方企勤 第四章 级 数 第3题
📝 题目
例 3 设 $f\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{x}^{n}}{{n}^{2}\ln \left( {1 + n}\right) }$ . 求证:
(1) $f\left( x\right) \in C\left\lbrack {-1,1}\right\rbrack$ ; (2) $f\left( x\right)$ 在 $x = - 1$ 可导；
(3) $\mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 1 - 0}}{f}^{\prime }\left( x\right) = + \infty$ ; (4) $f\left( x\right)$ 在 $x = 1$ 不可导.
💡 答案解析
证(1)因为当 $\left| x\right| \leq 1$ 时,有
$$ \left| \frac{{x}^{n}}{{n}^{2}\ln \left( {1 + n}\right) }\right| \leq \frac{1}{{n}^{2}\ln \left( {1 + n}\right) } \leq \frac{1}{{n}^{2}\ln 2}, $$
所以表示 $f\left( x\right)$ 的幂级数在 $\left| x\right| \leq 1$ 上一致收敛. 由连续性定理即知 $f\left( x\right) \in C\left\lbrack {-1,1}\right\rbrack$ .
(2)由逐项微分定理得
$$ {f}^{\prime }\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{x}^{n - 1}}{n\ln \left( {1 + n}\right) }\;\left( {-1 < x < 1}\right) . $$
当 $x = - 1$ 时,交错级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n\ln \left( {1 + n}\right) }$ 收敛. 因此,根据定理 3,幂级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{x}^{n - 1}}{n\ln \left( {1 + n}\right) }$ 在 $\left\lbrack {-1,0}\right\rbrack$ 上一致收敛. 再由逐项微分定理知
$$ {f}^{\prime }\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{x}^{n - 1}}{n\ln \left( {1 + n}\right) }\;\left( {-1 \leq x \leq 0}\right) , $$
即 $f\left( x\right)$ 在 $x = - 1$ 可导.
(3) 当 $x > 0$ 时,由 ${f}^{\prime }\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{x}^{n - 1}}{n\ln \left( {1 + n}\right) }$ 看出 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 为正的递增函数, 因此, 广义极限
$$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 1 - 0}}{f}^{\prime }\left( x\right) = A $$
存在. 如果此 $\displaystyle{A < + \infty}$ ,那么 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 在 $\lbrack 0,1)$ 上有界. 又
$$ \frac{1}{n\ln \left( {1 + n}\right) } > 0\;\left( {n = 1,2,\cdots }\right) , $$
根据定理 3,故有 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{n\ln \left( {1 + n}\right) }$ 收敛. 但是由柯西积分判别法知 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{n\ln n}}$ 发散,因为
$$ \frac{1}{n\ln \left( {1 + n}\right) } \sim \frac{1}{n\ln n}\;\left( {n \rightarrow \infty }\right) , $$
所以 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{n\ln \left( {1 + n}\right) }$ 发散,这就产生矛盾. 因此 $\displaystyle{A = + \infty}$ ,即
$$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 1 - 0}}{f}^{\prime }\left( x\right) = + \infty $$
(4)由洛必达法则及(3)的结果,有
$$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 1 - 0}}\frac{f\left( x\right) - f\left( 1\right) }{x - 1} = \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 1 - 0}}{f}^{\prime }\left( x\right) = + \infty , $$
因此 ${f}^{\prime }\left( 1\right)$ 不存在.