山东大学 2026年数学分析第6题

给定函数项级数 $f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n^{2} \ln (1+n)}$，其通项系数为 $a_n = \frac{1}{n^2 \ln(1+n)}$。由根值法或比值法可知，当 $|x|<1$ 时级数绝对收敛，当 $|x|>1$ 时发散。在边界点 $x=1$ 处，级数为 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 \ln(1+n)}$，由于 $\frac{1}{n^2 \ln(1+n)} \le \frac{1}{n^2}$ 且 $\sum 1/n^2$ 收敛，故绝对收敛。在 $x=-1$ 处，级数为 $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2 \ln(1+n)}$，绝对值级数同样收敛，因此也绝对收敛。所以级数在闭区间 $[-1,1]$ 上每一点都收敛。

考虑在 $[-1,1]$ 上的一致收敛性。对于任意 $|x| \le 1$，有 $\left|\frac{x^n}{n^2 \ln(1+n)}\right| \le \frac{1}{n^2 \ln(1+n)} \le \frac{1}{n^2}$。由于 $\sum_{n=1}^\infty 1/n^2$ 收敛，由 Weierstrass M-判别法，该级数在 $[-1,1]$ 上一致收敛。又因为每一项 $\frac{x^n}{n^2 \ln(1+n)}$ 在 $[-1,1]$ 上连续，所以和函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续。

先形式求导得 $f'(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{n \ln(1+n)}$。在 $x=1$ 处，该级数为 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n \ln(1+n)}$，由积分判别法，$\int_2^\infty \frac{dx}{x \ln x} = \infty$，故发散，不能直接由逐项求导定理得到可导性。改用导数定义：考虑 $h>0$ 小，$\frac{f(1+h)-f(1)}{h} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2\ln(1+n)} \cdot \frac{(1+h)^n - 1}{h}$。由中值定理，存在 $\xi_n \in (1,1+h)$ 使得 $\frac{(1+h)^n - 1}{h} = n \xi_n^{n-1} \ge n$，因此每一项不小于 $\frac{1}{n\ln(1+n)}$，从而差商 $\ge \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n\ln(1+n)} = \infty$，故 $f'(1)$ 不存在（无穷导数，通常认为不可导）。

在 $x=-1$ 处，考虑差商 $\frac{f(-1+h)-f(-1)}{h} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2\ln(1+n)} \cdot \frac{(-1+h)^n - (-1)^n}{h}$。当 $h \to 0$ 时，$\frac{(-1+h)^n - (-1)^n}{h} \to n(-1)^{n-1}$。为验证逐项取极限，注意到 $\left|\frac{(-1+h)^n - (-1)^n}{h}\right| \le n$（对充分小的 $h$），因此每一项被 $\frac{n}{n^2\ln(1+n)} = \frac{1}{n\ln(1+n)}$ 控制，而 $\sum \frac{1}{n\ln(1+n)}$ 收敛，由控制收敛定理（或Weierstrass判别法）可交换极限与求和，得到 $f'(-1) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n\ln(1+n)}$。该级数是交错级数，通项递减趋于0，由莱布尼茨判别法知收敛，故导数存在且有限。