Math Analysis Homework - Sem 2 Week 2

Class 1

T1

2. 设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛, 证明 $\lim_{x \to 0^+} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n^x} = \sum_{n=1}^{\infty} a_n.$

显然每一项 $u_n=\dfrac{a_n}{n^x}$ 是连续的.

又因为 $a_n$ 部分和收敛, $\dfrac1{n^x}$ 单调减且一致有界,由阿贝尔判别法知一致收敛.

于是极限函数也连续,即:

\begin{gathered} \lim_{x \to 0} (\sum_n u_n)(x)=(\sum_n u_n)(0)=\sum _{n = 1} ^{\infty} a_n \end{gathered}

T2

3. 证明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n x^n (1-x)$ 在 $[0, 1]$ 上绝对收敛, 一致收敛, 但不绝对一致收敛.

$\forall x,\sum_{n=1}^\infty |(-1)^nx^n(1-x)|=\sum _{n = 1} ^{\infty} x^n(1-x)$ 在 $(0,1)$ 由等比数列知收敛,在端点处验证易证收敛.

$(-1)^n$ 部分和有界, $x^n(1-x)$ 单调递减且趋近于 $0$ ,由迪利克雷判别法知已知收敛.

\begin{gathered} \text{let } x_n=\dfrac n{n+1} \\ \implies |\sum_{i=n}^{2n} x^i(1-x)| \\ \ge \sum _{i = n} ^{2n} x_{2n}^{2n}(1-x_{2n}) \\ =(n+1) (1-\dfrac1{2n+1})^{2n}\dfrac1{2n+1} \\ \to \dfrac{1}{2e} \end{gathered}

由柯西判别法知不绝对收敛.

T3

4. 讨论下列级数的收敛性和一致收敛性、和函数的连续性: (2) $f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x + n(-1)^n}{x^2 + n^2}, x \in (-\infty, +\infty).$

\begin{gathered} u_n=\dfrac{x+n(-1)^n}{x^2+n^2} \\ \text{when } n>2x ,|u_n|>\dfrac{n}{4n^2}=\dfrac1{4n} \\ \sum \dfrac1{4n}=\infty \end{gathered}

所以不绝对收敛.

\begin{gathered} u_{2n-1}+u_{2n} \\ =\dfrac{x-(2n-1)}{x^2+(2n-1)^2} +\dfrac{x+2n}{x^2+(2n)^2} \\ \le \dfrac{2x+1}{x^2+(2n-1)^2}=a_n \\ u_{2n}+u_{2n+1} \\ =\dfrac{x+2n}{x^2+(2n)^2} +\dfrac{x-(2n+1)}{x^2+(2n+1)^2} \\ \ge \dfrac{2x-1}{x^2+(2n+1)^2}=b_n \end{gathered}

对任意 $x$ , $f(x)\in [b_n,a_n]$ ,而 $a_n,b_n$ 收敛,且原级数通项一致收敛到 $0$ ,所以 $f$ 收敛.

再看 $b_n$ :

\begin{gathered} \sum _{i=n} ^{2n} b_i \\ =\sum _{i=n} ^{2n} \dfrac{2x-1}{x^2+(2i+1)^2} \\ \ge n \dfrac{2x-1}{x^2+(4n+1)^2} \\ =\dfrac{2x-1}{x} \dfrac{n}{x+\dfrac{(4n+1)^2}{x} } \\ \xlongequal{ x=4n+1 } \dfrac{2x-1}{x} \dfrac{n}{2(4n+1)} \\ \to \dfrac{1}{4} \ne 0 \end{gathered}

不一致收敛.

对任意闭区间 $[-L,L]$ ,显然有 $a_n\le \dfrac{2L+1}{(2n-1)^2}$ ,由优级数判别法知原级数内闭一致收敛,从而和函数连续.

T4

5. 问参数 $\alpha$ 取何值时, $f_n(x) = n^\alpha x e^{-nx} \quad (n=1, 2, \cdots)$ (1) 在 $[0, 1]$ 上收敛? (2) 在 $[0, 1]$ 上一致收敛? (3) $\lim_{n \to \infty} \int_0^1 f_n(x) dx$ 可在积分符号下取极限?

(1):

任意 $\alpha\in R$ 均收敛, $f_n\to 0$ .

(2):

\begin{gathered} f_n'(x)= n^\alpha e^{-nx}(1-nx)\\ \sup_x |f_n(x)-0|=f_n(\dfrac1n)=e^{-1}n^{\alpha-1} \end{gathered}

所以 $\alpha<1$ 时一致收敛.

(3):

\begin{gathered} \int_0^1 f_n(x)dx \\ =n^\alpha\dfrac1n(-x-\dfrac{1}n)e^{-nx}|_0^1 \\ =n^{\alpha-1} (\dfrac1n-\dfrac{n+1}ne^{-n}) \\ =n^{\alpha-2}(1-(n+1)e^{-n}) \end{gathered}

所以 $\alpha<2$ 时可取极限.

Class 2

T1

6. 证明 $f_n(x) = nx(1 - x)^n \ (n = 1, 2, \cdots)$ 在 $[0, 1]$ 上收敛而不一致收敛，但 $\int_0^1 (\lim_{n\to\infty} f_n(x))dx = \lim_{n\to\infty} \int_0^1 f_n(x)dx.$

收敛:

$x\in \{ 0,1 \} :f_n(x)=0\to 0$
$\forall x\in (0,1),\exists (1-x)<A<1,f_n(x)=nxA^n\to 0$ 所以 $f_n\to 0$ .

不一致收敛:取 $x=\dfrac1n,f_n(x)=(1-\dfrac1n)^n\to \dfrac{1}{e}\ne 0$ .

积分: $\int_0^1 f_n(x)dx=n\int_0^1 x^n(1-x)dx=\dfrac{n}{(n+1)(n+2)}\to 0=\int_0^1 0dx$ .

T2

8. 设函数列 $\{f_n(x)\}$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续且一致收敛于 $f(x)$ 。证明 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上也一致连续。

\begin{gathered} \begin{cases} \forall \epsilon_1>0,\exists N \ s.t.\ \forall n>N,|f_n(x)-f(x)|<\epsilon_1 \\ \forall \epsilon_2>0,\exists \delta>0 \ s.t.\ \forall x,y\in \mathbb{R},|x-y|<\delta,|f_n(x)-f_n(y)|<\epsilon_2 \\ \text{let } \epsilon_1=\epsilon_2=\dfrac \epsilon 3 \\ \end{cases} \\ \implies \forall x,y\in \mathbb{R},|x-y|<\delta \\ |f(x)-f(y)|\le |f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-f_n(y)|+|f_n(y)-f(y)| \\ <\epsilon_1+\epsilon_2+\epsilon_1=\epsilon \end{gathered}

T3

9. 证明 $\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{n^x}$ 在 $(0, +\infty)$ 上收敛而不一致收敛，但其和函数在 $(0, +\infty)$ 内连续，且有各阶连续导函数。

收敛: $\forall x,\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\dfrac1{n^x}$ 逐项递减且交错,由莱布尼茨判别法知收敛.

不一致收敛: $x=\frac1n$ , $|(-1)^n \dfrac1{n^{\frac1n}}|\to 1\ne 0$

$\forall k\in Z,\forall [a,b]\subset (0,+\infty)$ , $((-1)^n\dfrac1{n^x})^{(k)}=(-1)^{n+k}\dfrac1{n^x}\ln^k n$ , $(-1)^{n+k}$ 部分和一致有界, $\dfrac{\ln^{n+k}}{n^x}$ 一致收敛到 $0$ ,由迪利克雷判别法知在任意闭区间内一致收敛,从而任意阶导数内闭一致收敛.

于是和函数 $f\in C^\infty(0,+\infty)$

T4

11. 设 $f(x) = \sum_{n=1}^\infty \sqrt{n}xe^{-nx^2}, x \in (0, +\infty)$ 。证明：

(1) $\sum_{n=1}^\infty \sqrt{n}xe^{-nx^2}$ 在 $(0, +\infty)$ 内收敛但不一致收敛；

(2) $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 内连续；

(3) $\sum_{n=1}^\infty \sqrt{n}xe^{-nx^2}$ 在 $(0, +\infty)$ 内可逐项求导，且有连续的导函数。

\begin{gathered} a_n=\sqrt{n}xe^{-nx^2} \\ \end{gathered}

收敛: $\lim_{n \to \infty} a_n^{\frac1n}=\lim_{n \to \infty} ^{-x^2}n^{\frac1{2n}}=e^{-x^2}<1$ ,由比较判别法知收敛.

不一致收敛:取 $x=n^{-\frac12}$ ,则 $a_n=\frac1e\ne 0$ ,由柯西条件知不一致收敛.

连续: $\forall [l,r]\subset (0,+\infty)$ , $a_n'=2x\sqrt ne^{-nx^2}(1-nx)$ ,则当 $\dfrac1n<l<r$ 时, $a_n(x)$ 在 $[l,r]$ 递减, $a_n(x)\le a_n(l)=2l\sqrt{n}le^{-nl^2}$ .由优级数判别法知一致收敛.所以 $f$ 内闭一致收敛,且 $f_n$ 连续,故 $f$ 连续.

$a_n'=2x\sqrt ne^{-nx^2}(1-nx)$ , $a_n''=2nx\sqrt{n}e^{-nx^2}(2nx^2-3)$ ,对任意 $[l,r]\subset (0,+\infty)$ ,当 $n>\dfrac{3}{2l^2}$ 时 $a_n''>0,a_n'$ 单调增加, $a_n'(x)\le |a_n'(r)|=|2r\sqrt{n}re^{-nr^2}(1-nr)|$ 收敛,由优级数判别法知一致收敛,所以 $f'$ 内闭一致收敛,且 $f_n'$ 连续,故 $f'$ 连续.

T5

12. 设 $f_n(x) \in C[a, b] (n \in \mathbb{N})$ 且 $\{f_n(x)\}$ 一致收敛于 $f(x), x \in [a, b]$ , 又设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上无零点。证明：

(1) 当 $n$ 充分大时， $f_n(x)$ 在 $[a, b]$ 上也无零点；

(2) $\{\frac{1}{f_n(x)}\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $\frac{1}{f(x)}$ 。

(1):

\begin{gathered} \begin{cases} f_n(x)\in C[a,b] \\ f_n(x)\rightrightarrows f \end{cases} \\ \implies f\in C[a,b] \\ \implies |f|\in C[a,b] \\ \because \not \exists x,f(x)=0 \\ \therefore \exists x_0 \ s.t.\ |f(x)|\ge |f(x_0)|>0 \text{let } \epsilon=\dfrac{|f(x_0)|}2 \\ f_n(x)\rightrightarrows f \\ \implies \exists N \ s.t.\ \forall n>N,|f_n(x)-f(x)|<\epsilon \\ \implies |f_n(x)|\ge |f(x)|-\epsilon>0 \end{gathered}

于是 $f_n$ 无零点

(2):

\begin{gathered} f(x)\in C[a,b] \implies \exists M,m<|f(x)|<M \\ f_n(x)\rightrightarrows f \implies \forall \epsilon_1>0,\exists N \ s.t.\ \forall n>N,|f_n(x)-f(x)|<\epsilon_1 \\ \therefore \forall x,|\dfrac{1}{f_n(x)}-\dfrac{1}{f(x)}| \\ =\dfrac{|f_n(x)-f(x)|}{|f_n(x)||f(x)|} \\ <\dfrac{\epsilon_1}{m(m-\epsilon_1)} \\ \end{gathered}

所以 $\forall \epsilon$ ,取 $\epsilon_1=10^{-5}m^2\epsilon$ ,则 $\forall x,\dfrac{1}{f_n(x)}-\dfrac{1}{f(x)}| < \dfrac{\epsilon_1}{m(m-\epsilon_1)}<\epsilon$ .

T6

13. 设 $f_n(x)$ 在 $[a, b]$ 上满足条件：存在 $K > 0$ 使得 $|f_n(x) - f_n(y)| \le K|x - y|, x, y \in [a, b], n = 1, 2, \cdots,$ 且 $\{f_n(x)\}$ 在 $[a, b]$ 上点态收敛于 $f(x)$ 。求证： $\{f_n(x)\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ 。

这不是好几天课上的原题吗?甚至不用Lipschitz条件,一致连续就够了的.

如果一致连续,对任意 $\epsilon$ ,对每个点 $x$ 取一个小邻域使得其中函数值差小于 $\dfrac \epsilon2$ ,又因为点态收敛可以取 $N$ 使得 $n>N$ 时 $|f_n(x)-f(x)|<\dfrac\epsilon2$ .然后用这些小邻域有限覆盖,在最终的有限个小邻域中取 $N$ 的最大值即为 $N$ ,一致收敛.

T7

14. 设 $f(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n \cos\frac{n\pi}{x}}{(1+2x)^n}$ ，求 $\lim_{x\to 1} f(x)$ 及 $\lim_{x\to +\infty} f(x)$ 。

不妨设 $x\in [\frac12,\infty)$

(1):

先证一致收敛:

\begin{gathered} \dfrac{x^n\cos\frac{n\pi}{x}}{(1+2x)^n} \le \dfrac{x^n}{(1+2x)^n} \le \left(\dfrac{x}{1+2x}\right)^n \le 2^{-n} \end{gathered}

优级数判别法知一致收敛.又因为 $f_n$ 连续所以 $f$ 连续,所以:

\begin{gathered} \lim_{x \to 1} f(x) = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{(-3)^n} \\ =-\dfrac{1}{4} \end{gathered}

(2):

考虑 $\lim_{x \to 0} f(\dfrac1x)$ :

\begin{gathered} f(\frac1x)=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{\cos n\pi x}{(x+2)^n} \\ \end{gathered}

显然在 $(0,\infty)$ 上仍然能用优级数判别法证一致收敛

于是 $f(\frac1x)|_{x=0}=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{(0+2)^n}=1$

T8

16. 设函数 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上具有任意阶导数，且不恒为 $0$ ，又 $|f^{(n)}(x) - f^{(n-1)}(x)| \le \frac{1}{n^2}, (n \in \mathbb{N}, x \in \mathbb{R}).$ 证明： $\{f^{(n)}(x)\}$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛于 $F(x) = ce^x, (x \in \mathbb{R})$ ，其中 $c$ 为常数。

由柯西, $\forall n>m$ ,

\begin{gathered} |f^{(n)}-f^{(m)}|\le \sum_{i=m+1}^n |f^{(i)}-f^{(i-1)}| \\ \le \sum_{i=m+1}^n \dfrac{1}{i^2} \\ \le \dfrac1{n-1} \end{gathered}

所以一致收敛.

\begin{gathered} |f^{(n)}-f^{(n+1)}|\le \epsilon_n=\dfrac{1}{n^2} \\ |(e^{-x}f^{(n)})'|\le \epsilon_n e^{-x} \\ |e^{-x}f^{(n)}(x)-e^{-y}f^{(n)}(y)|\le \epsilon_n |e^{-x}-e^{-y}| \end{gathered}

设 $G(x)=\lim_{n\to +\infty} f^{(n)}(x)$

固定 $x,y$ ,取 $n\to +\infty$ ,得到 $|e^{-x}G(x)-e^{-y}G(y)|=0$ .于是 $e^{-x}f^{(n)}$ 逐点收敛到常数, $f^{(n)}$ 收敛到 $ce^x$ ,且一致收敛.

[think] 然后你会发现这个题最简单的方法其实是你证完一致收敛推出 $G$ 可导,于是直接 $G=G'$ .然后发现现在这个神秘做法不依赖一致收敛.所以说 把和导数相关的条件先逐项用积分化成不等式,再利用逐点收敛 就成了一个不是纯自找麻烦的技巧.