中册 6.3 函数项级数 第31题
📝 题目
31．设 $\displaystyle u_{n}(x)=\frac{1}{n^{3}} \ln \left(1+n^{2} x^{2}\right), n=1,2, \cdots$ ，记 $s(x)=\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ ，证明：（1）$\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[0,1]$ 一致收玫，但在 $(0,+\infty)$ 不一致收玫．（2）讨论其和函数 $s(x)$ 在 $[0,1]$ 上的连续性、可积性和可微性．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）对任意的 $\displaystyle x \in[0,1], u_{n}^{\prime}(x)=\frac{2 n^{2} x}{n^{3}\left(1+n^{2} x^{2}\right)} \geqslant 0$ ，从而
$$
0=u_{n}(0) \leqslant u_{n}(x)=\frac{1}{n^{3}} \ln \left(1+n^{2} x^{2}\right) \leqslant u_{n}(1)=\frac{1}{n^{3}} \ln \left(1+n^{2}\right)
$$
因 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n^{2} \cdot \frac{1}{n^{3}} \ln \left(1+n^{2}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \ln \left(1+n^{2}\right)=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1}{x} \ln \left(1+x^{2}\right)=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{2 x}{1+x^{2}}=0$ ，
故级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3}} \ln \left(1+n^{2}\right)$ 收敛，从而 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。
（2）每个 $u_{n}(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，$\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛，所以和函数 $S(x)$ 在 $[0,1]$ 连续．
每个 $u_{n}(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，$\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致收玫，所以和函数 $S(x)$ 在 $[0,1]$ 可积．
因 $\displaystyle \left|u_{n}^{\prime}(x)\right|=\left|\frac{2 n^{2} x}{n^{3}\left(1+n^{2} x^{2}\right)}\right| \leqslant \frac{n\left(1+n^{2} x^{2}\right)}{n^{3}\left(1+n^{2} x^{2}\right)}=\frac{1}{n^{2}}$ ，且 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$ 收敛，由 M 判别法，$\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{\prime}(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛．又每个 $u_{n}^{\prime}(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，从而和函数 $s(x)$ 在 $[0,1]$ 连续可微．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明在[0,1]上一致收敛
对任意 $x \in [0,1]$，求导得 $u_n'(x) = \frac{2n^2 x}{n^3(1+n^2 x^2)} \geq 0$，故 $u_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调递增，从而 $0 = u_n(0) \leq u_n(x) \leq u_n(1) = \frac{1}{n^3} \ln(1+n^2)$。因此 $|u_n(x)| \leq \frac{1}{n^3} \ln(1+n^2)$。由于 $\lim_{n\to\infty} n^2 \cdot \frac{1}{n^3} \ln(1+n^2) = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \ln(1+n^2) = 0$，故 $\sum \frac{1}{n^3} \ln(1+n^2)$ 收敛，由Weierstrass M判别法知 $\sum u_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。
公式：$u_n'(x) = \frac{2n^2 x}{n^3(1+n^2 x^2)}$
提示：注意利用单调性得到上界，并验证M判别法的条件。
步骤 2/5
目标：证明在(0,+∞)上不一致收敛
取 $x_n = \frac{1}{n}$，则 $u_n(x_n) = \frac{1}{n^3} \ln(1+n^2 \cdot \frac{1}{n^2}) = \frac{1}{n^3} \ln 2$。于是 $\sum_{k=n}^{\infty} u_k(x_n) \geq u_n(x_n) = \frac{\ln 2}{n^3}$，但 $\lim_{n\to\infty} \frac{\ln 2}{n^3} = 0$，这并不直接说明不一致收敛。需用Cauchy准则：存在 $\varepsilon_0 = \frac{\ln 2}{2}$，对任意 $N$，取 $n=N, p=0$，则 $|\sum_{k=n}^{n+p} u_k(x_n)| = u_n(x_n) = \frac{\ln 2}{n^3} < \varepsilon_0$ 当 $n$ 大时，但需注意 $x_n$ 依赖于 $n$。实际上，取 $x_n = n$，则 $u_n(x_n) = \frac{1}{n^3} \ln(1+n^4) \sim \frac{4\ln n}{n^3}$，仍趋于0。更合适的方法是：取 $x_n = \frac{1}{n}$，则 $u_n(x_n) = \frac{\ln 2}{n^3}$，但 $\sum_{k=n}^{\infty} u_k(x_n) \geq u_n(x_n)$，然而 $\lim_{n\to\infty} u_n(x_n)=0$，不能直接否定一致收敛。实际上，需证明存在 $\varepsilon_0>0$，对任意 $N$，存在 $n>N$ 和 $x\in(0,+\infty)$ 使得 $|\sum_{k=n}^{\infty} u_k(x)| \geq \varepsilon_0$。考虑 $x$ 很大时，$u_n(x) \sim \frac{2\ln x}{n^3}$，但级数收敛。更简单的反例：取 $x_n = n$，则 $u_n(x_n) = \frac{1}{n^3} \ln(1+n^4) \sim \frac{4\ln n}{n^3}$，但 $\sum_{k=n}^{\infty} u_k(x_n) \geq u_n(x_n)$，仍趋于0。实际上，该级数在 $(0,+\infty)$ 上内闭一致收敛，但非一致收敛。可考虑 $x_n = e^{n^2}$，则 $u_n(x_n) = \frac{1}{n^3} \ln(1+n^2 e^{2n^2}) \sim \frac{2n^2}{n^3} = \frac{2}{n}$，于是 $\sum_{k=n}^{\infty} u_k(x_n) \geq u_n(x_n) \sim \frac{2}{n}$，不趋于0，故不一致收敛。
公式：$u_n(x_n) \sim \frac{2}{n}$ 当 $x_n = e^{n^2}$
提示：注意选取合适的 $x_n$ 使得 $u_n(x_n)$ 不趋于0，或利用Cauchy准则。
步骤 3/5
目标：证明和函数在[0,1]上连续
每个 $u_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $\sum u_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛，由一致收敛级数的连续性定理，和函数 $s(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。
提示：注意一致收敛是连续性的充分条件。
步骤 4/5
目标：证明和函数在[0,1]上可积
每个 $u_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，从而可积，且 $\sum u_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛，由一致收敛级数的可积性定理，和函数 $s(x)$ 在 $[0,1]$ 上可积，且可逐项积分。
提示：一致收敛保证逐项积分。
步骤 5/5
目标：证明和函数在[0,1]上可微
首先，每个 $u_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上可导，且 $u_n'(x) = \frac{2n^2 x}{n^3(1+n^2 x^2)}$。估计 $|u_n'(x)| \leq \frac{2n^2 \cdot 1}{n^3(1+0)} = \frac{2}{n}$，但此界不收敛。更精确地，利用不等式 $\frac{2n^2 x}{1+n^2 x^2} \leq n$（因为 $\frac{2t}{1+t^2} \leq 1$ 对 $t\geq0$，令 $t=nx$，则 $\frac{2n^2 x}{1+n^2 x^2} = \frac{2nx}{1+n^2 x^2} \cdot n \leq 1 \cdot n = n$），故 $|u_n'(x)| \leq \frac{n}{n^3} = \frac{1}{n^2}$。而 $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛，由Weierstrass M判别法，$\sum u_n'(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。又每个 $u_n'(x)$ 连续，故 $\sum u_n'(x)$ 的和函数连续，且 $s'(x) = \sum u_n'(x)$，从而 $s(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续可微。
公式：$|u_n'(x)| \leq \frac{1}{n^2}$
提示：注意放缩技巧：$\frac{2t}{1+t^2} \leq 1$ 对 $t \geq 0$。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。