哈尔滨工业大学 2012年数学分析第0题
📝 题目
六．（15 分）设 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \mu_{n}(x)$ 在 $\displaystyle (a-z, a+z)$ 上一致收玫且 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow a} \mu_{n}(x)=A_{n}$ ，证明 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} A_{n}$ 收玫且有
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\lim _{x \rightarrow a} \sum_{n=1}^{\infty} \mu_{n}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} A_{n}
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💡 答案解析
暂无答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：证明级数∑A_n收敛
由∑μ_n(x)在(a-z, a+z)上一致收敛，根据Cauchy收敛准则，对任意ε>0，存在N，使得当m>n≥N时，对所有x∈(a-z, a+z)有|∑_{k=n+1}^m μ_k(x)|<ε。令x→a，由极限的保号性得|∑_{k=n+1}^m A_k|≤ε，因此∑A_n满足Cauchy收敛准则，故收敛。
公式：|∑_{k=n+1}^m μ_k(x)|<ε ⇒ |∑_{k=n+1}^m A_k|≤ε
提示：注意极限的保号性：不等式在取极限后可能变为≤，但依然满足Cauchy准则。
步骤 2/4
目标：估计部分和与无穷和的误差
设S(x)=∑_{n=1}^∞ μ_n(x)，S=∑_{n=1}^∞ A_n。对任意ε>0，由∑μ_n(x)一致收敛，存在N_1，使得当n≥N_1时，对所有x有|∑_{k=n+1}^∞ μ_k(x)|<ε。由∑A_n收敛，存在N_2，使得当n≥N_2时，|∑_{k=n+1}^∞ A_k|<ε。取N=max(N_1,N_2)，则|S(x)-S| ≤ |∑_{k=1}^N μ_k(x)-∑_{k=1}^N A_k| + |∑_{k=N+1}^∞ μ_k(x)| + |∑_{k=N+1}^∞ A_k| < |∑_{k=1}^N μ_k(x)-∑_{k=1}^N A_k| + 2ε。
公式：|S(x)-S| ≤ |∑_{k=1}^N μ_k(x)-∑_{k=1}^N A_k| + 2ε
提示：注意一致收敛性给出的估计对x一致成立，而∑A_n的收敛性给出的是常数估计。
步骤 3/4
目标：利用极限定义控制有限和误差
由于lim_{x→a} μ_k(x)=A_k，对每个k=1,…,N，存在δ_k>0，使得当0<|x-a|<δ_k时，|μ_k(x)-A_k|<ε/N。取δ=min{δ_1,…,δ_N}，则当0<|x-a|<δ时，|∑_{k=1}^N μ_k(x)-∑_{k=1}^N A_k| ≤ ∑_{k=1}^N |μ_k(x)-A_k| < N·(ε/N)=ε。
公式：|∑_{k=1}^N μ_k(x)-∑_{k=1}^N A_k| < ε
提示：注意δ依赖于N和ε，但N已固定，所以δ存在。
步骤 4/4
目标：综合得到极限等式
结合前两步，当0<|x-a|<δ时，|S(x)-S| < ε + 2ε = 3ε。由ε的任意性，lim_{x→a} S(x)=S，即lim_{x→a} ∑_{n=1}^∞ μ_n(x)=∑_{n=1}^∞ A_n。
公式：lim_{x→a} ∑_{n=1}^∞ μ_n(x)=∑_{n=1}^∞ A_n
提示：最终结论是极限与求和可交换，但需要一致收敛条件。
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