数分习题8

2.63. 设  是区间  上的一致连续函数, , 且  在  上一致收敛于 . 证明:  在  上一致连续, 且函数列  在  上等度连续.

证明:

先证明  一致连续.

由一致收敛性, 对任意 , 存在 , 使得当  时, 对任意 , 都有 .

又因为  一致连续, 所以存在 , 使得对任意 , 当  时, 有 .

因此,

故  一致连续.

还需证明  等度连续.

即对任意 , 存在 , 使得对任意  及任意满足  的 , 都有 .

核心问题是有无穷多个函数, 但是前面有限个函数可以有统一的控制.

由一致收敛性, 取 , 使得当  时, 对任意 , 都有 .

又因为  一致连续, 所以存在 , 使得当  时, 有 .

那么当  且  时, 就有

对前面有限的  个函数, 由于每个  都一致连续, 因此分别存在 , 使得当  时, 有 .

取  (当  时直接取 ), 即可同时控制所有的 .

因此  等度连续. 

2.66. 证明:

证明:

可以利用 Lebesgue 控制收敛定理 (DCT).

但是无论如何, 还是需要说明部分和函数的一致有界性.

在  上, 由 Dirichlet 判别法显然可以得到一致收敛. 因此主要是解决靠近  的问题.

记 , 我们要证明存在与  无关的常数 , 使得对任意  及 , 都有 .

首先, 由三角恒等式,

类似地, 对任意 , 有

对于 , 有 , 因此任意一段连续的正弦和都满足

现在要解决靠近  的问题.

主要思路是分成两段, 用不同的手段分别控制.

取 .

若 , 则由 , 有 .

下面考虑  的情形.

所以取  就能解决前面这部分问题.

对于后面这部分, 利用分部求和.

定义 , 其中 .

由前面的三角恒等式, 有

于是

最后一步是因为 .

因此 .

当  时, , 所以这个估计在整个  上都成立.

另一方面, 对每个固定的 , 由 Dirichlet 判别法, 级数  收敛; 在  处显然也收敛.

记 . 因为级数在任意  上一致收敛, 所以  在  上连续. 又由于 , 故  在  上 Riemann 可积.

由控制收敛定理,

故可以换序.

注: 其实还能硬算.

仍记 , .

利用 Cauchy-Schwarz 不等式和 Fatou 引理, 有

因此  在  中收敛, 从而

同样可以交换极限与积分. 

3.1. 求下列幂级数的收敛半径, 并确定它们在收敛区间端点处的收敛性.

(2).

解:

利用 Cauchy-Hadamard 公式,

因此收敛半径为 .

在  处, 级数变为 .

由于  单调递减趋于 , 由 Leibniz 判别法可知收敛.

在  处, 级数变为 .

由于 , 调和级数发散, 因此原级数发散.

所以收敛范围为 .

(4).

解:

记 .

由 , 有

因此收敛半径为 .

在  处, 级数变为 .

考虑其偶数部分和,

因此在  处发散.

在  处, 级数变为 , 显然发散.

所以收敛范围为 .

3.2. (Abel 第一定理) 考虑幂级数 , 证明: 若在  处收敛, 则在  处绝对收敛; 若在  处发散, 则在  时发散. 由此知道, 存在 , 使得  在  时绝对收敛, 在  时发散.  被称为幂级数的收敛半径.

证明:

先证明第一部分.

由于  收敛, 所以通项有界, 即存在 , 使得对任意 , 都有 .

进而,

当  时, 右边为收敛的几何级数的通项.

因此由比较判别法,  收敛, 即原幂级数绝对收敛.

再证明第二部分.

利用反证法. 若级数在  处发散, 但存在 , 使得  收敛, 则由刚才的结论, 级数在  处必然绝对收敛, 矛盾.

因此, 若级数在  处发散, 则在所有满足  的点处也发散.

最后, 定义 , 其中允许 .

由前面两个结论, 当  时, 幂级数绝对收敛; 当  时, 幂级数发散.

故命题得证. 

3.7. 设  的收敛半径 .

(1) 若  收敛, 则有 .

证明:记 .

由题设, 该级数在  处收敛, 因此由 Abel 第二定理,  在  处左连续.

另一方面, 在  内可以逐项积分, 因此对任意 , 有

令 .

左边由  的左连续性, 有 .

而左边同时等于 , 所以这个积分存在有限极限, 即广义积分  收敛.

右边由 Abel 第二定理, 有

.

因此,

故命题得证. 

(2) 若  收敛, 则  在  左可导, 且 .

证明:首先, 由于  收敛, 由 Dirichlet 判别法,

也收敛.

因此  有定义, 并且由 Abel 第二定理,  在  处左连续.

另一方面, 在  内, 幂级数可以逐项求导, 有

.

由于右边的级数在  处收敛, 再由 Abel 第二定理, 有

.

现在证明  在  处左可导.

利用 Lagrange 中值定理, 对任意 , 存在 , 使得

.

于是,

这里最后一步正是利用  在  处的左连续性.

因此  在  处左可导, 且左导数等于逐项求导所得级数在  处的和. 

3.14. 设 , 令 , 证明: .

证明:

首先, 由于 , 故  有界, 从而幂级数在  内绝对收敛.

对于 , 有

.

因此,

由于 , 对任意 , 可以取 , 使得当  时, 有 .

记 , 则对于 , 有

令 , 第一项趋于 , 第二项趋于 .

因此 .

由于  任意, 故 .

因此 . 

3.15. 设级数  的部分和有界 , 定义函数 , 证明: , .

证明:

记 , 且 . 由题设, 对任意 , 有 .

由于 , 利用分部求和, 有

还是挺令人惊讶的,居然全消掉了

另一方面, 由  有界可知  也有界, 所以对任意 , 幂级数  绝对收敛.

因此对任意固定的 , 令 , 得到 .

故命题得证.