湖南大学 2026年数学分析第7题
📝 题目
7．（1）证明 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{x} t^{n} \sin \pi t \mathrm{~d} t=\int_{0}^{x} \frac{\sin \pi t}{1-t} \mathrm{~d} t, 0 \leq x \leq 1$ ．
（2）证明 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{x} t^{n} \sin \pi t \mathrm{~d} t$ 在 $\displaystyle x \in[0,1]$ 上一致收敛。
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：分析第一问的等式，确定求和起始项
题目中左边级数从 $n=1$ 开始，右边为 $\int_0^x \frac{\sin \pi t}{1-t} dt$。对于 $|t|<1$，有 $\sum_{n=1}^\infty t^n = \frac{t}{1-t}$，而 $\frac{1}{1-t} = 1 + \sum_{n=1}^\infty t^n$。因此，若严格按 $n=1$ 计算，左边等于 $\int_0^x \frac{t \sin \pi t}{1-t} dt$，与右边相差 $\int_0^x \sin \pi t dt$，该差值不恒为零。故原题等式在 $n=1$ 时并不成立，常见教材中该等式从 $n=0$ 开始。以下按修正后的 $n=0$ 进行证明。
公式：\sum_{n=0}^\infty t^n = \frac{1}{1-t}, \quad |t|<1
提示：注意几何级数的起始项，$n=0$ 和 $n=1$ 会导致不同的和函数，需仔细核对题目条件。
步骤 2/6
目标：证明第一问等式（修正为n=0）
对于固定的 $x \in [0,1)$，在区间 $[0,x]$ 上，$|t| \le x < 1$，级数 $\sum_{n=0}^\infty t^n$ 一致收敛于 $\frac{1}{1-t}$。函数 $\sin \pi t$ 在 $[0,x]$ 上有界，故乘积 $\sum_{n=0}^\infty t^n \sin \pi t$ 也一致收敛，从而可以逐项积分：
$$
\sum_{n=0}^\infty \int_0^x t^n \sin \pi t \, dt = \int_0^x \left( \sum_{n=0}^\infty t^n \right) \sin \pi t \, dt = \int_0^x \frac{\sin \pi t}{1-t} \, dt.
$$
当 $x=1$ 时，右边为瑕积分，但左边级数也收敛到相同值（可通过极限过程验证），因此等式对一切 $0 \le x \le 1$ 成立。
公式：\sum_{n=0}^\infty \int_0^x t^n \sin \pi t \, dt = \int_0^x \frac{\sin \pi t}{1-t} \, dt
提示：逐项积分需要验证一致收敛性，这里利用几何级数在闭区间 $[0,x]$（$x<1$）上的一致收敛性。
步骤 3/6
目标：分析第二问的一致收敛性，初步估计余项
记 $u_n(x) = \int_0^x t^n \sin \pi t \, dt$，$x \in [0,1]$。由于 $|t^n \sin \pi t| \le t^n$，有
$$
|u_n(x)| \le \int_0^x t^n \, dt = \frac{x^{n+1}}{n+1} \le \frac{1}{n+1}.
$$
但 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n+1}$ 发散，故 Weierstrass M-判别法失效，需另寻方法。
公式：|u_n(x)| \le \frac{1}{n+1}
提示：简单的绝对值上界不能直接得到一致收敛，需要更精细的估计或利用其他判别法。
步骤 4/6
目标：利用第一问结果进行余项估计
由第一问（修正为 $n=0$ 起），有
$$
\sum_{n=0}^\infty u_n(x) = \int_0^x \frac{\sin \pi t}{1-t} \, dt.
$$
则原级数（$n=1$ 起）为 $S(x) = \sum_{n=1}^\infty u_n(x) = \int_0^x \frac{\sin \pi t}{1-t} \, dt - u_0(x)$，其中 $u_0(x) = \int_0^x \sin \pi t \, dt = \frac{1-\cos \pi x}{\pi}$。考虑余项 $R_N(x) = \sum_{n=N+1}^\infty u_n(x)$，有
$$
R_N(x) = \int_0^x \frac{\sin \pi t}{1-t} \, dt - \sum_{n=0}^N u_n(x).
$$
由于 $\int_0^x \frac{\sin \pi t}{1-t} \, dt$ 在 $[0,1]$ 上连续（瑕积分在 $t=1$ 处收敛），且部分和 $S_N(x) = \sum_{n=1}^N u_n(x)$ 连续，故 $R_N(x)$ 连续。
公式：R_N(x) = \int_0^x \frac{\sin \pi t}{1-t} \, dt - \sum_{n=0}^N u_n(x)
提示：将级数余项转化为积分与部分和的差，利用连续性分析。
步骤 5/6
目标：证明余项一致趋于零
对任意 $\varepsilon > 0$，由于 $\int_0^x \frac{\sin \pi t}{1-t} \, dt$ 在 $[0,1]$ 上一致连续（紧集上的连续函数），存在 $\delta > 0$ 使得当 $|x-y|<\delta$ 时，积分值之差小于 $\varepsilon/2$。同时，对每个固定的 $x$，级数逐点收敛，故存在 $N_0$ 使得 $|R_N(x)| < \varepsilon$ 对 $N > N_0$ 成立。但需一致收敛性，可改用 Dini 定理：部分和 $S_N(x)$ 关于 $N$ 单调递增（因为 $u_n(x) \ge 0$ 当 $x \in [0,1]$？注意 $\sin \pi t$ 在 $[0,1]$ 上非负，故 $u_n(x) \ge 0$），且极限函数 $S(x)$ 连续，由 Dini 定理知 $S_N(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛于 $S(x)$。
公式：u_n(x) = \int_0^x t^n \sin \pi t \, dt \ge 0, \quad x \in [0,1]
提示：Dini 定理要求：单调、连续、极限函数连续，这里 $u_n(x) \ge 0$ 保证了部分和的单调性。
步骤 6/6
目标：总结一致收敛性结论
由于 $u_n(x) \ge 0$ 且连续，部分和 $S_N(x)$ 单调递增，极限函数 $S(x) = \int_0^x \frac{\sin \pi t}{1-t} \, dt - \int_0^x \sin \pi t \, dt$ 在 $[0,1]$ 上连续，由 Dini 定理，$S_N(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛于 $S(x)$。因此，原级数 $\sum_{n=1}^\infty \int_0^x t^n \sin \pi t \, dt$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。
公式：\lim_{N\to\infty} \sup_{x\in[0,1]} \left| \sum_{n=1}^N u_n(x) - S(x) \right| = 0
提示：Dini 定理是处理单调函数列一致收敛性的有力工具，注意验证单调性和连续性。
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