第五章级数与广义积分

第五章 级数与广义积分§5.1 收敛性的讨论一、基本概念与收敛的必要条件级数与广义积分收敛性定义（1）设an是数列,则an称为级数.称Sna1a2an为级数an的前n项部分n1n1和.若数列Sn收敛,则称此级数收敛,并称极限值limS为级数a的和.nnn1n(2)设fx是定义在a,b上的函数,其中bR*R,.若对任意ta,b,fx在a,ttfxdx存在,b或fx在a,b上广义可积,且上可积,且极限lim则称积分fxdx收敛,tbaa记bfxdxtxdx.当bR且fx在点b附近无界时,称b为瑕点.当b为或瑕点limfatba时,称bfxdx为广义积分.类似可定义a为时广义积分bfxdx的收敛性.aa设fx是定义在a,b上的函数,其中a,bR*bcb,定义fxdxafxdxac

fxdx,其中c a,b.若ca

fxdx与bfxdx都收敛时,称积分bfxdx收敛,易证上述定义与c的选择无关.ca2.级数收敛的必要条件若级数an收敛,则liman0.n1n但是由广义积分fxdx收敛,不能推出limfx0.ax例1存在1,上广义可积的正值连续函数fx,使得limfx0.x解定义函数g(x)如下:当nxn11时,g(x)0;当n11xn11时,n2n22n2g(x)2n2xn11;当n11xn1时,g(x)2n2xn1.其中n取遍n22n2任意自然数函数.g(x)的图像如图所示再令fxg(x)1,则fx在1,上连续恒正,x2且fxdxgxdx1dx11是收敛的,但是limfx20.x21n2111nx例2设f(x)在a,上一致连续且fxdx收敛,证明limfx0.ax证明由于f(x)在a,上一致连续,0,0,当x',x''a,b且x'x''时,有1fx'fx''.由于fxdx收敛,存在M0,当x.M时,x.ftdtax由于xxfxdtxfxdtx.ftdtfxftftdtxxxxxxftdtfx2.即fx2.这证明了limfx0.所以fxftdtxxx例3设f(x)在a,上单调递减非负且afxdx收敛,证明limxfx0.x证明由于fxdx收敛,0,存在M0,当x.M时,ftdt.又f(t)在x,2xax2上单调递减非负,从而f2xx2x.故有02xf2x.因此当x.2Mftdtx2时,0xfx,所以limxfx0.x例4设f(x)在a,上可微,f'(x)可积,且当x时,f(x)单调递减趋于零.又fxdx收敛,试证xf'xdx收敛.aa证明首先f(x)非负.否则,若存在1使得1,则1时恒有1)0,从而xf(x)0xxfxf(xfxdx发散,而这与已知条件矛盾.a其次由xf'xdxxdfxaxdfxxf(x)aaa

fxdx,且 fxdx收敛可a a知,xf'xdx收敛与否取决于limxfx是否存在.由例3证明过程可知limxfx0.axx例5设f(x)在a,上有连续可微函数,积分fxdx和af'xdx都收敛.证明alimfx0.x证明要证x,f(x)有极限,由归结原则,只要证xn恒有f(xn)收敛.事实上,由f'xdx收敛,由Cauchy收敛准则,0,存在Aa,当x,x.A时,恒有a12x2f'xdxfxfx.于是xn,存在N0,当n,mN时,有xn,xm.A,从2x112而xmf'xdxfxmfxn.所以f(xn)收敛.由归结原则limfx存在.下证xnx0.若0,由局部保号性,存在0,当x时有f(x)0.从而A时22AfxdxA(当A时)这与fxdx收敛矛盾.同理可证0也不可能,故A2alimfx0.x二、收敛的充分条件1.比较原则设an与bn都是正项级数,且存在N0,当nN时,anbn.n1n1(1)若bn收敛,则an收敛;(2)若an发散,则bn发散.n1n1n1n1推论设an与bn都是正项级数,且存在N0,当nN时,an1bn1.n1n1anbn(1)若 bn收敛,则 an收敛;(2)若 an发散,则 bn发散.n1 n1 n 1 n 1对广义积分有类似的比较原则 .例6设un是单调递增的正数列 ,证明(1)当un有界时,1un收敛;(2)当un无界时,1un发散.unun1n11n1证明(1)由条件知limu存在,设limuu.因为nnnn01unun1unun1un,un1un1u1nuk1ukun1u1uu1),(nu1u1u1k1由比较原则级数1un收敛.un1n1(2)当u无界时,有limun.由于nnnp1uknpuk1uknpuk1ukunp1unun,uk1uk1knunp11unp1knknunp13对固定的n,取充分大的p使得un1,则有npuk1.由Cauchy收敛准则,级数unp1212knuk11un发散.un1n1练习设f(x)在1, 上连续,对任意x 1, 有f(x) 0.另外limlnfx .xlnx试证若1,则fxdx收敛.1证明因lnfxlimxlnxlnfxlnx于是1,所以1

故0,存在A1,当xA时有lnfxlnxlnx,所以0f(x)1(当xA时).因1,故取0x1fxdx收敛.dx收敛.由比较判别法x1

即1,2.比式判别法设an是正项级数,若极限liman1q存在，则n1nan(1)当q1时级数an收敛;(2)当q1时级数an发散.n1n1练习1试证如下级数收敛(1)2222222222(2)3363662666

;.提示(1)令An2222，an12An(其中A00),易证limAn2.nliman1lim22An1lim22xlim111(归结原则).nann2An1X22xX222x2练习2设fx在x0的某邻域内有二阶连续导数，且limfx0．证明级数f1绝x0xn1n对收敛．证明1由limfx0得,f00,f00.又limfxlimf'x1f''0.由归结x0xx0x2x02x24f1f1n2fx1n21原则,limlimlim2f''0故f''0,1,1nx0x2n2n2n2而级数1收敛,由比较判别法知f1绝对收敛．n1n2n1n证明2由limfx0得,f00,f00.fx在x0某邻域内的二阶泰勒展式为x0xfxf0f0x1fxx21fxx2,0122由fx连续知，M0，有fxM，从而有f1M1n2n2故f1绝对收敛．n1n例7（比式判别法的推广）设an是正项级数,则n1(1)当liman11时,级数an收敛;(2)当liman11时,级数an发散.nann1nann1证明(1) 设q liman11,存在 0使得q 1.由上极限的性质 ,存在N 0,当n Nan时an1q1.故有aN1qaN,anaN2qaN1q2aN,aNpqpaN,p由于等比级数q收敛,由比较原则,aNp收敛,所以级数an收敛.p1p1n1（2）设qliman11,存在0使得q1.由下极限的性质,存在N0,当nN时,nanan11.因此an1an,所以原级数是发散的.qan53.根式判别法设an是正项级数,若极限limnal存在，则n1nn(1)当l1时级数an收敛;(2)当l1时级数an发散.n1n1（根式判别法的推广）设an是正项级数,则n1(1)当limnan1时,级数an收敛;(2)当limnan1时,级数an发散.nn1nn1证明可仿照例7进行.4.Raabe判别法(极限形式)设an是正项级数且极限limn1an1r存在.n1nan(1)若r1,则级数收敛;(2)若r1,则级数发散.证明取0使得r0r1.存在N0,当nN时,an1r0,由此得n1anr0p111an11r0.取p满足1pr0.由于nn1r0p,annlim10nnrpr0np故当n充分大时,111,即1.0nn1nn1所以an1p11nn1p.因此由收敛与比较原则的推论可知an收敛.ann11n1npn1npan11,an11n1n.(3)当n充分大时,有n1anan1nn1由调和级数1发散与比较原则的推论可知an发散.n1nn12n1!!p例8讨论级数的敛散性.2n!!n12n1!!p,由于解设an2n!!6pan12np111n112n2np(n),n12n2an12n222n2(此处利用已知极限lim1xp1p),由Raabe判别法,当p2时级数收敛;当p2时级数x0x发散;当p2时由Raabe判别法的证明过程知级数发散.推论lim2n1!!0.2n!!例9讨论级数n!的敛散性.其中x0.n1x1x2xnn!an1n1n1nx),解设anxn.由于n1xn1x(nx1x2anxn1由Raabe判别法,当x1时级数收敛;当x1时级数发散;当x1时级数为11,,因此级23数是发散的.例10设数列an单调递减非负,证明级数an收敛当且仅当级数2ka2k收敛.n1k0证明设Sna1a2an,Tka12a22ka2k.当n2k1时,Sna1(a2a3)(a2ka2k11)a12a22ka2kTk.因此若级数kk收敛,则数列T有界,从而数列S有界,这推出级数收敛.当2a2knank0n1n2k时,Sna1a2(a3a4)(a2k11a2k)1a1a22a42k1a2k1Tk.22故由级数an收敛可推出级数2ka2k收敛.n1k0例11设an0(n1,2,),证明数列1a11a21an与级数an同为收敛或发散.n1证明令un121an,则lnunln1a1ln1a2ln1an.1a1a7所以un收敛lnun收敛ln(1an)收敛.由于当liman0时有limln(1an)1,所n1nnan以ln(1an)与an同为收敛或发散,从而数列un与级数an同为收敛或发散n1n1n1注当数列1a11a21an收敛时,称无穷乘积1an收敛,其极限值称为无穷乘积n1的值.否则称无穷乘积发散.例如发散而收敛.例12设an0(n1,2,)且limana0,证明级数an1an与级数11同为nn1n1an1an收敛或发散.证明令unan1an,vn11.an1an则unan1anan1an2.(n)所以级数un与级数vn同为收敛或发散.vn11an1n1an1an例13设正项级数an是发散的,Sn表示该级数的前n项部分和.证明（1）级数an也是n1k0Sn发散的;（2）级数an收敛．n1Sn2证明(1)由条件知Sn单调递增趋于.我们有makan1an2aman1amSmSn1Snkn1SkSn1Sn2SmSmSmSm固定n,令m,则Sn0.因此存在N0,当mN时,有Sn1.所以当mmaxn,NSmSm2时,mak111.由Cauchy收敛准则级数an发散.kn1Sk22k0Snnak1nak1n11212，此级数部分（2）k1Sk2a1k2SkSk1a1k2Sk1SkS1Sna1和有界，故该级数收敛．5.Leibniz判别法设交错级数n(其中an0)满足1ann18(1)an单调递减;(2)liman0,则级数1nan收敛.nn16.Abel判别法设(1)级数an收敛;(2)数列bn单调有界,则级数anbn收敛.n1n17.Dirichlet判别法设(1)级数an的部分和有界;(2)数列bn单调递减且limbn0,n1n则级数anbn收敛.n1对于广义积分有相应的Abel判别法与Dirichlet判别法,这里就不再复述了.例14设函数fx在a,上fx0,且单调递减,并对任意的Aa,fx在a,A上可积.试证明:fxdx与fxsin2xdx具有相同的敛散性.11证明因fx0,且单调递减,故fx单调递减到0或到某个正数A.（1）当fx单调递减到0时,则由Dirichlet判别法知,fxsin2xdx=fx1cos2xdx=1fxdx1aa22a2

fxcos2xdx收敛.从而由afxcos2xdx知,afxdx与afxsin2xdx具有相同的敛散性.a（2）当fx单调递减到某个正数A时,则对无论多么大的数,有fxdxafxdxA.aafxsin2xdxafxsin2xdxaaAsin2xdxa1A1AaAa1cos2xdxcos2xdx,aa222a故这两个积分都发散.n1例15讨论级数11的敛散性.pn1nn解（1）当p0时,通项不收敛到0n,此级数发散;（2）当p1时,11,而1收敛,由比较原则知,原级数绝对收敛；1npnnppn9（3）当0p1时,1n1收敛,1单调有界,应用Abel判别法知原级数收敛.因为n1np1nn1n111n,故原级数条件收敛.p11nnnn例16设an0(n1,2,),且极限limn1an1存在且大于0证明级数n1收敛.an1annn1证明由Leibniz判别法,只要证an单调递减趋于0.由条件limn1an10知,nan存在r00与N10,当nN1时,n1an1r00,由此得anan11r0.该不等式说明an单调递减的.取p满足0pr0.当n时,有annr0p111nn1rp0,10nr011pr0np故存在N20,当nN2时,10,即1.nn1nn1an1npnp所以当nmaxN1,N2时,,即an1an.不妨设当n1时该不等式成立.ann1n1p则用数学归纳法可证明an1a1p.由此可得liman0.n1n12n1!!p例17讨论级数1n的敛散性.n12n!!2n1!!p解设an,由例8知级数an当p2时收敛,当p2时发散.因此当p2时2n!!n1级数1n1绝对收敛,此时有ann11pp11n1an1n12n12n2n,故limn1an1p.由例16知当p0时an2n212n2nan22n2级数1n1an条件收敛.n110pp由收敛的必要条件知当p0时,lim2n1!!0.因此当p0时,lim2n1!!.n2n!!n2n!!故级数1n1an发散.本题的结论可总结为:n1p2时绝对收敛n12n1!!0p时条件收敛.12n!!2n1p时发散0例18证明级数sinn是条件收敛的.n2lnn证明令ansinn,bn1.则bn单调递减趋于0.又由三角恒等式lnnmcos3cosm1,所以m1.sinn221sinn1n2n22sinsin22由Dirichlet判别法知级数sinn收敛.n2lnn下面证明sinn发散.sinnsin2ksin2k1sin2ksin2k1.n2lnnlnnln2kln2k1k1ln2k1n2k1设fxsinxsinx1,显然fx0且fx是连续的周期函数.因此存在l0使得fxl.所以sinnl1.由此可知级数sinn发散.n2lnnk1ln2k1n2lnn例19讨论级数111sinnx的敛散性.n12nn解当xk时级数显然收敛.当xk时,令ansinnx,bn1111.同例18可证n2nan部分和有界.下证bn单调递减趋于0.n1bnbn1111111111111n0.n2nn12n1nn12nn1由Dirichlet判别法知级数ab收敛.nnn1用类似于例18的方法可证该级数是条件收敛的.例20若nxn收敛，nxnxn1收敛,则级数xn收敛.n2n1证明令i1,则nn.利用Abel变换得到xi,vinvi111nn1n1.xi1nxnixi1xinxnixi1xii1i1i1由于nxn1xnn1xn1xnn.而n单调有界,级数n1n1n11nn1xn1xnnxnxn1收敛.由Abel判别法知级数nxn1xn收敛.再由数n1n2n1列nxn的收敛性即可知级数n1xn收敛.练习设an收敛，limnan0．证明：n(anan1)an．n1nn1n1证明记级数n(anan1)的前n项和为Sn，则n1Sn(a1a2)2(a2a3)n(anan1)a1a2annan1，而limnan1lim[n(n1)an1]0，所以n(anan1)an．nnn1n1n1例21设p0,级数111的和记为S.证明1S1.nn1np2证明显然S1111111111.2p3p4p2p3p4p5p另一方面,S1111112p3p4p2n1p2np令fx1pxp1,f''xp(p1)xp20时,f''x0.因此xp,则f'x.当xfx为严格下凸函数.故对任意x1,x20,当x1x2时,有f(x12x2)fx1fx2.取2x12n1,x22n1,则2f2nf2n1f2n1即f2n1f2nf2nf2n1.所以1111,1111,.11112p2p3p4p4p5p2n1p2np2np2n1p3p因此S1111111S.所以S1.2p3p4p5p2np2n1p2例22讨论级数1nn的敛散性.n1解1n1111111111nn12345678915121k1111n1k2k21k12令a111.kk2k21k121由于1k211k111k1k12,故ak2.k2k1k2k12k2k2kkk同理可证akkk12.k2k1k121k1因此ak是单调递减趋于0的.所以级数k111收敛,从而原级数收敛.1k2k21k121n1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:一个变号级数加括号后收敛能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.定理将级数n1an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,则原级数也收敛,且两个级数的和相等.证明设加括号后的级数为a1an1(an11an2)Ak.k1其中Aank11ank.(k1,2,,且设n00)k设an的部分和为Saa2a,则SnA1A2Ak.n1nkn1由条件知级数Ak收敛.因此极限limSnk存在,记S为其极限值.设nknnk1,则当Ak1k1k中的项全为正项时,SnkSnSn;则当Ak1中的项全为负项时,SnSnSn.k1k1k因此limSnS,即anA.nkn1k11x例23讨论广义积分dx的敛散性.0x解显然该积分不是绝对收敛的.设nxn1,则n2x22n1.1xn11k 1

xn1k121kx1ndxdtdtk1k2tn2tklntk121lnxn11lnk11lnx.nknk2n2k1kn213由Leibniz判别法,级数kln11是收敛的,而1k1knxn1210,x2ln11lnln2nn2n1x所以积分dx是条件收敛的.0x例24将级数1111的项重新排列,使得按原有顺序先排p个正项与q个负项,然234后再排p个正项与q个负项,得11111111.32p122q2p14p12q2证明此级数收敛并求其和.证明由lim1111lnnC,其中C是Euler常数.令23nnHn1111,则HnlnnCn,其中n0n.我们有23n1111Hq1lnqC1q;242q222111ln2lnpC11132p1H2p2Hp2p2lnpC2p111.ln22lnp2C2p2p将重排以后的级数的符号相同的相邻的项加括号,得1111111.32p122q2p14p1它的前2n项部分和为S2nln2pn,其中limn0.所以原级数是收敛的,其和为qnln2p.q特别地有1111111ln2,p1,q22436821111113ln2,p2,q1325742111111110.p1,q424683101614§5.2 一致收敛性及其应用一、基本概念与主要结果一致收敛性的定义(1)设fnx(n1,2,)与fx都在区间I上有定义,0，N0，当nN时,有fnxfx对一切xI成立．则称函数列fnx在I一致收敛于fx.(2)设n1unx是函数项级数,其中每一个unx在I上有定义.记nx，xI.若函数列Snx在I上一致收敛于某函数Sx，则称Snxukunxk1n1在I上一致收敛于Sx．(3)设fx,ydy是含参量广义积分,其中fx,y定义在Ia,上.记aIx,AAx,ydy.若当A时Ix,A在I上一致收敛于某函数Ix．则称广义fa积分fx,ydy在I一致收敛于Ix.a一致收敛性的判断(1)（一致收敛的柯西准则）unx在I上一致收敛0，N0，nN，n1p，xI，有un1xunpx．(2)若unx在I上一致收敛于SxlimsupSxSnx0n1nxIlimsupRnx0．（RnxSxSnxukx）．nxIkn1推论 级数 unx在I上一致收敛的必要条件是： unx 一致收敛于零．1Wwierstrass判别法(魏尔斯特拉斯判别法,M判别法或优级数判别法）若unx Mn，对一切x I成立且正项级数 Mn收敛，则 unx在I上一致n1 n1收敛．(4)Dirichlet 判别法 若1）级数 unx的部分和函数列在 I上一致有界；n1152）xI，vnx在I上对n是单调的；3）vnx0（n），xI，则级数unxvnx在I一致收敛．1Abel判别法若1）级数unx在I一致收敛；n12）xI,vnx在I上对n是单调的(即v1xv2x或v1xv2x)；3） vnx 在I一致有界，即 M 0，vnx M， x I，n 1,2, ．则级数 unxvnx在I一致收敛．n13．和函数的分析性质定理1若unx在x0处连续（n1,2,），且unx在x0某领域一致收敛，则n1nSxukx在x0处连续．k1定理2若unx在a,b内连续（n1,2,），且unx在a,b内闭一致收敛，则n1nukx在a,bSx内连续．k1定理3（连续性）若unx在a,b一致收敛，且每一项都连续，则其和函数在a,bn1上也连续，即limunxlimunx．xx0n1xx0n1即求和与求极限可以交换次序．定理4（逐项求积）在定理14的条件下，有bbaunxdxunxdx．n1n1a即求和与求积分可交换次序．定理5（逐项求导）若函数项级数unx满足条件：n1（1）unx在a,b上有连续的导函数，n1,2,；（2）x0a,b，unx在x0点收敛；n116（3）unx在a,b一致收敛，n1则unxunx．n1n1例1设f0x在a,b上正常可积，fnxxtdt，n1,2,fnfn1．证明函数项xan1在a,b上一致收敛．证明（递推方式放大）由f0x在a,b上正常可积知f0x在a,b有界，即M0，使得f0xM，xa,b．从而f1xxf0tdtMxa，axxMxa2，f2xaf1tdtMtadta2!一般地，若对n有fnxMxan，则n!Mfn1xxMxnn1fntdtn!tadtn1!xa，aaMbanMban从而有fnx.由于级数收敛，由Weierstrass判别法,n!n!n1n1fnx在a,b上一致收敛．练习设f1x在a,b上正常可积，fnxxfntdt，n1,2,．证明：函数序列1afnx在a,b上一致收敛于零．例2（函数列Dini定理）若(1)fn(x)在a,b上连续n1,2,，(2)对任意xa,b,f1(x)f2xfnx，(3)limfnxfx且f(x)在a,b上连续．n则函数列fn(x)在a,b上一致收敛于fx．证明（反证法）设fn(x)在a,b上不一致收敛于fxn1,2,.由于fn(x)递增,00，n0，xna,b，使得fnxnfxn0．(1)由于xn是有界数列,由致密性定理，存在收敛子列,不妨设xnx0n．又由于limfnx0fx0,从而存在N0使得0f(x0)fNx00.由于f(x)fNx在n点x0连续且xnx0,故存在N10使得当nN1时,有0f(xn)fNxn0.当nmaxN,N1时,由fN(xn)fnxn,得0f(xn)fnxn0.这与(1)式矛盾.注当条件(2)改为”xa,b,f1(x)f2xfnx”时结论仍然成立.17（函数项Dini定理）设函数项级数unx的每项均在有限区间a,b上连续，且收敛于n1连续函数f(x)．若xa,b，级数unx为同号级数，则unx在a,b上一致收n1n1敛于fx．证明（反证法）假设在a,b上非一致收敛，则00，使得N0，nN，xa,b，rnx0．取N1，n11，x1a,b，使Rn1x10；取Nn1，n2n1，x2a,b，使Rnx2，，如此下去得一子列Rnk，使得2Rnkxk0，k1,2,．（1）由致密性定理，有界数列xk中存在收敛子列xkj：xkjx0a,b．由题设知unx是同号级数，因此Rn(x)关于n单调递减，所以由（1）得：当nkjm时，n1RmxkjRnkjxkj0由于RmxfxSmx连续，故当j时，Rmx00，这与unx在a,bn1上收敛相矛盾，故一致收敛．例3设(1)对每一n,fn(x)是a,b上的单调函数，(2)limfnxfx且f(x)在a,bn上一致连续．证明函数列fn(x)在a,b上一致收敛于fx．注本题条件中不要求对任意n,fn(x)都是单调递增的或都是单调递减的.证明由于f(x)在a,b上一致连续,故0,0,当x',x''0且x'x''时,有fx'fx''.(1)2将区间a,b作k等分,使得ba.设其分点为x0ax1x2xnb.k由于limfnxfx,故存在N0,当nN时,nfnxjfxjj1,2,,k.(2)2对于任意xa,b,存在j使得xxj1,xj.由于fn(x)为a,b上的单调函数,fn(x)介于fn(xj1)与fn(xj)之间.因此fnx fx maxfnxj1 fx,fnxj fx .由不等式(1)与(2),fnxj1 fx fnxj1 fxj1 fxj1 fx ,18fnxjfxfnxjfxjfxjfx.所以fnxfx.故fn(x)在a,b上一致收敛于fx．例4证明级数sinnx在0,2上收敛而非一致收敛．n1n证明由Dirichlet判别法知sinnx对任意x收敛.n1n对任意m,取xm.注意当nm1,,2m时,有nxm.所以4m422msinnxm2msin41sin2nnm12m2.nm144由Cauchy收敛准则sinnx上非一致收敛．,在0,2n1n注可以证明sinnx在,2上一致收敛,其中0,但在x0的任一邻域内n1n非一致收敛．n p分析 估计k n1

sinkx的麻烦在于每项因子有sinkx，否则np1很容易证明其发散．因此，kkn1k我们想：在x0的任一邻域U0,，当k从n1变化到np时，sinkx能否大于某常数，若能则必非一致收敛．事实上，当x,2时，sinkxsin，因此，取x0U0,，44使sinkx0sin，即只需kx04,，kn1,,2n．取x0即可．424n证明取02N，nN，pn，x0U0,，有，4n42nsinkx02n1sin1sin420，kn1kkn1k424由柯西收敛准则知sinnx非一致收敛．n1n例5设an是单调递减的正数列,且级数ansinnx在,上一致收敛.证明n1limnan0.n证明由于ansinnx在,上一致收敛,0,存在N0,当nN时,n119ansinnxan1sinnx1a2nsin2nx对任意x成立.取x1则2n0ansin1an1sin11a2nsin1.222n由于an单调递减,有na2nsin1ansin1an1sin11a2nsin12222n所以lim20.同理可证lim2n1a2n10.因此limnan0.2nnnn注本题可推出sinnx在0,2上不一致收敛.n1n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(x1)f(x)]．n证明对任意闭区间c,da,b,函数列fn(x)在[c,d]上一致收敛于f(x)．证明取d'满足dd'b由于f(x)在[c,d']上连续，从而一致连续，即0,0，当x1,x2[a,b],且x1x2时，有f(x1)f(x2)．由微分中值定理,存在x,x1使得n[f(x1f(x)]f'n.nnn)所以fn(x)f(x)f(n)f(x).存在N0,使得1且c1d',则当NNnN时,nx,从而fn(x)f(x).这证明了fn(x)在[c,d]上一致收敛于f(x)．练习设函数f(x)在[a,b]上有连续的导函数f(x)，ab．对每一个自然数1，定义函数：fn(x)n[f(x1)f()]fn(x)在[a,]上一致收敛nnx．试证：b于f(x)．证明f(x)在[a,b]上连续，从而一致连续，即0,0，x1,x2[a,b]，当x1x2时，有f(x1)f(x2)．取Nmax1,1，则当nN时，x[a,]，有x1[a,b]，从而由上式和bn微分中值定理得fn(x)f(x)f(xn)f(x)(0nn1)，20即fn(x)在[a,]上一致收敛于f(x)．7设f1(x)x,fn1(x)ffnxn1,2,.证明函数列fn(x)例fx1x2在,上一致收敛于0．x证明由于f2(x)ffx1x2x211x2用数学归纳法可证对任意n有,fn(x)fx1对任意x与n成立,所以由此推出fn(x)n

x,12x2x1 nx2fn(x)在 , 上一致收敛于 0．例8证明xn1x2在0,1上一致收敛．n1证明（最大值法）记unxxn1x2，则unxnxn11x22xn1x令unx0得稳定点x0,1,nnun0un10，所以unx在0,1，而unnn22上的最大值为unn，从而2nnnn2n224unx112n2n2n2n2n2．42收敛知xn12由x在0,1上一致收敛．n1nn1例9设xn0,1,对任意x0,1定义fx1是区间中全体有理数x2n,求定积分xn1f(x)dx的值．0解显然fx在0,1上是单调递增有界函数,因而是可积的.0,xxn,令gnx1xxn.,2n则gnx1xnx1fx.由于gnx1n1,2,且1收n1n12nxnx2n2nn12n敛,由Weierstrass判别法,级数gnx在0,1上一致收敛.由逐项积分定理,n1xn111f(x)dx0gn(x)dx12n.0nn121例10设xn是区间0,1中全体有理数．试讨论函数fxsgnxxn在0,1的连续性，其中sgnx是符号函数．n12n解令fnxsgnxxn.显然fnx有惟一的间断点xn,且fnx在,上一致2nn1收敛于fx..对任意n,令gnxfkx,则fxfnxgnx.由于fkx中每一项fkx在knknxxn连续,且该级数一致收敛,因此gnx在xxn连续.但是fnx在xxn不连续,所以fx在xxn不连续.同理可证fx在任意无理点是连续的.注fx在[0,1]1112xn上是可积的且fxdxfnxdx,02n.0n1n1练习设xn是区间0,1的一个序列，0xn1，且xixj，ij．试讨论函数fxsgnxnxn在0,1的连续性，其中sgnx是符号函数．n120sgnxxn1，而n11sgnxxn解12n2n2n收敛，故n12n一致收敛．20设x0xn为0,1中任一点，则通项unx在x0连续，由定理1（P17）知fx在x0连续．30设x0为xn中某点，不妨设为xk，则fxsgnxxnsgnxxk，nk2n2k上式右端第一项连续，第二项在xxk处间断，从而其和间断，即fx在xk处间断．例11设fn(x)是[a,b]上的连续函数列,且在[a,b]上一致收敛于f(x)，又xn[a,b](n1,2,,)满足limxnx0．证明limfn(xn)f(x0)．nn分析fn(xn)f(x0)fn(xn)f(xn)f(xn)f(x0)．证明由一致收敛定义得：0,N10,当nN1时,对一切x[a,b]，有fn(x)f(x)．（1）又fn(x)连续，且一致收敛于f(x)，所以f(x)在[a,b]也连续，进而在x0处连续.则对上述0，0，当xU(x0,)[a,b]时，有f(x)f(x0)．而limxnx0，则对上述0,N20,当nN2时，有xnx0，从而当nN2n时，有f(xn)f(x0)．（2）取NmaxN1,N2，则当nN时，（1）和（2）式均成立，故有22fn(xn)f(x0)fn(xn)f(xn)f(xn)f(x0)2，所以limfn(xn)f(x0)．n例12设fn(x)是[a,b]上的连续函数列，且在[a,b]上一致收敛于f(x),又f(x)在[a,b]上无零点.证明1[a,b]上一致收敛于1fnxf.x证明由于f(x)在[a,b]上连续，且恒不为0,因此f(x)在[a,b]上同号.不妨设f(x)恒正.由连续函数的最值定理,f(x)在[a,b]上有正的最小值m,故f(x)m.由于f(x)在[a,b]上一致收敛于f(x),N0，当nN时，x[a,b]，有fn(x)f(x)m，所以m,fnmmm.又2fnxf(x)fnxf(x)xfxm0,2222N20,当nN2时,x[a,b],fn(x)f(x)m2maxN1,N2，.因此取N2则当nN时,对任意x[a,b]11fn(x)f(x)2m2，有m2fn(x)f(x)fn(x)f(x)2这证明了1[a,b]上一致收敛于1.fnfxx练习设fn(x)为[a,b]上连续函数列，且fn(x)f(x)(n),x[a,b]．（1）证明：若f(x)在[a,b]上无零点，则当n充分大时，fn(x)在[a,b]上无零点，且有11(n),x[a,b]．fn(x)f(x)证明由函数列一致收敛的性质知f(x)在[a,b]上连续，又f(x)在[a,b]上无零点，故由连续函数的零点定理知f(x)在[a,b]上不变号，不妨设f(x)0．设m为其最小值，则m0．由（1）得：对m2，N0，当nN时，x[a,b]，有fn(x)f(x)，由此得：当nN时，有fn(x)f(x)m，2所以当nN时，fn(x)在[a,b]无零点．同时，我们有1 1fn(x) f(x)由一致收敛的定义立得例13证明Riemann函数

fn(x)f(x)42fn(x)f(x)，fn(x)f(x)m11(n),x[a,b].fn(x)f(x)x1,且有各阶连续导数.x在1,连续但不一致连续n1n23任取x0(1,),存在0,满足1x0,则当x[1,11证明),n1.由)上一致收敛.又每一项1nx于级数1收敛,所以1在[1,在[1,)上n1n1n1nxnx连续,所以(x)在[1,),上连续从而在点x0连续.由x0的任意性,(x)在(1,)上连续.再证(x)在(1,)上不一致连续.对任意x(1,),x111111n1nx12x3x4x5x8x12411111.1112x12x4x8x2x22x123x212x2112x1当x1时,2,所以(x).若(x)在(1,)上一致连续,则2x(x)在(1,)上不是一致连续的.lim(x)存在且有限,这是不可能的.因此x1记un(x)1(k)(x)(1)klnkn1,2,.x0(1,)，0,nx，由归纳法得：unnx,k使得x0[12,13]．在区间[12,13]上，有un(k)(x)(1)klnknlnkn1,k1,2,.nxnn1而limlnkn0，所以当n充分大时，有nun(k)(x)1，n1由M判别法知：对任意正整数k，级数un(k)(x)在[12,13]上一致收敛，因此，n1由数学归纳法知(x)在[12,13]上存在任意阶导数，从而在点x0存在任意阶导数，由x0的任意性知(x)在(1,)上存在任意阶导数，且连续．xnlnx在(0,1上不一致连续;((2)121.例14证明：(1)xnlnxdxn106n1证明(1)当x(0,1