大连理工大学 2025年数学分析第0题
📝 题目
3．求证：黎曼 $\zeta$ 函数 $\displaystyle \zeta(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}$ 具有如下性质：
（1）在 $x>1$ 上连续．
（2）在 $x>1$ 上连续可微．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：证明连续性：构造局部一致收敛
取任意 $x_0>1$，选取 $\delta>0$ 使得 $x_0-\delta>1$。则对任意 $x\in [x_0-\delta, x_0+\delta]$，有 $n^{-x} \leq n^{-(x_0-\delta)}$。由于 $\sum_{n=1}^{\infty} n^{-(x_0-\delta)}$ 收敛（因为 $x_0-\delta>1$），由 Weierstrass M-判别法，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n^{-x}$ 在 $[x_0-\delta, x_0+\delta]$ 上一致收敛。
公式：$n^{-x} \leq n^{-(x_0-\delta)}$
提示：注意选取 $\delta$ 要保证 $x_0-\delta>1$，否则控制级数发散。
步骤 2/6
目标：证明连续性：利用一致收敛与项连续
每一项 $n^{-x}$ 关于 $x$ 连续，且级数在 $[x_0-\delta, x_0+\delta]$ 上一致收敛，故和函数 $\zeta(x)$ 在 $x_0$ 处连续。由 $x_0>1$ 的任意性，$\zeta(x)$ 在 $(1,\infty)$ 上连续。
提示：一致收敛是保证和函数连续的关键条件。
步骤 3/6
目标：证明可微性：考虑形式导数级数
对 $n^{-x}$ 求导得 $\frac{d}{dx} n^{-x} = -\frac{\ln n}{n^x}$。考虑形式导数级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{d}{dx} n^{-x} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^x}$。
公式：$\frac{d}{dx} n^{-x} = -\frac{\ln n}{n^x}$
提示：注意 $n=1$ 时 $\ln 1=0$，该项为0，不影响。
步骤 4/6
目标：证明可微性：验证导数级数一致收敛
取任意 $x_0>1$，选取 $\delta>0$ 使得 $x_0-\delta>1$。则对任意 $x\in [x_0-\delta, x_0+\delta]$，有 $\left|\frac{\ln n}{n^x}\right| \leq \frac{\ln n}{n^{x_0-\delta}}$。由于 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{\ln n}{n^{x_0-\delta}}$ 收敛（可用积分判别法：$\int_2^{\infty} \frac{\ln t}{t^{x_0-\delta}} dt$ 收敛），由 Weierstrass M-判别法，级数 $\sum \frac{\ln n}{n^x}$ 在 $[x_0-\delta, x_0+\delta]$ 上一致收敛。
公式：$\left|\frac{\ln n}{n^x}\right| \leq \frac{\ln n}{n^{x_0-\delta}}$
提示：需要验证 $\sum \frac{\ln n}{n^{x_0-\delta}}$ 收敛，常用积分判别法或比较判别法。
步骤 5/6
目标：证明可微性：应用逐项可微定理
由于原级数 $\sum n^{-x}$ 在 $[x_0-\delta, x_0+\delta]$ 上收敛（实际上一致收敛），且导数级数一致收敛，由逐项可微定理，$\zeta(x)$ 在 $x_0$ 处可微，且 $\zeta'(x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^x}$。
公式：$\zeta'(x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^x}$
提示：逐项可微定理要求原级数至少在某点收敛，且导数级数一致收敛。
步骤 6/6
目标：证明连续可微性：导数连续
导数级数 $\sum \frac{\ln n}{n^x}$ 在 $[x_0-\delta, x_0+\delta]$ 上一致收敛，且每一项 $\frac{\ln n}{n^x}$ 连续，故和函数 $\zeta'(x)$ 在 $x_0$ 处连续。由 $x_0>1$ 的任意性，$\zeta(x)$ 在 $(1,\infty)$ 上连续可微。
提示：一致收敛的连续函数项级数的和函数连续。
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