华东师范大学 2023年数学分析第0题
📝 题目
十．设 $\displaystyle \alpha>0$ ，若 $\displaystyle n x_{n}=1+o\left(n^{-\alpha}\right)$ ，则数列 $\displaystyle x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}-\ln n$ 收敛．
十一。设一元函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上可导，且存在两个正数 $\displaystyle A<B$ 满足 $\displaystyle A<\left|f^{\prime}(x)\right|<B$ ，证明： $\displaystyle f\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}^{2}$ 上一致连续，但 $\displaystyle f\left(x^{3}+y^{3}\right)$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}^{2}$ 上不一致连续．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：改写条件，表示出x_n的表达式
由条件 $n x_n = 1 + o(n^{-\alpha})$，存在数列 $\varepsilon_n = o(n^{-\alpha})$，使得 $n x_n = 1 + \varepsilon_n$，即 $x_n = \frac{1}{n} + \frac{\varepsilon_n}{n}$，且 $\lim_{n\to\infty} \varepsilon_n n^{\alpha} = 0$。
公式：$x_n = \frac{1}{n} + \frac{\varepsilon_n}{n}$，$\varepsilon_n = o(n^{-\alpha})$
提示：注意 $o(n^{-\alpha})$ 表示比 $n^{-\alpha}$ 更高阶的无穷小，即 $\varepsilon_n n^{\alpha} \to 0$。
步骤 2/6
目标：将待证数列分解为已知收敛部分和余项级数
设 $S_n = \sum_{k=1}^n x_k - \ln n = \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln n\right) + \sum_{k=1}^n \frac{\varepsilon_k}{k}$。由欧拉常数结论，$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln n \to \gamma$（收敛），故只需证明 $\sum_{k=1}^\infty \frac{\varepsilon_k}{k}$ 收敛。
公式：$S_n = \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln n\right) + \sum_{k=1}^n \frac{\varepsilon_k}{k}$
提示：欧拉常数 $\gamma$ 的存在性是已知结论，可直接引用。
步骤 3/6
目标：证明余项级数绝对收敛
由 $\varepsilon_n = o(n^{-\alpha})$，存在 $N$ 和常数 $C>0$，当 $k>N$ 时，$|\varepsilon_k| \le C k^{-\alpha}$。于是 $\left|\frac{\varepsilon_k}{k}\right| \le \frac{C}{k^{1+\alpha}}$。由于 $\alpha>0$，$1+\alpha>1$，故 $\sum_{k=1}^\infty \frac{C}{k^{1+\alpha}}$ 收敛，由比较判别法知 $\sum_{k=1}^\infty \frac{\varepsilon_k}{k}$ 绝对收敛。
公式：$\left|\frac{\varepsilon_k}{k}\right| \le \frac{C}{k^{1+\alpha}}$，$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{1+\alpha}}$ 收敛
提示：注意 $\alpha>0$ 是保证 $p$-级数收敛的关键，若 $\alpha \le 0$ 则结论不成立。
步骤 4/6
目标：综合结论，完成第十题证明
由于 $\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln n$ 收敛，且 $\sum_{k=1}^n \frac{\varepsilon_k}{k}$ 收敛，故 $S_n$ 作为两个收敛数列之和也收敛。因此数列 $x_1+x_2+\cdots+x_n-\ln n$ 收敛。
公式：$\lim_{n\to\infty} S_n = \gamma + \sum_{k=1}^\infty \frac{\varepsilon_k}{k}$（有限值）
提示：收敛数列的和仍收敛，无需额外条件。
步骤 5/6
目标：证明 $f(\sqrt{x^2+y^2})$ 一致连续
令 $r = \sqrt{x^2+y^2}$，则 $g(x,y)=f(r)$。由 $|f'(x)|
公式：$|g(x_1,y_1)-g(x_2,y_2)| \le B\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$
提示：Lipschitz 连续蕴含一致连续，这是常用结论。注意 $\sqrt{x^2+y^2}$ 本身是 Lipschitz 的（常数为1）。
步骤 6/6
目标：构造反例证明 $f(x^3+y^3)$ 不一致连续
取点列 $P_n = (n, -n)$，$Q_n = \left(n+\frac{1}{3n^2}, -n\right)$。则 $P_n$ 处 $x^3+y^3 = n^3 + (-n)^3 = 0$；$Q_n$ 处 $x^3+y^3 = \left(n+\frac{1}{3n^2}\right)^3 + (-n)^3 = n^3 + 3n^2\cdot\frac{1}{3n^2} + o(1) - n^3 = 1 + o(1)$。两点间欧氏距离为 $\frac{1}{3n^2} \to 0$。由 $|f'(x)|>A>0$ 知 $f$ 严格单调，且由中值定理，当 $n$ 充分大时，$|f(1+o(1))-f(0)| \ge \frac{A}{2} > 0$。因此存在 $\varepsilon_0 = \frac{A}{2} > 0$，对任意 $\delta>0$，取 $n$ 充分大使得 $\|P_n-Q_n\|<\delta$，但 $|h(P_n)-h(Q_n)| \ge \varepsilon_0$，故 $h$ 不一致连续。
公式：$P_n=(n,-n),\ Q_n=(n+\frac{1}{3n^2},-n)$，$\|P_n-Q_n\|=\frac{1}{3n^2}\to0$，$|h(P_n)-h(Q_n)|\to|f(1)-f(0)|>0$
提示：构造的关键是让 $x^3+y^3$ 的变化量非零且有界，同时两点距离趋于0。注意 $\frac{1}{3n^2}$ 的选取来自 $(n+\Delta)^3 - n^3 \approx 3n^2\Delta$，令 $3n^2\Delta=1$ 得 $\Delta=1/(3n^2)$。
步骤 7/7
目标：证明f(x³+y³)不一致连续
取点列 $P_n=(n,0), Q_n=(n+\delta_n,0)$，其中 $\delta_n = \frac{1}{3n^2}$。计算 $u_n=n^3, v_n=(n+\delta_n)^3 = n^3+1+\frac{1}{3n^3}+\frac{1}{27n^6}$，故当 $n$ 充分大时 $|v_n-u_n| \ge \frac{1}{2}$。由中值定理，存在 $\xi_n$ 介于 $u_n,v_n$ 之间，使得 $|f(v_n)-f(u_n)| = |f'(\xi_n)|\cdot|v_n-u_n| \ge A\cdot\frac{1}{2}>0$。但两点距离 $|P_nQ_n| = \delta_n = \frac{1}{3n^2} \to 0$，因此存在距离任意小但函数值之差有正下界的点对，故不一致连续。
公式：$$|P_nQ_n| = \frac{1}{3n^2} \to 0, \quad |f(v_n)-f(u_n)| \ge \frac{A}{2} > 0$$
提示：构造点列时，要保证自变量差为常数（如1），而欧氏距离趋于0。
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