山西大学 2024年数学分析第0题
📝 题目
五、（15 分）证明：函数 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}$ 在 $\displaystyle (1,+\infty)$ 上有连续的各阶导函数．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：明确函数项级数的形式与基本性质
函数定义为 $f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}} = \sum_{n=1}^{\infty} n^{-x}$，其中每一项 $u_n(x)=n^{-x}=e^{-x\ln n}$ 在 $\mathbb{R}$ 上光滑（任意阶可导）。区间 $(1,+\infty)$ 是开区间，我们考虑其任意闭子区间 $[a,b]$，满足 $1
公式：f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n^{-x}
提示：注意 $x>1$ 是级数收敛的条件，后续一致收敛性讨论需在闭区间上进行。
步骤 2/4
目标：证明一阶导数存在且连续
对 $u_n(x)=n^{-x}$ 求导得 $u_n'(x)=-n^{-x}\ln n$。考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-n^{-x}\ln n)$ 在 $[a,b]$ 上的一致收敛性。由于 $x\in[a,b]$ 时 $n^{-x}\le n^{-a}$，故 $|u_n'(x)|\le n^{-a}\ln n$。而 $\sum_{n=1}^{\infty} n^{-a}\ln n$ 当 $a>1$ 时收敛（积分判别法），由 Weierstrass M-判别法知原级数一致收敛。因此 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且 $f'(x)=-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^x}$，该和函数连续。由 $[a,b]$ 的任意性，$f'(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上存在且连续。
公式：f'(x)=-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^x}
提示：一致收敛性是逐项求导的关键，注意使用优级数判别法时需验证优级数收敛。
步骤 3/4
目标：归纳假设并证明高阶导数
假设对某 $k\ge1$，有 $f^{(k)}(x)=(-1)^k\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(\ln n)^k}{n^x}$，且该级数在任意 $[a,b]\subset(1,\infty)$ 上一致收敛。考虑 $k+1$ 阶导数：对通项求导得 $\frac{d}{dx}\left((-1)^k\frac{(\ln n)^k}{n^x}\right)=(-1)^{k+1}\frac{(\ln n)^{k+1}}{n^x}$。当 $x\in[a,b]$ 时，$\left|\frac{(\ln n)^{k+1}}{n^x}\right|\le \frac{(\ln n)^{k+1}}{n^a}$，而 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(\ln n)^{k+1}}{n^a}$ 在 $a>1$ 时收敛，故导函数级数一致收敛。因此 $f^{(k+1)}(x)$ 存在且连续，且 $f^{(k+1)}(x)=(-1)^{k+1}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(\ln n)^{k+1}}{n^x}$。由数学归纳法，对所有正整数 $k$ 成立。
公式：f^{(k)}(x)=(-1)^k\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(\ln n)^k}{n^x}
提示：归纳步骤中需验证优级数 $\sum (\ln n)^{k+1}/n^a$ 的收敛性，可用积分判别法或比较判别法。
步骤 4/4
目标：总结结论
由上述归纳证明，函数 $f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{x}}$ 在 $(1,+\infty)$ 上任意阶可导，且各阶导数均为连续函数（因为一致收敛的连续函数项级数的和连续）。因此 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上有连续的各阶导函数。
提示：注意开区间上的光滑性需通过任意闭子区间上的性质来保证。
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