北京工业大学 2014年数学分析第0题

函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n(x)$ 在区间 $I$ 上一致收敛的柯西条件是：对任意 $\varepsilon>0$，存在正整数 $N$，使得对所有 $m>n\ge N$ 和所有 $x\in I$，都有 $\left|\sum_{k=n+1}^{m} u_k(x)\right|<\varepsilon$。要证明非一致收敛，只需找到某个 $\varepsilon_0>0$，使得对任意 $N$，都存在 $m>n\ge N$ 和某个 $x\in I$，使得该和 $\ge \varepsilon_0$。

考虑 $x$ 趋近于 $1$ 时级数收敛变慢。取 $x_n = 1 + \frac{1}{n}$，当 $n\to\infty$ 时 $x_n\to 1^+$。考察从 $n+1$ 到 $2n$ 的部分和：$R_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k^{x_n}}$。由于 $k\le 2n$，有 $\frac{1}{k^{x_n}} \ge \frac{1}{(2n)^{x_n}}$，因此 $R_n \ge n \cdot \frac{1}{(2n)^{x_n}}$。

计算下界：$R_n \ge \frac{n}{(2n)\cdot (2n)^{1/n}} = \frac{1}{2 \cdot (2n)^{1/n}}$。由于 $(2n)^{1/n} = e^{\frac{\ln(2n)}{n}} \to 1$（当 $n\to\infty$），故存在 $N_0$，当 $n\ge N_0$ 时 $(2n)^{1/n} < 2$，从而 $R_n \ge \frac{1}{2\cdot 2} = \frac{1}{4}$。取 $\varepsilon_0 = \frac{1}{4}$。

取 $\varepsilon_0 = \frac{1}{4}$。对任意 $N\in\mathbb{N}$，取 $n = \max(N, N_0)$，$m = 2n$，则 $m>n\ge N$，并取 $x = x_n = 1+\frac{1}{n} \in (1,+\infty)$，有 $\left|\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k^{x}}\right| \ge \frac{1}{4} = \varepsilon_0$。这违反了柯西一致收敛准则，因此级数在 $(1,+\infty)$ 上非一致收敛。

虽然对每个固定的 $x>1$，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^x}$ 收敛（即点态收敛），但在整个区间 $(1,+\infty)$ 上收敛不是一致的。这是因为当 $x$ 趋近于 $1$ 时，级数收敛速度变慢，无法找到一个统一的 $N$ 控制所有 $x$ 的余项。

如果级数在 $(1,+\infty)$ 上一致收敛，则对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$ 使得对所有 $x>1$ 和所有 $m>N$，余项 $\left|\sum_{n=m}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}\right| < \varepsilon$。特别地，取 $m=N+1$，应有 $R_N(x) < \varepsilon$ 对所有 $x>1$ 成立。但上面构造的点列 $x_k$ 使得 $R_N(x_k) \to +\infty$，矛盾。因此级数非一致收敛。