第5章级数与广义积分

1、第五章级数与广义积分§ 5.1收敛性的讨论一、基本概念与收敛的必要条件1.级数与广义积分收敛性定义(1)设仁是数列，则an称为级数.称Sn =a1 +a2十 +an为级数an的前n项部分和.n丄n丄若数列fen收敛，则称此级数收敛，并称极限值lim Sn为级数送an的和. + n71 n 设f(x )是定义在a, b )上的函数，其中R* = R. _oc,*c.若对任意t忘a,b), f(x )在a, t )上可积，且极限lim Jf(Xdx存在，则称积分bf(Xdx收敛，或f(X'在a, b)上广义可积，且记J f (xqx =lim p(X dx.当R且f(X在点b附近

2、无界时，称b为瑕点.当b为+比或瑕点时，称b f(X dx为广义积分.类似可定义a为处时广义积分j f(X dx的收敛性.设f(X )是定义在a,b 上的函数，其中a,b亡R ,定义 f (xgx = f (xgxfgx，其中z (a,b ) 若j f(X dx与f f(X dx都收敛时，称积分j f(X dx收敛，易证上述定义与c的选择无关.2.级数收敛的必要条件若级数£ an收敛，则nlim® =0 .但是由广义积分址f(X dx收敛，不能推出 霁f(X )=0.例1存在上广义可积的正值连续函数f(x)使得lim f(xVo.解 定义函数g(x)如下：当n <xC

3、n +1 A时，g(x) =0 ;当n +1 丄<x vn +1 时， n2n22n2g(x) =2 n2 L -n -1 + + ；当 n +1<xc n +1 时，g(x-2 n2(x - n -1 ).其中 n 取遍Vn 丿2n任意自然数函数.g(x)的图像如图所示再令f(x)=g(x) +丄，则f(x )在1,亦)上连续恒正，且广f(X dx =广gx dx +2 dxX2=£+1是收敛的，但是I坠f(X )=2 H0 .例2设f (X)在a,P )上一致连续且 广f(X dx收敛，证明Jf(X )=0 .证明 由于 f(x)在 a,P )上一致连续，Vs :&g

4、t;0 , 36 ：>0,当 x',x''(a,b )且|x-x'd 时，有f (Xj f(X'' X名.由于广f(X dx收敛，存在M >0,当X. >M时,X怖 hdte由于(弋f(t yt-f刈=严f(t)_f(x)jdt <伞010冲<严初=拓.所以 |f(X 第 < J 七f (t dt + f 七f (t dt _f(x <.即I f (xD<2g.这证明了 酸 f(x A。.例3设f (x)在a )上单调递减非负且f(xdx收敛，证明lim xf(x)=0.证明由于 广f(xdx收敛，

5、g：>0,存在M A0,当X. >M时，广fQd，空.又f(t)在lx,2x上单调递减非负，从而f (2x )，x < fx f (t dt .故有0 <2xf(2x )<名.因此当X. >2M时，0 <xf(X 其;客,所以(X )=0.例4设f(x)在a,P )上可微，f'(x)可积，且当XT 畑时，f(x)单调递减趋于零.又幷(X dx收敛，试证广Xf'(X dx收敛.证明首先f (X)非负.否则，若存在X1使得f(Xi)<0,则X>X1时恒有f(x広f(Xi)<0,从而 (X dx发散，而这与已知条件矛盾.其次

6、由广Xf'(X dx =Xdf(X )=Xdf(X ) = xf (x)一 广f(X dx，且f(X dx收敛可知，咒f'(xdx收敛与否取决于Jmfx是否存在.由例3证明过程可知 竖xf(x)=0.例5设f(X)在a,亦)上有连续可微函数，积分 r f(X dx和f'(X dx都收敛.证明丿im”)".证明 要证XT 邑，f(X)有极限,由归结原则，只要证xJt亘有f (Xn)收敛.事实上,由f'(xdx收敛，由Cauchy收敛准则，Vz>0 ,存在A >a ,当x1,x2A时，恒有f '(X dx =| f(X2f (人 b e

7、 .于是 F'xn b H ,存在 N >0 ,当 n, m > N 时，有 Xn, Xm. > A ,从95f'(X dx =1 f (Xmf (Xn bcs .所以V (Xn)收敛-由归结原则 厚(X卜口存在-下证ot =0 .若a >0 ,由局部保号性，存在A >0 ,当X>A时有f(X)>号>0 从而A沁时2，上旨-At讼(当At范时)这与 广f(xdx收敛矛盾-同理可证a <0也不可能，故lim f(X )=0.x_ ' 丿二、收敛的充分条件1.比较原则设5； an与送bn都是正项级数,且存在NT，当nN时

8、，an<bn.n 二n 2(1)若无bn收敛，则s an收敛；(2)若送an发散，则s bn发散n 2n 2n 2n z1推论 设无an与S bn都是正项级数，且存在n £n 土N aO,当 n aN 时,an十兰bn屮.an - tn(1)若无bn收敛，则送an收敛；(2)若送an发散，则iTbn发散n 二n 二n 二对广义积分有类似的比较原则.例6设tj是单调递增的正数列,证明(1)当tn 界时，壬n ztUnUn +收敛；(2)当lun 无界时，£% -出发散. 丿un十丿证明(1)由条件知lim Un_存在，设四n =U.因为0 <1 -土Un +Un+

9、Un *Un+Un=兰Un+ U1nzk=1lk+ Uk、- U1 丿Un +U1电T(nT州U1由比较原则级数(1仏收敛.n m V Un十丿f、n tp/ 、Uk+ Uk>yUk+ -Uk1 Uk十丿k zB 1、_ Un十十丿nUn 十Un 彳Un=1 Un4p+Un 和十n + f U 、f z h 出=£ k盘 IUk + 丿 kr(2)当£n抚界时，有lim U-=七<.由于n对固定的n,取充分大的P使得 un JUn 和+ 2,则有f _ Uk j .由Cauchy收敛准则，级数 k三IUk+丿2廿_丘发散. n* Un+ 丿练习 设f（X）在1,

10、*c上连续,对任意x i*c疽f（X）aO.另外limn/）丄丄. In X "试证若k >1 ,则JSf（X dx收敛.证明因lim ln f(X L扎故寸名>0 ,存在AA1 ,当XaA时有ln f/b x+g ,即 ln X "ln X "_1ln f(X H(-a +s Jn X =ln x J丹,所以 0 < f (x) <-(当 xA 时).因入 >1 ,故取 0 s ca -1 , x"于是A-S >1,所以J气1dx收敛.由比较判别法广f(xdx收敛.X2.比式判别法设壬ann 1是正项级数，若极限li

11、m孔1=口存在，则Man当q >1时级数送an发散.nzi提示令An = V2 +2 +J2+血,= J2 - An (其中 Ao =0),易证 lim 片=2.nljm1 =占72+代土 = lim占茫瓦n*an n* J2-An 丄XT=她占 斗1（归结原则）.（1）当q £1时级数送an收敛；（2）n zt练习1试证如下级数收敛(1) 72 +2-忑 +(2-412 +J2-2 + / +-;(2) + J3 - + J3 - J6 +、圧 + J2 'b +、忆 +*"'.练习2设f（X ）在X =0的某邻域内有二阶连续导数，且lim 出）=0

12、 .证明级数Z绝T X心In丿对收敛.fSUf'g.由归结证明1由lim上)=0得 ,f(0)=0,(0)=0.又 lim 卑LlimXT0 XXT0 XXT0 2Xf原则，lim -n_j-bc¥ = lim1Tn2f(x)_2-X-f''(0)工比，故 lim -2n_j-bc1= _|f''(0"+，C 1送f 绝对收敛. ln丿收敛，由比较判别法知而级数2冷n4 n证明2由lim丄) = 0得，f (0)=0, f '(0)=0. f(x )在x=0某邻域内的二阶泰勒展式为f(x)=f(0)+(0X+1f 净 X -I

13、f 净 2,0" <1由f “(X甦续知，刑>0，有fx审兰M，从而有I故2 f 绝对收敛.心In丿8(比式判别法的推广)设 Z an是正项级数，则n圭(1)当 nan丑时，级数壬an收敛；(2)当n£iCOn打时,级数an发散.n三证明(1)设 q=lim存在S >0使得q + S d.由上极限的性质，存在N >0 ,当n > N时<q + Z <1.故有 aN十 v(qAn，a n2aN* <(q +saN+£(q +g)aN， a* <(q +£paN，Z ap收敛，所以级数s an收敛.PTn

14、d：Sp由于等比级数送(q + S )收敛，由比较原则P ±(2)设 q = liman幻，存在呂>0使得q - s：>1.由下极限的性质，存在N A0 ,当n an时,色 Aq因此an+ >an，所以原级数是发散的.an3.根式判别法设壬an是正项级数，若极限lim n底=1存在，则n nt收敛;(2)当丨>1时级数送an发散.n 二(1)当丨<1时级数£ann 1ann 二(根式判别法的推广)设 送an是正项级数,则n 2(1)当JmO? <1时,级数送an收敛；(2)当lim nan<1时,级数s an发散.n 2证明可仿照例

15、7进行.4.Raabe判别法(极限形式)设2 an是正项级数且极限n./ 1邑I an=r存在. 丿证明an +an韵也.取P满足1 V P <ro.由于 n仁1 口n 11 n +1 丿 1nr0 P故当n充分大时,。/1'n I n +1 丿1>0,即1+佔J所以an±/ n 1(nB .因此由an5 +1 丿=1 -nP丄收敛与比较原则的推论可知 n PZ an收敛.nrn当n充分大时，有I an厂n 1n1nTn 1由调和级数2丄发散与比较原则的推论可知n壬n8Z an发散.n毘-He例8讨论级数送n ztmT的敛散性.n!若r <1,则级数发散.

16、若r >1,则级数收敛；(2)取S >0使得0 =r S >1 .存在N >0,当n;>N时,解设a鹉,由于1I 2n +22n +2（此处利用已知极限|im g +xy -1）,由Raabe判别法，当p >2时级数收敛；当p <2时级数X-0X_发散；当P =2时由Raabe判别法的证明过程知级数发散.推论 lim（2n -1 !）! =0 .例9讨论级数壬n!n* pn J的敛散性.其中x>0.n 土（X 中 1 x + 2 y （X 中 n ）解设an!.由于（X +1 jx + 2厂（X + n ）an * 1 C n +1、 nx（n

17、一 ）由Raabe判别法，当x >1时级数收敛；当x <1时级数发散；当x =1时级数为丄屮 ，因此级23'数是发散的.例10设数列an揮调递减非负，证明级数an收敛当且仅当级数2kk收敛.n 二7证明 设 Sn =a1 +a2 十"+an，Tk =a1 +2a2 +2k a2, 当 n <2k时，Sn <a1 +2 +a3）十+ （a2k 十"+ a2k+_a2a- + 2ka2Tk.因此若级数送2ka2k收敛，则数列亿有界，从而数列（Sn有界，这推出级数 送an收敛.当7心n >2kSn >ai +a2 中（a3 *4）十&q

18、uot;+（a1 1+ a2k）X2a1+a2+2a4 卄 +2ka2kUTk.故由级数S an收敛可推出级数送2ka2k收敛.n=tk=08例11设an >0（n =1,2,），证明数列（1+ 31 51 +a2y（1 +务）与级数S an同为收敛或发散.nzt证明 令 Un =（1 +a1 h +a2 ）"（1 +an ）,贝U In Un =1 n（1 + aO +ln（1 + a2 ）+1n（1 +an ）.an所以h 收敛二in Ub收敛二Z Ib（1 +an）收敛.由于当lim % =0时有lim皿+必）=1，所 n二n*壬In" +an）与Fan同为收敛

19、或发散，从而数列lun与级数Fan同为收敛或发散n 2n丄I +an n丄注当数列（1+31 +-（1tan）收敛时,称无穷乘积n（1+an）收敛，其极限值称为无穷乘积的值.否则称无穷乘积发散.例如发散而收敛.例12设an工0 (n =1,2,)且nlim® =a HO,证明级数*nSian屮an|与级数Zn 二J1同为an44an收敛或发散.证明令Un=an + anan-1an则UnVn|an+ -an=ananT a2. （nT切所以级数1 1an -1an与级数I； vnn4同为收敛或发散.设正项级数2 an是发散的，Sn表示该级数的前n 1比a发散的；（2）级数送与收敛.心

20、S；例13B项部分和.证明（1 ）级数2也是kzO Sn证明（1）由条件知fen单调递增趋于+ J我们有m a送岂k=a +Skan + . a n临 4，am an + 屮 +am Sm Sn =十T 十>Sn +Sn H2SmSm=1色SmSm固定B ,令m T七乜则宝T 0.因此存在N A0,当m aN时,有nSmSnSm<.所以当mmax缶n2A1 _丄=丄.由Cauchy收敛准则级数送丑发散.2 2kz0 Snn(2)Z01k#Sk a1和有界，故该级数收敛.<丄+£D+门丄一1 k 三 SkSkja1klSkj=_2Sk 丿 S112 <，此级数部

21、分Sna1 右n 单调递减；(2) lim an6. Abel判别法设(1) 级数=0,则级数(_ J an收敛.nA送an收敛；(2)数列fcn 单调有界，则级数送anb n收敛nAnA7. Dirichlet 判别法设(1)级数an的部分和有界；(2)数列单调递减且lim 0=0, n 二n则级数送anbn收敛.n 二对于广义积分有相应的Abel判别法与Dirichlet 判别法,这里就不再复述了 .例14设函数f(x诳)上f(x)：0,且单调递减，并对任意的Aa, f(x 在 a, A上-be-be2可积.试证明：1 f (xdx与f(x)si n2xdx具有相同的敛散性.证明 因f(X

22、 )： 0,且单调递减，故f(X )单调递减到0或到某个正数 A.-be(1 )当f(x库调递减到 0时,则由Dirichlet判别法知，f f(x)cos2xdx收敛.从而由-a-bet f(x)cos2xdx 知，址2七C1 _cos2x1 说1a f (x sin2xdx=f f(x) clxn1f(xdxaa22 "a2-Hua-be2f(xdx与f f(x)sin xdx具有相同的敛散性."a(2)当f(x )单调递减到某个正数 A时,则对无论多么大的数-bea£f f (xdx A Jf(xdXAA6T +处(6 T 处).a'a乂2a惴2a惴

23、 2 f (x Sin xdx A f(x)sin xdx a A sin xdxA f 荀1-cos2x,1-1pac 丄 /=> A f dx = AO A f cos2xdx t +处(§ t 处a222 a故这两个积分都发散.例15讨论级数(T 的敛散性.nF解 (1)当p0时,通项不收敛到0(n T K 此级数发散;1(2)当 P >1 时,一-P电 n n丄，而丄收敛，由比较原则知，原级数绝对收敛; npn=np处 1 1(3)当0 C P < 1时，2 *)收敛,斗单调有界,应用Abel判别法知原级数收敛.因为n4 nPn/ r T 1 (n T处)故

24、原级数条件收敛. nnZ (-lyJn 收敛.n 二an例16设an >0(n =1,2,)，且极限lim n _邑存在且大于0证明级数 jrbc_V!>o 知，证明由Leibniz判别法，只要证右.单调递减趋于0.由条件lim nf!-电1 I an存在0 >0与N0 ,当n >N1时，n益 Lr。>0,由此得Ian丿丑<1.该不等式说明laj单调递减的.取P满足0 C P <r0 .当nT 代时，有annn +【卜n +1丿1汀0 -P >0'r0故存在N2 >0,当n >N2时，ro _1一 5 >0,即 1.I

25、n +1 丿n 5 +1 丿所以当 n ：>maxN1, N2I时，-JPan,即a " nP a .不妨设当n N时该不等式成立. a2t则用数学归纳法可证明 a丄才十(n+1Pnim® =0.例17讨论级数(_ j十的敛散性n? L(2n!解设a =R2n jT，由例8知级数 n (2n!JnjQZ an当p >2时收敛,当p <2时发散.因此当p >2时nV级数2(_1 j+an绝对收敛，此时有n妊2n+2 丿12n +2L，故n|1_a L卫.由例16知当p>0时Fl an 丿 22n +2级数1广an条件收敛.nz1由收敛的必要条件知

26、当P0时，丨n31。.因此当p<0时啷2評1*故级数发散.本题的结论可总结为：n 二'p A 2时绝对收敛0 c p <2时条件收敛.p <0时发散例18证明级数艺sin£是条件收敛的.n/ In n证明 令an =sin n , bn =丄则花n库调递减趋于0 .又由三角恒等式 n In n3<1、m送 sin n =n壬cosos m +- LL"1Sin 22飞2丿,所以c .12sin 2由 Dirichlet判别法知级数壬sinn收敛. n£ In nF面证明送n.=2乂 sin nsin n发散.无In nn £

27、; In n£qsin2k| 十 |sin(2k +1 ”n2kIn (2k+1)"k 二In (2k+1)设 f(X )= sinxsin(x +1D，显然If(x )3丨.所以乞sin 2k| +|sin(2k +1)f(X A 0且f(X )是连续的周期函数.因此存在I >0使得8忑 Inn Lln(2k+1)sin n.由此可知级数送址 sin n例19讨论级数h +丄卡"+1 "n nx的敛散性. 心1 2n丿n解当X =5时级数显然收敛.当X Hk；!时，令an = sin nx ,+丄同例18可证 n丿乏了玄.部分和有界.下证tn 单

28、调递减趋于0.nibn -bn + =丄n(2 n 丿 n +12 n +1 丿 n (n +1判别法知级数2 anbn收敛.n zt18的方法可证该级数是条件收敛的例 20 若nxn 1收敛，n(x由 Dirichlet用类似于例8n -Xn 4 收敛，则级数送Xn收敛.n三n ±n证明令召=Xi,Vi =1 ,则O"n =送Vj =n .利用AbeI变换得到i zinn丄Z Xi 1 =CrnXn 送 bi (Xi#i 2由于n 二-Xi) = n Xn 送 i(Xi屮一Xi )ri厶i Afn (x+Xn )=:?(门+1佃+xj丄.而j !单调有界，级数 n 二n

29、An+1ln+1J）=2 n（xn -xn收敛由Abel判别法知级数无 吩叶_xn ）收敛再由数 n 二n 二Z（n+1 jjXn 出 _Xnn 2列txn 的收敛性即可知级数送Xn收敛-n 2CoC2 n(an anh4)=2 an .nAnA练习设送an收敛，n 二C证明 记级数艺n(an an)的前n项和为Sn，贝UnASn = (a1 a2) +2(a2 a3 ) + n( an 一 an+)= a1 + a2 屮"+ an 一 nan屮,lim nan =0 .证明:n_n处处而nmwn耍丙心呱亠0，所以訂（八送.七二.,例21设P >0,级数送(_1厂丄的和记为S.

30、证明1 cSd-n£r|P2S =1 一丄丄一丄* =1_也_丄_匕_丄V. “S2P 3P 4Pl2P 3P 丿 l4P 5P 丿一丄 LCl丄 L/LI 2卩丿g 4卩丿(2n_1P (2nP1,则 f '(X )= -p Xf “(X )= P( p +1)xT，.当 X >0 时，f''(X)A 0 .因此X证明显然另一方面,令 f(X )=f（X ）为严格下凸函数.故对任意X1, x0,当X1 HX2时,有f （2）cf（X1）+f（X2）.取Xi =2n -I,x2n +1,则 2f (2 n )c f (2n 1 )+ f(2 n +1 )

31、即 f (2n -1 ) f(2n f (2n ) f(2n +1 ).所以F>F-3p，F_FAF_5p1 1 1>(2n1P (2n(2n $(2n +1 J因此s召T+e卡序丿（2nlP（2n+1PM-S-所以s汁例22讨论级数-的敛散性.n壬 n=_丄+1 +0十丄+丄+1 +1 _整十+丄屮-(23 丿 M5678 丿 315丿1 .(k +1 2 _111111 丄 112 故2k2 +k -1k2 +k(k +1 2 -1k2 k2 +k k 丿 kk同理可证即kk +12> +2>k2 +k -1 (k +1 )-1k +1因此右k 是单调递减趋于0的.

32、所以级数(k +1 f -1收敛，从而原级数收敛.注 上例中实际上是证明了加括号后的级数是收敛的.问题是：一个变号级数加括号后收敛能否推出原级数是收敛的？在一般情况下是不行的.例如级数1 _1 +1 1十是发散的，但加括号后的级数Q -1 )+ Q -1 )+ -收敛.我们有以下的定理.定理 将级数送an加括号，使得同一括号内的项具有相同的符号.如果加括号后的级数收敛n 土则原级数也收敛，且两个级数的和相等.证明设加括号后的级数为(a-anj+(an1+- +3.2)屮"=送Ak .k=1n1(an1 +其中Ak=ank 1+ 十"+ank. (k =1,2，且设no =0

33、)的部分和为 Sn = a1 + a2 屮"+ an，则 SnA1 + A2 卡"+ Ak .由条件知级数送Ak收敛.因此极限 協Snk存在，记S为其极限值.设nk < j兰nk啡，则当Ak十中的项全为正项时，Snk<Sn <Snk + ；则当Ak十中的项全为负项时,Snk十< Sn < Snk =2 Ak.k=t切例23讨论广义积分 广'(T) dx的敛散性.x解 显然该积分不是绝对收敛的.设n <4X <n +1 ,则n2 <x2 <(n +1 2 .dt+冲txk吐(k +12k2n 1=Z (-1:k l

34、ntk =1由Leibniz判别法，级数(_1 $ ln G +1是收敛的，而 yI k丿(_1 y In -X <ln2(n 二12ln h +丄T 0, (XT 处 nI n丿所以积分 严(-1 * dx是条件收敛的0X例24将级数+1+的项重新排列，使得按原有顺序先排234后再排P个正项与q个负项，得亠丄2q 2p+1p个正项与q个负项，然1 111 +- +- - 32p-12证明此级数收敛并求其和 证明由 lim £ +1 +1 + 231 1Hn =1 +- +23+4p 1 2q+2-+1 _|n n=C，其中C是Euler常数令 n 丿+1,则 H n =1 n

35、 n +C + & ,其中名n T 0 (n T 处 n)我们有4 2q= 1H1lnq +C +1 爲；2 q 2 2 q1亠，丄32p -1=H2 P -丄 Hp =ln2 +ln p + C +名2卩22pln P +C +丄即 I 211=ln 2+-ln p +-C + Sp22p将重排以后的级数的符号相同的相邻的项加括号、1*+丄'+1 + 1、J122q 丿l2p+14p-1 丿,得/ r 1 +1 屮"+一1一.32p1它的前2n项部分和为+ an,其中lim a =0 所以原级数是收敛的，其和为n'n特别地有+ 1_136+1=尹2,( pf

36、q2)_1一2+ 1+15+=|ln 2,( p = 2,q =1 )1一后一 "16+pn，q")§ 5.2 一致收敛性及其应用一、基本概念与主要结果1. 一致收敛性的定义(1)设fn(x)J( n =1,2,)与 f(x 都在区间 I 上有定义，VS >0 ,3 N >0，当 时，有fn(x)f(xb< s对一切xC 成立.则称函数列fn(x P在I 一致收敛于f(x).设un(X )是函数项级数，其中每一个un(X)在I上有定义.记 n 4n3CSn(x) = s uk(x ), XI .若函数列Sn(x 在 I上一致收敛于某函数 S(x)

37、，则称艺un(x)kJnJ在I上一致收敛于S(x )(3)设a f(X, y dy是含参量广义积分，其中f(x,y )定义在I x)上.记Al(x,A)=J f(x,ydy.若当At +处时I (x, A )在I上一致收敛于某函数l(x).则称广义a积分f(X, y dy在I 一致收敛于I(X ).'a2. 一致收敛性的判断3C_(1) (一致收敛的柯西准则)Z Un(x 在 I上一致收敛二V saO ,3 NaO ,V nN ,心VN , V X 引，有 |un 十(X)+un 加(Xpc(2)若 2 un(x )在 I 上一致收敛于 S(X 冷 nmsuPSxSn(X »

38、 = 0k =0-1U lim su pRn(xb=O . ( Rn(x )=S(X )Sn(x)= S ujx ). nTP5S推论 级数S Un(x )在I上一致收敛的必要条件是：un(x y致收敛于零.n¥Wwierstrass判别法(魏尔斯特拉斯判别法,M -判别法或优级数判别法)c-be若|un(Xp<Mn，对一切X引 成立且正项级数S Mn收敛，则S Un(x )在 I上一致nrnn rn收敛.Dirichlet 判别法若1)级数送un(x )的部分和函数列在I上一致有界;n#2) /X I , vn(X y在I上对n是单调的;3) Vn(X )0 ( nT 处)，

39、x",则级数送Un(X Vn(X在I 一致收敛.n4(5) Abel判别法若1)级数送Un(x 在 I 一致收敛；n 42)I , Vn(x y在I上对n是单调的(即(x )< V2(x )兰 或v/x)® V2(x)3)；3)Vn(X y在I 一致有界，即WM aO,Vn(xi<M , VxG , n = 12.I则级数送Un(X Vn(X 在 I 一致收敛.n=13. 和函数的分析性质oC定理1若Un(X 在 Xo处连续(n= 12)，且送Un(x )在X。某领域一致收敛，则心nS(x)=2 Uk(x 在 Xo处连续.k i定理2若Un(X在(a,b内连续(

40、n =1,2,)，且送Un(x 在 (a, b )内闭一致收敛，则nS(x)=2 Uk(x 在 (a,b )内连续.k壬定理3 (连续性)若无Un(x'在 a,b】一致收敛，且每一项都连续，则其和函数在a,bnV上也连续，即X5Xolim 忙 UnbdW flim Un(x).n 二丿即求和与求极限可以交换次序.定理4 (逐项求积)在定理 14的条件下，有b比、比b/ Z Un(X ) pX =送 J Un(X dx . a Ini丿n a即求和与求积分可交换次序.C定理5 (逐项求导)若函数项级数 Z un(x满足条件:n=1(1) un(x在a, b】上有连续的导函数，n= 1,2

41、，；(2) 玉0亡a,b ,送Un(X '在 Xo点收敛；n =1(3)送 Un'(X 在 a,b I一致收敛,n 4则 k Un(X)| =2 Un'(X ). <n 1丿 n4例1设f0(x )在a,b上正常可积，fn(x)= f fn_,(tdt，n =1,2，.证明函数项艺fn(x)a由f0(x)在 a,b 上正常可积知f0(x在a,b 有界，即3M >0 ,在a,b I上一致收敛. 证明(递推方式放大) 使得f0(x »< M , VX 亡 a, b】.I从而f1(xb 兰f0(t 陆 < M(X a ),aaf2(x

42、7;< Jalfi(t ildt <M f (t -aldt =M .2一(X - a ), 2!一般地，若对n有fn(xi<M(x-ay，贝yM ,小+(X - a ),n !|仁小气亿讪=霁°7畑=(nF判别法，从而有 fn(X D < M (b a.由于级数送 M (b a收敛，由 Weierstrass '-心 n!3CZ fn(x 在 a, b 上一致收敛.n ztXfnHi(X)= fn(tdt， n =1,2,.证明:a函数序列练习 设fx 在 a,b 上正常可积, fn(xp在a,b 上一致收敛于零.例2 (函数列Dini定理)若fn(

43、x)在a,b 上连续(n =1,2,)， 对任意X亡a, b , fx) < f2(X )兰< fn(x )兰, nlimn(X A f(X)且 f (x)在 a, b 上连续.则函数列fn(x)在a,b 上一致收敛于f(X ).0 . (1)由于&n'是有界数列，由致密性定理，存在收敛子列，不妨设XnT X0(nT 址).又由于nimfnM )= f(X0 ),从而存在 N ：>0 使得 0 兰 f(X0)< fN(X0乞0.由于 f (x f X )在点X0连续且XnTX。，故存在 N1>0使得当n >N1时，有0< f (Xn)兰

44、fN(Xn)C% .当 n >maxk,叫,由 fN(Xn)兰 fn(Xn ),得 0 兰 f (Xn)兰 f Jx % .这与(1)式矛盾.注当条件改为” X亡a,b, f1(X) > f2(x)工>fn(X)3”时结论仍然成立.证明(反证法)设fn(x)在a, b】上不一致收敛于f(x)(n=1,2，)由于fn(x)递增,m 名0：>0, P 20, mxjRb ，使得 fn(Xn ) f(Xn£c(函数项Dini定理)设函数项级数 送Un(x )的每项均在有限区间a,b上连续，且收敛于n连续函数f(X)若yX a,b ，级数送Un(x )为同号级数，则

45、S Un(x )在(3, b】上一致收n4n4敛于f (X )证明(反证法)假设在a, b I上非一致收敛，则3z0>0，使得VN > 0 , WN，耳X忘la, b】, rn(x »> So 取 N =1, 3n1 , mX2 亡 a, b ，使 Rn2(X2 j)Rnk (Xk U 名0，由致密性定理，有界数列3C送Un(X )是同号级数，因此ni3X1 忘 a, b ，使 Rm (Xj > 5 ;取 N = 口，3n2 A n1 , I-，如此下去得一子列Rnk ，使得(1)k =1,2，.xj中存在收敛子列 Jkj: XkjT X0迂a,b】.由题设知

46、Rn(x)关于n单调递减，所以由(1)得：当n© > m时,kj "jC由于Rm(X )= f(X )Sm(X连续，故当j T +必时，|Rm(X0 j 3名0，这与送Un(x )在L, b】 'n三上收敛相矛盾，故一致收敛.例3设 对每一 n ,fn(x)是a, b】上的单调函数，(2) lim fn(x)=f(x )且f (x)在a,b 上一致连续.证明函数列fn(x)在a, b上一致收敛于f(x).注 本题条件中不要求对任意n , fn(x)都是单调递增的或都是单调递减的.证明 由于f (X)在a, b 上一致连续，故Vs >0,至：>0,当

47、x',x''>0且X'x'fv时，有 |f (xf (x'<|.将区间a, b 作k等分，使得b -a吒§ .设其分点为 x0 =a cXt CX2vxn =b.k由于nljmfxf(x),故存在N >0,当nN时,皿屮用心2，,k).对于任意 炸 a, bl存在j使得X亡Xjj,Xj.由于fn(x)为R,b 上的单调函数，fn(x)介于fn(Xj4)与fn(Xj)之间.因此fn(X )f (xp 兰 max$fn(xj4 )- f (xpl fn (xj )- f (xp.由不等式(1)与(2),fn (Xj J-

48、f(X 卜| fn (Xj J- f (Xj Ap+I f (Xj 4 )- f(X K 耳,所以证明fn(Xj )-f(xbWfn(Xj )-f(Xj |)+|f(Xj )-f (X)<* .fn(x)f (xhcg.故 “n(x)在 a, b 上一致收敛于 f(X ).证明级数送在0,2兀上收敛而非一致收敛.n4 nQ .由Dirichlet 判别法知£ SnX对任意x收敛.n4 n,.&kJIJ对任意m,取xm = .注意当n=m+:,，2m时,有一<nxm4m4兀兰一.所以2£ sinnxmn田屮.兀丁 sin41 .沢72> Z = si

49、n=nM 2m244bc .由Cauchy收敛准则，艺sin nX在b, 2兀上非一致收敛.nA nC .注 可以证明送sin nx在£,2兀£ I上一致收敛，其中0 <名c兀心 n非一致收敛.n柿 sin kXn非：分析估计S的麻烦在于每项因子有 sinkx ,否则送-k =0卅 k,但在X = 0的任一邻域内k=BHl k很容易证明其发散.因此,我们想：在X =0的任一邻域U（0,6 ），当k从n+：变化到n + p时，sinkx能否大于某常兀-,1, 时，sinkx>sin，因此，取 x0 亡 U(0,6 ),4 24，亠兀I兀 兀1兀使 sinkx0 &

50、gt;sin ,即只需 kx0，一 , k = n +:,，2n .取 x0 =即可.44 24n数，若能则必非一致收敛.事实上，当X亡tJ 2jT证明 取 =1, V, 3nAN ,3 p = n ,3 x0 =迂 U(0,6 ),有44n2n I送 sinkx0k zB + k由柯西收敛准则知送s非一致收敛.n# n二 fisinZJsinZ k=n4lk4242=£4例5设ian 是单调递减的正数列,且级数OCS an sinnx在（一叫母）上一致收敛.证明nd：G证明 由于S an sin nx在（-处，畑）上一致收敛，W :>0,存在N > 0,当n >

51、N时,n =±1an sin nx +an申sin n(x +1 )+ +a2n sin2nX vs 对任意 x 成立.取 * =兀则1<110<ansin2+an+sink+Fa2nsin12由于单调递减，有所以 lim 2na2nn_)pc1 丄.fl1 V丄.,sin-+an+sin + +- +a2nSi n1<；s2(22 n 丿=0.同理可证 lim(2n +1)a2n屮=0.因此 lim na. =0.n_jiC Q 注 本题可推出 送sinnX在0,2兀I上不一致收敛.心 n1例6设f (x)在开区间(a,b )内有连续的导函数f (x).令fn(x) = n f(x+)- f(x).证明对任意闭区间C,d匕(a,b),函数列fn(x)在c,d上一致收敛于f'(x).证明 取d'满足dcd'cb由于f "(x)在c,d'上连续，从而一致连续，即Vs >0,36:>0, 当 x1,xa,b,且 Xj -X2 C 6