中册 6.3 函数项级数 第40题
📝 题目
40．设函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续可导且 $f(0)=0$ ．（1）求证 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} f\left(\frac{x}{n}\right)$ 在 $[-1,1]$ 上一致收敛； （2）设 $\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} f\left(\frac{x}{n}\right)$ ，求证：$S(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续可导．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
由已知 $f^{\prime}(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续，从而有界，设 $\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant M$ ．由拉格朗日中值定理，
$$
\left|\frac{1}{n} f\left(\frac{x}{n}\right)\right|=\left|\frac{1}{n}\left[f\left(\frac{x}{n}\right)-f(0)\right]\right|=\left|\frac{1}{n} f^{\prime}(\xi) \frac{x}{n}\right| \leqslant \frac{M|x|}{n^{2}} \leqslant \frac{M}{n^{2}}, \xi \text { 在 } 0 \text { 与 } \frac{x}{n} \text { 之间. }
$$
由 M 判别法，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} f\left(\frac{x}{n}\right)$ 在 $[-1,1]$ 上一致收玫。
又因为 $\displaystyle \left|\frac{1}{n^{2}} f^{\prime}\left(\frac{x}{n}\right)\right| \leqslant \frac{M}{n^{2}}$ ，所以 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n} f\left(\frac{x}{n}\right)\right)^{\prime}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} f^{\prime}\left(\frac{x}{n}\right)$ 在 $[-1,1]$ 上一致收敛。对每个 $\displaystyle n, \frac{1}{n^{2}} f^{\prime}\left(\frac{x}{n}\right)$ 在 $[-1,1]$ 上连续，于是级数可逐项求导，且 $\displaystyle S^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} f^{\prime}\left(\frac{x}{n}\right)$ ，即 $S(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续可导．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：利用导数有界性估计函数值
由 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续可导，知 $f'(x)$ 连续，从而有界，设 $|f'(x)| \leq M$。对任意 $x \in [-1,1]$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi$ 介于 $0$ 与 $\frac{x}{n}$ 之间，使得 $f\left(\frac{x}{n}\right) - f(0) = f'(\xi) \cdot \frac{x}{n}$。由于 $f(0)=0$，故 $\left|\frac{1}{n} f\left(\frac{x}{n}\right)\right| = \left|\frac{1}{n} f'(\xi) \frac{x}{n}\right| \leq \frac{M|x|}{n^2} \leq \frac{M}{n^2}$。
公式：拉格朗日中值定理：$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$
提示：注意 $f(0)=0$ 的条件，否则无法直接放缩。
步骤 2/5
目标：应用M判别法证明一致收敛
由 $\left|\frac{1}{n} f\left(\frac{x}{n}\right)\right| \leq \frac{M}{n^2}$，而 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{M}{n^2}$ 收敛，根据魏尔斯特拉斯M判别法，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} f\left(\frac{x}{n}\right)$ 在 $[-1,1]$ 上一致收敛。
公式：魏尔斯特拉斯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：M判别法要求控制函数与x无关，这里 $M/n^2$ 是常数项级数。
步骤 3/5
目标：估计导函数项的一致收敛性
考虑逐项求导后的级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n} f\left(\frac{x}{n}\right)\right)' = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} f'\left(\frac{x}{n}\right)$。由于 $|f'(x)| \leq M$，故 $\left|\frac{1}{n^2} f'\left(\frac{x}{n}\right)\right| \leq \frac{M}{n^2}$，而 $\sum \frac{M}{n^2}$ 收敛，由M判别法知该级数在 $[-1,1]$ 上一致收敛。
公式：逐项求导公式：$\left(\frac{1}{n} f\left(\frac{x}{n}\right)\right)' = \frac{1}{n^2} f'\left(\frac{x}{n}\right)$
提示：注意求导时链式法则，$\frac{d}{dx} f(x/n) = f'(x/n) \cdot \frac{1}{n}$。
步骤 4/5
目标：利用一致收敛性证明可导性
由于 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} f\left(\frac{x}{n}\right)$ 在 $[-1,1]$ 上一致收敛，且每一项 $\frac{1}{n} f\left(\frac{x}{n}\right)$ 连续可导，其导函数级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} f'\left(\frac{x}{n}\right)$ 在 $[-1,1]$ 上一致收敛，根据函数项级数逐项求导定理，$S(x)$ 在 $[-1,1]$ 上可导，且 $S'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} f'\left(\frac{x}{n}\right)$。
公式：函数项级数逐项求导定理：若 $\sum u_n(x)$ 收敛，$\sum u_n'(x)$ 一致收敛，则 $S'(x)=\sum u_n'(x)$。
提示：需要验证原级数收敛和导函数级数一致收敛两个条件。
步骤 5/5
目标：证明导函数连续
由于 $f'(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续，故 $\frac{1}{n^2} f'\left(\frac{x}{n}\right)$ 在 $[-1,1]$ 上连续。又因为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} f'\left(\frac{x}{n}\right)$ 一致收敛，所以其和函数 $S'(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续。因此 $S(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续可导。
公式：一致收敛的连续函数项级数的和函数连续。
提示：注意一致收敛性保证了和函数的连续性。
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