中册 6.3 函数项级数 第39题
📝 题目
39．证明或讨论下列各题．
（1）证明：级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} \frac{x^{n}}{1+x^{n}}$ 在区间 $(0,1)$ 上的一致收玫性，并证明其和函数 $S(x)$ 在 $(0,1)$ 上有连续可导，且 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 1^{1}} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} \frac{x^{n}}{1+x^{n}}=\frac{1}{2} \ln 2$ 。
（2）讨论函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} \frac{(\sin x)^{2 n}}{1+(\sin x)^{2 n}}$ 在 $\displaystyle \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的一致收敛性、绝对收敛性和绝对一致收玫性．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）记 $\displaystyle u_{n}(x)=\frac{(-1)^{n}}{n} \frac{x^{n}}{1+x^{n}}$ ，则 $\displaystyle u_{n}^{\prime}(x)=(-1)^{n} \frac{x^{n-1}}{1+x^{n}} \cdot \frac{x^{n}}{1+x^{n}}$ ．
由于级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n}$ 收敛，从而一致收敛．又 $\displaystyle \forall x \in(0,1),\left\{\frac{x^{n}}{1+x^{n}}\right\}$ 单调．$\displaystyle \left|\frac{x^{n}}{1+x^{n}}\right|<1$ ，即 $\displaystyle \left\{\frac{x^{n}}{1+x^{n}}\right\}$一致有界。由阿贝尔判别法，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \cdot \frac{x^{n}}{x^{n}+1}$ 在 $(0,1)$ 上一致收敛。
又每个函数 $\displaystyle \frac{(-1)^{n}}{n} \cdot \frac{x^{n}}{1+x^{n}}$ 在 $(0,1)$ 上连续，故其和函数 $S(x)$ 在 $(0,1)$ 连续．
对 $\forall x_{0} \in(0,1)$ ，存在 $[a, b] \subset(0,1)$ 使 $x_{0} \in[a, b]$ ．
在区间 $[a, b]$ 上，$\displaystyle \frac{x^{n}}{1+x^{n}} \leqslant b^{n}$ ，而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} b^{n}$ 收敛，于是级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{x^{n-1}}{1+x^{n}}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛。 $\displaystyle \forall x \in(0,1),\left\{\frac{x^{n}}{1+x^{n}}\right\}$ 关于 $n$ 单调，且 $\displaystyle \left|\frac{x^{n}}{1+x^{n}}\right|<1$ ，即 $\displaystyle \left\{\frac{x^{n}}{1+x^{n}}\right\}$ 一致有界．由阿贝尔判别法知， $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{x^{n-1}}{1+x^{n}} \cdot \frac{1}{1+x^{n}}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛。
又每个函数 $\displaystyle (-1)^{n} \frac{x^{n-1}}{1+x^{n}} \cdot \frac{1}{1+x^{n}}$ 在 $[a, b]$ 上连续，所以 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \cdot \frac{x^{n}}{x^{n}+1}$ 的和函数 $S(x)$ 在 $[a, b]$ 1：有连续导数，特别地，$S(x)$ 在 $x_{0}$ 连续导数．由 $x_{0}$ 的任意性得函数 $S(x)$ 在 $(0,1)$ 连续可导．
因其和函数 $S(x)$ 在 $(0,1)$ 上连续，且 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(1)=\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n}$ 收玫，所以
$$
\lim _{x \rightarrow 1} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \cdot \frac{x^{n}}{x^{n}+1}=\sum_{n=1}^{\infty} \lim _{x \rightarrow 1} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \cdot \frac{x^{n}}{x^{n}+1}=\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}=\frac{1}{2} \ln 2 .
$$
其中利用结论：
$$
\ln (1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n}, x \in(-1,1] \text {, 及 } \sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{(-1)^{n-1}}{n} \cdot \frac{x^{n}}{x^{n}+1}\right]^{\prime}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{x^{n-1}}{1+x^{n}} \cdot \frac{1}{1+x^{n}} \text {. }
$$
（2）由于级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n}$ 收敛，从而一致收敛．又 $\displaystyle \forall x \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right),\left\{\frac{(\sin x)^{2 n}}{1+(\sin x)^{2 n}}\right\}$ 关于 $n$ 单调，且 $\displaystyle \left|\frac{(\sin x)^{2 n}}{1+(\sin x)^{2 n}}\right|<1$ ，即一致有界。由阿贝尔判别法知，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} \frac{(\sin x)^{2 n}}{1+(\sin x)^{2 n}}$ 在 $\displaystyle \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上一致收敛。
考虑 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{(-1)^{n}}{n} \frac{\dot{(\sin x)^{2 n}}}{1+(\sin x)^{2 n}}\right|=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \frac{(\sin x)^{2 n}}{1+(\sin x)^{2 n}}$ ．
由于当 $\displaystyle x \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时，$\displaystyle \frac{1}{n} \frac{(\sin x)^{2 n}}{1+(\sin x)^{2 n}} \leqslant\left(\sin ^{2} x\right)^{n}$ ，且 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sin ^{2} x\right)^{n}$ 收玫，所以 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \frac{(\sin x)^{2 n}}{1+(\sin x)^{2 n}}$ 收敛，从而 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} \frac{(\sin x)^{2 n}}{1+(\sin x)^{2 n}}$ 在 $\displaystyle \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上绝对收敛。
记 $\displaystyle u_{n}(x)=\frac{1}{n} \frac{(\sin x)^{2 n}}{1+(\sin x)^{2 n}}$ ，则 $\displaystyle u_{n}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1}{2 n}$ ，由于 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}\left(\frac{\pi}{2}\right)$ 发散，所以 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $\displaystyle \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 内不一致收敛，即函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} \frac{(\sin x)^{2 n}}{1+(\sin x)^{2 n}}$ 在 $\displaystyle \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上不绝对一致收敛。
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：证明级数在(0,1)上一致收敛
记 $u_n(x)=\frac{(-1)^n}{n}\frac{x^n}{1+x^n}$，考虑级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ 收敛（莱布尼茨判别法），且 $\left\{\frac{x^n}{1+x^n}\right\}$ 对每个 $x\in(0,1)$ 关于 $n$ 单调递减，且 $\left|\frac{x^n}{1+x^n}\right|<1$，即一致有界。由阿贝尔判别法，原级数在 $(0,1)$ 上一致收敛。
公式：阿贝尔判别法：若 $\sum a_n$ 收敛，$\{b_n(x)\}$ 单调且一致有界，则 $\sum a_n b_n(x)$ 一致收敛。
提示：注意阿贝尔判别法的条件：$\sum a_n$ 收敛，$\{b_n(x)\}$ 单调且一致有界。
步骤 2/6
目标：证明和函数连续可导
每个 $u_n(x)$ 在 $(0,1)$ 上连续，故和函数 $S(x)$ 连续。为证可导，考虑导数级数 $\sum u_n'(x)$，其中 $u_n'(x)=(-1)^n\frac{x^{n-1}}{1+x^n}\cdot\frac{1}{1+x^n}$。对任意 $x_0\in(0,1)$，取闭区间 $[a,b]\subset(0,1)$ 包含 $x_0$。在 $[a,b]$ 上，$\left|\frac{x^{n-1}}{1+x^n}\right|\le b^{n-1}$，且 $\sum b^{n-1}$ 收敛，故 $\sum u_n'(x)$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛（魏尔斯特拉斯判别法）。由逐项求导定理，$S(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续可导，从而在 $x_0$ 可导。由 $x_0$ 任意性，$S(x)$ 在 $(0,1)$ 上连续可导。
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 $S'(x)=\sum u_n'(x)$。
提示：注意需要先证明导数级数一致收敛，常用魏尔斯特拉斯判别法。
步骤 3/6
目标：计算极限 $\lim_{x\to 1^-} S(x)$
由于 $S(x)$ 在 $(0,1)$ 上连续，且 $\sum u_n(1)=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}$ 收敛，由一致收敛性可交换极限与求和顺序：
$$\lim_{x\to 1^-} S(x)=\sum_{n=1}^\infty\lim_{x\to 1^-} u_n(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}\cdot\frac12=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\frac12\ln 2.$$
公式：$\ln(1+x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}$，$x\in(-1,1]$，取 $x=1$ 得 $\ln 2=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}$。
提示：注意 $\lim_{x\to 1^-}\frac{x^n}{1+x^n}=\frac12$。
步骤 4/6
目标：讨论第二问的一致收敛性
令 $t=\sin x$，则 $x\in(-\pi/2,\pi/2)$ 时 $t\in(-1,1)$。级数化为 $\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\frac{t^{2n}}{1+t^{2n}}$。与第一问类似，$\sum\frac{(-1)^{n-1}}{n}$ 收敛，$\left\{\frac{t^{2n}}{1+t^{2n}}\right\}$ 关于 $n$ 单调且一致有界（$\le 1$），由阿贝尔判别法知原级数在 $(-\pi/2,\pi/2)$ 上一致收敛。
公式：阿贝尔判别法。
提示：注意 $t$ 的范围：$|t|<1$，且 $\frac{t^{2n}}{1+t^{2n}}$ 关于 $n$ 单调递减。
步骤 5/6
目标：讨论第二问的绝对收敛性
考虑绝对值级数 $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}\frac{(\sin x)^{2n}}{1+(\sin x)^{2n}}$。由于 $\frac{1}{n}\frac{(\sin x)^{2n}}{1+(\sin x)^{2n}}\le (\sin^2 x)^n$，而 $\sum (\sin^2 x)^n$ 当 $|\sin x|<1$ 时收敛，故原级数绝对收敛。
公式：比较判别法：$\frac{1}{n}\frac{t^{2n}}{1+t^{2n}}\le t^{2n}$ 对 $|t|<1$ 成立。
提示：注意 $\sin x=0$ 时级数各项为0，绝对收敛显然。
步骤 6/6
目标：讨论第二问的绝对一致收敛性
考虑 $x=\pi/2$ 时，$\sin x=1$，则通项为 $\frac{1}{2n}$，级数 $\sum\frac{1}{2n}$ 发散。因此绝对值级数在 $(-\pi/2,\pi/2)$ 上不一致收敛（因为端点处发散）。故原级数不绝对一致收敛。
公式：一致收敛的必要条件：若 $\sum f_n(x)$ 一致收敛，则 $f_n(x)\to 0$ 一致。但这里 $\sup_{x\in(-\pi/2,\pi/2)}|f_n(x)|\ge \frac{1}{2n}\not\to 0$。
提示：注意绝对一致收敛要求绝对值级数一致收敛，而这里在端点附近无法一致控制。
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