数分习题6

2.3 判断下面函数列在指定区间上的一致收敛性:

(1) ; (a) ; (b) .

解: 固定 , 有 , 故 .

(a)

故一致收敛.

(b)

.

取 , 此时 , 故 .

因此不一致收敛.

(2) ; (a) ; (b)  ().

解: 当  时, ; 当  时, ; 当  时, , .

因此

(a)

在  上,

故一致收敛.

(b)

解1.

已有

固定 , 当  时, ; 当  时, .

故 .

因此不一致收敛.

解2.

Lemma: 若  为区间, , , 则 .

证明: 要证 , , , 当  时, .

由一致收敛性, 可取充分大的 , 使得 .

再由  在  处连续, 存在 , 当  时, .

于是

分别由一致收敛性和  的连续性保证. 

由于  均连续, 而极限函数  在  处不连续, 故  不一致收敛.

(3) ; (a) ; (b) .

解: 固定 , .

由 , 得 .

(a)

.

固定 , 令 , .

, 故  递减, 且 .

于是

故一致收敛.

(b)

.

取 , 有 .

当然,

故不一致收敛.

(4) ; (a) ; (b) .

解: 当  时, ; 当  时, ; 当  时, .

故

极限函数在  处不连续, 而每个  均连续.

故在 (a)、(b) 两个区间上均不一致收敛.

(5) ; (a) ; (b) .

解: 固定 , 当  充分大时,

故 .

(a)

,  一致成立.

利用 Taylor 展开, 有

,

其中余项关于  一致.

因此

其中  与  无关.

故一致收敛.

(b)

考虑 .

取 , 则

故不一致收敛.

2.4 判断下面函数项级数在指定区间上的一致收敛性:

(1) , .

解: 当  时,

.

由  收敛, 根据 M-test, 级数的尾部一致收敛.

有限项不影响一致收敛性, 故原级数一致收敛.

(2) , .

解: 先看逐点收敛.

当  时, 各项均为 .

固定 , 有 .

由  收敛, 得原级数逐点收敛.

但由 AM-GM 不等式,

.

取 , 等号成立, 故

.

由于一致收敛级数的通项必须一致趋于 , 故原级数不一致收敛.

(3) , .

解: 逐点: 由 ,

.

固定 , 由比较判别法, 级数绝对收敛.

但不一致收敛.

考虑

.

令 , 则

.

取 , 有

.

故通项不一致趋于 , 原级数不一致收敛.

(4) , .

解: 原式  时无定义, 故从  起求和.

固定 , 由  (), 得

.

积分判别法:

故  收敛.

由 M-test, 一致收敛.

(5) , .

解: 由于绝对值关于  对称, 只需考虑 .

由 AM-GM 不等式, , 故

因此 .

由 M-test, 一致收敛.

(6) , .

解:

当  时, 原部分和为 , 上述结论仍成立.

故  的部分和一致有界.

又  关于  单调递减, 且

.

由 Dirichlet 判别法, 一致收敛.

(7) , .

解: 部分和一致有界.

 关于  单调递减, 且

.

由 Dirichlet 判别法, 一致收敛. 

注意这里也可以用交错级数.

我们介绍:

Thm: 一致收敛的 Leibniz 判别法.

已知函数级数 , .

若

① , .

② .

则  一致收敛.

证明: 由 Leibniz 判别法, 对任意 ,

.

因此

故一致收敛. 

(8) , .

解:

解1.

直觉上, .

可以考虑

,

其中 .

记 , .

先证明  收敛.

记 , 下证 .

其中 , .

注意 , 且 .

因此 .

又由  单调递减, 有

.

故 .

由 Leibniz 判别法,  收敛.

又每组内部的剩余部分绝对值不超过 , 故原级数  收敛.

这就完成了第一部分, 下面想用 Dirichlet 判别法.

记 , 则

.

为此考虑 .

固定 , 当  充分大时, .

但这里需要注意: 由于  无界, 不能直接认为  关于  一致地最终递减.

不过由导数可知, 对每个固定的 ,  关于  先增后减, 即单峰.

同时

.

由于  收敛, 其部分和一致有界, 记 .

对任意 , 由 Abel 变换及  的单峰性,

右端与  无关, 故由一致 Cauchy 准则, 原级数一致收敛. 

解2.

直接分组.

记

,

其中

,

.

同样有 .

先注意

故 .

但这里不能直接认为  关于  单调递减, 因为当  很大时, 前面的若干项可能递增.

不过可以证明  关于  先增后减.

事实上, 将  延拓为 , 有

.

其符号由  决定.

由于  严格递增, 故  关于  先增后减.

而  是相邻分组中  的正权平均, 每组权重和均为 , 因此  也先增后减.

于是由 Abel 变换,

故分组后的级数一致收敛.

又每组内部的剩余部分绝对值不超过 , 且收敛关于  一致.

因此原级数一致收敛. 

再来说一下这道习题课讲的题.

确定使下列级数收敛的  的取值范围:

(b) .

解: 首先  时, 绝对收敛.

然后分组

直观上, 由 Euler-Maclaurin 公式做简单的估阶,

因此在  时, 应该是条件收敛.

 时, 应该是发散的.

下面严格证明这件事.

先考虑 .

由于

故相邻分组对应的部分和之差不趋于 , 由 Cauchy 准则, 原级数发散.

再来看 , 用刚刚的 trick,

其中 .

由于 , 有 , 且每组 .

因此

,

同时 .

故 .

由 Leibniz 判别法, 分组后的级数收敛.

又每组内部的剩余部分绝对值不超过 , 故原级数收敛.

由于 ,  发散, 故此时为条件收敛.

综上,  时收敛, 其中  时条件收敛,  时绝对收敛;  时发散. 

(9) , .

解: 注意  时原式为 , 以下按可去间断点延拓, 令该项在  处取值为 .

考虑

其中 .

当  时,

.

显然  关于  单调递减.

且

当  时, , 故上述一致估计在  上仍成立.

又  部分和一致有界.

由 Dirichlet 判别法, 一致收敛. 

(10) , .

解: 同样注意  处原式无定义, 以下按连续延拓, 令该项在  处取值为 .

不能直接用 Dirichlet, 因为  的部分和在  附近并不一致有界, 故分段讨论.

取 .

在  上,

.

由 M-test, 一致收敛.

在  上,

故  部分和一致有界.

还要证明  关于  单调递减, 且 .

由上一题, 对 ,

.

因此  关于  单调递减, 且

由 Dirichlet 判别法, 在  上一致收敛.

结合两段, 原级数在  上一致收敛. 

(11) , .

解:

因此部分和

.

当  时, .

当  时, , 故 .

因此

极限函数在  处不连续, 而每个  均连续, 故不一致收敛.

也可以直接验证:

在  上,

又当  时, .

故实际上 .

因此不一致收敛.

(12) , .

解: 若 , 则 , 故 .

若 , 也有 .

下面直接证明一致收敛.

由  (), 有

考虑 .

当  时,

.

当  时,

.

因此对任意 ,

注意 , , 故

,

.

由 M-test, 原级数一致收敛. 

(13) ; (a)  (); (b) .

解:

(a)

分别考虑以下级数.

先看 .

由于

,

由 M-test, 该级数在  上绝对一致收敛.

再考虑

在  上,

故  部分和一致有界.

又当  充分大时,  关于  单调递减, 且趋于 .

由 Dirichlet 判别法,  在  上一致收敛.

故原级数一致收敛.

(b)

用拟合法, 考虑

由于

,

故  在  上绝对一致收敛.

而  也绝对一致收敛.

因此

故只需考虑为什么  不一致收敛.

取 .

当  时, 有 , 因此 .

于是

或者按照书的写法, 利用  (),

因此级数不满足一致 Cauchy 准则, 故  在  上不一致收敛.

由于其余两个级数均一致收敛, 若原级数一致收敛, 则  也应一致收敛, 矛盾.

故原级数在  上不一致收敛.