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文档简介
习题 讨论下列函数项级数在所指定区间上的一⑴(1x)xn x∈[0,⑵(1x)2xn
x∈[0,⑶x3enx2 ⑷xenx2 (i)x∈0,,(ii)x∈⑸
x∈(-∞,n01n3x3n3n4x
sin x∈(-∞,⑺(1)n(1x)xn x∈[0,⑻(1)n x∈(-∞,n1nx⑼
2nsin1 (i)x∈(0,+∞),(ii)x∈ 3n⑽⑾
sinxsinnx x∈(-∞,nx x∈(-∞,nn0(1x2x x⑿(1)
x∈(-∞,+∞)
(1xn解(1)Sn(x)由于n1
(1k
1xn1
n 上非一致收敛
非一致收敛
(2)设un(x1x)2xn,则在[0,10u(x)u(n) , nn
(n由于 n0(n
收敛Weierstrass判别
(1x)2xn在[0,1上一收敛n(3)设u(x)x3enx2,则当n1时,在[0,n30u(x)u )K3 n3 其中K
e2。由于 n0n
Weierstrass判别法,x3enx[0,)上一致收敛 1nn(4(i)设un(x)xenx对任意的正整数N,取m2n(nNxnn[0,)mu(x)xe(n1)x2xx(n2)x2 e2nx2nx k ne2(n)xenx2不满足Cauchy收敛原理的条件,由此可知
xenx2 [0,)上非一致收敛
(ii)设
(x)xenx2,则当n 2
时u
x在[,)上单所n0u(x)e2nn由于e2n收敛Weierstrass判别法xenx2在[,上一致
敛 设un(x)1n3x2,则当n1时un
32n
,由
3收敛n02nWeierstrass判别法
在(,)上一致收敛设
(x) sin
n01n3x3n4x,则当3n4x
(x)1,由于1 n n0n Weierstrass判别法
sin 在
上一致收敛3n4x设an(x1x)xnbn(x1)n,则an(x)对固定3n4xn是单调的,且在[0,1上一致收敛于零,同时bk(x)1k判别法(1)n(1x)xn在[0,1上一致收敛设
(x) nx
(x1)n,则
(x)x(,)nn是单调的,且在(,)上一致收敛于零bk(x)1k判别法(1)n在(,上一致收敛n1nx(9)(i)设u(x)2nsin1,取x (0,), 3n 3nun(xn)2n即 2nsin1在(0,)上非一致un(x)在 上非一致收敛,所以
3n敛(ii)设u(x)2nsin1,则当x[,时 3nu(x)12n12
3 由于 收敛由Weierstrass判别法,2nsin 在[,)上一n03n1收敛n1
3n设
(x)
(xsinxsinnx,由于
(x)与x无关且单调趋零,所以an(x)x(,)关于n是单调的,且在(,)一致收敛于零,同nb(x)cosx
cosxcos(n1)xcosx2kk1
2 sin2k Dirichlet
sinxsinnx在
上一致收敛nxnun(x)(1x2
10,对任意的正整数Nnm2n(nN与n
1,,m x2 xm x2 uk(xn) 0 k (1x2 (1x2 (1x2 (1x2 所以 x 不满足Cauchy收敛原理的条件由此可知
x n0(1x2(,上非一致收敛x
n0(1x2设an(x
(1x2
,bn(x1),则an(x)对固定x(,)nn是单调的,且在(,上一致收敛于零bk(x)1,由kDirichlet判别法 (1)
x(1x2
在(,上一致收敛证明:函数f(xcosnx在(0,2)上连续,且有连续的导函数n0n2证由
coscosn2 cosn2 在(0,2)上一致收敛,所以f(xcosnx在(0,2)上连设(x)
cos
n0n2nsinnx,由于
单调趋于零,且对(n21)'
n2
n2 意的0,当x,2时cosn1xcossinkx
2x
2 k
22
sin2由Dirichlet判别法,可知
nsinnx在[,2上一致收敛n2
nsinnx在(0,2上内闭一致收敛,因此(xn2
nsinnx在(0,2n2上连续。再由逐项求导定fx(x在(0,2)上成立,即f(xcosnx在(0,2)上有连续的导函数n0n2证明f(x)nenx在(0,)上连续,且有各阶连续导函证对任意的0aA,当x[aA,成立0nenxnean,且ne 收敛Weierstraass判别法,nenx在[a,A]上一致收敛,即nenx
(0,上内闭一致收敛,所以f(xnenx在(0,上连续设(x) (nenx)'
,与上面类似可证明 n2enx(0,上内闭一致收敛,因此(xn2enx在(0,上连续。再由项求导定理fx(x在(0,上成立f(xnenx在(0,上有连续的导注意到(1)knk1enx(k )在(0,)上都是内闭一致收敛的所以上述过程可以逐次进行下去,由数学归纳法f(x)n在 上有各阶连续导函数证明:函数1在(1,+∞)上连续,且有各阶连续导函数
n1n(1)n在上连续,且有各阶连续导函n 证设f(x1,对任意1aA,当x[aA],成立011n1n a且1收敛,由Weierstraass判别法, 在[a,A]上一致收敛,an1
n1n1在(1,上内闭一致收敛,所以f(x1(1,)上连续n1n
d1
n1n
又dx
,且对任意1aA,
在[a,A]上一 n1敛,即
lnn
上内闭一致收敛,则lnn在(1,上连续n1n由逐项求导定理,可知f'(x)
ln
n1nf(x在(1,上有连续d
klnk
n1nx 可以证明 klnkx
(1) (k
(1) (1,
上内闭一致收敛,同理可得f(x)在(1,)上有各阶连续导函g(x)
,由Dirichlet判别法,可知对任意0a
A(1)n (1)nnn
(0,)上内闭一致g(x)
(1)n在(0,)上连d(1)n (1)n1ln又 ,同样由Dirichlet判别法,可知对任dx 0aA
在[a,A上一致收敛,即
(1)n1lnn
(0,上内闭一致收敛,所以
( lnn (0,)( lnn可 (1)n1lnn, 在上有连续导函数 n
g dk(1)n (1)nklnk利用dxk (k ),同样由Dirichlet判别法 可以证明
(1)nklnk 上内闭一致收敛,同理可 在 g在 n(0,)上有各阶连续导函数证明:函数项级数f(x
arctanx可以逐项求导,n
d(arctanxd n1d 函数项级数f(x)
arctanx对一切x,收敛,nd
x) , ,nx由 ,由Weierstraass判别法,可知 d(arctanx1n2x n
n在 上一致收敛,再由逐项求导定理,即可知df(x d(arctanxd n1d 设数项级数an收敛,证明⑴lim
an
1
anxndx=
0x0n1 n1n0证(1)首先对于每一固x[0,)(0)1关于n单调,且对一切x
与一切n,成立011,又因为) )
n是数项级数收敛意味着关于x的一致收是由Abel判别法
n1
在0,一致收敛,因此和函
an关于x在0,连续,从而成 n1lim
an=a
n n1 由例题10.2.4anxn在0,1上一致收敛,再由逐项积分定理,到1a
an0n
dx=n设un(x),vn(x)在区间(a,b)连续,且│un(x)│vn(x)对一切成立。证明:若vn(x)在(a,b)上点态收敛 续函数,un(x)也必然收敛 续函数证设任意闭区间[cd(ab。由于vn(x0在[cd连续,和函 vn(x)在[cd]连续,则由Dini定理可知vn(x)在[cd]一致收敛 是由Cauchy收敛原理,可知0N,mnN,x[cd,成un1(x)un2(x) um(x)vn1(x)vn2(x) vm(x) 此即说un(x在[cd一致收敛,因此un(x在[cd连续。由于 [cdab的任意性,即得到un(x在(ab连续n设函数项级数u(x在xa与xb收敛,且对一切n∈Nnun(x)在闭区间[ab]上单调增加,证明un(x)在[a,b]上一致收敛un(xxaxb收敛,由Cauchy收敛原理,可0NmnN,成
uk(a) k
uk(b)k再由un(x在[ab上的单调增加性,可知对一切x[ab],成 (x)
k(a)
uk(b) k
k
k 此即说明un(x)在[a,b]上一致收敛nn
(x在xa发散证明对任意δ>0,un(x)在(a,a+δ)上必定非一致收用反证法。设un(x在(aa上一致收敛,m0,N,mnNxaa,成立k
(x)2再令xa,
mukk
,这说2
),所以un(x)在(a,a+δ)上必定非一致收证明函数项级数 在a,a上是一致收敛的其中a
nln2n小于2ln22的任意固定正 在a,a上单调增加,所 nln2n nln2n nln2n nln2n ~ (n ~ nln2n
nln2由于 收敛,所以 收敛,再由习题8可nln2 nln2n 在a,a上一致收ln1nln2 设
f(x)
1tanxn1 (1)证明f(x)在0,2上连6(2)2f(x)dx6解(1)对一切x[0,]201
tan
1由于
收敛,由Weierstraass判别
1tanx
上n1致收敛,从而f(x)
1tanx
连续
2(2)由(1,
1tan
]上一致收敛,由逐项积分 n在 n1 6
3
32n12f(x)dx2
2n
2n
ln lnn1 2 cos 2
cos再利用例题9.5.3的结果
xsinx,得
2f(x)dx ln2
f(x)
2n3n3(1)明f(x在(,上连续x(2)记F(x)0f(t)dt,证x2
F 2 (1)x(,,
2 2 ,cos ,n3n3n3n3收敛
cosnx在(,3由于3n
判别法,可知一致收敛,所以f(x
cosnx在
上连续n3n3)由于 ( cosnx在(n3n3)由于 (F(x)
xf
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