郑州大学 2026年数学分析第10题

考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n(1+x^n)}$，其中 $x \in (0,1)$。由于 $0 < x^n < 1$，分母 $1+x^n \in (1,2)$，因此有不等式 $\left| \frac{x^n}{n(1+x^n)} \right| \le \frac{x^n}{n}$。对每个固定的 $x \in (0,1)$，级数 $\sum \frac{x^n}{n}$ 收敛（因为它是 $-\ln(1-x)$ 的泰勒展开），所以原级数在 $(0,1)$ 上点态收敛。

利用交错级数的余项估计。由于 $\frac{x^n}{n(1+x^n)}$ 关于 $n$ 单调递减趋于 $0$（因为 $x^n$ 递减，分母递增），且级数为交错级数，其第 $N$ 项后的余项绝对值不超过第一项绝对值：$|R_N(x)| \le \frac{x^{N+1}}{(N+1)(1+x^{N+1})} \le \frac{1}{N+1}$。该上界与 $x$ 无关，因此当 $N \to \infty$ 时，$\sup_{x \in (0,1)} |R_N(x)| \to 0$，故级数在 $(0,1)$ 上一致收敛。

级数的每一项 $u_n(x) = (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n(1+x^n)}$ 在 $(0,1)$ 上连续（分母不为零）。由于级数在 $(0,1)$ 上一致收敛，一致收敛的连续函数项级数的和函数 $f(x)$ 也在 $(0,1)$ 上连续。

对通项求导：$\frac{d}{dx} \left[ (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n(1+x^n)} \right] = (-1)^{n-1} \frac{x^{n-1}}{(1+x^n)^2}$。因此逐项求导后的级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{n-1}}{(1+x^n)^2}$。

取任意 $0 < a < b < 1$，对 $x \in [a,b]$，有 $\left| \frac{x^{n-1}}{(1+x^n)^2} \right| \le x^{n-1} \le b^{n-1}$。由于 $0 < b < 1$，几何级数 $\sum b^{n-1}$ 收敛。由 Weierstrass M 判别法，导数级数在 $[a,b]$ 上一致收敛。

原级数在 $[a,b]$ 上一致收敛（由 $\frac{x^n}{n(1+x^n)} \le \frac{b^n}{n}$ 及 $\sum \frac{b^n}{n}$ 收敛可得），且导数级数在 $[a,b]$ 上一致收敛。根据函数项级数的逐项求导定理，$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且 $f'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{n-1}}{(1+x^n)^2}$。由于导数级数在任意闭子区间上一致收敛且每项连续，故 $f'(x)$ 在 $(0,1)$ 上连续。

原级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n\left(1+x^{n}\right)}$ 在开区间 $(0,1)$ 上一致收敛于 $f(x)$，且 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上具有连续导数。