中册 6.3 函数项级数 第50题

\section*{解题过程：} （1）因 $\displaystyle \int_{0}^{x} t^{n}(1-t) \mathrm{d} t=\int_{0}^{x} t^{n} \mathrm{~d} t-\int_{0}^{x} t^{n+1} \mathrm{~d} t=\frac{x^{n+1}}{n+1}-\frac{x^{n+2}}{n+2}$ ，故 $\displaystyle \sup _{[0,1]}\left|R_{n}(x)\right|=\sup _{[0,1]} \frac{x^{n+2}}{n+2}=\frac{1}{n+2}$ 。从而 $\limsup _{n \rightarrow \infty}\left|R_{n}(x)\right|=0$ 。故 $\sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{x} t^{n}(1-t) \mathrm{d} t$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。 （2）因为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上具有连续导数，从而 $f^{\prime}(x)$ 在 $[0,1]$ 上有界，即存在 $M>0$ 使 $\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant M$ ．由中值定理，存在 $\xi \in[t, 1]$ 使 $$ f(t)=f(1)+f^{\prime}(\xi)(t-1)=f^{\prime}(\xi)(t-1) . $$ 于是 $$ \left|\int_{0}^{x} t^{n} f(t) \mathrm{d} t\right| \leqslant M \int_{0}^{x} t^{n}(1-t) \mathrm{d} t . $$ 由（1）知，$\sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{x} t^{n}(1-t) \mathrm{d} t$ 在 $[0,1]$ 上一致收玫。由 M 判别法，函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{x} t^{n} f(t) \mathrm{d} t$ 在 $[0,1]$ 上一致收玫。 特别地：当 $f(x)=\sin \pi x$ 时， $$ \int_{0}^{x} t^{n} \sin \pi t \mathrm{~d} t=\frac{1}{n+1} \int_{0}^{x} \sin \pi t \mathrm{~d}\left(t^{n+1}\right)=\frac{\pi}{n+1} \int_{0}^{x} t^{n+1} \cos \pi t \mathrm{~d} t \leqslant \frac{\pi}{n+1} \int_{0}^{x} t^{n+1} \mathrm{~d} t=\frac{\pi}{(n+1)(n+2)} . $$ 由比较判别法得证。 （3）因为 $\displaystyle \forall x \geqslant 0,\left|a_{n} x^{n} \mathrm{e}^{-x}\right|=a_{n} x^{n}\left(1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+\cdots\right)^{-1} \leqslant a_{n} x^{n}\left(\frac{x^{n}}{n!}\right)^{-1}=a_{n} n!$ ，且 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} n!$ 收敛，故 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \mathrm{e}^{-x}$ 在 $[0, A]$ 上一致收敛，可逐项积分． 又因 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} n!$ 收敛，故 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} \int_{0}^{A} x^{n} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x$ 关于 $A$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致收敛，故可逐项求极限．于是 $$ \begin{aligned} \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x} f(x) \mathrm{d} x & =\int_{0}^{+\infty}\left(\mathrm{e}^{-x} \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}\right) \mathrm{d} x=\lim _{A \rightarrow+\infty} \int_{0}^{A}\left(\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \mathrm{e}^{-x}\right) \mathrm{d} x=\lim _{A \rightarrow+\infty} \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} \int_{0}^{A} x^{n} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x \\ & =\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} \lim _{A \rightarrow+\infty} \int_{0}^{A} x^{n} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} \int_{0}^{+\infty} x^{n} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} \Gamma(n+1)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} n! \end{aligned} $$ （4）由于 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛，从而一致收敛。 $\displaystyle 0 \leqslant \frac{1}{n!} \int_{0}^{x} t^{n} \mathrm{e}^{-t} \mathrm{~d} t \leqslant \frac{1}{n!} \int_{0}^{+\infty} t^{n} \mathrm{e}^{-t} \mathrm{~d} t=\frac{1}{n!} \Gamma(n+1)=1$ ，即 $\displaystyle \left\{\frac{1}{n!} \int_{0}^{x} t^{n} \mathrm{e}^{-t} \mathrm{~d} t\right\}$ 一致有界． 又 $\displaystyle \frac{1}{(n+1)!} \int_{0}^{x} t^{n+1} \mathrm{e}^{-t} \mathrm{~d} t=\frac{1}{n!} \int_{0}^{x} \frac{t}{n+1} t^{n} \mathrm{e}^{-t} \mathrm{~d} t \leqslant \frac{1}{n!} \int_{0}^{x} t^{n} \mathrm{e}^{-t} \mathrm{~d} t$（当 $n>b$ 时），即 $\displaystyle \frac{1}{n!} \int_{0}^{x} t^{n} \mathrm{e}^{-t} \mathrm{~d} t$ 关于 $n$ 单调减少． 由阿贝尔判别法，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cdot \frac{1}{n!} \int_{0}^{x} t^{n} \mathrm{e}^{-t} \mathrm{~d} t$ 在 $[0, b]$ 上一致收敛。