北京科技大学 2026年数学分析第0题

给定级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln \left(1+n^{2} x\right)}{n} x^{-(n+1)}$，记通项为 $u_n(x)=\frac{\ln(1+n^2 x)}{n} x^{-(n+1)}$。定义域为 $x>0$，但题目关注 $x>1$ 附近的情况。

对于任意 $x \ge 1+\varepsilon_0$，有 $x^{-(n+1)} \le (1+\varepsilon_0)^{-(n+1)}$。分子部分：$\ln(1+n^2 x) \le \ln(1+n^2(1+\varepsilon_0))$。由于 $x$ 有正下界，存在常数 $K$（依赖于 $\varepsilon_0$）使得 $\ln(1+n^2 x) \le K \ln n$ 对所有 $n\ge 1$ 和 $x\ge 1+\varepsilon_0$ 成立。于是 $|u_n(x)| \le \frac{K \ln n}{n} (1+\varepsilon_0)^{-(n+1)}$。

取 $M_n = \frac{K \ln n}{n} (1+\varepsilon_0)^{-(n+1)}$。由于 $(1+\varepsilon_0)^{-n}$ 是指数衰减，级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{\ln n}{n} (1+\varepsilon_0)^{-n}$ 收敛（例如用比值判别法或根值判别法）。因此 $\sum M_n$ 收敛，由 Weierstrass M-判别法知原级数在 $[1+\varepsilon_0,\infty)$ 上一致收敛。

假设级数在 $(1,+\infty)$ 上一致收敛，则对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$ 使得对所有 $x>1$ 和所有 $m>n\ge N$，有 $\left|\sum_{k=n+1}^m u_k(x)\right|<\varepsilon$。特别地，取 $n=N$，$m=N+1$，则对每个 $x>1$ 有 $|u_{N+1}(x)|<\varepsilon$。

令 $x\to 1^+$，则 $u_{N+1}(x) = \frac{\ln(1+(N+1)^2 x)}{N+1} x^{-(N+2)} \to \frac{\ln(1+(N+1)^2)}{N+1} > 0$。这个极限是一个固定的正数，不依赖于 $\varepsilon$。因此当 $\varepsilon$ 小于该正数时，无法找到统一的 $N$ 使 $|u_{N+1}(x)|<\varepsilon$ 对所有 $x>1$ 成立，矛盾。故原级数在 $(1,+\infty)$ 上不一致收敛。

于是部分和差（从 $n=k$ 到 $2k$）满足 $$\sum_{n=k}^{2k} a_n(x_k)\ge c\sum_{n=k}^{2k}\frac1n \ge c\cdot \ln\frac{2k+1}{k}\to c\ln2>0\ (k\to\infty).$$ 因此对 $\varepsilon_0=\frac{c\ln2}{2}>0$，任意 $N$，取 $k>N$ 及 $m=2k,n=k$，存在 $x_k$ 使得部分和差大于 $\varepsilon_0$，不满足一致收敛的Cauchy条件。故在 $(1,+\infty)$ 上不一致收敛。