第五章级数与广义积分

第五章 级数收敛的必要条件若级 an收敛,则

an0

但是由广义积分fxdx

fx0

fx0gxnxn1

1g(x)0;n1

xn1

1 g(x)4n2xn

1;n122

xn1g(x4n2xn1n取遍 gxfxg(x)x

恒正,且

1

是收敛的,但是 fx

1gx

x2

nlimfx20limfxlimfxn

2f(x在a,上一致连续且fxdx

fx0 证明由于f(x)在a,上一致连续00xx''abx'x''时,有fx'fx''.由于fxdx收敛,存在M0xMa

xftdtxxxftdtfx

xftfxdt

ftfxdtxdtxxxfxxftxxxx

xftdtfx

2fx2

fx03f(x在a,上单调递减非负且fxdxlimxfx0 证明由于fxdx0,存在M0xM时,2xftdtf(t在 上单调递减非负,从而0f2xx2xftx

02xf2xx20xfx

xfx0例4设f(x)a,上可微

fx)可积x时,

f(x)单调递减趋于零aafxdx收敛,试证xfxdxaa证明首先f(x)x1f(x10xx1fxf(x10fxdx发散,而这与已知条件a其次由xfxdxxdfxxdfxxf(xfxdx,且fxdx

知,xfxdx

xfx3

xfx0 例5设

f(x)a,上有连续可微函数fxdxfxdx都收敛.证明

fx0xf(x有极限,由归结原则,只要证xn恒有f(xn)由fxdx收敛,由Cauchy收敛准则,a

0,存在Aax

A时,恒有xf'

f

fx.于是xN0,当nmNx

A1 n1而xfxdx

fxmfxn.所以f(xn)收敛.由归结原则

fx00,由局部保号性,存在0x时有f(x0A22AfxdxA(当A时)这与fxdx收 .同理可证0也不可能,A

fx0 比较原则设an与bnN0,当nN

anbn (1)若bn收敛,则an收敛;(2)若an发散,则bn

a b都是正项级数,且存

时, bn

n1

n (1)若bn收敛,则an收敛;(2)若an发散,则bn

(1

un收敛;(2)当

un 1n1

un1u

1n1

n1u(1)u

unn

unu01

un1unun1unnuk1uk

un1

u k1

(n由比较原则级数 un收敛u1un1

n1

unnp

uk npuku

npuk1uk

unp1 1

k

1 kn

uk1 kn uk

knunp1

unp

unp对固定的np使得

1,则有np

uk

un

unp

1kn

uk1 uu1un1

n1f(x在1,x1,f(x0

lnfxln试证若1,则fxdx1证明因

lnfxln

,存在A1xA时有lnfxlnlnfxlnxlnx,所以0f(x

x

xA时).因1,故取0于是1,所以

1dx收敛.由比较判别法fxdx x 比式判别法 a是正项级数,若极

an

n (1)当q1时级数an收敛;(2)当q1时级数an 2 23333

2 22 2 2 36 36 6

;2 22 2 2 4444nnnmnnnm 2 2 2

4412n m m

412122 nN412122提示(1)

An

，an1

(其中A00),易证nn

2.

an1

22222222

11XX2212

f

f1 0．证明级数

n1由limfx0得,f00,f00.又limfxlimf'x1f''0. f1

x x0 12f112n2

f

n2原则

x0x

f''0,

1

f''0,n2

f1n2收敛,由比较判别法知

n

证明 由limfx0得,f00,f00.fx在x0某邻域内的二 式

002

22

xx201.fxM0 f1M f1fxM

n

n2故

n an是正项级数,(1

a收敛;(2)

a发散 n

n

证明(1)设q

an11,存在0使得q1N0,当nan1q1.故有

N

aN2qaN1q2aNaNpqpaN 由于等比级数q收敛,由比较原则,aNp收敛,所以级数anp

（2）设q

an11,存在0q1N0nNaan1q1.因此 a

nn根式判别法 ann

l

(1)当l1时级数an收敛;(2)当l1时级数an

（根式判别法的推广）设an nn(1)当 1时,级数an收敛;(2)当 1时,级数nn

Raabean

n1n1r(1)若r1,则级数收敛;(2)若r1

n

an证明取0使得

r1N0,当nN时,

an1

0

1

01 an11r0.取p满足1pr0.由于lim

n

rp0

n故当n

1

,

np011

10 n1

nan1n

n1p

收敛与比较原则的推论可 a收敛 n

n n

当n充分大时,有

an1

,

n n

a an由调和级数1发散与比较原则的推论可知an1

2n1!!8n1

解设an

2n1p11

n1n1n1

2n2 (n) an

2n2

2n

2n

pRaabep

2 p2Raabe推论

的敛散性.其中x0解设a

n1x1x2x .由于

an1

n1

(n)

a

xn xn n Raabex1x1x111, 10an单调递减非负,证明级数a收敛当且仅当级数2kak证明设

,

2ka

k当n2k1

Sn

)(a

2k1

)

2k

Tk2 2

k a收敛k 当n2kSaa(aa)

)1aa

2k1

1T kk

2k1

2

2故由级数a收敛可推出级数2kakn

k an同为收敛或发散所以收敛 收敛

)

时 ln(1an ,

an

以ln(1an与an同为收敛或发散,从而数列un与级数an

注当数列1a1a1a收敛时,称无穷乘

收敛,其极限值称为

积的值.否则称无穷乘积发散.例如11发散而11 n n2n1 n1 12设

0(n1,2,

ana

111111v证明令

,n

则n nan1an

.(n所以级数un与级数vn111

13aS表示该级数的前n项部分和.证明（1）anSS发散的;（2）级数

nan

k0nn1Sn证 (1)由条件知Sn单调递增趋于.我们mm

an1

an1

Sm

1Snkn1

固定n,令m

0N0,当mN

2

111Cauchyanmkn1mkn1n n 1 （2）S2

S

a

ak

k

kk

k2

k

k Leibniz判别法设交错级 1na(其中

lim

0,则级 1na收敛 n

Abel1)级数an收敛;(2)数列bn单调有界,则级数anbn

nDirichlet1)级数an的部分和有界;(2bn

bn0 anbn收敛n

11fxdxfxsin2xdx11证明因fx0fx0fx0Dirichlet

fxcos2xdxfxsin2xdxfx1cos2xdx1fxdx1fxcos2xdx 2 2aafxdx与fxsin2xdxaafxAfxdxa

aaafxsin2xdxafxsin2xdxAasin2aaaAa1cos2xdx1A

A

cos2xdx 注sin2x1cos2x,cos2x1cos2x215

p （1）p00n p1

p

p,而nn

np 1当0p1时,由Leibniz判别法, n 收敛,1单调有界,应用

nnpnn

1n11n1116设

0(n1,2,

an1存在且大于0证明级 1n1a收敛

an

Leibniz判别法,只要证

an1

0

0nN时,

an1

r0.该不等式说明a

r0

1

1 n01 0单调递减的.取p满足0pr0.当n时,有 0

n1n

rp0故存在

1

,

np.所以当

011 10

n n1

np

n .不妨设当n

n

an1

p

n明 .由此可得lima

0n

n 例17讨论级数1n1 的敛散性

2n!!解设an

,由例8知级数anp2p2p2 级 绝对收敛,此时n 2n1p1

n1n1n1

2n2

n1n1

16p0 an

2n2

2n

2n

n

an 级

条件收敛.由收敛的必要条件知当p0时,

.因此当

n

2n!!p0

.故级

n

pp21n12n

0p 2n!!

p018sinnn2ln证明令

sinn,b

ln cosn1cosn1

cos3cosm1 m2sinsin 2 2

2sinn

2sin

2sin

2sin 所以

1Dirichlet判别法知级数sinnsinn

2

sin

n2lnsin2ksin2k1sin2ksin2k1ln2k1下面证明

发散.

ln

ln2k1

k1

kfxsinxsinx1fx0fx是连续的周期函数.因此存在l0fxl.所以

l

n2

n2ln注2sinsincoscos2coscoscoscos19111sinnxn1

n 解xk时级数显然收敛.xk时,

1111.同例18n

n nb 1111

111

1

111n0 n n

n n1

n

nn1 n1Dirichlet判别法知级数anbn18n20若

xnnn证明

i

ixi

xn

nnn单调有界,级数n

x nx

收敛.由Abel判别法知级数n

n收敛.再由数列n

xn练习设anlimnan0n(anan1an

证明记级数n(anan1nSnSn(a1a2)2(a2 而

lim[n(nnn

0，所以

)annp21p0,级数1n1np

的和记为S1S12证明显然

S

1 112p3p4p fxx

f'xpxp1f''xpp1)xp2x0

f''x0fx为严格下凸函数.故对任意x

0

x时,有f

x)

fxf1

2

2.取x2n1,.取

2n1则2f2nf2n1f2n f2n1f2nf2nf2n所以1

11,1

1

2 2

4

2n因此S1111

.所以S1

3p

p 1n22讨论级数n

n

n

1k1

k

k2

k12令

1k

k2

111k

k2k

k2

k121

1kk

k2

k12,故

2k同理可证

k2k

kk121

k1k1

k

k2

k12夹在新级数某相邻的二部分和之间，所以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:否推出原级数是收敛的?在一般情况下是不行的.例如级数1111是发散的,但加括号后的级数1111收敛.我们有以下的定理.定理将级 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证明设加括号后的级数为

) A

kk Akan1an.(k1,2,且设nk an的部分和为Sna1a2an,则

A1A2Ak由条件知级 Ak收敛.因此极限

Sn存在,记S为其极限值.设nknnk1Akk中的项全为正项时

knkk SnSn Ak1nkk

S k

SnS,

Akk23

x

dx1x解显然该积分不是绝对收敛的.设nx

n1,则n2x2n12

x

xkx k

dtn

tk

k k

k

221nkknk

n由Leibniz判别法,级

1是收敛的,n

knn

1ln k 1

n

2ln

0,xn1所以积分1

x

dx是条件收敛的24将级数1111p个正项与q p个正项与q1 2p

1 2lim1111lnnC,其中CEuler H1111HlnnC,其中

0n 11

11

1lnqC1 2113

2p

H2

1

ln2

pC2

12

pC1p pln212

p1C 2

12将重排以后的级数的符号相同的相邻的括号,

2n项部分和为1 2p lnln pq p

.所以原级数是收敛的,其和 qS2nlnq

n 11111ln2, 1111113ln2, 1 1111 25设R,Ixsinxdx的敛散性0解（1）若0则Isin11xdxsin1xdx,无论1还是1此积分都发散01（2）若

11 tx,则xt,dx tsintsint 11

t

1sintdt令11

tsinI

tsinsint1t1

0

11tsintdt1tsintdtII 对 11 ,

tsin

I与1

同时敛散

I当且仅当11I1

t

2即11时收敛.又被积函数为正,收敛亦为绝对收敛I对 I2

tsintdt只需讨论2的情况1当21即110时,tsintt

tdt收敛,Weierstrass判别法212绝对收敛当10即011时,由t0,A2Asintdtcos1cosA2（有界）,Dirichlet21

I收敛.tsinttsin2t1t1tcos2t及tdt发散和tcos2tdt（Dirichlet判别法 2I条件收敛2当0即11时,因kN2ktsintdtsintdt2,故I2发散 总之,原积分当110时绝对收敛;当011时,条件收敛;其它情况发散练习设0,

sin

I 设fnx(n1,2,fxI0，N0，当nfnxfxxI成立．则称函数列fnxIfn

unx

unx在ISnxukxxI.若函数列SnxISx，则称unkI

设fxydy是含参量广义积分,其中fxy定义在Ia,aIxAAfxydyAIxAIIxa积分

fxydyII 准则）unx在I上一致收敛0，N0，nNpxI，有un1xunpx若unxISxlimsupSxSnxn

nRnxSxSnx

kn1推论Wwierstrass判别法(判别法,M判别法或优级数判别法 unxMnxI成立且正项级数Mn收敛，则unxIDirichlet

级数unxI则级数unxvnxIAbel级数unxIxIvnxI上对n是单调的(即v1xv2x或v1xv2xvnxI一致有界，即M0vnxMxIn1,2,则级数unxvnxI1unxx0处连续（n1,2,unxx0nnSxukxx0k2若unx在ab内连续（n1,2,unx在abnSxukx在abn

xxx0x

n1 bbaba

x

a

xdx5（逐项求导）若函数项级数unxx0abunxx0 则unxun af a

n

f例1设

上正常可积，fn fn1tdt

n证明（递推方式放大）f0x在abf0x在ab有界，即M0f0xM，xa,xf1xx

f0tdtMxfx xftdt xtadtMxa2 a 2一般地，若对n

fxMxan n x

xftdt xtandt

xan1

n!

f从而有fxx

n!

Mb n

收敛，由Weierstrass判别法,练习设f1xabfnx在a,bfn(x在ab上连续n

x

xax

tdtn1,2,xab,f1(x

fnx

fnx

fxf(x在ab则函数列fn(x)在abf证明（反证法）设fn(x)在abfxn1,2,.由于fn(x)递增00，n0，xnabfnxnfxn0f(xnfnxn0由于xn是有界数列,由致密性定理，存在收敛子列,xnx0n

fnx0

fx0,N00f(x0fNx00.f(xfNxx0连续且xnx0故存在N10使得当nN1时0f(xnfNxn0nmaxN,N1时,由fN(xn)fnxn,得0f(xn)fnxn0.这与(1) 注当条件(2)改为xab,f1(x

fnx”时结论仍然成立（Dini定理）设函数项级数unx的每项均在有限区间ab f(x．若xab，级数unxunx在abfx．

1rnx0N1n11x1abRnx10Nn1n2n1122 Rnxk0，k1,2, k由致密性定理，有界数列xk中存在收敛子列 ：

x0ab．由题设知 unxRn(x关于n单调递减，所以由（1）得：当nk

mjRmxkj

nk n

fxSmxx0jRmx00unx ，故一致收敛3设(1)对每一n,fn(x是ab

fnx

fxf(x在a注本题条件中不要求对任意n,fn(x证明（1）f(x在ab上一致连续,故00xx0x'x''fx'fx'' 2将区间ab作kba

a

b

fnx

fx,N0,nN时njfnj

f

2

j1,2,,k. j j对于任意xa,b,存在j使得x ,x.由于f(x)为aj jfn(xfn(xj1)fn(xj fxfxmaxfnxjf

fnxjf j j jf j j j

f f

fxj1fx fxfx

fxfx

fxjfxnfxfx.故fn(x)在abfn

nk

sinkx

n的麻烦在于每项因子有sinkxk

kx0的任一邻域U0;，当k从n1npsinkxx时，sinkxsin

2 使sinkxsinkxkn1,,2n

1

2

sin

nn证明令an ,bnsinnx,由Dirichlet判别法知nn

取2NnNpnxU0,;

sin

1sin

2k

kn1sin

kn1

nCauchy收敛准则知n

注可以证明

在,2上一致收敛,其中0x05an是单调递减的正数列且级数ansinnx,上一致收敛证明nlimna0n证明由于ansinnx在,上一致收敛

0N0,当nN时 sinn1x

sinn2x

sin2nx

x成立.x1

0

sin11

sin12

sin1

2n

2n 0nasin1

sin11

sin12

sin1

2n

2n 所以,由迫敛性定理lim2na2n0.lim2n1a2n10.因此limnan0本题可推出

1n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)]n证明对任意闭区间cda,b,函数列fn(x)在[cdf(x证明(1)d'满足dd'b由于f(x)[cd']上连续，从而一致连续，即00x1x2[cd']

x1

f(x1)f(x2)由微分中值定理,x[ab],存在

xx1nf(x1f(xf'所以fn(xf(x)

n n 1f(n)f(x)1N0

d1d'nN时,x11

fn(xf(x).这证明了fn(x)在[cdf(x练习设函数

f(x)[ab]上有连续的导函数

f(x)ab．对每一个自然数n b

(xnf(x1f(x

(x在[annf(xnn证 f(x)在[a,b]上连续，从而一致连续，即0,0，x1,x2[a,b]，x1

f(x1)f(x2) 取N ，则当nN时，x[a,]，有x [a,b]，从而由上式 b fn(x)f(x)

f(x)f(x)(0n1) fn(x在[af(x f(x在f(xnf(x)en[f(xen)f(x)]n1,nfn(x)在任一有限开区间abf(x证明（利用微分中值定理）

f(x)[ab1]上连续，从而一致连续，即 001x1x2[a,b1]

x1

f(x1)f(x2)由微分中值定理

x[ab存在xxen使得enf(xenf(xf'所以

(x)f(x)

f

)f

.取Nln1

,则当n

时（此时n0eneN）,x,从而一致收敛于f(x)．n

fn(xf(x).这证明了fn(x)在[cd例7设f1(x)

fx

,

(x)

f

.证明函数列

1x1x在,上一致收敛于0．1x1x

1x1x2

12x12x1用数学归纳法可证对任意n有

fn(x)

fx

fn(x)

1x与n成立,所以

(x)在,上一致收敛于0nnnn证明（最大值法）记

nuxnxn11x22xn1n令ux0得稳定点x

，而u

x在0 n

nn2 上的最大值为u ，从nn2 nn

n

n

2 4un

n

n

n

n 4 收敛

n1n

9x01中全体有理数,x01fx1,求定积分2 2xn10f(x)dxfx在01上是单调递增有界函数,因而是可积的gnx2n

xxnxxn则gnx

1n1

x 1fx.2 xn2

x

n1,2,12n2n敛,Weierstrass判别法,级数gnx在01上一致收敛.由逐项积分定理..1f(x)dx1

1

g(x)dx

1g(x)dx

xn

(x)dx

1gxdx1n n

n

0

n续性，其中sgnx

xxn,且

fnx在fx.对任意n,gnxfkx,fxk

fnxgnx.由于fkxkfkxxxn连续,且该级数一致收敛,gnxxxn连续.fnxx不连续,fxxxn不连续.fx在任意无理点是连续的fx在[0,1上含有可数个间断点，故可积,且级数fnx在01上一致收敛.1 1

nn

xdxxn

(x)dxfxdx11n.1n.项积分定理

fx0

n1

xn

练 设xn是区间0,1的一个序列，0xn1，且xixj，ij．试讨论函f

sgnxxn

在01的连续性，其中sgnx

sgnxxn1，而

1

sgnxxnn

n1

x0xn为01unxx0fx0 fxsgnxxnsgnxxk xxkfxxk例11设fn(x)[ab]上的连续函数列,且在[ab]上一致收敛于f(x)，又 x[ab](n1,2,limx

fn(xn)

f(x0)分析fn(xnf(x0

fn(xn)f(xn)

f(xn)f(x0)22fn(x)f(x) 2又fn(x)f(xf(x在[abx02则对上述00xU

,)[a,b]

f(x)f(x0) limxx，则对上述0N nN2

nN2xn

2f(x)f(x) 2 （1）fn(xn)f(x0)

fn(xn)f(xn)

f(xn)f(x0)所以

fn(xn)

f(x0)12设fn(x)是[ab上的连续函数列，且在[abf(xf(x在[a上无零点.n

(x在[ab

在[abff1fx

（1）f(x在[ab0,f(x在[ab上同号.f(x正.由连续函数的最值定理

f(x在[ab上有正的最小值m,f(x)m

0，当n

x[ab

f(xf(x)m

xf(x)

xf(x)m,

xfxmmmm0. fn(x在[ab上无零点又

[a,

mfn(x)f(x) m2NmaxN1N2nN时x[ab1fn1ff(x)1fn1f

2fn(x)f 例13证明Riemann函数x n1nx证明x01x01存在

满足11x0,x[1,时 nx

.由于级数n1收敛,所以nx在[1,上一致收敛.nx [1,上连续,所以(x在[1,,x0连续.x0的任意性在(1上连续再证(x在(1,上不一致连续.x1,x

1 1

12x3x4x5x8x

11124111

1

22x

23x

12x

2xx1时

2x

,所以(x).若(x在(1,上一致连续,lim(x存在且有限,这是不可能的.因此(x在(1,上不是一致连续的u(x)

(k

(1)klnk

记 nx由归纳法得

, nx

)(1)klnknnxx0[1213]．在区间[12(1)klnknnx

(kunu

(x)

lnkn

1,k1而 0，所以当n充分大时，

u(k)(x) n

lnklnkn

nM判别法知：对任意正整数k，级数u(kx在[1213n由数学归纳法知(x在[1213x0存在任意阶导数，x0的任意性知(x)在(1,上存在任意阶导数，且连续．例14证明：(1)

lnx在0,1上不一致连续

100

lnxdx1 (1)x0,1时

xn

lnxxln1

;x1时

xn

lnx0.xlnxS(x1

x

xln

1,Sxx1不连续.因此(1)成立

x

1ab使得0ab1.xa,b时

xnlnxbnlna,由于级 bnlna收敛所以xnlnx在a,b上一致收敛.b

xnlnx

ln

1

ln

a

ln

1

lnxdxa

n1

n1

n1

n11

1

1

lnxdx

n

lnx00n1x

dx

1

所以0

lnxdxn1n

2232

1 611n2axnlnxdx0

1xnlnxdx0

1

1xnlnxdxb

1xnlnxdx0

1a 1所 n1

n1

收敛的.limaxnlnxdxlimaxnlnxdx0a0n1 n1a0lim1xnlnxdxlim1xnlnxdx0b1n1 n1b1在(1)a

,b

10,得0

lnxdx1 mn为自然数,1tnlntmdtmn1tnlntn 0Imtlntdt.0I

1lntmdtn1

tn1lntm1

1tnlntm1dtm n1

n

n1

n1反复使用此式m1m1n11n1

I 1tndt

n1

m

特别地,mn时,1tnlntn

n

n

n （1）

2x

2

（2）I

1x21x（1）令tx1,I

dt,

2nI

t2

2n1

,

,

2n3!!2n

2n0或再令uarctantR上为偶函数有In22cos2n2udu0

2n2!!令arctanx,I

20

d

sincos t,I d.2I

d ,I 0co

sin

0

cos 15

11dx1 1证明由于

xlnxexln

令f(xxlnx

f'(x)lnx1则当xx 1x1e

f'(x)0

f(x)单调递增0x1e

f'(x)0

f(x)单调递减limxlnx0,f(10,f(x在0,1有界,f1

f(x)0xxln

e1f1f1en

nxlnnxln

n!enn!因级数enn!收敛所以级数xln

绝对一致收敛1

1n

dx

dx

xnlnxndx

nnn0n n1nnx16设(x)x

cost

，求(0 x

0cos 解(0

x

,u=，则 cos

2sin

2sint0cosdttx

du u u

1+

duu

+xxx

duux10cosx1

x所以， xx

x

uxu

x

x0(当x0.故(01x1x 1x1x

n bfxdx

gxA n

gxb

xdxAn （1） fxdx1，则 AfxdxA．因此只需证明 n n gxAfxdx0b

n gxA00baxaxabgxAxabfnxgxfnx的有界性假设可得：M0bn1,2,nNb

gxAM

fnxManbgxAananan

xdxb

agxA

xdx

gxA

xdx

gx

fnxdxagx

fnxdxMba,n1 k练习设fnxnfxn,fxR上连续,求证fnx [ab上一致收敛n1

k 分析limfnxlimnfxn0fxt

nk 证明（拟合法）（1）由于fxR上连续则fx在[ab1]上一致连续00xx''[ab1x'x''时,

fx'fx''.kn（2）取N1,当nN时,xkxt t11,kn n fxkfxt.（t0,1必存在某个小区间k1k使得tk1k n

n1

k

k而fnx fx

k

fx k0

n k0

n

kfxtdtk

fxt k01

n1k1 k fnx

fxt

k

fx

fxt

k

k

k0

n k k

kn

f

f tnn

k

k 1n1故

例18hx,

'xab上连续n1,2,x1

a,bnNfx

x x

,其中M0为常数．求证 hx

'xdxMn Mn

b b

n

'x在ab上一致连续.故100n xx''[a,bx'x''时,有

'x'

'x''1n取k充分大,使得ba,将a,bk等分:axx

b,fxf

x

由微分中值定理xx,使得

'M

Mnx[a,bi1 kxxi1xi,Mnf'x

f'x

'

'1

1M

hx在[ab上连续进而有界

从而可在积分号下取极限,即limahxfn'xdxalimhxfn'xdx xx2 ,在[a,b]上可积,fx且gx与在[a,b]上都可积xx2b

fntgt则在[ab上hnxh xx

fntgtanxftftgtan1

ft1

t

2

ftfntb2b

dtb1b

gt2

1

b ftb

tdt2 gtdt20当n时

gtdt2有界

,试问取何值时fnx在0lnn1 解fn'x

lnnxxlnnfnxxlnnfn单调递减.于是

x

x1

.

fxlim n n

x0,supfxf

maxfxf1x0,

x0,

lnn

nln

lnn

n（这里lnn lnnlnn 当1故fnx当且仅当1时在0上一致收敛 fxxnkenx,试问k取何值时fx在0 解

'xnkenx1nxx1nnn

xx1nnn

于是

x

xn

处取极大值（也是最大值）.

xlimnn

x0,

fnxf

fnx

1n n nk1

e

1nn例21试证 2在,nLeibniz

xSx

x

1k

Rnxan1

k x2fy

y2x2f'y

y2x2

20y可见

x,充分大时

f'n

fn单调递减趋于零(n故该级数为Leibniz级数因而n

1nRnxn12x2n10n所以n2x2在上一致收敛 ex2

练习证明级数1n 在任何有穷区间a,b上一致收敛但在任何一点x处不

n ex2 3证明（方法一）xa,b,1n 3 n2ex2ex nnn1n1nRnx

0当n时其中cmaxab.nRnxa,b上一致收敛于0..因此此级数在a,b上一致收敛ex2

n3n331n n3n33

而

R,级数 收敛， 发散，故原级数在任何n

ex2

n1

n3（方法二）1n 1n 1n3

级数

,

n

n

Leibniz级数，故收敛.x为一致收敛.又因为ex2在a,b上为有界函数, 3收敛级数各项乘以有界函数后,仍一致收敛.所以1n 一致收敛.进而两个一致收敛3 ex2

n级数的和级数1n 也是一致收敛的.在任何一点x处不绝对收敛同解法一. n本例说明一致收敛并不意味着绝对收敛22证明nenx在00上无穷次可微n 证明（1）xn

2

n4

240n1nx nenx在0内收敛（2

因nenxn0当x0时

故在0

上级数通项nenx

ne当n时.从而 在0,上非一致收敛nenxn1en1x （3）fxnenxn1en1x n1enxnen1x exn1enxnen1x 1

e所以

fxfx fx

1ex

e2

e2连续在0上无穷次可微e1ex ex练习证明x2enx在0上一致收敛提 x0,,因

2

2n2n1nx

20n.nenx在0内一致收敛

123

xxn

n1 1 1

1

1xnxn

qn

xq,

qn

n 1nqn 1n

n1 fx1,1内内闭一致收敛而每个

1nn

例 （逐项取极限定理）设级

un

在

Ux0;x:0

x

limunxcn则cn

limunxlimunxcn xx0

n1x

证明（1）因unx在

x0;内一致收敛,所以0N0nN

n

x

x;x

n

kk

kCauchy准则,级数cnc收敛c为某个常数

x一致收敛及c

的收敛性

0,nN使得 SxSnx 3

ck

.Snxuk33 将n固定,Snxukxck(xx0时),故对00x

Snx

.从而

SxSn

ckc 即(1)式成立k

k

练习若unx在0,1内单调增加且unx0,n1, .假定unx在0,1内 点收敛且有上界,那么unx在0,1limunxlimunx存在

x1

n1证明根据上例（逐项取极限定理,只要证明unx在0,1n致收敛并且极限limux存在nM0使unxSx

x0,1而unx单调递增,由单调有界定理limun

nnx在0,1内一致收敛

xSxMx1 uk1Mn1 .因unx0,故un1收敛.Weierstrass判别法及 unx在0,1内一致收敛从而limunxlimunx

x1

n1注师范大学2009年考研题与此题基本相同 练习设unxn1, 在a,b上连续

unx在ab内一致收敛.求证ununx在a,b上连续

limunxuna,limunxunb又因un

在ab内一致收敛,利用逐项取极限定理,可知级数unxxaxb处收敛. unx在a,b上一致收敛据和函数连续性定理知unx在a,b上连续再由 Cantor定理

例25fx0且单调递减

fn收敛,试证对其余和Rn

fk n1fxdxRnfn1n1fxdx. fx0且单调递减, nk Rnfkfnk

fxdxfnk

k

Rnn1fxdxRnfn1移项即得欲证的不等式k k26

nln

k2lnk~

ln

（考虑对应的反常积分）fx

x2ln

nfxdxRn1fnnf dx

1

即nx2ln knk2ln n2ln nx2ln即 dx1d1x nx2ln nlnxx 1xln1xln

n

x2lnx2 nln11121dx111 nlnx2ln

x2lnx2

而0

x2lnx3dxlnn3

x2dxnlnn3故 dx

0

1此式代入（2）便得nx2ln

nln nln

练习设单调函数fx0上有定义并且广义积分0fxdx存在试证明limhfhf2h fnhfxh0

fxdx. fxdx

fxdx

hfkh

k fx

k

k1 hh 取极限,得lim

hfkh

0f

27写出esinxx0Taylor级数的前五项，并求出该级数的收敛区间．解记f(x)esinx，则f(0)

f(0)

f(01f(00f(403,f(508f(xx

esin

1x222

8

1(1x(1x2)1x

0Taylor解所求Taylor(1x2)1x23 (1x2)1x23

1

3(x2)2

1

3)(

1)(x2)21(3)(31)(3n1)(x2)n (2n1)!!2

2n

(2n1)!!令t

，则原级数可化为

2n

t

(2n2n1(n

2n

1(2n1)!!

(2n2n

n2(n所以，级数R

2n

t的收敛区间为(11，因此原级数的收敛区间为(112929fxaxn

的收敛半径为,且ann收敛,0exfxdx0

00 f

证 exfxdx

ex

na n 0

limA nxax A0 0 0A

Axne

limAxnexdx

nA

nan

a anx这里等式（1）anx

n a

n!x0,n1x

且an收敛,故axnex在0A上一致收敛,可逐项积分。等式（2）n

Axnexdx

Axnexdx

xnexdx

n!

ann

A

n

n

0

n此

0xe

至于xnexdxn!可反复使用分部积分法n次得到或利用Euler积分00xnexdxn10例30证明（1）对每个正整数n1,方程xx2 xn1在区间0,1中有且仅有一根 （2）x则limx存在.（3

pxxx2 xn

x连续

pn00,

nnpn'x0(当0x1时).pnx1在0,1内有唯一的根nn 1 2 n n1xx2

Sxk

x1.xx 1

100的极限记为x应满足方程Sx1.一旦能证明这一点,根据 1,立即可得x1001 要证明Sx0

只须证明0,

1S

.注意,任何nNnxx2 xnxkn k1n1SxxkSxn

xkSxSxSx

k

nkn因此,我们只要证明n充分大时,2

即可事实上,0x1,xxx0,1Sxxk在1,1 连续,所以nSxSx

k 取0充分小,使得xx