吉林大学 2026年数学分析第0题

级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \sin(nx) \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$。当 $n$ 很大时，$\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \sim \frac{1}{n}$，因此通项近似于 $\frac{\sin(nx)}{n}$。这提示我们可以与经典的 $\sum \frac{\sin(nx)}{n}$ 进行比较。

固定 $x \in (0,2\pi)$。已知 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(nx)}{n}$ 在 $(0,2\pi)$ 上收敛（由狄利克雷判别法或傅里叶级数理论）。由于 $\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)$，则 $\sin(nx)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) = \frac{\sin(nx)}{n} + \sin(nx) \cdot O\left(\frac{1}{n^2}\right)$。后一项绝对值 $\le \frac{C}{n^2}$，对应的级数绝对收敛。因此原级数的收敛性等价于 $\sum \frac{\sin(nx)}{n}$ 的收敛性，故对每个 $x \in (0,2\pi)$ 都收敛。

取 $x_N = \frac{\pi}{2N}$，当 $N$ 充分大时 $x_N \in (0,2\pi)$。考虑余项 $R_N(x) = \sum_{n=N+1}^{\infty} \sin(nx) \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$ 在 $x=x_N$ 处的值。对于 $n$ 从 $N+1$ 到 $\lfloor \frac{3N}{2} \rfloor$，有 $n x_N = \frac{n\pi}{2N} \in \left(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{4}\right]$，此时 $\sin(n x_N) \ge \sin\left(\frac{3\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}$。

对上述 $n$ 的范围内，有 $\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \ge \frac{1}{2n}$（当 $n$ 充分大时成立）。因此余项满足： \[ R_N(x_N) \ge \sum_{n=N+1}^{\lfloor 3N/2 \rfloor} \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2n} = \frac{\sqrt{2}}{4} \sum_{n=N+1}^{\lfloor 3N/2 \rfloor} \frac{1}{n} \] 该和式约有 $N/2$ 项，每项约 $1/N$，故总和趋于正常数 $\frac{\sqrt{2}}{8}$。因此余项不能一致地小，级数不一致收敛。

由逐点收敛性的证明知级数在 $(0,2\pi)$ 上每点收敛；由不一致收敛性的证明知存在点列 $x_N$ 使得余项不能一致趋于0。因此该函数项级数在 $(0,2\pi)$ 上逐点收敛但不一致收敛。

若级数一致收敛，则和函数 $S(x)$ 在 $(0,2\pi)$ 上连续，且 $S(0)=0$（因为 $x=0$ 时级数各项为0）。于是 $\lim_{x\to 0}S(x)=0$，特别地 $\lim_{N\to\infty}S\left(\frac{1}{N}\right)=0$。但由一致收敛性，$S_N\left(\frac{1}{N}\right)$ 与 $S\left(\frac{1}{N}\right)$ 的差趋于0，从而 $\lim_{N\to\infty}S_N\left(\frac{1}{N}\right)=0$，与上一步得到的 $\liminf S_N(1/N)\geq 2/\pi>0$ 矛盾。故级数在 $(0,2\pi)$ 上不一致收敛。

综上，函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \sin(nx)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$ 在 $(0,2\pi)$ 上逐点收敛（由 Dirichlet 判别法），但不一致收敛（通过构造点列 $x_N=1/N$ 导出矛盾）。