing 则存在 E\subset A_n 使得 m(E)>\delta，矛盾，所以每个 H_n\ne\varnothing.\square

定理 2.2 (Arzela 控制收敛定理). 设 \{f_n\} 是在 [a,b] 上收敛于 f 的可积函数列，若 f 也在 [a,b] 上可积，且 \{f_n\} 在 [a,b] 上一致有界，则 \displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_a^bf_n(x)\text dx=\int_a^bf(x)\text dx.

证明. 对于给定正数 \varepsilon>0，定义 A_n=\{x\in[a,b]:\exists i\ge n 使得 |f_i(x)-f(x)|\ge\varepsilon\}，则 \bigcap\limits_{n=1}^\infty A_n=\varnothing，\alpha_n 定义同 Lewin 引理，则 \alpha_n\to 0，所以存在 N 使得对任意 n>N 和 A_n 中的每个初等集 E 满足 m(E)<\varepsilon.

只需证明对任意 n>N，\displaystyle\int_a^b|f_n-f|\le K\varepsilon，其中 K 是常数。

只需证明对任意 n>N 和满足 0\le s(x)\le|f_n(x)-f(x)| 的阶梯函数 s(x)，\displaystyle\int_a^bs(x)\text dx<K\varepsilon.

设 E=\{x\in[a,b]:s(x)\ge\varepsilon\}，F=[a,b]-E，则 E,F 都是初等集，且 E\subset A_n，所以 m(E)<\varepsilon，而 x\in F 时 s(x)<\varepsilon，所以 \displaystyle\int_a^bs(x)\text dx\le 2M\cdot m(E)+\varepsilon(b-a)\le\varepsilon(2M+b-a).\square

定理 3.1 (Abel 第一定理). 幂级数 \sum\limits_{n\ge 0}a_n(x-x_0)^n 的收敛域是以 x_0 为中心的区间 <x_0-R,x_0+R>，在其内部处处绝对收敛，其中 R=1/\overline\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|} 称为该幂级数的收敛半径。

定理 3.2 (Abel 第二定理). 幂级数 \sum\limits_{n\ge 0}a_n(x-x_0)^n 在其收敛域中内闭一致收敛。

定理 3.3 若幂级数的收敛半径 >0，则和函数在幂级数的收敛域内部无限次可导，且可逐项求积和逐项求导。

定理 3.4 (Tauber 定理). 设 \sum\limits_{n\ge 0}a_nx^n=S(x) 的定义域为 (-1,1)，若 \lim\limits_{x\to 1^-}S(x)=S 且 \lim\limits_{n\to\infty}na_n=0，则 \sum\limits_{n\ge 0}a_n=S.

证明. 由 \lim\limits_{n\to\infty}na_n=0，\lim\limits_{n\to\infty}\frac 1n\sum_{k=1}^nk|a_k|=0，\lim\limits_{n\to\infty}|S(1-1/n)-S|=0，所以对任意 \varepsilon>0，存在 N 使得对任意 n>N 有

\frac 1n\sum_{k=1}^nk|a_k|,n|a_n|,\left|S(1-1/n)-S\right|<\varepsilon/3.

取 x=1-1/n 则有

\begin{aligned} \left|\sum_{k=0}^na_k-\sum_{k=0}^na_kx^k\right|&\le\sum_{k=1}^n|a_k|(1-x)k=\frac 1n\sum_{k=1}^nk|a_k|<\frac\varepsilon3 \\ \left|\sum_{k>n}a_kx^k\right|&\le\frac 1n\sum_{k>n}k|a_k|x^k\le\frac\varepsilon{3n}\cdot\frac 1{1-x}=\frac{\varepsilon}3 \\ \left|\sum_{k\ge 0}a_kx^k-S\right|&\le\left|S(1-\frac 1n)-S\right|<\frac\varepsilon3 \\ \left|\sum_{k=0}^na_k-S\right|&\le\left|\sum_{k=0}^na_k-\sum_{k=0}^na_kx^k\right|+\left|\sum_{k>n}a_kx^k\right|+\left|\sum_{k\ge 0}a_kx^k-S\right|<\varepsilon.\square \end{aligned}

设函数 f 在区间 I 上定义，x_0 是 I 的内点，若存在 x_0 的邻域使得成立 f(x)=\sum\limits_{n\ge 0}a_n(x-x_0)^n，则称 f 在 x_0 处展开为幂级数。

若 f 能在 x_0 处展开为幂级数，则 f 在 x_0 处无限可导，且展开式必为 Taylor 级数。

定理 4.1 所有幂级数都是 Taylor 级数。

对于给定的正整数 n 和常数 h，可以构造无限次可导函数 f 使得它在原点的 n 阶导数等于 h，而其他阶导数都等于 0。定义

f_0(x)=\begin{cases}h,&|x|\le\dfrac 1{2|h|+1}, \\ 0,&|x|\ge\dfrac 2{2|h|+1}\end{cases}

在 f 已有定义的区间之间用无限可导的单调函数相连接，定义 \displaystyle f_n(x)=\int_0^xf_{n-1}(x)\text dx，即为所求函数。

因为 |f_n^{(n-1)}(x)|<1，所以 |f_n^{(k)}(x)|<\dfrac{|x|^{n-1-k}}{(n-1-k)!}\pod{0\le k<n}。

对每个 n 取 h=a_nn! 就得到 \{u_n(x)\} 使得 u_n^{(k)}(0)=a_nn![k=n]，则 \sum\limits_{n\ge 0}u_n(x) 任意次可导后一致收敛，设和函数为 U(x)，则 U(x) 任意次可导且其导数可以用级数的逐项求导得到，所以 U^{(n)}(0)=n!a_n.\square

定理 4.2 设 f(x)=\sum\limits_{n\ge 0}a_nx^n 在 x=0 邻近成立，\varphi(y)=\sum\limits_{n\ge 0}b_ny^n 在 (-\rho,\rho) 中成立，|a_0|<\rho，则 z=\varphi(f(x)) 在 x=0 邻近可以展开为幂级数。

To Be Continued...

习题 1-1. 判断 S_n(x)=\dfrac x{1+n^2x^2} 在 \mathbb R 上的一致收敛性。

**习题 1-2.** 判断 $S_n(x)=\dfrac{nx}{1+n^2x^2}$ 在 $\mathbb R$ 上的一致收敛性。 $S_n(x)\to 0$，$\sup\left\{\left|\dfrac{nx}{1+n^2x^2}\right|\right\}=\dfrac 12$ 所以不一致收敛。 **习题 1-3.** 判断 $S_n(x)=\dfrac{n+x^2}{nx}$ 在 $\mathbb R_+$ 上的一致收敛性。 $S_n(x)\to\dfrac 1x$，$\sup\left\{\left|\dfrac xn\right|\right\}=+\infty$ 所以不一致收敛。 **习题 1-4.** 判断 $S_n(x)=\dfrac xn\ln\dfrac xn$ 在 $(0,1)$ 和 $\mathbb R_+$ 上的一致收敛性。 $S_n(x)\to 0$，在 $(0,1)$ 上一致收敛而在 $\mathbb R_+$ 上不一致收敛。 **习题 1-5.** 判断 $S_n(x)=n\sin\dfrac xn$ 在 $[0,a]$ 和 $\mathbb R_+$ 上的一致收敛性。 $S_n(x)\to x$，在 $[0,a]$ 上一致收敛而在 $\mathbb R_+$ 上不一致收敛。 **习题 1-6.** 判断 $S_n(x)=\dfrac 1n\ln(1+\text e^{-nx})$ 在 $[0,+\infty)$ 和 $(-\infty,0)$ 上的一致收敛性。 $x\ge 0$ 时 $S_n(x)\to 0$，在 $[0,+\infty]$ 上一致收敛。 $x<0$ 时 $S_n(x)\to -x$，在 $(-\infty,0)$ 上一致收敛。 **习题 1-7.** 设 $t>1$，判断 $\displaystyle\sum_{n\ge 1}\dfrac{n^8}{\sqrt{n!}}(x^n+x^{-n})$ 在 $\dfrac 1t\le|x|\le t$ 上的一致收敛性。 ~~感性理解一下是一致收敛于 $0$ 的（~~ **习题 1-8.** 判断 $\displaystyle\sum_{n\ge 1}\frac{\sin x\sin nx}{\sqrt{n+x}}$ 在 $\mathbb R_+$ 上的一致收敛性。 $\sin x\sin nx$ 的部分和序列在 $\mathbb R_+$ 上一致有界，$\dfrac 1{\sqrt{n+x}}$ 单减趋于 $0$，由 Dirichlet 判别法知其一致收敛。 **习题 1-9.** 判断 $\displaystyle\sum_{n\ge 1}\frac 1n\left(\text e^x-\left(1+\frac xn\right)^n\right)$ 在有界闭区间 $[0,b]$ 和 $[0,+\infty]$ 上的一致收敛性。 **习题 2.** 求 $\displaystyle\sum_{n\ge 1}\frac{x^n}{1+x^{2n}}$ 的收敛域和一致收敛域。 由 Cauchy 收敛准则知收敛域为 $\mathbb R\backslash\{\pm 1\}$，一致收敛域是不含 $\pm 1$ 的闭集。 **习题 3.** 证明：$\displaystyle\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n-1}x^2}{(1+x^2)^n}$ 在 $\mathbb R$ 上绝对收敛且一致收敛，但不绝对一致收敛。 绝对值的和函数 $S(x)=[x\ne 0]$ 不连续，所以不一致收敛。 原级数的和函数 $S(x)=\dfrac 2{2+x^2}-1$ 连续，所以一致收敛。 **习题 4.** 证明：设 $0<a<2\ln^22$，则 $\displaystyle\sum_{n\ge 2}\ln(1+\frac x{n\ln^2n})$ 在区间 $(-a,a)$ 上一致收敛。 **习题 5.** 证明：$\displaystyle\sum\limits_{n\ge 1}2^n\sin\frac 1{3^nx}$ 在 $\mathbb R_+$ 上不一致收敛。 $2^n\sin\dfrac 1{3^nx}$ 都不一致收敛 /tuu **习题 6.** 证明：$\displaystyle\sum_{n\ge 0}\int_0^xt^n\sin\pi t\text dt$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。 $\displaystyle\sum_{n\ge 0}\int_0^xt^n\sin\pi t\text dt\le\pi\sum\limits_{n\ge 0}\int_0^xt^n(1-t)\text dt=\pi\sum_{n\ge 0}\frac 1{(n+1)(n+2)}=\pi$，所以原级数收敛，而 $x^n\sin\pi x$ 的部分和函数列一致有界，由 Bendixon 判别法知其一致收敛。 **习题 7.** 设 $\{f_n\}$ 是有界闭区间 $[a,b]$ 上的连续函数列，且在 $(a,b)$ 上一致收敛，证明：$\{f_n\}$ 在 $a,b$ 上收敛且在 $[a,b]$ 上一致收敛。 设 $f_n\to f$，对于给定 $\varepsilon>0$，因为 $\{f_n\}$ 在 $(a,b)$ 上一致收敛，所以存在 $N$ 使得对任意 $n>N$ 和 $x\in(a,b)$，满足 $|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon$，因为 $f_n$ 在 $[a,b]$ 上一致连续所以存在 $\delta>0$ 使得当 $x<a+\delta$ 时 $|f_n(x)-f_n(a)|<\varepsilon$，取 $x\to a^+$ 得到 $|f(a^+)-f_n(a)|\le 2\varepsilon$。 由定义知 $f_n(a)$ 收敛于 $f(a^+)$，类似可得 $f_n(b)$ 收敛于 $f(b^-)$，在 $a,b$ 处令 $f$ 补充定义得 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，所以 $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛。 **习题 8.** 设 $f$ 在 $(a,b)$ 上连续可导，$F_n(x)=\dfrac n2\left(f(x+\dfrac 1n)-f(x-\dfrac 1n)\right)$，则 $\{F_n\}$ 在 $(a,b)$ 上内闭一致收敛。 $F_n\to f'$，由 Dini 定理得证。 **习题 9.** 设 $\{u_n(x)\}$ 在 $[a,b]$ 上同向单调，$\sum\limits_{n\ge 1}u_n(a),\sum\limits_{n\ge 1}u_n(b)$ 绝对收敛，证明：$\sum\limits_{n\ge 1}u_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛。 直接应用强级数判别法即可。 **习题 33.** 设 $f(x)=\sum\limits_{n\ge 1}\dfrac{x^n}{n^2}$，则 $x\in (0,1)$ 时有 $f(x)+f(1-x)+\ln x\ln(1-x)=\dfrac{\pi^2}6.

直接求导即得证。