张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第23天

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张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第23天

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507、 11、 已知 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n+x}$. 证明: (1)、 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上可导, 并一致连续; (2)、 反常积分 $\displaystyle \int_0^\infty f(x)\mathrm{ d} x$ 发散. (华南理工大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \frac{1}{2^n+x}\leq\frac{1}{2^n}$ 及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle f(x)$ 关于 $\displaystyle x\geq 0$ 一致收敛. 又由

$$\begin{aligned} \left|\frac{\mathrm{ d}}{\mathrm{ d} x}\left(\frac{1}{2^n+x}\right)\right|=\frac{1}{(2^n+x)^2}\leq \frac{1}{4^n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle f$ 可导, 且

$$\begin{aligned} |f'(x)|=\left|\sum_{n=0}^\infty \frac{-1}{(2^n+x)^2}\right| \leq \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{4^n}=\frac{4}{3}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

从而 $\displaystyle f$ 一致连续 (对 $\displaystyle \varepsilon > 0$, 可取 $\displaystyle \delta=\frac{3\varepsilon}{4}$ 即可). 最后由

$$\begin{aligned} f(x)\geq&\sum_{n=0}^\infty \int_n^{n+1}\frac{1}{2^t+x}\mathrm{ d} t =\int_0^\infty \frac{\mathrm{ d} t}{2^t+x} \stackrel{2^t=s}{=}\frac{1}{\ln 2}\int_1^\infty \frac{1}{s+x}\cdot\frac{\mathrm{ d} s}{s}\\\\ =&\frac{\ln (1+x)}{x\ln 2} \geq \frac{1}{x}, x\geq 1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle \int_0^\infty f(x)\mathrm{ d} x$ 发散.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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508、 7、 (10 分) 设函数列 $\displaystyle \left\{f_n(x)\right\}$ 在集合 $\displaystyle I$ 上逐点收敛于极限函数 $\displaystyle f(x)$. (1)、 叙述函数列 $\displaystyle f_n(x)$ 在集合 $\displaystyle I$ 上一致收敛于极限函数 $\displaystyle f(x)$ 的定义; (2)、 利用一致收敛的定义, 判断函数列 $\displaystyle f_n(x)=\sqrt{x^2+\frac{1}{n^2}}$ 在 $\displaystyle D=(-1,1)$ 上是否一致收敛. (华南师范大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 $\displaystyle \forall\ \varepsilon > 0, \exists\ N,\mathrm{ s.t.} \forall\ n\geq N, \forall\ x\in I, |f_n(x)-f(x)| < \varepsilon$. (2)、

$$\begin{aligned} &\forall\ \varepsilon > 0,\exists\ N=\left[\frac{1}{\varepsilon}\right]+1,\mathrm{ s.t.} \forall\ n\geq N, \forall\ x\in (-1,1),\\\\ & \left|\sqrt{x^2+\frac{1}{n^2}}-|x|\right| =\left|\sqrt{x^2+\frac{1}{n^2}}-\sqrt{x^2}\right| =\frac{\frac{1}{n^2}}{\sqrt{x^2+\frac{1}{n^2}}+\sqrt{x^2}}\\\\ &\leq \frac{\frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n}}=\frac{1}{n} < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故 $\displaystyle f_n\rightrightarrows |x|, x\in (-1,1)$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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509、 5、 (15 分) 设函数 $\displaystyle f_0$ 在有界区间 $\displaystyle [0,a]$ 上可积, 定义函数列

$$\begin{aligned} f_n(x)=\int_0^x f_{n-1}(t)\mathrm{ d} t, x\in [0,a]\left(n=1,2,\cdots\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

证明: 函数列 $\displaystyle \left\{f_n\right\}$ 在 $\displaystyle [0,a]$ 上一致收敛. (华中师范大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle M=\max_{[0,a]}|f_0|$, 则由

$$\begin{aligned} |f_k(x)|\leq \frac{Mx^k}{k!}\Rightarrow |f_{k+1}(x)|=\left|\int_0^x f_k(t)\mathrm{ d} t\right| \leq \int_0^x \frac{Mt^k}{k!}\mathrm{ d} t=\frac{Mx^{k+1}}{(k+1)!} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及数学归纳法知

$$\begin{aligned} |f_n(x)|\leq\frac{Mx^n}{n!}\Rightarrow \max_{[a,b]}|f_n|\leq \frac{Ma^n}{n!}\xrightarrow{n\to\infty}0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故 $\displaystyle f_n\rightrightarrows 0$ 于 $\displaystyle [0,a]$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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510、 6、 (15 分) 求级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(nx)}{\mathrm{e}^{nx}}$ 的收敛域. (华中师范大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 当 $\displaystyle x > 0$ 时, 由 $\displaystyle \left|\frac{\sin(nx)}{\mathrm{e}^{nx}}\right|\leq (\mathrm{e}^{-x})^n$ 及 Weierstrass 判别法知原级数收敛. (2)、 当 $\displaystyle x\leq 0$ 时, (2-1)、 若 $\displaystyle x=k\pi, k\in -\mathbb{N}$, 则通项为 $\displaystyle 0$, 而级数收敛. (2-2)、 若 $\displaystyle x\neq k\pi , k\in-\mathbb{N}$, 往证 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\sin(nx)}{\mathrm{e}^{nx}}=0$ 不成立, 而原级数发散. 用反证法. 若 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\sin(nx)}{\mathrm{e}^{nx}}=0$, 则

$$\begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}\sin nx=\lim_{n\to\infty}\frac{\sin(nx)}{\mathrm{e}^{nx}}\cdot (\mathrm{e}^{-|x|})^n\xlongequal[\tiny\mbox{无穷小}]{\tiny\mbox{有界 $\displaystyle \cdot$}} 0\\\\ \Rightarrow&0=\lim_{n\to\infty}\sin(n+1)x =\lim_{n\to\infty}\left[\sin nx\cos x+\cos nx\sin x\right]\\\\ &\xlongequal[\tiny\mbox{无穷小}]{\tiny\mbox{有界 $\displaystyle \cdot$}} \sin x\lim_{n\to\infty}\cos nx\Rightarrow \lim_{n\to\infty}\cos nx=0\\\\ \Rightarrow&0=\left[\lim_{n\to\infty}\sin nx\right]^2 +\left[\lim_{n\to\infty}\cos nx\right]^2=\lim_{n\to\infty}\left[\sin^2nx+\cos^2nx\right]\\\\ &=\lim_{n\to\infty}1=1,\mbox{这是一个矛盾. 故有结论.} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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511、 7、 (15 分) 记

$$\begin{aligned} C[a,b]=\left\{f; f\mbox{为有界区间 $\displaystyle [a,b]$ 上的连续函数}\right\}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

对任意的 $\displaystyle f\in C[a,b]$. 令 $\displaystyle T(f)=\max_{x\in [a,b]}|f(x)|$. (1)、 证明: 对任意的 $\displaystyle f,g\in C[a,b]$, 有 $\displaystyle T(f+g)\leq T(f)+T(g)$. (2)、 设 $\displaystyle C[a,b]$ 中的函数列 $\displaystyle \left\{f_n\right\}$ 满足: 对任意的 $\displaystyle \varepsilon > 0$, 存在 $\displaystyle N > 0$ 使得 $\displaystyle m,n > N$ 时, 有 $\displaystyle T(f_m-f_n) < \varepsilon$. 证明: 存在 $\displaystyle f\in C[a,b]$, 使得

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}T(f-f_n)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(华中师范大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由定义,

$$\begin{aligned} \forall\ x\in [a,b], |f(x)+g(x)|\leq |f(x)|+|g(x)|\leq T(f)+T(g). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

取上确界即知 $\displaystyle T(f+g)\leq T(f)+T(g)$. (2)、 由题设,

$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ N,\mathrm{ s.t.} \forall\ m,n > N, \forall\ x\in [a,b], |f_m(x)-f_n(x)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

固定 $\displaystyle x\in [a,b]$ 知 $\displaystyle \left\{f_n(x)\right\}$ 是 $\displaystyle \mathbb{R}$ 中的 Cauchy 列. 由 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}f_n(x)=f(x)$ 存在. 在上式中令 $\displaystyle m\to\infty$ 得

$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ N,\mathrm{ s.t.} \forall\ n > N, &\boxed{\forall\ x\in [a,b], |f(x)-f_n(x)|\leq\varepsilon}\\\\ \Leftrightarrow& T(f-f_n)\leq \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这就证明了 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}T(f-f_n)=0$, 即 $\displaystyle f_n\rightrightarrows f$ 于 $\displaystyle [a,b]$. 由 $\displaystyle f_n$ 的连续性即知 $\displaystyle f\in C[a,b]$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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512、 3、 解答题. (1)、 记 $\displaystyle f_n(x)=xn^k\mathrm{e}^{-nx}, x\in (0,+\infty)$. 试问 $\displaystyle k$ 在哪个区间时, $\displaystyle \left\{f_n(x)\right\}$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上一致收敛. (暨南大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 L'Hospital 法则知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}f_n(x)=0$. 由 $\displaystyle f_n'(x)=\mathrm{e}^{-nx}n^k(1-nx)$ 知

$$\begin{aligned} \sup_{x > 0}f_n(x)=f_n\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{\mathrm{e} n^{1-k}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故当且仅当 $\displaystyle k < 1$ 时, $\displaystyle \sup_{x > 0}f_n(x)\to 0\Leftrightarrow f_n\rightrightarrows 0$ 于 $\displaystyle (0,+\infty)$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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513、 9、 设 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2\ln(1+n)}$. 证明: (1)、 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [-1,1]$ 上连续; (2)、 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=1$ 处不可导. (南昌大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由

$$\begin{aligned} \sup_{x\in [-1,1]}\left|\frac{x^n}{n^2\ln (1+n)}\right|\leq\frac{1}{n^2\ln 2} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2\ln(1+n)}$ 在 $\displaystyle [-1,1]$ 上一致收敛, 而和函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [-1,1]$ 上连续. (2)、 对 $\displaystyle \forall\ n\geq 1$, 我们有

$$\begin{aligned} 0 < x < 1\Rightarrow f'(x)\geq \sum_{k=1}^n \frac{x^{k-1}}{k\ln(1+k)}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

令 $\displaystyle x\to 1^-$ 得

$$\begin{aligned} \varliminf_{x\to 1^-}f'(x)\geq \lim_{x\to 1^-}\sum_{k=1}^n \frac{x^{k-1}}{k\ln(1+k)} =\sum_{k=1}^n \frac{1}{k\ln(1+k)}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

再令 $\displaystyle n\to\infty$ 得

$$\begin{aligned} \varliminf_{x\to 1^-}f'(x)\geq \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k\ln(1+k)}=+\infty\Rightarrow \lim_{x\to 1^-}f'(x)=+\infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

进而

$$\begin{aligned} \lim_{x\to 1^-}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} \lim_{x\to 1^-}f'(\xi_x) \xlongequal[\tiny\mbox{原理}]{\tiny\mbox{归结}} \lim_{x\to 1^-}f'(x)=+\infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这表明 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle x=1$ 处不可导.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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514、 4、 (25 分) 设 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{\mathrm{e}^{-nx}}{n^2+1}$, $\displaystyle x\geq 0$. 证明: $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 可导, 且 $\displaystyle f'_+(0)$ 不存在. (南开大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 对 $\displaystyle \forall\ k\geq 1, \forall\ \delta > 0$ , 由

$$\begin{aligned} \sup_{x\geq \delta}\left|\left(\frac{\mathrm{e}^{-nx}}{n^2+1}\right)^{(k)}\right| &=\sup_{x\geq \delta} \frac{n^k \mathrm{e}^{-nx}}{n^2+1} \leq n^{k-2}\mathrm{e}^{-n\delta} =n^{k-2}\mathrm{e}^{-n\frac{\delta}{2}}\mathrm{e}^{-n\frac{\delta}{2}}\\\\ & \leq \frac{n^{k-2}}{\frac{1}{k!}\left(\frac{n\delta}{2}\right)^k}\mathrm{e}^{-n\frac{\delta}{2}} \leq \frac{2^kk!}{\delta^k}\mathrm{e}^{-n\frac{\delta}{2}}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{2^kk!}{\delta^k}\mathrm{e}^{-n\frac{\delta}{2}}$ 收敛, 及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle \left(\frac{\mathrm{e}^{-nx}}{n^2+1}\right)^{(k)}$ 在 $\displaystyle x\geq \delta$ 上一致收敛, 而 $\displaystyle f(x)$ 可任意次逐项求导,

$$\begin{aligned} f^{(k)}(x)=\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{\mathrm{e}^{-nx}}{n^2+1}\right)^{(k)}, \forall\ x\geq \delta. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由 $\displaystyle \delta > 0$ 的任意性即知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle x > 0$ 上有任意阶导数. 进一步,

$$\begin{aligned} &\left|\frac{f(x)-f(0)}{x}\right|=\left|\sum_{n=1}^\infty \frac{\mathrm{e}^{-nx}-1}{(n^2+1)x}\right|\\\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{1-\mathrm{e}^{-nx}}{(n^2+1)x} \geq \sum_{n=1}^N \frac{1-\mathrm{e}^{-nx}}{(n^2+1)x},\quad \forall\ N\\\\ \stackrel{x\to 0^+}{\Rightarrow}&\varliminf_{x\to0^+}\left|\frac{f(x)-f(0)}{x}\right|\geq \sum_{n=1}^N \frac{n}{n^2+1}, \quad \forall\ N\\\\ \stackrel{N\to\infty}{\Rightarrow}&\varliminf_{x\to0^+}\left|\frac{f(x)-f(0)}{x}\right|\geq +\infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故 $\displaystyle f'_+(0)$ 不存在.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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515、 3、 设 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛, 证明: $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^x}$ 关于 $\displaystyle x\in [0,+\infty)$ 一致收敛. (厦门大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛, $\displaystyle \frac{1}{n^x}$ 关于 $\displaystyle n$ 递减, 且一致有界 (为 $\displaystyle 1$). 由 Abel 判别法即知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^x}$ 关于 $\displaystyle x\in [0,+\infty)$ 一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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516、 (2)、 求级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n}\tan \frac{x}{2^n}$ 的和函数. (上海大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由

$$\begin{aligned} &\frac{1}{2^n}\tan\frac{x}{2^n} =\frac{\sin \frac{x}{2^n}}{2^n\cos \frac{x}{2^n}} =\frac{2\sin^2\frac{x}{2^n}}{2^{n+1}\sin \frac{x}{2^n}\cos\frac{x}{2^n}} =\frac{1-\cos \frac{x}{2^{n-1}}}{2^n\sin \frac{x}{2^{n-1}}}\\\\ =&\frac{\left(2\cos^2\frac{x}{2^n}-\cos\frac{x}{2^{n-1}}\right)-\cos \frac{x}{2^{n-1}}}{2^n\sin\frac{x}{2^n}} =\frac{2\cos^2\frac{x}{2^n}-2\cos \frac{x}{2^{n-1}}}{2^n\sin \frac{x}{2^{n-1}}}\\\\ =&\frac{\cos^2\frac{x}{2^n}}{2^n\cdot 2\sin \frac{x}{2^n}\cos\frac{x}{2^n}} -\frac{1}{2^{n-1}}\cot \frac{x}{2^{n-1}} =\frac{1}{2^n}\cot \frac{x}{2^n}-\frac{1}{2^{n-1}}\cot\frac{x}{2^{n-1}} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知

$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^N \frac{1}{2^n}\tan \frac{x}{2^n} =&-\sum_{n=1}^N \left[\frac{1}{2^{n-1}}\cot \frac{x}{2^{n-1}}-\frac{1}{2^n}\cot \frac{x}{2^n}\right]\\\\ =&-\left[\cot x-\frac{1}{2^N}\cdot \cot \frac{x}{2^N}\right]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是

$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n}\tan \frac{x}{2^n} =&\lim_{N\to\infty}\frac{1}{2^N}\cdot \frac{x}{2^N}-\cot x =\lim_{N\to\infty} \cos \frac{x}{2^N}\cdot \frac{\frac{x}{2^N}}{\sin \frac{x}{2^N}}\cdot \frac{1}{x}-\cot x\\\\ =&\frac{1}{x}-\cot x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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517、 5、 (20 分) 设可微函数列 $\displaystyle \left\{f_n\right\}$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上收敛, $\displaystyle \left\{f_n'\right\}$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上一致有界, 证明: $\displaystyle \left\{f_n\right\}$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上一致收敛. (上海交通大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \left\{f_n'\right\}$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上一致有界知

$$\begin{aligned} \exists\ M > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\in [a,b], |f_n'(x)|\leq M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

取 $\displaystyle K\in\mathbb{Z}_+$, 使得 $\displaystyle \frac{b-a}{K} < \frac{\varepsilon}{2M}$, 并将 $\displaystyle [a,b]$ $\displaystyle K$ 等分, 记分点为 $\displaystyle a=x_0 < \cdots < x_K=b$, 则由

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}f_n(x_k)=f(x_k), k=0,1,\cdots,K \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Cauchy 收敛准则知

$$\begin{aligned} \exists\ N,\mathrm{ s.t.} \forall\ m > n\geq N, \forall\ k=0,1,\cdots,K, |f_m(x_k)-f_n(x_k)| < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是当 $\displaystyle m > n\geq N$ 时, 对 $\displaystyle \forall\ a\leq x\leq b$,

$$\begin{aligned} \exists\ 0\leq k\leq K,\mathrm{ s.t.} |x-x_k| < \frac{b-a}{K}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

进而

$$\begin{aligned} |f_m(x)-f_n(x)|&\leq|f_m(x)-f_m(x_k)| +|f_m(x_k)-f_n(x_k)| +|f_n(x_k)-f_n(x)|\\\\ &=|f_m'(\xi_k)(x-x_k)| +|f_m(x_k)-f_n(x_k)| +|f_n'(\eta_k)(x-x_k)|\\\\ &\leq 2\cdot M\frac{b-a}{K}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这就证明了$\left\{f_n(x)\right\}$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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518、 4、 设 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle a\leq x\leq A, b\leq y\leq B$ 上连续, $\displaystyle \left\{\varphi_n(x)\right\}$ 在 $\displaystyle [a,A]$ 上一致收敛并 $\displaystyle b\leq \varphi_n(x)\leq B\ (n=1,2,\cdots)$. 证明

$$\begin{aligned} F_n(x)=f\left(x,\varphi_n(x)\right)\ (n=1,2,\cdots,n) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

在 $\displaystyle [a,A]$ 上一致收敛. (首都师范大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle a\leq x\leq A, b\leq y\leq B$ 上连续知一致连续, 而

$$\begin{aligned} &\forall\ \varepsilon > 0, \exists\ \delta > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ a\leq x,x'\leq A, b\leq y, y'\leq B,\\\\ &|f(x,y)-f(x',y')| < \varepsilon.\qquad(I) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

又由 $\displaystyle \left\{\varphi_n(x)\right\}$ 在 $\displaystyle [a,A]$ 上一致收敛及 Cauchy 收敛准则知

$$\begin{aligned} \exists\ N,\mathrm{ s.t.} \forall\ m > n\geq N, \forall\ a\leq x\leq A, |\varphi_m(x)-\varphi_n(x)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是当 $\displaystyle m > n\geq N$ 时, 对 $\displaystyle \forall\ a\leq x\leq A$,

$$\begin{aligned} &|x-x|=0 < \delta, |\varphi_m(x)-\varphi_n(x)| < \delta\\\\ \Rightarrow&|F_m(x)-F_n(x)| =|f\left(x,\varphi_m(x)\right)-f\left(x,\varphi_n(x)\right)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这就证明了 $\displaystyle \left\{F_n(x)\right\}$ 在 $\displaystyle [a,A]$ 上一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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519、 5、 设 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ 在 $\displaystyle [a-c,a+c]\ (c > 0)$ 上一致收敛, 对任意 $\displaystyle n\in\mathbb{N}_+$, 存在 $\displaystyle c_n$, 使得 $\displaystyle \lim_{x\to a}u_n(x)=c_n$. 证明: (1)、 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty c_n$ 收敛; (2)、 $\displaystyle \lim_{x\to a}\sum_{n=1}^\infty u_n(x)=\sum_{n=1}^\infty c_n$. (首都师范大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ 在 $\displaystyle [a-c,a+c]\ (c > 0)$ 上一致收敛及 Cauchy 收敛准则知

$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ N,\mathrm{ s.t.} \forall\ m > n\geq N, \forall\ x\in [a-c,a+c], \left|\sum_{k=n}^m u_k(x)\right| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

令 $\displaystyle x\to a$ 得 $\displaystyle \left|\sum_{k=n}^m c_k\right|\leq\varepsilon$. 由数项级数收敛的 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty c_n$ 收敛. (2)、 写出

$$\begin{aligned} &\left|\sum_{n=1}^\infty u_n(x)-\sum_{n=1}^\infty c_n\right| \leq\left|\sum_{n=N+1}^\infty u_n(x)\right| +\left|\sum_{n=N+1}^\infty c_n\right|+\left|\sum_{n=1}^N[u_n(x)-c_n]\right|\\\\ \leq&\sup_{t\in [a-c,a+c]}\left|\sum_{n=N+1}^\infty u_n(t)\right| +\left|\sum_{n=N+1}^\infty c_n\right|+\left|\sum_{n=1}^N[u_n(x)-c_n]\right|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

令 $\displaystyle x\to a$ 得

$$\begin{aligned} \varlimsup_{x\to a}\left|\sum_{n=1}^\infty u_n(x)-\sum_{n=1}^\infty c_n\right| \leq\sup_{t\in [a-c,a+c]}\left|\sum_{n=N+1}^\infty u_n(t)\right| +\left|\sum_{n=N+1}^\infty c_n\right|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

再令 $\displaystyle N\to\infty$ 得

$$\begin{aligned} 0\leq\varlimsup_{x\to a}\left|\sum_{n=1}^\infty u_n(x)-\sum_{n=1}^\infty c_n\right|\leq \varlimsup_{x\to a}\left|\sum_{n=1}^\infty u_n(x)-\sum_{n=1}^\infty c_n\right|\leq 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故 $\displaystyle \lim_{x\to a}\left|\sum_{n=1}^\infty u_n(x)-\sum_{n=1}^\infty c_n\right|=0\Rightarrow \lim_{x\to a}\sum_{n=1}^\infty u_n(x)=\sum_{n=1}^\infty c_n$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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520、 5、 (本题 10 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续, $\displaystyle f(x) > 0$. 证明: $\displaystyle \left\{\sqrt[n]{f(x)}\right\}$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上一致收敛于 $\displaystyle 1$. (四川大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由连续函数的最值定理知

$$\begin{aligned} 0 < m=\min_{[a,b]}f\leq M=\max_{[a,b]}f < \infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是

$$\begin{aligned} &\sqrt[n]{m}-1\leq \sqrt[n]{f(x)}-1\leq \sqrt[n]{M}-1, \forall\ x\in[a,b]\\\\ \Rightarrow&\max_{x\in[a,b]}|\sqrt[n]{f(x)}-1|\leq \max\left\{|\sqrt[n]{m}-1|,|\sqrt[n]{M}-1|\right\}\\\\ &=\frac{|\sqrt[n]{m}-1|+|\sqrt[n]{M}-1|-\left||\sqrt[n]{m}-1|-|\sqrt[n]{M}-1|\right|}{2}\xrightarrow{n\to\infty}0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这就证明了 $\displaystyle \left\{\sqrt[n]{f(x)}\right\}$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上一致收敛于 $\displaystyle 1$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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521、 5、 讨论 $\displaystyle f_n(x)=\frac{x+2}{x+1}\cos(x^n)$ 在 $\displaystyle \left[0,1\right]$ 上的一致收敛性. (天津大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}f_n(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\frac{x+2}{x+1},&0\leq x < 1,\\\\ \frac{3}{2}\cos 1,&x=1\end{array}\right.$ 不连续知 $\displaystyle f_n$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上不一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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522、 4、 对每个正整数 $\displaystyle n$, $\displaystyle f_n(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上单调, 若 $\displaystyle \left\{f_n(x)\right\}$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上收敛于连续函数 $\displaystyle f(x)$, 证明: $\displaystyle \left\{f_n(x)\right\}$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上一致收敛. (同济大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续知其在 $\displaystyle [a,b]$ 上一致连续,

$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ a\leq x,x'\leq b, |x-x'| < \delta, |f(x)-f(x')| < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

取 $\displaystyle K\in\mathbb{Z}_+$ 使得 $\displaystyle \frac{b-a}{K} < \delta$, 并将 $\displaystyle [a,b]$ $\displaystyle K$ 等分, 记分点为 $\displaystyle x_0,\cdots,x_K$, 则由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}f_n(x_k)=f(x_k), 0\leq k\leq K$ 知

$$\begin{aligned} \exists\ N,\mathrm{ s.t.} \forall\ n\geq N, \forall\ 0\leq k\leq K, |f_n(x_k)-f(x_k)| < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是当 $\displaystyle n\geq N$ 时, 对 $\displaystyle \forall\ x\in [a,b], \exists\ 1\leq k\leq K,\mathrm{ s.t.} x_{k-1}\leq x\leq x_k$. 若 $\displaystyle f_n$ 递增, 则

$$\begin{aligned} f_n(x)-f(x)=&\left[f_n(x)-f_n(x_k)\right]+\left[f_n(x_k)-f(x_k)\right]+\left[f(x_k)-f(x)\right]\\\\ \leq&0+\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon,\\\\ f_n(x)-f(x)=&\left[f_n(x)-f_n(x_{k-1})\right]+\left[f_n(x_{k-1})-f(x_{k-1})\right]+\left[f(x_{k-1})-f(x)\right]\\\\ \geq&0-\frac{\varepsilon}{2}-\frac{\varepsilon}{2}=-\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

若 $\displaystyle f_n$ 递减, 则只要将上述 $\displaystyle x_k,x_{k-1}$ 的位置对调. 故而总有 $\displaystyle |f_n(x)-f(x)| < \varepsilon$. 这就证明了 $\displaystyle f_n\rightrightarrows f$, 于 $\displaystyle [a,b]$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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523、 (3)、 已知 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上连续, 且 $\displaystyle f(1)=0$, 则 $\displaystyle \left\{x^n\right\}$ 与 $\displaystyle \left\{x^nf(x)\right\}$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上是否一致收敛, 说明你的理由. (武汉理工大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (3-1)、 由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x^n=\left\{\begin{array}{llllllllllll}0,&0\leq x < 1,\\\\ 1,&x=1\end{array}\right.$ 知极限函数不连续, 而 $\displaystyle \left\{x^n\right\}$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上不一致收敛. (3-2)、 由 $\displaystyle f\in C[0,1]$ 及 $\displaystyle f(1)=0$ 知

$$\begin{aligned} &\exists\ M > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\in [0,1], |f(x)|\leq M;\\\\ &\forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta\in (0,1),\mathrm{ s.t.} \forall\ 1-\delta < x\leq 1, |f(x)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

又由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}(1-\delta)^n M=0$ 知

$$\begin{aligned} \exists\ N,\mathrm{ s.t.} \forall\ n\geq N, (1-\delta)^nM < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是当 $\displaystyle n\geq N$ 时,

$$\begin{aligned} 0\leq x\leq 1-\delta&\Rightarrow |x^nf(x)|\leq (1-\delta)^nM < \varepsilon,\\\\ 1-\delta < x\leq 1&\Rightarrow |x^nf(x)|\leq 1\cdot |f(x)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这就证明了 $\displaystyle x^nf(x)\rightrightarrows 0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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524、 (3)、 已知 $\displaystyle \alpha > 0$, 回答以下问题: (3-1)、 证明: $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin nx}{n^\alpha}$ 关于 $\displaystyle x$ 在 $\displaystyle (0,2\pi)$ 上内闭一致收敛; (3-2)、 证明: $\displaystyle \int_0^x \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin nt}{n^\alpha}\mathrm{ d} t=\sum_{n=1}^\infty \frac{1-\cos nx}{n^{\alpha+1}}$. (西安交通大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (3-1)、 由

$$\begin{aligned} &\left|2\sin\frac{x}{2}\sum_{k=1}^n \sin kx\right| =\left|\sum_{k=1}^n \left[\cos \left(k-\frac{1}{2}\right)x-\cos \left(k+\frac{1}{2}\right)x\right]\right|\\\\ =&\left|\cos \frac{x}{2}-\cos\left(n+\frac{1}{2}\right)x\right|\leq 2 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知对 $\displaystyle 0 < \delta < \pi$,

$$\begin{aligned} \sup_{\delta\leq x\leq 2\pi-\delta}\left|\sum_{k=1}^n \sin kx\right|\leq \sup_{\delta\leq x\leq 2\pi-\delta}\frac{1}{\sin\frac{x}{2}}\leq \frac{1}{\sin \frac{\delta}{2}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由 $\displaystyle \frac{1}{n^\alpha}\searrow 0$ 及 Dirichlet 判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin nx}{n^\alpha}$ 关于 $\displaystyle x$ 在 $\displaystyle [\delta,2\pi-\delta]$ 上一致收敛. 由 $\displaystyle \delta$ 的任意性知结论成立. (3-2)、 对 $\displaystyle \forall\ 0 < \delta < x < 2\pi$, 由第 1 步知

$$\begin{aligned} \int_\delta^x \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin nt}{n^\alpha}\mathrm{ d} t =\sum_{n=1}^\infty \int_\delta^x \frac{\sin nt}{n^\alpha}\mathrm{ d} t =\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos n\delta-\cos nx}{n^{\alpha+1}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

左端被积函数在 $\displaystyle [0,x]$ 上可积, 右端函数项级数有优级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n^{\alpha+1}}$ 而关于 $\displaystyle \delta$ 一致收敛. 故令 $\displaystyle \delta\to 0^+$ 即得结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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525、 6、 (15 分) 讨论函数 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^\infty n\mathrm{e}^{-nx}$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上的连续性, 并说明理由. (西南大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \sup_{x\geq a}n\mathrm{e}^{-nx}\leq n\mathrm{e}^{-na}$, $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty n\mathrm{e}^{-na}$ 收敛及优级数判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty n\mathrm{e}^{-nx}$ 在 $\displaystyle [a,+\infty)$ 上一致收敛. 从而 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,+\infty)$ 上连续. 由 $\displaystyle a > 0$ 的任意性知 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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526、 7、 (10 分) 证明: $\displaystyle F(x)=\sum_{n=1}^\infty \mathrm{e}^{-nx}\cos nx$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上不一致收敛, 但是连续的. (西南交通大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由

$$\begin{aligned} \sup_{x > 0}\sum_{k=n}^n \mathrm{e}^{-kx}\cos kx \geq \lim_{x\to 0^+} \mathrm{e}^{-nx}\cos nx=1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \mathrm{e}^{-nx}\cos nx$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上不一致收敛. (2)、 对 $\displaystyle \forall\ \delta > 0$, 由

$$\begin{aligned} \sup_{x\geq \delta}|\mathrm{e}^{-nx}\cos nx|\leq \sup_{x\geq \delta} \mathrm{e}^{-nx}=\mathrm{e}^{-n\delta} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及优级数判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \mathrm{e}^{-nx}\cos nx$ 在 $\displaystyle [\delta,+\infty)$ 上一致收敛, 而和函数 $\displaystyle s(x)$ 在 $\displaystyle [\delta,+\infty)$ 上连续. 由 $\displaystyle \delta > 0$ 的任意性知 $\displaystyle s(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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527、 5、 证明函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty x\mathrm{e}^{-nx^2}$ (1)、 在 $\displaystyle [\delta,+\infty)$ 上一致收敛 (其中 $\displaystyle \delta > 0$); (2)、 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上非一致收敛. (湘潭大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 设 $\displaystyle f_n(x)=x\mathrm{e}^{-nx^2}$, 则由 $\displaystyle f_n'(x)=\mathrm{e}^{-nx^2}(1-2nx)$ 知

$$\begin{aligned} &\sup_{x\geq \delta} \left|x\sum_{k=n}^\infty \mathrm{e}^{-kx^2}\right| =\sup_{x\geq \delta} x\frac{\mathrm{e}^{-nx^2}}{1-\mathrm{e}^{-x^2}}\\\\ \leq& \frac{1}{1-\mathrm{e}^{-\delta^2}}\sup_{x\geq \delta}f_n(x)=\frac{1}{1-\mathrm{e}^{-\delta^2}}f_n\left(\frac{1}{\sqrt{2n}}\right)=\frac{1}{1-\mathrm{e}^{-\delta^2}}\frac{1}{\sqrt{2\mathrm{e} n}}\xrightarrow{n\to\infty}0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这就证明了 $\displaystyle f_n$ 在 $\displaystyle [\delta,+\infty)$ 上一致收敛. (2)、 由

$$\begin{aligned} &\sup_{x > 0} \left|x\sum_{k=n}^\infty \mathrm{e}^{-kx^2}\right| =\sup_{x > 0} x\frac{\mathrm{e}^{-nx^2}}{1-\mathrm{e}^{-x^2}}\\\\ \geq& \frac{1}{\sqrt{n}} \frac{\mathrm{e}^{-1}}{1-\mathrm{e}^{-\frac{1}{n}}} \sim \frac{1}{\sqrt{n}} \frac{\mathrm{e}^{-1}}{\frac{1}{n}}=\frac{\sqrt{n}}{\mathrm{e}}\to+\infty\left(n\to\infty\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知原函数项级数在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上非一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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528、 8、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x)=f_1(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$, $\displaystyle f_{n+1}(x)=f\left(f_n(x)\right), n=1,2,\cdots$. (1)、 求 $\displaystyle f_n(x)$ 的表达式; (2)、 证明函数列 $\displaystyle \left\{f_n(x)\right\}$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上一致收敛. (郑州大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由

$$\begin{aligned} f_k(x)=\frac{x}{\sqrt{1+kx^2}}\Rightarrow f_{k+1}(x)& =f\left(f_k(x)\right)=\frac{f_k(x)}{\sqrt{1+f_k^2(x)}}\\\\ &=\frac{\frac{x}{\sqrt{1+kx^2}}}{\sqrt{1+k\frac{x}{\sqrt{1+kx^2}}}} =\frac{x}{\sqrt{1+(k+1)x^2}} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及数学归纳法知 $\displaystyle f_n(x)=\frac{x}{\sqrt{1+nx^2}}$. (2)、 由

$$\begin{aligned} &f_n^2(x)=\frac{x^2}{1+nx^2}\stackrel{g_n(t)=\frac{t}{1+nt}}{=}g_n(x^2)\\\\ \Rightarrow&\sup_\mathbb{R} f_n^2=\sup_{t\geq 0} g_n(t)\stackrel{g_n'(t)=\frac{1}{(1+nt)^2} > 0}{=}\lim_{t\to+\infty}g_n(t)=\frac{1}{n}\xrightarrow{n\to\infty}0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle f_n\rightrightarrows 0$ 于 $\displaystyle \mathbb{R}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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529、 10、 (20 分) 定义 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{3^{-nx}}{1+n^2}$. 证明: (1)、 $\displaystyle f(x)$ 的定义域为 $\displaystyle [0,+\infty)$; (2)、 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上是连续函数; (3)、 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上有连续的导函数. (郑州大学2023年数学分析考研试题) [函数项级数 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \left|\frac{3^{-nx}}{1+n^2}\right|\leq \frac{1}{n^2}$ 及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{3^{-nx}}{1+n^2}$ 关于 $\displaystyle x\geq 0$ 一致收敛, 而和函数 $\displaystyle f(x)$ 连续. 再者, 对 $\displaystyle \forall\ \delta > 0$,

$$\begin{aligned} \sup_{x\geq \delta}\left|\frac{\mathrm{ d} }{\mathrm{ d} x}\left(\frac{3^{-nx}}{1+n^2}\right)\right| =\sup_{x\geq \delta}\frac{3^{-nx}n\ln 3}{1+n^2}=\frac{n\ln 3}{(1+n^2)3^{n\delta}} \leq \frac{\ln 3}{2\cdot 3^{n\delta}}, \sum_{n=1}^\infty \frac{\ln 3}{2\cdot 3^{n\delta}} < \infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{\mathrm{ d} }{\mathrm{ d} x}\left(\frac{3^{-nx}}{1+n^2}\right)$ 在 $\displaystyle [\delta,+\infty)$ 上一致收敛, 而可逐项求导, 且导函数连续:

$$\begin{aligned} f'(x)=\frac{\mathrm{ d} }{\mathrm{ d} x}\left(\frac{3^{-nx}}{1+n^2}\right), x\geq \delta. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由 $\displaystyle \delta > 0$ 任意性知 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上有连续的导函数.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/