中册 6.3 函数项级数 第1题

\section*{解题过程：} （1）级数的部分和函数为 $S_{n}(x)=\sum_{k=1}^{n}(1-x) x^{k}=x-x^{n+1}$ ，和函数 $S(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}(x)=\left\{\begin{array}{l}x, x \in[0,1), \\ 0, x=1 .\end{array}\right.$所以函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(1-x) x^{n}$ 在 $[0,1]$ 上处处收玫． 由于 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sup _{x \in[0, a]}\left|S(x)-S_{n}(x)\right|=\lim _{n \rightarrow \infty} \sup _{x \in[0, a]} x^{n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty} a^{n+1}=0$ ，故函数项级数 $\sum_{n=0}^{\infty}(1-x) x^{n}$ 在 $[0, a]$ 上一致收敛。 而 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sup _{x \in[0,1]}\left|S(x)-S_{n}(x)\right|=\lim _{n \rightarrow \infty} \sup _{x \in[0,1]} x^{n+1}=1$ ，故函数项级数 $\sum_{n=0}^{\infty}(1-x) x^{n}$ 在 $[0,1]$ 上不一致收玫． （2）当 $x \in[0,1]$ 时，$\sum_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^{n} x^{n}(1-x)\right|=\sum_{n=1}^{\infty} x^{n}(1-x)$ ． 由（1）知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x^{n}(1-x)$ 收玫于函数 $S(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}(x)=\left\{\begin{array}{l}x, x \in[0,1), \text { 于是 } \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} x^{n}(1-x) \text { 在 } \\ 0, x=1 .\end{array}\right. [0,1]$ 上绝对收敛，且 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^{n} x^{n}(1-x)\right|=\sum_{n=1}^{\infty} x^{n}(1-x)$ 在 $[0,1]$ 上不一致收敛． 下证：函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} x^{n}(1-x)$ 在区间 $[0,1]$ 上一致收敛。 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} x^{n}(1-x)$ 的余和 $\displaystyle R_{n}(x)=\frac{(1-x)(-x)^{n+1}}{1+x}$ ．当 $x \in[0,1]$ 时， $$ \sup _{x \in[0,1]}\left|R_{n}(x)\right|=\sup _{x \in[0,1]}\left|\frac{(1-x)(-x)^{n+1}}{1+x}\right| \leqslant \sup _{x \in[0,1]}(1-x) x^{n+1}=\left(1-\frac{n+1}{n+2}\right)\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^{n+1}=\frac{1}{n+2}\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^{n+1} . $$ 由此得 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sup _{x \in[0,1]}\left|R_{n}(x)\right|=0$ ．故 $\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} x^{n}(1-x)$ 在 $[0,1]$ 上一致收玫。 （3）令 $y=1-x$ ，则 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} x(1-x)^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}(1-y) y^{n}$ 。由（2）得证。 （4）方法 1：设 $u_{n}(x)=(1-x)^{2} x^{n}$ ，则在 $[0,1]$ 上 $$ u_{n}^{\prime}(x)=n x^{n-1}(1-x)^{2}-2 x^{n}(1-x)=x^{n-1}(1-x)[n-(n+2) x] . $$ $u_{n}(x)$ 在 $\displaystyle x_{n}=\frac{n}{n+2}$ 处达到最大值．于是 $$ 0 \leqslant u_{n}(x) \leqslant u_{n}\left(\frac{n}{n+2}\right)=\left(\frac{n}{n+2}\right)^{n}\left(\frac{2}{n+2}\right)^{2} \leqslant\left(\frac{2}{n+2}\right)^{2} \leqslant \frac{4}{n^{2}} . $$ 由于 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{4}{n^{2}}$ 收敛，由 M 判别法得 $\sum_{n=1}^{\infty} x^{n}(1-x)^{2}$ 在 $[0,1]$ 上一致收玫。 方法 2：级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x^{n}(1-x)^{2}$ 的余和 $R_{n}(x)=(1-x) x^{n+1}$ ．当 $x \in[0,1]$ 时， $$ \lim _{n \rightarrow \infty} \sup _{[0,1]}\left|R_{n}(x)\right|=\sup _{[0,1]}(1-x) x^{n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1-\frac{n+1}{n+2}\right)\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^{n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n+2}\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^{n+1}=0 . $$ 故 $\sum_{n=1}^{\infty} x^{n}(1-x)^{2}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。 （5）级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x^{n}(1-x)^{\alpha}$ 的余和 $R_{n}(x)=(1-x)^{\alpha-1} x^{n+1}$ 。于是 $$ \lim _{n \rightarrow \infty} \sup _{[0,1]}\left|R_{n}(x)\right|=\lim _{n \rightarrow \infty} \sup _{[0,1]}(1-x)^{\alpha-1} x^{n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1-\frac{n+1}{n+\alpha}\right)^{\alpha-1}\left(\frac{n+1}{n+\alpha}\right)^{n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{\alpha-1}{n+\alpha}\right)^{\alpha-1}\left(\frac{n+1}{n+\alpha}\right)^{n+1}=0 . $$ 故 $\sum_{n=1}^{\infty} x^{n}(1-x)^{\alpha}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。 （6）级数的部分和为 $S_{n}(x)=\sum_{k=1}^{n}(1-\cos x) \cos ^{k} x=\cos x\left(1-\cos ^{n} x\right)$ ．于是 $$ S(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}(x)=\left\{\begin{array}{l} \cos x, x \in U^{\circ}(0) \\ 0, x=0 \end{array}\right. $$ 由于和函数 $S(x)$ 在 $x=0$ 处不连续，所以该函数项级在 $U(0)$ 上非一致收玫． （7）由于 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，从而存在 $M>0, \forall x \in[0,1]$ 有 $|g(x)| \leqslant M$ 。 $$ g^{\prime}(1)=\lim _{x \rightarrow 1^{-}} \frac{g(x)-g(1)}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1^{-}} \frac{g(x)}{x-1}=0 . $$ 于是 $\forall \varepsilon>0, \exists 0<\delta<1$ ，当 $1-\delta