中册 6.3 函数项级数 第35题
📝 题目
35．证明下列结论．
（1）证明：（1）函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}$ 在 $(1,+\infty)$ 上收敛，在 $(1,+\infty)$ 上不一致收敛，但在 $(1,+\infty)$ 内内闭一致收敛；（2）函数 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}$ 在 $(1,+\infty)$ 连续，并在该区间内有任意阶连续导函数。
（2）设函数 $\displaystyle \xi(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x+1}}$ ，试证函数 $\xi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内连续，但在 $(0,+\infty)$ 内不一致连续．
（3）求函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} \frac{1}{n^{x}}$ 的收玫域，并讨论其和函数的连续性与可微性．
（4）讨论函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{1}{n^{x+\frac{1}{n}}}$ 的绝对收敛性、条件收敛性和一致收敛性，并指出函数 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{1}{n^{x+\frac{1}{n}}}$ 的连续性．
（5）讨论函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n^{x}}$ 的收敛性和一致收敛性。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）记 $\displaystyle u_{n}(x)=\frac{1}{n^{x}}$ ．
（1）先证收敛性。
由于当 $p>1$ 时反常积分 $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{1}{t^{p}} \mathrm{~d} t$ 收敛，故函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}$ 在 $(1,+\infty)$ 逐点收敛．
取 $\displaystyle \varepsilon_{0}=\frac{1}{2}, \forall N>0$ ，取 $\displaystyle n>N, p=n, x_{0}=1+\frac{1}{n}$ ，则
$$
\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(n+k)^{1+\frac{1}{n}}} \geqslant \frac{n}{(n+n)^{1+\frac{1}{n}}}=\frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt[n]{2 n}}>\frac{1}{2}
$$
由柯西收敛准则，函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}$ 在 $(1,+\infty)$ 上不一致收敛。
设 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}$ ．对任意 $11$ ，存在 $\delta>x_{0}$ ，当 $x \geqslant \delta$ 时，
$$
\left|u_{n}(x)\right| \leqslant \frac{1}{n^{\delta}},\left|u_{n}^{\prime}(x)\right| \leqslant \frac{1}{n^{\delta}} \ln n,\left|\left(u_{n}(x)\right)^{(k)}\right| \leqslant \frac{1}{n^{\delta}}(\ln n)^{k}
$$
而 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\delta}}(\ln n)^{k}$ 收敛，所以 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x), \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{\prime}(x), \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{(k)}(x), k=1,2,3, \cdots$ ，都在 $[\delta,+\infty)$ 上一致收敛，故 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}$ 在 $[\delta,+\infty)$ 内是连续的，且有任意阶连续导函数．特别地，$\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}$ 在 $x_{0}$ 是连续的，且有任意阶连续导函数。由 $x_{0}$ 的任意性得 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}$ 在 $(1,+\infty)$ 内是连续的，并有任意阶连续导函数．
（2）记 $y=x+1$ ，则问题转成考虑 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{y}}$ 在 $(1,+\infty)$ 内连续，但在 $(1,+\infty)$ 内不一致连续。
由（1）知 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{y}}$ 在 $(1,+\infty)$ 内连续．下用反证法证 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{y}}$ 在 $(1,+\infty)$ 内不一致连续．
假若 $\displaystyle \zeta(y)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{y}}$ 在 $(1,+\infty)$ 内一致连续，则有 $\lim _{y \rightarrow 1^{-}} \zeta(y)=A$ 存在且有限，在 $\displaystyle \zeta(y)>\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^{y}}$ 中令 $y \rightarrow 1^{+}$，取极限得 $\displaystyle A>\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n},(N=1,2,3, \cdots)$ ，矛盾．所以 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{y}}$ 在 $(1,+\infty)$ 内不一致连续．
（3）令 $\displaystyle u_{n}(x)=\frac{1}{n^{x}}$ ，则当 $x \leqslant 0$ 时，$u_{n}(x)$ 不趋于 0 ，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} \frac{1}{n^{x}}$ 发散。
当 $x>0$ 时，$\left\{u_{n}(x)\right\}$ 单调递减，并且 $\lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}(x)=0$ ．由莱布尼兹判别法可知交错级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} \frac{1}{n^{x}}$ 收敛，进而级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} \frac{1}{n^{x}}$ 的收敛域为 $(0,+\infty)$ ．
下面讨论和函数的连续性与可微性．
设 $\displaystyle g(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^{x}}$ ．由 Dirichlet 判别法可知，对任意 $\displaystyle 01$ 时，$\displaystyle \left|u_{n}(x)\right| \leqslant \frac{1}{n^{x}}$ ，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 绝对收玫；
当 $0\frac{1}{2}$ 时，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n^{x}}$ 收敛，当 $\displaystyle x \leqslant \frac{1}{2}$ 时，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n^{x}}$ 发散．级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n^{x}}$ 的收敛域为 $\displaystyle \left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ ．
由（1）知函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n^{x}}$ 在 $\displaystyle \left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上收敛，在 $\displaystyle \left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 不一致收敛，但在 $\displaystyle \left(\frac{1}{2},+\infty\right)$内闭一致收敛。
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：证明级数在(1,+∞)上收敛
对于固定的$x>1$，级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^x}$是$p$-级数，$p=x>1$，因此收敛。
公式：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$在$p>1$时收敛
提示：注意$p$-级数的收敛条件：$p>1$收敛，$p\leq 1$发散。
步骤 2/8
目标：证明级数在(1,+∞)上不一致收敛
取$\varepsilon_0=\frac12$，对任意$N\in\mathbb{N}$，取$n>N$，$p=n$，$x_0=1+\frac1n$，则$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(n+k)^{1+\frac1n}}\geq \frac{n}{(2n)^{1+\frac1n}}=\frac12\cdot\frac{1}{\sqrt[n]{2n}}>\frac12$，由Cauchy收敛准则知不一致收敛。
公式：Cauchy收敛准则：$\exists\varepsilon_0>0,\forall N,\exists n>N,p\in\mathbb{N},x\in I$使得$|\sum_{k=n+1}^{n+p}u_k(x)|\geq\varepsilon_0$
提示：构造反例时需注意$x$的选取依赖于$n$。
步骤 3/8
目标：证明级数在(1,+∞)上内闭一致收敛
对任意闭区间$[a,A]\subset(1,+\infty)$，当$x\in[a,A]$时，$0<\frac{1}{n^x}\leq\frac{1}{n^a}$，而$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^a}$收敛，由Weierstrass M判别法知级数在$[a,A]$上一致收敛。
公式：Weierstrass M判别法：若$|u_n(x)|\leq M_n$且$\sum M_n$收敛，则$\sum u_n(x)$一致收敛
提示：注意内闭一致收敛是指对任意闭子区间一致收敛，但整体不一致收敛。
步骤 4/8
目标：证明和函数连续且具有任意阶连续导函数
对任意$x_0>1$，取$\delta$满足$1<\delta
公式：逐项求导定理：若$\sum u_n(x)$收敛，$\sum u_n'(x)$一致收敛，则和函数可导且导数等于$\sum u_n'(x)$
提示：需验证导函数级数的一致收敛性，常用M判别法。
步骤 5/8
目标：证明$\xi(x)$在$(0,+\infty)$内连续但不一致连续
令$y=x+1$，则$\xi(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{x+1}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^y}$，由(1)知$\xi(x)$在$(0,+\infty)$内连续。假设$\xi(x)$在$(0,+\infty)$上一致连续，则$\lim_{y\to1^+}\zeta(y)$存在有限，但$\zeta(y)>\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^y}$，令$y\to1^+$得$A>\sum_{n=1}^{N}\frac1n$，对任意$N$成立，矛盾。
公式：一致连续函数在区间端点有极限（若区间有界）
提示：反证法：利用调和级数发散。
步骤 6/8
目标：求交错级数的收敛域并讨论和函数的连续性与可微性
当$x>0$时，$\frac{1}{n^x}$单调递减趋于0，由Leibniz判别法知$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{n^x}$收敛；当$x\leq0$时通项不趋于0，发散。故收敛域为$(0,+\infty)$。对任意$[a,A]\subset(0,+\infty)$，由Dirichlet判别法知级数一致收敛，故和函数连续。类似地，逐项求导后的级数也内闭一致收敛，故和函数$C^\infty$。
公式：Leibniz判别法：若$u_n$单调递减趋于0，则$\sum(-1)^n u_n$收敛
提示：注意交错级数条件收敛时，逐项求导需验证一致收敛性。
步骤 7/8
目标：讨论级数$\sum(-1)^n\frac{1}{n^{x+1/n}}$的收敛性与连续性
记$u_n(x)=(-1)^n\frac{1}{n^{x+1/n}}$。当$x\leq0$时，$|u_n(x)|\not\to0$，发散；当$x>1$时，$|u_n(x)|\leq\frac{1}{n^x}$，绝对收敛；当$0
公式：Abel判别法：若$\sum a_n$收敛，$\{b_n\}$单调有界，则$\sum a_n b_n$收敛
提示：注意$\frac{1}{n^{1/n}}$单调有界，且$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^{1/n}}=1$。
步骤 8/8
目标：讨论级数$\sum\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n^x}$的收敛性与一致收敛性
由于$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\sim\frac{1}{2\sqrt{n}}$，故通项$\sim\frac{1}{2n^{x+1/2}}$，所以当$x+\frac12>1$即$x>\frac12$时收敛，$x\leq\frac12$时发散。由(1)类似可得在$(\frac12,+\infty)$上不一致收敛，但内闭一致收敛。
公式：比较判别法：若$u_n\sim v_n$，则$\sum u_n$与$\sum v_n$同敛散
提示：注意等价无穷小替换时需保证$v_n$非负。
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