南京师范大学 2019年数学分析第0题
📝 题目
1．证明函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n+x^{2}}$ 关于 $x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上一致收敛，但不绝对收敛。
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：分析绝对收敛性
考虑绝对值级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left| (-1)^{n-1} \frac{1}{n+x^2} \right| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+x^2}$。对于任意固定的 $x \in (-\infty, +\infty)$，当 $n \to \infty$ 时，通项 $\frac{1}{n+x^2} \sim \frac{1}{n}$，而调和级数 $\sum \frac{1}{n}$ 发散。由比较判别法可知，该绝对值级数对每个固定的 $x$ 均发散，因此原级数不绝对收敛。
公式：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+x^2} \sim \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散
提示：注意 $x$ 固定时，$n$ 足够大后 $x^2$ 的影响可忽略，比较对象是调和级数。
步骤 2/4
目标：验证交错级数条件
令 $a_n(x) = \frac{1}{n+x^2}$。对于每个固定的 $x$，有：
1. $a_n(x) > 0$；
2. $a_n(x)$ 关于 $n$ 单调递减，因为分母 $n+x^2$ 随 $n$ 增大而严格增大；
3. $\lim_{n\to\infty} a_n(x) = 0$。
因此，对每个 $x$，原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n(x)$ 满足莱布尼茨判别法条件，从而逐点收敛。
公式：$a_n(x) = \frac{1}{n+x^2}$ 单调递减趋于 $0$
提示：单调性可通过比较 $a_{n+1}(x) < a_n(x)$ 直接看出，无需导数。
步骤 3/4
目标：估计余项并证明一致收敛
对于交错级数，由莱布尼茨判别法的余项估计：$|R_N(x)| = \left| \sum_{n=N+1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n(x) \right| \le a_{N+1}(x)$。而 $a_{N+1}(x) = \frac{1}{N+1+x^2} \le \frac{1}{N+1}$，该上界与 $x$ 无关。对任意 $\varepsilon > 0$，取 $N$ 使得 $\frac{1}{N+1} < \varepsilon$，则对所有 $x \in (-\infty, +\infty)$ 均有 $|R_N(x)| < \varepsilon$。因此级数在 $(-\infty, +\infty)$ 上一致收敛。
公式：$|R_N(x)| \le \frac{1}{N+1+x^2} \le \frac{1}{N+1}$
提示：关键是要找到与 $x$ 无关的余项上界，这里利用 $x^2 \ge 0$ 得到 $\frac{1}{N+1+x^2} \le \frac{1}{N+1}$。
步骤 4/4
目标：总结结论
综合以上两步：
- 原级数在 $(-\infty, +\infty)$ 上一致收敛（由余项一致趋于 $0$ 保证）；
- 原级数不绝对收敛（因为绝对值级数发散）。
故命题得证。
公式：一致收敛但不绝对收敛
提示：一致收敛与绝对收敛没有必然联系，本题是交错级数一致收敛的典型例子。
步骤 5/6
目标：应用Dirichlet判别法得出结论
由于两个条件均满足，由Dirichlet判别法，函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n+x^{2}}$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上一致收敛。
公式：\text{Dirichlet判别法} \Rightarrow \text{一致收敛}
提示：一致收敛的结论不依赖于 $x$ 的具体取值，适用于整个实数域。
步骤 6/6
目标：总结最终结论
我们已经证明：
- 该级数在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛（由Dirichlet判别法）；
- 但正项级数 $\sum \frac{1}{n+x^{2}}$ 发散，故不绝对收敛。
因此原命题得证。
公式：\text{一致收敛} \land \text{不绝对收敛}
提示：注意：一致收敛与绝对收敛是两个独立的概念，本题恰好展示了它们可以同时成立（一个成立，另一个不成立）。
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