南开大学 2026年数学分析第4题

考虑函数项级数 $f(x)=\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(n \ln n)^{x}}$。对于固定的 $x>1$，通项 $a_n(x)=\frac{1}{(n \ln n)^x}$ 是正项且递减的。由于当 $x>1$ 时，积分 $\int_2^\infty \frac{dt}{t^x (\ln t)^x}$ 收敛（可用换元 $u=\ln t$ 验证），所以级数对每个 $x>1$ 收敛。因此 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上有定义。

对任意闭区间 $[a,b] \subset (1,+\infty)$，其中 $11$ 时收敛（由积分判别法）。由 Weierstrass M-判别法，原级数在 $[a,b]$ 上一致收敛。因此 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上连续。

对通项关于 $x$ 求导：$\frac{d}{dx} \frac{1}{(n \ln n)^x} = -\frac{\ln(n\ln n)}{(n\ln n)^x}$。形式上，$f'(x) = -\sum_{n=2}^\infty \frac{\ln(n\ln n)}{(n\ln n)^x}$。现在证明该级数在任意闭区间 $[a,b] \subset (1,+\infty)$ 上一致收敛。对于 $x \in [a,b]$，有 $\frac{\ln(n\ln n)}{(n\ln n)^x} \le \frac{\ln(n\ln n)}{(n\ln n)^a}$。取 $r$ 满足 $10$，$\sum \frac{1}{(n\ln n)^{1+\delta}}$（其中 $\delta = a-r-1>0$）收敛，因此原级数收敛。由 Weierstrass 判别法，导函数级数在 $[a,b]$ 上一致收敛。

因为：(1) 原级数在任意闭区间 $[a,b] \subset (1,+\infty)$ 上一致收敛；(2) 逐项求导后的级数也在同样的闭区间上一致收敛。由函数项级数逐项求导定理，$f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上可导，且导数 $f'(x) = -\sum_{n=2}^\infty \frac{\ln(n\ln n)}{(n\ln n)^x}$。由于导函数级数内闭一致收敛且每项连续，故 $f'(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上连续。因此 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上连续可微。

由前两步，原级数 $\sum u_n(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上收敛，且导函数级数 $\sum u_n'(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上内闭一致收敛。根据函数项级数逐项求导定理，$f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上可微，且 $f'(x)=\sum_{n=2}^\infty -\frac{\ln(n\ln n)}{(n\ln n)^x}$。由于导函数级数的每一项连续且内闭一致收敛，其和函数 $f'(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上连续。因此 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上连续可微。

因此，\( f(x) \) 在 \( (1, +\infty) \) 上连续可微。