山东大学 2025年数学分析第0题

考虑余项 $R_n(x) = \sum_{k=n+1}^\infty x^k \ln x = \frac{x^{n+1} \ln x}{1-x}$。一致收敛要求 $\sup_{x \in (0,1]} |R_n(x)| \to 0$。计算 $S(x)$ 在 $x \to 1^-$ 时的极限：$\lim_{x \to 1^-} \frac{x \ln x}{1-x} = -1$（利用 $\ln x \sim x-1$），而 $S(1)=0$，故 $S(x)$ 在 $x=1$ 处不连续。部分和 $S_N(x) = \ln x \cdot \frac{x(1-x^N)}{1-x}$ 在 $x=1$ 处连续且 $S_N(1)=0$，但 $\lim_{x \to 1^-} S_N(x) = 0$（对每个固定的 $N$）。若级数一致收敛，则极限函数必连续，但这里 $S(x)$ 在 $x=1$ 处不连续，故级数在 $(0,1]$ 上不一致收敛。

由于 $u_n(x) = x^n \ln x \leq 0$ 在 $(0,1)$ 上，级数各项非正，可考虑 $-u_n(x) \geq 0$ 并应用 Lebesgue 单调收敛定理交换积分与求和顺序。先计算单项积分：$\int_0^1 x^n \ln x \, dx$。令 $t = -\ln x$，则 $x = e^{-t}$，$dx = -e^{-t} dt$，积分限 $x:0 \to 1$ 对应 $t: \infty \to 0$，于是 $\int_0^1 x^n \ln x \, dx = \int_\infty^0 e^{-nt} (-t) (-e^{-t}) dt = \int_0^\infty t e^{-(n+1)t} dt = \frac{1}{(n+1)^2}$。注意原函数 $\ln x < 0$，故积分值为负，即 $-\frac{1}{(n+1)^2}$。因此 $\int_0^1 \sum_{n=1}^\infty x^n \ln x \, dx = \sum_{n=1}^\infty \left(-\frac{1}{(n+1)^2}\right) = -\sum_{m=2}^\infty \frac{1}{m^2}$。

已知 $\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2} = \frac{\pi^2}{6}$，故 $\sum_{m=2}^\infty \frac{1}{m^2} = \frac{\pi^2}{6} - 1$。因此 $\int_0^1 \sum_{n=1}^\infty x^n \ln x \, dx = -\left(\frac{\pi^2}{6} - 1\right) = 1 - \frac{\pi^2}{6}$。也可直接积分极限函数：$\int_0^1 \frac{x \ln x}{1-x} \, dx$，通过展开 $\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n$ 并逐项积分得到相同结果。