Math Analysis Homework - Sem 2 Week 1

Class 1

T1

2. 讨论下列函数序列在指定区间上的一致收敛性:

(2) $f_n(x) = \arctan nx$ , (i) $x \in (0, 1)$ , (ii) $x \in (1, +\infty)$ ;

\begin{gathered} \lim_{n \to \infty} f_n(x) = f(x) = \dfrac \pi 2 \\ \end{gathered}

(i):

\begin{gathered} \text{let } x=\dfrac 1n \\ |f_n(x_n)-f(x_n)|=\arctan 1-\dfrac \pi 2=C>0 \end{gathered}

不一致收敛

(ii):

\begin{gathered} |f_n(x)-f(x)|=|\arctan nx-\dfrac \pi 2|<|\arctan n-\dfrac \pi 2|\to 0 \end{gathered}

一致收敛

T2

2. 讨论下列函数序列在指定区间上的一致收敛性: (4) $f_n(x) = \frac{x^n}{1+x^n}$ , (i) $x \in (0, 1)$ , (ii) $x \in (1, +\infty)$ ;

(i):

\begin{gathered} x\in (0,1) \implies \lim_{n \to \infty} f_n(x)=f(x)=0 \\ \text{let } x_n=1-\dfrac 1n \\ \lim_{n \to \infty} |f_n(x_n)-f(x_n)|= \lim_{n \to \infty} \dfrac{(1-\dfrac 1n)^n}{1+(1-\dfrac 1n)^n}= \dfrac{1}{e+1}\ne 0 \end{gathered}

不一致收敛

(ii):

\begin{gathered} x\in (1,+\infty) \implies \lim_{n \to \infty} f_n(x)=f(x)=1 \\ \text{let } x_n=1+\dfrac 1n \\ \lim_{n \to \infty} |f_n(x_n)-f(x_n)|= \lim_{n \to \infty} 1-\dfrac{(1+\dfrac 1n)^n}{1+(1+\dfrac 1n)^n}= \dfrac{1}{e+1}\ne 0 \end{gathered}

不一致收敛

T3

2. 讨论下列函数序列在指定区间上的一致收敛性: (6) $f_n(x) = n\left(\sqrt{x+\frac{1}{n}}-\sqrt{x}\right)$ , $x \in (0, +\infty)$ .

\begin{gathered} \lim_{n \to \infty} f_n(x)=\lim_{n \to \infty} n(\sqrt{x+\frac1n}-\sqrt x)=\lim_{n \to \infty} \dfrac1{\sqrt{x+\frac1n}+\sqrt x}=\dfrac{1}{2\sqrt x}=f(x) \\ |f_n-f|=\dfrac1{2\sqrt x}-\dfrac1{\sqrt x+\sqrt{x+\frac1n}} \\ =\dfrac{\sqrt{x+\frac1n}-\sqrt x}{2\sqrt x(\sqrt x+\sqrt{x+\frac1n})} \\ =\dfrac{1}{2n\sqrt x(\sqrt x+\sqrt{x+\frac1n})^2} \\ >\dfrac{1}{2n\sqrt x(x+1)} \\ \text{let } x_n=\dfrac1{n^2} \\ \implies |f_n-f|>\dfrac{1}{2(1+\dfrac1{n^2})}>\dfrac14 \end{gathered}

不一致收敛

T4

4. 证明函数项级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \left[ e^x - \left( 1 + \frac{x}{n} \right)^n \right]$ 在 $(0, +\infty)$ 上不一致收敛.

\begin{gathered} \text{let } a_n=\dfrac{1}{n} (e^x-\left(1+\dfrac{x}{n}\right)^n) \\ \sum_{i=n}^{2n} a_i \\ =\sum_{i=n}^{2n} \dfrac{1}{i} (e^x-\left(1+\dfrac{x}{i}\right)^i) \\ >\sum_{i=n}^{2n} \dfrac{1}{2n} (e^x-(1+\dfrac{x}{2n})^{2n}) \\ =\dfrac12(e^x-(1+\dfrac{x}{2n})^{2n}) \\ =g_n(x) \\ \text{let } x_n=2n \\ \lim_{n \to \infty} g_n(x_n)=\lim_{n \to \infty} \dfrac12 (e^{2n}-2^{2n})\ne 0 \end{gathered}

不一致收敛.

T5

6. 设 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内有连续的导数 $f'(x)$ , 且 $f_n(x) = n\left[ f\left(x+\frac{1}{n}\right) - f(x) \right]$ . 求证: 在闭区间 $\alpha \le x \le \beta$ ( $a < \alpha < \beta < b$ ) 上 $\{f_n(x)\}$ 一致收敛于 $f'(x)$ .

\begin{gathered} f(x)\in C^1[a,b] \\ \xRightarrow{\text{ Lagrange Mean Value Theorem }} \\ f_n(x)=f'(\xi_x),\xi_x\in [x,x+\frac1n] \\ \because f'(x)\in C[a,b] \\ f' \text{ is uniformly continuous on } [a,b] \\ \forall \epsilon>0,\exists \delta, \\ s.t.\\ \forall |x_1-x_2|<\delta,|f'(x_1)-f'(x_2)|<\epsilon \\ \text{let } n>\dfrac1\epsilon \\ \implies \forall x,|f_n(x)-f(x)|=|f'(\xi_x)-f'(x)|<\epsilon \\ \text{Q.E.D} \end{gathered}

T6

9. 设 $\varphi(x)$ 为 $[0, 1]$ 上的连续函数. 对任意的 $n \in \mathbb{N}$ , 令 $f_n(x) = \int_0^x \varphi(t^n)\mathrm{d}t, \quad x \in [0, 1].$ 证明: $\{f_n(x)\}$ 在 $[0, 1]$ 上一致收敛于 $x\varphi(0)$ .

\begin{gathered} \text{if } x<1: \\ \lim_{n \to \infty} \int_0^x \varphi(t^n)dt=\lim_{n \to \infty} x\varphi(\xi(n)^n),\xi(n) \in [0,x] \\ \because 0<\xi^n(n)<x^n \\ \therefore \lim_{n \to \infty} \xi^n(n)=0 \\ \lim_{n \to \infty} x\varphi(\xi^n(n))=x\varphi(0) \end{gathered}

\begin{gathered} \text{if } x=1: \\ \lim_{n \to \infty} \int_0^1 \varphi(t^n)dt \\ =\lim_{n \to \infty} \int_0^{1-\frac1{\ln n}} \varphi(t^n)dt + \int_{1-\frac1{\ln n}}^1 \varphi(t^n)dt \\ =\lim_{n \to \infty} (1-\dfrac{1}{\ln n})\varphi(\xi^n)+\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{\ln n} \varphi(\xi_2^n) \\ =A+B \\ \because \varphi\in C[0,1] \\ \therefore \exists M,|\varphi|<M \\ \therefore B\le \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{\ln n}M=0 \implies B=0 \\ \lim_{n \to \infty} (1-\dfrac1{\ln n})\varphi(\xi^n(n)) \\ =\lim_{n \to \infty} (1-\dfrac1{\ln n}) \cdot \lim_{n \to \infty} \varphi(\xi^n(n)) \\ =\varphi(0) \\ \end{gathered}

然后用课上的结论, $f_n$ 导数有界,所以收敛变成一致收敛,做完了.

Class 2

T1

10. 判别下列级数的一致收敛性: (3) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{nx}{(1+x)(1+2x)\cdots(1+nx)}$ , 其中 (i) $0 < x \leqslant l$ , (ii) $0 < l \leqslant x < +\infty$ .

\begin{gathered} u_n(x)=\dfrac{nx}{\prod_{i=1}^n (1+ix)} \end{gathered}

(i):

令 $x_{n}=\dfrac4{n^2}$ ,则:

\begin{gathered} \prod_{i=1}^{n} (1+ix_n)\le (1+\dfrac4{n})^n\le e^4 \\ \implies u_{n}(x_n)\ge \dfrac4{e^4n} \end{gathered}

因为 $\dfrac{u_n}{u_{n-1}}=\dfrac n{(n-1)(1+nx)}$ ,得到 $x<\dfrac1{n(n-1)}$ 时 $u_n(x)$ 增加,反之减小.

于是可得 $u_n(x_n)<u_{n-1}(x_n)<\ldots<u_{\lfloor n/2\rfloor}(x_{n})$ .

于是 $\sum_{i=1}^n u_i(x)>\sum_{i=\lfloor n/2\rfloor}^n u_i(x)\ge \dfrac2{e^4}$ .

于是由柯西条件,不一致收敛.

(ii):

\begin{gathered} \text{when } x\ge l: \\ u_n(x)=\dfrac{nx}{1+nx} \cdot \dfrac1{\prod_{i=1}^n (1+ix)} \end{gathered}

其中第一项一致有界 $1$ ,第二项显然有优级数 $(1+l)^{-n}$ 一致收敛,由阿贝尔判别法知一致收敛.

T2

11. 设 $\{a_n\}$ 为单调递减正数列, 且 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n \sin nx$ 在 $[0, \pi]$ 上一致收敛. 证明: $\lim_{n\to\infty} na_n = 0$ .

因为一致收敛,由柯西条件,可知

\begin{gathered} \forall n,\{x_n\},|\sum_{i=n}^{2n} a_i\sin(ix_i)|\to 0 \\ \text{let } x_n=\dfrac1{2n},n>1000 \\ \implies \sin(nx_n) \text{ is increasing with } n,\sin(nx_n)>0 \\ |\sum_{i=n}^{2n} a_i\sin(ix_i)| \\ =\sum_{i=n}^{2n} a_i\sin(ix_i) \\ \ge \sum_{i=n}^{2n} a_{2n}\sin(\dfrac12) \\ =2na_{2n} \dfrac{\sin\frac12}{2}\to 0 \end{gathered}

偶数项收敛到 $0$ ,奇数项小于其前一项也收敛到 $0$ ,得证.

T3

13. 判断下列函数项级数的一致收敛性: (2) $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+\sin x}$ , $-\infty < x < +\infty$ ;

$(-1)^n$ 部分和有界, $\dfrac1{n+\sin x}$ 单调递减且一致收敛到 $0$ ,由迪利克雷判别法知一致收敛.

T4

13. 判断下列函数项级数的一致收敛性: (5) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{[\sqrt{n}]}}{\sqrt{n(n+x)}}$ , $0 < x < +\infty$ ;

\begin{gathered} =\sum_{k=1}^\infty (-1)^k\sum_{n=k^2}^{(k+1)^2-1} \dfrac{1}{\sqrt{n(n+x)}} \\ \end{gathered}

经过巨量的计算我们发现后面那一坨是单调的.但我觉得我们还是写个正常的东西吧.

直接弄成

\begin{gathered} \sum _{n = 1} ^{\infty} \dfrac{(-1)^{[\sqrt{n}]}}n\dfrac1{\sqrt{1(1+\dfrac xn)}} \end{gathered}

第二项单调且有界,只需证第一项部分和收敛.

考虑

\begin{gathered} \sum _{k=1}^\infty (-1)^k \sum _{n = k^2} ^{k^2+2k}\dfrac{1}{n} \\ \dfrac1n\in [\ln(n+1)-\ln(n),\ln(n)-\ln(n-1)] \\ \sum _{n = k^2} ^{k^2+2k}\dfrac{1}{n}\in [\ln((k+1)^2)-\ln(k^2),\ln(k^2+2k)-\ln(k^2-1)] \\ \end{gathered}

因为

\begin{gathered} \ln(k^2+2k)-\ln(k^2-1)\le \ln(k^2)-\ln((k-1)^2) \\ \iff (k^2+2k)(k-1)^2\le k^2(k^2-1) \end{gathered}

比较系数得成立,于是单调.

于是由阿贝尔判别法知一致收敛.

T5

14. 在区间 $[0, 1]$ 上, 定义 $u_n(x) = \begin{cases} \dfrac1n, & x = \frac{1}{n}, \\ 0, & x \neq \frac{1}{n}. \end{cases}$

证明:

$\sum_{n=1}^\infty u_n(\dfrac1n)$ 发散.
$\sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ 在 $[0,1]$ 一致收敛,且没有优级数.

\begin{gathered} \sum _{n = 1} ^{+\infty} u_n(\dfrac1n)=\sum_{n=1}^\infty \dfrac1n=+\infty \\ |\sum_{n=N}^\infty u_n(x)|= \begin{cases} \dfrac1k,\exists k\ge N,x=\dfrac1k \\ 0,\text{otherwise} \end{cases} \\ \le \dfrac1N\to 0 \end{gathered}

一致收敛.

设 $a_n$ 为 $u_n(x)$ 的优级数,则 $a_n\ge u_n(\dfrac1n)=\dfrac1n$ ,则 $a_n$ 发散,故不存在优级数.

T6

15. 设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛, 证明: 函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n e^{-nx}$ 在 $[0, +\infty)$ 内一致收敛.

$\sum_{n=1}^\infty a_n$ (常函数)一致收敛, $e^{-nx}$ 单调下降且一致有界 $1$ ,由阿贝尔判别法知一致收敛.

T7

16. 设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{|a_n|}$ 收敛. 证明: 函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{x-a_n}$ 在不包含点 $a_n (n=1, 2, \cdots)$ 的任何有界闭集上绝对一致收敛.

显然 $a_n\to \infty$ .因为有界,设有界闭集 $D$ 满足 $M=\sup D$ ,则 $\exists N,n>N\implies |a_n|>2M$ .

于是

\begin{gathered} \forall n\ge N,|a_n-x|\ge \dfrac{a_n}2 \\ |\dfrac{1}{x-a_n}|\le \dfrac2{|a_n|} \end{gathered}

则 $\sum_n \dfrac2{2|a_n|}$ 为优级数,由优级数判别法知一致收敛.

T8

17. 讨论下列函数项级数的一致收敛性: (1) $\sum_{n=2}^{\infty} \ln \left( 1 + \frac{x}{n\ln^2 n} \right)$ , $x \in [a, b]$ , $a > 0$ ;

\begin{gathered} |\ln(1+\dfrac{x}{n\ln^2 n})|\le \ln(1+\dfrac{b}{n\ln^2 n} )\le \dfrac{b}{n\ln^2 n}=c_n \\ \sum_{n=2}^\infty c_n,\int_2^\infty \dfrac1{x\ln^2 x}dx=\int_{\ln 2}^\infty \dfrac1{x^2}dx<\infty \text{同敛散} \end{gathered}

所以 $c_n$ 收敛,由优级数判别法知一致收敛