哈尔滨工业大学 2026年数学分析第0题

考虑任意闭区间 $[a, b] \subset (1, +\infty)$，取 $a > 1$。对于任意 $x \geq a$，有 $\frac{1}{n^x} \leq \frac{1}{n^a}$。由于 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^a}$ 收敛（$p$-级数，$p = a > 1$），由 Weierstrass M 判别法，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^x}$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致收敛。每一项 $\frac{1}{n^x}$ 关于 $x$ 连续，故和函数 $\zeta(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上连续。由 $a$ 的任意性，$\zeta(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上连续。

对每一项求导得 $\frac{d}{dx} \left( \frac{1}{n^x} \right) = -\frac{\ln n}{n^x}$。考虑任意 $a > 1$，对于 $x \geq a$，有 $\left| \frac{\ln n}{n^x} \right| \leq \frac{\ln n}{n^a}$。取 $\epsilon = \frac{a-1}{2} > 0$，当 $n$ 充分大时 $\ln n < n^\epsilon$，故 $\frac{\ln n}{n^a} < \frac{1}{n^{a-\epsilon}} = \frac{1}{n^{(a+1)/2}}$，而 $(a+1)/2 > 1$，所以 $\sum \frac{\ln n}{n^a}$ 收敛。由 Weierstrass M 判别法，导函数级数在 $[a, +\infty)$ 上一致收敛，因此原级数可以逐项求导，且导函数连续，故 $\zeta(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上可微。

不一致连续。反证法：假设 $\zeta(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上一致连续，则对 $\epsilon = 1$，存在 $\delta > 0$，使得当 $|x - y| < \delta$ 时，$|\zeta(x) - \zeta(y)| < 1$。但 $\lim_{x \to 1^+} \zeta(x) = +\infty$，故对任意大的 $M$，存在 $x_0 \in (1, 1+\delta/2)$ 使得 $\zeta(x_0) > M + 1$。取 $y = x_0 + \delta/2$，则 $|x_0 - y| = \delta/2 < \delta$，但 $|\zeta(x_0) - \zeta(y)| \geq \zeta(x_0) - \zeta(y) > (M+1) - \zeta(y)$，由于 $\zeta(y)$ 有限，当 $M$ 足够大时差值可大于1，矛盾。因此不一致连续。