方企勤 第四章 级 数 第4.2题
📝 题目
4.2.9 求证: 级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\cos {nx}}{n}}$ 在 $\left( {0,{2\pi }}\right)$ 上不一致收敛.
💡 答案解析
### **4.2.7**
给定序列 $$ f_n(x) = n x e^{-n x^2},\quad n=1,2,\dots, \quad x\in[0,1]. $$
#### (1) 证明 $$ \int_0^1 \left[\lim_{n\to\infty} f_n(x)\right] dx \neq \lim_{n\to\infty} \int_0^1 f_n(x) dx. $$
**步骤1：求逐点极限** 当 $x=0$ 时，$f_n(0)=0$。 当 $x>0$ 时，令 $t = \sqrt{n} x$，则 $$ f_n(x) = n x e^{-n x^2} = \sqrt{n} \cdot \sqrt{n} x e^{-n x^2} = \sqrt{n} \cdot t e^{-t^2}. $$ 由于 $\\displaystyle{\lim_{t\to\infty} t e^{-t^2}=0}$，且 $\\displaystyle{\sqrt{n}\to\infty}$，但更直接地： 对固定的 $x>0$，$n x e^{-n x^2} \to 0$，因为指数衰减快于线性增长。 因此逐点极限 $$ \lim_{n\to\infty} f_n(x) = 0,\quad \forall x\in[0,1]. $$ 所以左边积分为 $$ \int_0^1 0\,dx = 0. $$
**步骤2：计算右边极限** 计算 $$ \int_0^1 f_n(x) dx = \int_0^1 n x e^{-n x^2} dx. $$ 令 $u = n x^2$，则 $du = 2n x dx$，所以 $\displaystyle n x dx = \frac{1}{2} du$，当 $x=0$ 时 $u=0$，$x=1$ 时 $u=n$。 于是 $$ \int_0^1 n x e^{-n x^2} dx = \frac12 \int_0^n e^{-u} du = \frac12 (1 - e^{-n}). $$ 取极限得 $$ \lim_{n\to\infty} \int_0^1 f_n(x) dx = \frac12. $$ 显然 $\displaystyle 0 \neq \frac12$，得证。
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#### (2) 证明 $f_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上不一致收敛。
**步骤**：若一致收敛于 $0$，则应有 $$ \sup_{x\in[0,1]} |f_n(x)| \to 0. $$ 考虑 $\displaystyle x_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$，则 $$ f_n(x_n) = n \cdot \frac{1}{\sqrt{n}} e^{-n\cdot \frac{1}{n}} = \sqrt{n} e^{-1} \to \infty. $$ 因此上确界不趋于 $0$，故不一致收敛。
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### **4.2.8**
#### (1) $\\displaystyle{\sum_{n=0}^\infty x^n \ln x}$ 在 $[0,1]$ 上不一致收敛。
**步骤**：在 $x=1$ 处，通项为 $1^n \ln 1 = 0$，级数和为 $0$。 但在 $x<1$ 时，这是几何级数乘 $\ln x$，和为 $\displaystyle \frac{\ln x}{1-x}$。 当 $x\to 1^-$ 时，$\displaystyle \frac{\ln x}{1-x} \to -1$，但部分和 $\displaystyle S_N(x)=\frac{1-x^{N+1}}{1-x}\ln x$。 取 $\displaystyle x_N = 1 - \frac1N$，则余项 $$ |R_N(x_N)| = \left|\frac{x_N^{N+1}}{1-x_N} \ln x_N\right| \approx N \cdot e^{-1} \cdot (-\frac1N) \not\to 0. $$ 故不一致收敛。
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#### (2) $\\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{(1+x^2)^n}}$ 在 $[0,1]$ 上不一致收敛。
**步骤**：这是等比级数，公比 $\displaystyle q=\frac{1}{1+x^2}$，和为 $$ \frac{x^2}{1 - \frac{1}{1+x^2}} = \frac{x^2}{\frac{x^2}{1+x^2}} = 1+x^2. $$ 但注意首项 $n=1$，和应为 $$ \frac{x^2}{1+x^2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{1+x^2}} = 1. $$ 实际上正确求和： $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{(1+x^2)^n} = x^2 \cdot \frac{\frac{1}{1+x^2}}{1 - \frac{1}{1+x^2}} = x^2 \cdot \frac{1}{x^2} = 1,\quad x>0. $$ 在 $x=0$ 时级数为 $0$。因此和函数不连续，故不一致收敛。
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### **4.2.9**
级数 $\\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos nx}{n}}$ 在 $(0,2\pi)$ 上不一致收敛。
**步骤**：这是 Fourier 级数，和函数为 $\displaystyle -\frac12 \ln(2-2\cos x)$，在 $x\to 0^+$ 时发散到 $\\displaystyle{-\infty}$。 若一致收敛，则和函数应连续，但这里在 $0$ 附近无界，故不一致收敛。
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### **4.2.10**
已知 $f_n$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续，且 $f_n \rightrightarrows f$ 在 $\mathbb{R}$ 上。
**证明 $f$ 一致连续**： 对 $\varepsilon>0$，存在 $N$ 使 $|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon/3$ 对所有 $x$ 成立。 取定 $n=N$，由 $f_N$ 一致连续，存在 $\delta>0$ 使 $|x-y|<\delta$ 时 $|f_N(x)-f_N(y)|<\varepsilon/3$。 则 $$ |f(x)-f(y)| \le |f(x)-f_N(x)| + |f_N(x)-f_N(y)| + |f_N(y)-f(y)| < \varepsilon. $$ 故 $f$ 一致连续。
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### **4.2.11**
#### (1) 当 $n$ 充分大时 $f_n(x)$ 无零点。
因为 $f$ 连续且无零点，由闭区间上连续函数性质，$\\displaystyle{\min|f(x)| = m>0}$。 由一致收敛，存在 $N$ 使 $|f_n(x)-f(x)|
#### (2) 证明 $\displaystyle \frac1{f_n} \rightrightarrows \frac1f$。
由 (1) 知分母有正下界， $$ \left|\frac1{f_n(x)} - \frac1{f(x)}\right| = \frac{|f(x)-f_n(x)|}{|f_n(x)f(x)|} \le \frac{\|f_n-f\|_\infty}{(m/2)\cdot m} \to 0. $$ 一致收敛得证。
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### **4.2.12**
#### (1) 存在公共界 $M$。
由一致收敛，$f_n$ 在 $[a,b]$ 上一致有界（因为取 $\varepsilon=1$，则 $|f_n(x)-f(x)|<1$ 对充分大 $n$ 成立，而 $f$ 有界，故 $f_n$ 有界，再取有限个 $n$ 的最大界即可）。
#### (2) $g(f_n(x)) \rightrightarrows g(f(x))$。
$g$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续，因此在任意有界闭集上一致连续。由 (1) 知 $f_n,f$ 的值域包含于某个闭区间 $[-M,M]$，$g$ 在其上一致连续，结合 $f_n\rightrightarrows f$ 即得。
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### **4.2.13**
$\\displaystyle{f(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} e^{-nx}}$。
#### (1) 在 $x\ge 0$ 连续。
在 $x\ge 0$ 上，$|e^{-nx}|\le 1$，由 Leibniz 判别法知级数一致收敛（因为 $\displaystyle \frac1n$ 递减