南京信息工程大学 2025年数学分析第0题

给定级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(nx)}{n^{\alpha}}$，其中 $\alpha > 0$，定义域为 $x \in (0, 2\pi)$。注意端点 $x=0$ 和 $x=2\pi$ 处 $\cos(nx)=1$，级数退化为 $p$-级数 $\sum 1/n^{\alpha}$，当 $\alpha>1$ 时收敛，$\alpha \le 1$ 时发散。但本题区间为开区间，不考虑端点。

内闭一致收敛：对任意闭区间 $[a,b] \subset (0,2\pi)$，级数在 $[a,b]$ 上一致收敛。整体一致收敛：对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$ 与 $x$ 无关，使得对所有 $n>N$ 和所有 $x \in (0,2\pi)$，余项 $\left|\sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{\cos(kx)}{k^{\alpha}}\right| < \varepsilon$。

取任意闭区间 $[a,b] \subset (0,2\pi)$，则存在 $\delta>0$ 使得对所有 $x \in [a,b]$ 有 $|\sin(x/2)| \ge \sin(\delta/2) > 0$。利用余弦部分和公式：$S_n(x)=\sum_{k=1}^n \cos(kx) = \frac{\sin(nx/2)\cos((n+1)x/2)}{\sin(x/2)}$，可得 $|S_n(x)| \le \frac{1}{|\sin(x/2)|} \le \frac{1}{\sin(\delta/2)}$，即部分和一致有界。而 $\{1/n^{\alpha}\}$ 单调递减趋于 $0$，由狄利克雷判别法，级数在 $[a,b]$ 上一致收敛。

当 $\alpha>1$ 时，由于 $\left|\frac{\cos(nx)}{n^{\alpha}}\right| \le \frac{1}{n^{\alpha}}$，而 $\sum_{n=1}^{\infty} 1/n^{\alpha}$ 收敛，由 Weierstrass M-判别法，级数在 $\mathbb{R}$ 上绝对且一致收敛，从而在 $(0,2\pi)$ 上一致收敛。

当 $0<\alpha \le 1$ 时，取 $x_N = \frac{\pi}{2N}$（$N$ 充分大），考虑余项中第 $2N$ 项：$\frac{\cos(2N \cdot x_N)}{(2N)^{\alpha}} = \frac{\cos(\pi)}{(2N)^{\alpha}} = -\frac{1}{(2N)^{\alpha}}$。因此对任意 $N$，存在 $x_N \in (0,2\pi)$ 使得 $\left|\sum_{n=N+1}^{2N} \frac{\cos(nx_N)}{n^{\alpha}}\right| \ge \frac{1}{(2N)^{\alpha}}$。当 $N \to \infty$ 时，$\frac{1}{(2N)^{\alpha}} \not\to 0$，故级数在 $(0,2\pi)$ 上不一致收敛。

综合以上讨论： (1) 对任意 $\alpha>0$，级数在 $(0,2\pi)$ 上内闭一致收敛。 (2) 当 $\alpha>1$ 时，级数在 $(0,2\pi)$ 上一致收敛；当 $0<\alpha \le 1$ 时，级数在 $(0,2\pi)$ 上不一致收敛。