高等微积分 （2） 第2次作业

Chasse_neige

1 幂级数的收敛域与求和公式

考虑幂级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+...$

(1) 确定上述幂级数的收敛域

利用 Ratio Test：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n}{n+1}=1$$$$\therefore R=\frac{1}{1}=1$$

(2) 证明: 对任何 $|x|<1$, 有

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}=\ln (1+x)$$

证明：由（1）的收敛半径可知，对任何 $|x|<1$，级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+...$绝对收敛。

对函数 $\ln (1+x)$ 作 Taylor 展开：

$$\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}\ln (1+x)=(-1{)}^{n-1}\frac{(n-1)!}{(1+x{)}^n}$$$$\therefore \ln (1+x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n!}(n-1)!x^n$$

已经证明在 $|x|<1$ 时该级数绝对收敛，所以 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}=\ln (1+x)\mathrm{\forall }|x|<1$

(3) 证明:

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n}=\ln 2$$

对该交错级数作 Leibniz Test：

$\frac{1}{n}$ 递减且趋于零，故该级数条件收敛。由 Abel Theorem，该级数对应的和函数在 $x=1$处左连续，所以$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n}=\ln 2$

2 函数的幂级数展开

(1) 将函数 $f(x)=\arctan x$ 在 $x=0$ 附近表示成幂级数.

作 Taylor 展开：

$$\arctan x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{2n+1}{x}^{2n+1}$$

(2) 确定上述级数的收敛半径.

作 Ratio Test ：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{2n+1}{2n+3}=1$$

所以收敛半径为1

(3) 证明:

$$\frac{\pi }{4}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{1}{2n+1}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+...$$

对该交错级数作 Leibniz Test：

$\frac{1}{2n+1}$ 递减且趋于零，故该级数条件收敛。由 Abel Theorem，该级数对应的和函数在 $x=1$处左连续，所以$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{1}{2n+1}=\frac{\pi }{4}$

3 函数项级数的性质

考虑函数项级数 $\zeta (x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^x}$.

(1) 求上述函数项级数的收敛域 $X$.

当 $x>1$ 时：使用积分判别法，考虑积分 ${\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{t^x}dt$。对于 $x>1$，该积分收敛，因此级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^x}$ 收敛。

当 $x=1$ 时：此时级数变为调和级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$，发散。

当 $x<1$ 时：此时通项 $\frac{1}{n^x}$ 大于 $\frac{1}{n}$，而 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}$ 发散，根据比较定理，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^x}$ 发散。 所以收敛域为 $(1,+\mathrm{\infty })$

(2) $\zeta (x)$ 在 $X$ 上是否连续? 请详细说明理由.

连续，理由如下：

$\zeta (x)$ 在 $X$ 上连续等价于函数序列 $a_n(x)=\frac{1}{n^x}$ 一致收敛。$\mathrm{\forall }b>1$ ，对在 其作 M-Test :

$a_n(x)<\frac{1}{n^b}\mathrm{\forall }x>b$ ，又因为 $\sum M_n=\zeta (b)$ 收敛，所以 $a_n(x)$ 在 $(b,+\mathrm{\infty })$ 上一致收敛，即 $\zeta (x)$ 在 $(b,+\mathrm{\infty })$ 上连续，对任意 $x>1$，总能找到 $1<b<x$ ，所以 $\zeta (x)$ 在 $X$ 上连续。

(3) $\zeta (x)$ 在 $X$ 上是否可导, 求出其导函数 ${\zeta }^{\prime }(x)$.

可导，理由如下：

$\zeta (x)$ 在 $X$ 上可导等价于 ${\zeta }^{\prime }(x)$ 对应的函数级数连续且在$X$ 上一致收敛且$\zeta (x)$ 在 $X$ 上点点收敛。$\zeta (x)$ 在 $X$ 上点点收敛已经在（1）中说明，现在证明 ${\zeta }^{\prime }(x)$ 对应的函数级数在$X$ 上一致收敛。

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{1}{n^x}=-\ln n\frac{1}{n^x}$$

对级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}-\ln n\frac{1}{n^x}$ 作M-Test：

$M_n=\frac{\ln n}{n^b}$ ，有 $\sum M_n$ 与级数 $\sum \frac{n^{ϵ}}{n^b}$ 收敛性一致 $(\mathrm{\forall }ϵ>0)$，所以取 $0<ϵ<b-1$ 得到 $\sum M_n$收敛，故级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}-\ln n\frac{1}{n^x}$ 一致收敛。所以$\mathrm{\forall }x>b$ $\zeta (x)$ 在 $(b,+\mathrm{\infty })$ 上可导，对任意 $x>1$，总能找到 $1<b<x$ ，所以 $\zeta (x)$ 在 $X$ 上可导。

4 幂级数的收敛半径与函数展开

(1) 确定幂级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})x^n$ 的收敛半径, 其中 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})=\frac{(2n)!}{n!n!}$.

作 Ratio Test ：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1{)}^2}=4$$

所以收敛半径为 $\frac{1}{4}$

(2) 将函数 $f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}}$ 在 $x=0$ 附近表示成幂级数, 只需叙述结果.

$$f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}}=1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(2n-1)!!}{2^{n}n!}{x}^n\mathrm{\forall }|x|<1$$

(3) 将函数 $g(x)=\arcsin x$ 在 $x=0$ 附近表示成幂级数, 需要说明理由.

理由：

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\arcsin x=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1/2}{m})(-x^2{)}^m=\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(2m)!}{(m!{)}^2{4}^m}{x}^{2m}\mathrm{\forall }|x|<1$$

在证明这一级数的可积性：由于幂级数在收敛半径内连续可积所以由 Ratio Test 容易得到该级数在 $|x|<1$ 内可积。

利用逐项积分：

$$\arcsin x={\int }_0^x\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x=\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^x\frac{(2m)!}{(m!{)}^2{4}^m}{x}^{2m}\mathrm{d}x=\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(2m)!}{(m!{)}^2{4}^m(2m+1)}{x}^{2m+1}\mathrm{\forall }|x|<1$$

5 函数级数的收敛性与可导性

对每个正整数 $n$, 设 $M_n$ 是非负实数, 函数 $f_n$ 在 $[a,b]$ 上连续且在 $(a,b)$ 上处处可导, 满足如下条件:

(i) 级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{M}_n$ 收敛.

(ii) 对任何正整数 $n$, 对任何 $x\in (a,b)$, 有 $|f_n^{\prime }(x)|\le M_n$.

(iii) 级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(a)$ 收敛.

(1) 证明: 函数级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上点点收敛到某个和函数 $S(x)$.

证明：因为级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{M}_n$ 收敛，所以根据M-Test，级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n^{\prime }(x)$ 一致收敛，假设其收敛至 $g(x)$。

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_a^x{f}_n^{\prime }(x)\mathrm{d}x=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(x)-f_n(a)x\in [a,b]$$$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}|f_n(x)-f_n(a)|\le \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_a^x|f_n^{\prime }(x)|dx\le \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{M}_n(x-a)$$

由于级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{M}_n$ 收敛，所以由比较定理级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(x)-f_n(a)$ 绝对收敛。所以级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(x)-f_n(a)+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(a)$ 点点收敛。

(2) 假设对每个正整数 $n$, $f_n^{\prime }$ 在 $(a,b)$ 上连续. 证明: $S(x)$ 在区间 $(a,b)$ 上处处可导。

证明：由于$f_n^{\prime }$ 在 $(a,b)$ 上连续，且级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n^{\prime }(x)$ 一致收敛，所以$g(x)$连续可积。

$${\int }_a^{x}g(t)\mathrm{d}t=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_a^x{f}_n^{\prime }(x)\mathrm{d}x=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(x)-f_n(a)x\in [a,b]$$

记 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{S}_n(x)=f(x)$ ，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(a)=S(a)$

$$S(x)=S(a)+{\int }_a^{x}g(t)\mathrm{d}t$$

根据微积分基本定理的结果，$S(x)$ 在区间 $(a,b)$ 上处处可导。

6 一致收敛的 Dirichlet 判别法

设函数序列 $\{a_n(x){\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ 在区间 $I$ 上一致收敛到零函数, 且对每个 $x\in I$, $\{a_n(x){\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ 关于 $n$ 是单调的; 设 $\{b_n(x){\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ 的部分和序列在区间 $I$ 上一致有界, 即存在正数 $M$, 使得

$$|b_1(x)+...+b_n(x)|\le M,\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{Z}}^{+},\mathrm{\forall }x\in I.$$

证明: 函数级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x)b_n(x)$ 在区间 $I$ 上一致收敛.

证明：利用柯西准则证明。记$\{b_n(x){\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ 的部分和 $\sum _{k=1}^n{b}_k(x)=B_n(x)$

$$\begin{array}{c}\sum _{k=n+1}^m{a}_k(x)b_k(x)=\sum _{k=n+1}^m{a}_k(x)(B_k(x)-B_{k-1}(x))\\ =a_m(x)B_m(x)-a_{n+1}(x)B_n(x)+\sum _{k=n+1}^{m-1}(a_k(x)-a_{k+1}(x))B_k(x)\end{array}$$$$\begin{array}{c}|\sum _{k=n+1}^m{a}_k(x)b_k(x)|\le |a_m(x)B_m(x)|+|a_{n+1}(x)B_n(x)|+\sum _{k=n+1}^{m-1}(a_k(x)-a_{k+1}(x))|B_k(x)|\\ \le |a_n(x)|M+|a_m(x)|M+|a_{n+1}(x)-a_m(x)|M\end{array}$$

由于函数序列 $\{a_n(x){\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ 在区间 $I$ 上一致收敛到零函数，所以 $\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }N,s.t.\mathrm{\forall }x\in I,\mathrm{\forall }n>N,|a_n(x)|<\frac{ϵ}{4M}$

$$|\sum _{k=n+1}^m{a}_k(x)b_k(x)|<ϵ$$

所以根据柯西准则，函数级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x)b_n(x)$ 在区间 $I$ 上一致收敛。

7 一致收敛的 Abel 判别法

设对每个 $x\in I$, $\{a_n(x){\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ 关于 $n$ 是单调的, 且函数序列 $\{a_n(x){\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ 在区间 $I$ 上一致有界, 即存在正数 $K$, 使得

$$|a_n(x)|\le K,\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{Z}}_{+},\mathrm{\forall }x\in I;$$

设函数级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n(x)$ 在区间 $I$ 上一致收敛. 证明: 函数级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x)b_n(x)$ 在区间 $I$ 上一致收敛. 证明：设 $B_n(x)=\sum _{k=1}^n{b}_k(x)$，由于 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n(x)$ 一致收敛，则 $\{B_n(x)\}$ 在 $I$ 上一致收敛到某个函数 $B(x)$。 由于 $\{B_n(x)\}$ 一致收敛，根据一致收敛的柯西准则，对任意 $ϵ>0$，存在 $N\in {\mathbb{Z}}^{+}$，使得对任意 $m>n\ge N$ 和任意 $x\in I$，有

$$|B_m(x)-B_n(x)|<\frac{ϵ}{3K}$$

同时由于 $\{a_n(x){\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ 关于 $n$ 是单调且一致有界的，所以$\{a_n(x){\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ 在区间 $I$ 上点点收敛到函数$a(x)$ 。

$$\sum _{k=n+1}^m{a}_k(x)b_k(x)=\sum _{k=n+1}^m{a}_k(x)(B_k(x)-B_{k-1}(x)).$$

由于 $\{a_n(x)\}$ 是单调的，假设其单调递减（单调递增的情况类似），则 $a_k(x)-a_{k+1}(x)\ge 0$。

$$\begin{array}{c}\sum _{k=n+1}^m{a}_k(x)b_k(x)=a_m(x)B_m(x)-a_{n+1}(x)B_n(x)+\sum _{k=n+1}^{m-1}(a_k(x)-a_{k+1}(x))B_k(x)\\ =a_m(x)(B_m(x)-B_n(x))+\sum _{k=n+1}^{m-1}(a_k(x)-a_{k+1}(x))(B_k(x)-B_n(x))\\ \le |a_m(x)||B_m(x)-B_n(x)|+\sum _{k=n+1}^{m-1}|a_k(x)-a_{k+1}(x)||B_k(x)-B_n(x)|\le \frac{ϵ}{3}+(a_{n+1}(x)-a_m(x))ϵ\\ =\frac{ϵ}{3}+\frac{2}{2}ϵ=ϵ\end{array}$$

这表明 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x)b_n(x)$ 满足一致收敛的柯西准则，所以 函数级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x)b_n(x)$ 在区间 $I$ 上一致收敛。

8 幂级数的 Abel 第二定理

设幂级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 在点 $x_0>0$ 处收敛. 证明: 该幂级数在 $[0,x_0]$ 上一致收敛.

取 $0<b<x_0$ ，对区间 $[0,b)$ 上的幂级数作M-Test：

$|a_n{x}^n|<|a_n|b^n$ 因为b在收敛半径之内，所以级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_{n=0}{b}^n$ 绝对收敛，即级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}|a_n|b^n$ 收敛。

所以幂级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 在区间 $[0,b)$ 上一致收敛。

故幂级数$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 在区间 $[0,x_0)$ 上一致收敛，记其收敛至 $f(x)$。

$$\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }N\in {\mathbb{Z}}_{+},s.t.\mathrm{\forall }n>N|f(x)-\sum _{k=0}^n{a}_k{x}^k|<ϵx\in [0,x_0)$$

又因为幂级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 在点 $x_0>0$ 处收敛吗，记其收敛至 $f(x_0)$。

$$\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }{N}_{x_0}\in {\mathbb{Z}}_{+},s.t.\mathrm{\forall }n>N_{x_0}|f(x_0)-\sum _{k=0}^n{a}_k{x}_0^k|<ϵ$$$$\therefore \mathrm{\forall }ϵ>0,N^{\prime }=max\{N,N_{x_0}\},s.t.\mathrm{\forall }n>N^{\prime }|f(x)-\sum _{k=0}^n{a}_k{x}^k|<ϵx\in [0,x_0]$$

所以该幂级数在 $[0,x_0]$ 上一致收敛.