北京工业大学 2018年数学分析第0题

函数 $\xi(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}$ 是一个正项级数。对于固定的实数 $x$，通项为 $\frac{1}{n^x}$。根据 $p$-级数的收敛性：$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p}$ 在 $p>1$ 时收敛，在 $p \le 1$ 时发散。这里 $p=x$，因此级数收敛当且仅当 $x>1$。所以定义域为 $(1, +\infty)$。

假设可微，对原级数逐项求导：$\frac{d}{dx} n^{-x} = -\ln n \cdot n^{-x}$，因此形式上的导数级数为 $\xi'(x) = \sum_{n=1}^\infty (-\ln n) n^{-x}$。注意 $n=1$ 时 $\ln 1 = 0$，该项为0，实际从 $n=2$ 开始求和。

取任意闭区间 $[a,b] \subset (1,\infty)$，则对 $x \ge a$，有 $|(-\ln n) n^{-x}| = \frac{\ln n}{n^x} \le \frac{\ln n}{n^a}$。考虑级数 $\sum_{n=2}^\infty \frac{\ln n}{n^a}$，当 $a>1$ 时，可用积分判别法或比较判别法证明其收敛（例如与 $\frac{1}{n^{(a+1)/2}}$ 比较，因为 $\frac{\ln n}{n^a} \le \frac{C}{n^{(a+1)/2}}$ 对充分大的 $n$ 成立）。由 Weierstrass M-判别法，导数级数在 $[a,b]$ 上一致收敛。

原级数 $\sum_{n=1}^\infty n^{-x}$ 在 $x>1$ 时收敛，且逐项求导后的级数在 $(1,\infty)$ 内闭一致收敛。根据数学分析中的定理：若函数项级数在某区间收敛，且其导数级数内闭一致收敛，则原级数在该区间可微，且导数等于逐项求导的结果。因此 $\xi(x)$ 在 $(1,\infty)$ 上可微。

类似地，对 $\xi(x)$ 求任意 $k$ 阶导数，形式为 $\xi^{(k)}(x) = \sum_{n=2}^\infty (-\ln n)^k n^{-x}$。对任意 $a>1$，在 $x \ge a$ 上有 $|(-\ln n)^k n^{-x}| \le \frac{(\ln n)^k}{n^a}$，而级数 $\sum_{n=2}^\infty \frac{(\ln n)^k}{n^a}$ 当 $a>1$ 时收敛（可用积分判别法）。因此导数级数内闭一致收敛，从而 $\xi(x)$ 在 $(1,\infty)$ 上无穷次可微。

函数 $\xi(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}$ 的定义域为 $(1, +\infty)$，且在定义域内无穷次可微，其导数为 $\xi'(x)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n^{x}}$（$x>1$）。