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6函数列与函数项级数

6.2一致收敛

习题 (6.2.1). 讨论函数列$$f_n(x)=\frac{nx}{1+n{x}^2}$$在 $(0,+\infty )$ 上的收敛性.

解答.  首先不难发现$$\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{nx}{1+n{x}^2}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x}{\frac{1}{n}+x^2}=\frac{1}{x}$$为函数列在 $(0,+\infty )$ 上点态收敛的极限, 记为 $f(x)$. 直观上, $f(x)$ 在 $0$ 附近变化幅度较大, 在 $(0,+\infty )$ 上连续但并不一致连续, 所以应当可以取得较小的 $x$ 来说明函数列不会一致收敛, 考虑 $x=1/n$, 于是有$$|f_n(x)-f(x)|=\left|\frac{n}{n+1}-n\right|,$$显然无界. 这说明 $f_n(x)$ 点态收敛但并不一致收敛. 如果将范围缩小到 $(1,+\infty )$, 由 $f(x)$ 的有界性, 应当可以保证一致收敛: $$\begin{array}{rl}|f_n(x)-f(x)|& =\left|\frac{nx}{1+n{x}^2}-\frac{1}{x}\right|\\ & =\left|\frac{1}{x(1+n{x}^2)}\right|<\frac{1}{1+n{x}^2}<\frac{1}{1+n},\end{array}$$最终取 $n⩾-1+1/ϵ$ 即可.

习题 (6.2.4). 若函数 $f$ 一致可微, 则 $f^{\prime }$ 连续.

解答.  由一致可微的定义, 对于任意 $ϵ>0$, 存在 $\delta >0$, 使得对于 $f$ 定义域内满足 $0<|x-y|<\delta$ 的 $x,y$ 有$$\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}-f^{\prime }(x)\right|<\frac{ϵ}{2},$$类似地, 同时也有$$\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}-f^{\prime }(y)\right|<\frac{ϵ}{2},$$于是$$\begin{array}{rl}\left|f^{\prime }(y)-f^{\prime }(x)\right|& =\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}-f^{\prime }(x)-\frac{f(x)-f(y)}{x-y}+f^{\prime }(y)\right|\\ & ⩽\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}-f^{\prime }(x)\right|+\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}-f^{\prime }(y)\right|\\ & =ϵ,\end{array}$$任取 $x$, 即有 $f^{\prime }$ 在 $x$ 处连续.

$\square$

习题 (6.2.5). 证明函数列的 Cauchy 审敛法则: 函数列 $f_n$ 一致收敛当且仅当对于任意 $ϵ>0$, 存在 $N\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, 使得对于任意 $x$ 和 $m,n⩾N$ 有 $|f_n(x)-f_m(x)|<ϵ$.

解答.  方向 $(⟹)$ 基本显然, 只说明 $(⟸)$ 的情形. 给定任意 $ϵ>0$, 存在 $N\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 使得对于任意 $x$ 和 $m,n⩾N$, 有 $|f_m(x)-f_n(x)|<ϵ$, 通过代入任意的 $x$, 我们至少已经说明 $f_n$ 点态收敛于某个 $f$.

进一步断言, 取得 $N$ 使得 $|f_m(x)-f_n(x)|<ϵ/2$ 时, 这样的 $N$ 也同时满足了一致收敛的要求, 即对于任意 $k⩾N$, 有 $|f_k(x)-f(x)|<ϵ$. 反设存在 $k$ 使得 $|f_k(x)-f(x)|⩾ϵ$, 由 Cauchy 性质, 对于任意 $p⩾N$ 有$$\begin{array}{rl}|f_p(x)-f(x)|& =|f_p(x)-f_k(x)+f_k(x)-f(x)|\\ & ⩾|f_k(x)-f(x)|-|f_p(x)-f_k(x)|>\frac{ϵ}{2}\end{array}$$即存在 $x$ 使得 $f_n(x)$ 不收敛于 $f(x)$, 矛盾得证.

$\square$

习题 (6.2.7). $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续, 定义函数列$$f_n(x)=f(x+\frac{1}{n}),$$证明 $f_n$ 一致收敛于 $f$, 并给出 $f$ 不一致连续时的反例.

解答.  由 $f$ 的一致连续性, 对于任意 $ϵ>0$, 存在 $\delta >0$, 使得对于 $f$ 定义域内满足 $|x-y|<\delta$ 的 $x,y$ 有 $|f(x)-f(y)|<ϵ$, 取 $1/n⩽\delta$ 即有$$\left|f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f(x)\right|<ϵ$$对于任意 $x\in \mathbb{R}$ 成立.

$\square$

习题 (6.2.15). 证明 Arzela—Ascoli 定理: 设 $f_n$ 在 $[0,1]$ 上有界, $|f_n(x)|⩽M$, 且 $f_n$ 等度连续, 则 $f_n$ 存在一致收敛的子列.

解答.  由习题 6.2.13 的结果, $f_n$ 存在 $[0,1]\cap \mathbb{Q}$ 上点态收敛的子列 $f_m$, 然后通过邻近的有理点说明 $f_m$ 在 $[0,1]$ 上一致连续. 由于等度连续只描述了 $f_m$ 而非 $f$ 的性质, 考虑使用 Cauchy 审敛法则. 分析目标: 于是由等度连续, 存在 $\delta >0$, 使得对于任意 $|x-y|<\delta$ 和 $s,t\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 有$$\begin{array}{rl}|f_s(x)-f_s(y)|& <\frac{ϵ}{3}\\ |f_t(x)-f_t(y)|& <\frac{ϵ}{3}\end{array}$$成立. 进一步根据 $\delta$, 以 $[0,1]$ 内的有限个有理点 $r$ 为中心构建 $V_{\delta }(r)$, 使得这些邻域的并能够覆盖 $[0,1]$, 其中细节略去不提. 于是对于任意 $x\in [0,1]$, 存在一个邻域使得 $x\in V_{\delta }(r)$.

进一步, 由于 $f_m$ 在有理点处点态收敛, 而且我们只取了其中的有限个有理点, 可知存在最大的 $N\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 使得 $s,t⩾N$ 时, 利用 Cauchy 列性质有$$|f_s(r)-f_t(r)|<\frac{ϵ}{3},$$

至此, 利用绝对值不等式和示意图中的三边即可.

$\square$

6.3可微与一致收敛

习题 (6.3.6). 给出构造或证明不可能存在.

解答.  (a) 无处可微的 $f_n$ 一致收敛于 $f$ 且 $f$ 处处可微: 考虑第 5 章给出的 Weierstrass 函数的变种, 记为 $W(x)$, 取 $f_n(x)=W(x)/n$ 即可.

(b) 函数列 $f_n$ 均可微且 $f_n^{\prime }$ 一致收敛, 但 $f_n$ 处处不收敛: 动机来自本节定理条件弱化后的叙述, 取 $f_n(x)=n+x$ 即可.

习题 (6.3.7). 证明定理 6.3.2: 定义在 $[a,b]$ 上的函数列 $f_n$ 可微, 且 $f_n^{\prime }$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛. 如果存在一点 $x_0\in [a,b]$ 使得 $f_n(x_0)$ 收敛, 那么 $f_n$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛.

解答.  由于我们并不知道 $f_n(x)$ 在 $x_0$ 以外的位置是否收敛, 所以同样需要利用 Cauchy 性质. 原文提示给出的不等式提供了新的放缩技巧:

另一种直观理解是, 我们已知 $f_m-f_n$ 在 $x_0$ 处接近于 $0$, 而且由 $f^{\prime }$ 的一致收敛性可以得知 $(f_m-f_n{)}^{\prime }$ 也处处接近于 $0$, 而我们的目标是说明 $f_m-f_n$ 处处接近于 $0$, 于是可以利用中值定理. 分析 Cauchy 条件: $$\begin{array}{rl}& |f_m(x)-f_n(x)|\\ ⩽& |(f_m(x_0)-f_n(x_0))-(f_m(x)-f_n(x))|+|f_m(x_0)-f_n(x_0)|\\ <& |(f_m(x_0)-f_n(x_0))-(f_m(x)-f_n(x))|+ϵ\\ =& |x-x_0||f_m^{\prime }(\alpha )-f_n^{\prime }(\alpha )|+ϵ\\ <& (b-a+1)ϵ.\end{array}$$由于 $b-a+1$ 为定值, 取 $N\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 使得 $m,n⩾N$ 时$$\begin{array}{rl}|f_m(x_0)-f_n(x_0)|& <ϵ/(b-a+1)f\text{单点收敛}\\ |f_m^{\prime }(x)-f_n^{\prime }(x)|& <ϵ/(b-a+1)f^{\prime }\text{一致收敛}\end{array}$$即可.

$\square$

6.4函数项级数

习题 (6.4.1). 证明函数项级数审敛的 Weierstrass 判别法: $f_n$ 是定义在 $A\subseteq \mathbb{R}$ 上的函数列. 对于任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, 存在 $M_n>0$ 使得 $|f_n(x)|⩽M_n$ 对于任意 $x\in A$ 成立, 且 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{M}_n$ 收敛, 那么 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{f}_n$ 一致收敛.

解答.  说明 ${\sum }_{n=1}^k{f}_n$ 是 Cauchy 列即可. 对于任意 $ϵ>0$, 由 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{M}_n$ 收敛取得 $N\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 使得 $m>n⩾N$ 时 $|M_{n+1}+\cdots +M_m|<ϵ$, 此时$$\begin{array}{rl}|f_{n+1}(x)+\cdots +f_m(x)|& ⩽|f_{n+1}(x)|+\cdots +|f_m(x)|\\ & ⩽M_{n+1}+\cdots +M_m\\ & =|M_{n+1}+\cdots +M_m|<ϵ\end{array}$$对于任意 $x\in A$ 成立.

$\square$

习题 (6.4.2). 证明或给出反例:

(a)	若 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{g}_n$ 一致收敛, 那么 $g_n$ 一致收敛于 $0$.
(b)	若 $0⩽f_n(x)⩽g_n(x)$ 且 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{g}_n$ 一致收敛, 那么 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{f}_n$ 一致收敛.
(c)	若 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{f}_n$ 在 $A$ 上一致收敛, 那么相应存在常数 $M_n$ 使得 $|f_n(x)|⩽M_n$ 对于任意 $x\in A$ 成立且 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{M}_n$ 收敛.

解答.  (a) 成立, 记 $S_k={\sum }_{n=1}^k{g}_n$, 那么有 $S_{k+1}-S_k=g_{k+1}$, 前文习题已经证明了 $+$ 保持一致收敛的性质.

(b) 成立, 利用 Cauchy 审敛法则比较即可.

(c) 有反例, 考虑一列最大值为 $1/n$ 但级数一致收敛的函数: $$f_n(x)=\{\begin{array}{ll}x,& x=\frac{1}{n}\\ 0,& x\in [0,1]\setminus \{\frac{1}{n}\}\end{array}$$这样 $M_n=1/n$, 级数不收敛, 但 $|f_{n+1}+\cdots +f_m|<1/N$.

$\square$

习题 (6.4.4). 考察函数项级数$$g(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{1+x^{2n}},$$讨论 $g(x)$ 有定义的范围, 并证明 $g(x)$ 连续.

解答.  排除 $x=0$ 的平凡情形, 令 $\alpha =x^{-2}$, 有$$\frac{x^{2n}}{1+x^{2n}}=\frac{1}{{\alpha }^n+1},$$于是显然可见 $|\alpha |⩽1$ 时级数发散, $|\alpha |>1$ 时级数收敛, 即 $x\in (-1,1)$. 而从上式出发, 可以利用 Weierstrass 判别法说明 $0<M<1$ 时函数项级数在 $[-M,M]$ 上的上界级数收敛, 故而一致收敛, 用这一迂回办法最终说明 $g(x)$ 在 $(-1,1)$ 上连续.

$\square$

习题 (6.4.6). 令$$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{x+n}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x+2}-\cdots ,$$说明 $f$ 在 $x\in (0,+\infty )$ 上有定义, 讨论其连续性和可微性.

解答.  利用 Abel 判别法, 不难说明级数在 $(0,+\infty )$ 上至少点态收敛. 但由于级数交错且上界的和无界, 很难用作进一步讨论. 由于现在我们只关心 $f$ 的性质, 而且不难证明级数的子列也会收敛到相同的 $f$, 我们可以转而研究一个更简单的级数: $$\begin{array}{rl}f(x)& =\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)+\left(\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x+3}\right)+\cdots \\ & =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{(x+2n)(x+2n+1)}=\sum _{n=0}^{\infty }{g}_n(x).\end{array}$$

现在 $|g_n(x)|⩽4n^{-2}$, 上界和收敛, 于是可以用 Weierstrass 判别法说明一致收敛, $f$ 连续. 类似地, 可以说明 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{g}_n^{\prime }$ 一致收敛, 故 $f$ 可微.

注记. 另一种更简洁的办法是直接逐项求导证明 $f$ 可微, 因此也连续.

$\square$

习题 (6.4.8). 讨论$$f(x)=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\sin (x/k)}{k}$$的定义域、连续性、可微性、二次可微性.

解答.  思路同 6.4.6 的简洁方法, 虽然 $f_n$ 较难处理, 但 $f_n^{\prime }$ 和 $f_n^{\prime \prime }$ 显然都一致收敛, 而且至少有 $f(0),f^{\prime }(0)$ 收敛, 故而满足上述所有性质.

$\square$

习题 (6.4.10). 设 $f:\mathbb{N}\to \mathbb{Q}$ 是双射, $r_n=f(n)$, 定义函数列$$u_n(x)=\{\begin{array}{ll}{2}^{-n},& x>r_n\\ 0,& x⩽r_n.\end{array}$$证明 $h(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 是在 $\mathbb{R}$ 上有定义的单调函数, 并且无理点处连续.

解答.  收敛性使用 Weierstrass 判别法. 单调性显然, 因为对于任意 $x⩾y$, 有 $u_n(x)⩾u_n(y)$. 在无理点 $x$ 处, 可以用递归的方式, 取第一个小于 $x$ 的有理数 $r_{n_1}$, 有 $n_1⩾1$, 于是对于任意 $y\in (r_{n_1},x)$, $|h(x)-h(y)|<2^{-1}$, 然后再取第一个小于 $x$, 大于 $r_{n_1}$ 的有理数 $r_{n_2}$.

这一过程可以递归地进行下去, 使得对于任意 $y\in (r_{n_k},x)$ 有 $|h(x)-h(y)|<2^{-k}$. 类似地, 我们可以构造大于 $x$ 的有理数序列 $r_{m_k}$, 得到 ${\delta }_k=\min \{|r_{n_k}-x|,|r_{m_k}-x|\}$. 其余细节略去.

注记. 习题并不要求讨论 $\mathbb{Q}$, 不过有理点处显然不连续, 因为采用上述方式寻找 $r_k$ 的邻域时, 对于任意 $r>r_k$, 有 $|h(r)-h(r_k)|>2^{-k}$.

$\square$

6.5幂级数

习题 (6.5.2). 给出满足以下条件的幂级数系数, 或说明不可能:

(a)	在 $\mathbb{R}$ 上收敛.
(b)	在 $\mathbb{R}$ 上发散.
(c)	在 $[-1,1]$ 上收敛, 其余位置发散.
(d)	在 $x=-1$ 处条件收敛, 在 $x=1$ 处绝对收敛.
(e)	在 $x=-1$ 和 $x=1$ 处条件收敛.

解答.  (a) 很早就被剧透过的指数函数: $$e^x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!}=1+x+\frac{x^2}{2}+\cdots ,$$通过计算 $r=|a_{n+1}/a_n||x|$ 使用审敛法说明即可.

(b) 不可能, 至少有 $x=0$ 处收敛.

(c) 定义$$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n^2}=x+\frac{x^2}{4}+\frac{x^3}{9}+\cdots ,$$易得 $f$ 在 $x=1$ 处绝对收敛. 通过计算 $r=|a_{n+1}/a_n||x|$, 可以发现 $|x|>1$ 时 $a_n{x}^n$ 本身不收敛.

(d) 显然矛盾.

(e) 通常的交错项级数都不可能满足. 考虑$$\begin{array}{rl}{a}_n& =1,0,-\frac{1}{2},0,\frac{1}{3},0,-\frac{1}{4},\dots ,\\ (-1{)}^n{a}_n& =1,0,-\frac{1}{2},0,\frac{1}{3},0,-\frac{1}{4},\dots ,\end{array}$$条件收敛性均易证.

$\square$

习题 (6.5.4). 设 $f(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 在 $(-R,R)$ 上收敛, 证明$$F(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{F}_n(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{a_n}{n+1}{x}^{n+1}$$也在 $(-R,R)$ 上收敛, 且 $F^{\prime }(x)=f(x)$.

解答.  $f$ 在 $(-R,R)$ 上绝对收敛, 直接说明 $|F_n|$ 是柯西列即可: $$\begin{array}{rl}|F_{n+1}(x)|+\cdots +|F_m(x)|& =\left|a_{n+1}{x}^{n+1}\right|\frac{|x|}{n+2}+\cdots +\left|a_m{x}^m\right|\frac{|x|}{m+1}\\ & ⩽\left(\left|a_{n+1}{x}^{n+1}\right|+\cdots +\left|a_m{x}^m\right|\right)\frac{|x|}{n+2}\\ & <ϵR,\end{array}$$另一方面, $F_n$ 也在 $(-R,R)$ 内的任意闭区间上一致收敛, 且逐项求导 $F^{\prime }(n)=f(n)$ 一致收敛, 于是 $F^{\prime }(x)=f(x)$ 得证.

$\square$

习题 (6.5.5). 证明定理 6.5.6: 设 $f(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 在 $(-R,R)$ 上收敛, 那么逐项求导级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1}$ 也在 $(-R,R)$ 上收敛.

解答.  不妨设 $x>0$, 取 $x<r<R$, 于是有$$n{a}_n{x}^{n-1}=(a_n{r}^n)\left(\frac{1}{x}\cdot n\frac{x^n}{r^n}\right),$$其中 $|n(x/r{)}^n|$ 有界, 由 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{r}^n$ 收敛性可证.

$\square$

习题 (6.5.6). 本节内容已经可以严格说明$$f(x)=\frac{1}{1-x}=\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n=1+x+x^2+x^3+\cdots ,$$在 $x\in (-1,1)$ 上成立. 以此计算 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n/2^n$ 和 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{n}^2/2^n$.

解答.  注意到$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =\sum _{n=1}^{\infty }n{x}^{n-1}=\sum _{n=0}^{\infty }n{x}^{n-1}\\ & ={\left(\frac{1}{1-x}\right)}^{\prime }=\frac{1}{(x-1{)}^2},\\ \frac{1}{2}{f}^{\prime }\left(\frac{1}{2}\right)& =\sum _{n=1}^{\infty }n/2^n=\frac{1}{2(1/2-1{)}^2}=2,\end{array}$$于是 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{n}^2/2^n$ 同理, 再次求导即可.

$\square$

习题 (6.5.7). 设 $f(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 满足 $a_n\ne 0$, 且极限$$L=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$$存在. 证明: 若 $L\ne 0$, 则 $f$ 在 $(-1/L,1/L)$ 上有定义; 若 $L=0$, 则 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上有定义; 若令$$L=\underset{n\to \infty }{\lim }{s}_n=\lim \sup \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|,$$上述命题同样成立.

解答.  考虑到 $x\in (-1/L,1/L)$ 时, $$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_{n+1}{x}^{n+1}}{a_n{x}^n}\right|=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right||x|<1,$$那么由极限定义, 存在 $N\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, 使得原级数在 $n⩾N$ 时小于等于以 $a_n{x}^n$ 为首项, 公比 $r<1$ 的几何级数, 去除有限项后利用比较审敛法即可. 若 $L=0$, 则上式极限为 $0$, 同理.

使用 $L^{\prime }$ 时, 将上式也改为上极限, 易证$$\lim \sup \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right||x|=|x|\lim \sup \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|<1,$$其余细节同理略去.

$\square$

习题 (6.5.8). 证明幂级数的表示唯一: 若级数$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=\sum _{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^n$$均在 $(-R,R)$ 上收敛, 那么 $a_n=b_n$ 对于任意 $n\in \mathbb{N}$ 成立. 利用这一性质, 计算在 $(-R,R)$ 上收敛, 满足 $f^{\prime }(x)=f(x)$ 且 $f(0)=1$ 的幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的系数.

解答.  记级数收敛到 $f$, 取 $f(0)=a_0=b_0$. 为方便归纳, 也可以将这一结果陈述为更一般的命题: 两个幂级数相等, 则常数项相等. 随后对级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 和 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^n$ 逐次求导, 由于两者导函数相等, 而且同样为幂级数, 于是其常数项 $n{a}_1$ 相等. 将这一过程递归地进行下去即可.

若 $f^{\prime }(x)=f(x)$ 且 $f(0)=1$, 那么 $a_0=1$, 且 $a_{n-1}=n{a}_n$, 于是$$a_n=\frac{a_n}{a_0}=\frac{a_n}{a_{n-1}}\cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\cdot \cdots \cdot \frac{a_2}{a_1}\cdot \frac{a_1}{a_0}=\frac{1}{n!},$$这就得到了我们熟悉的 $e^x$ 级数形式.

$\square$

习题 (6.5.9). 设 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 和 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{b}_n$ 分别条件收敛于 $A$ 和 $B$, 若$$\sum _{n=0}^{\infty }{d}_n=\sum _{n=0}^{\infty }\sum ^{i+j=n}{a}_i{b}_j=\sum _{n=0}^{\infty }(a_0{b}_n+\cdots +a_n{b}_0)$$也收敛, 利用幂级数证明 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{d}_n=AB$.

解答.  根据提示, 令$$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n,g(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^n,h(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{d}_n{x}^n,$$由 Abel 定理可知 $f,g,h$ 均在 $[0,1]$ 上一致收敛, 故而连续, 同时在 $x\in (0,1)$ 时均绝对收敛. 根据第二章的结论, 由绝对收敛可知$$\begin{array}{rl}f(x)g(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n\sum _{m=0}^{\infty }{b}_m{x}^m& =\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{m=0}^{\infty }(a_n{x}^n)(b_m{x}^m)\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }{d}_n{x}^n=h(x)\end{array}$$对于任意 $x\in (0,1)$ 成立. 由于 $f(x)g(x)-h(x)$ 在 $x=1$ 处连续, 故而在 $V_{ϵ}(1)$ 内取值全为 $0$, 这也就说明了 $f(1)g(1)-h(1)=0$, 即所求.

$\square$

习题 (6.5.10). 设 $g(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 在 $(-R,R)$ 上有定义, 且存在 $(b_n)\to 0$, 使得 $b_n\ne 0$ 而 $g(b_n)=0$. 证明 $g(x)=0$.

解答.  由 $g(x)$ 的连续性, $\lim g(b_n)=g(0)=0$, 于是 $a_0=0$. 使用中值定理, 可以构造 $(c_n)\to 0$, 使得 $0<|c_n|<|b_n|$ 且 $f^{\prime }(c_n)=0$, 继续利用 $g^{\prime }(x)$ 的连续性说明 $\lim g^{\prime }(c_n)=g^{\prime }(0)=a_1=0$, 以此类推有 $n!a_n=0$ 对于所有 $n\in \mathbb{N}$ 成立, 得证.

$\square$

习题 (6.5.11). 对于级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$, 记 $f(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$, 若 $f(x)$ 在 $[0,1)$ 上收敛, 且极限 $L={\lim }_{x\to 1^{-}}f(x)$ 存在, 则称 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n$ 的 Abel 和为 $L$. 据此计算 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n$ 的 Abel 和.

解答.  计算幂级数得$$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n=\frac{1}{x+1},$$在 $x\in [0,1)$ 上收敛, 有 ${\lim }_{x\to 1^{-}}f(x)=1/2$.

$\square$

6.6Taylor 级数

习题 (6.6.4). 利用 Lagrange 余项定理证明$$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\cdots =\log (2).$$

解答.  取 $f(x)=\log (x+1)$, 计算得 $f(0)=0$, $$f^{(n)}(x)=\frac{(-1{)}^{n-1}(n-1)!}{(x+1{)}^n},f^{(n)}(0)=(-1{)}^{n-1}(n-1)!,$$于是对应的 Taylor 级数为$$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n,$$在 $x=1$ 处条件收敛. 计算 Lagrange 余项得$$|f(1)-S_N(1)|=\left|\frac{f^{(N+1)}(a)}{(N+1)!}{1}^{n+1}\right|=\frac{1}{(N+1)(a+1{)}^N}<\frac{1}{N+1},$$其中 $0<a<1$, 取足够大的 $N$ 即可.

$\square$

习题 (6.6.7). 构造例子或说明不可能:

(a)	$g(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上无穷可微, 但其 Taylor 级数只在 $(-1,1)$ 范围内收敛到 $g(x)$.
(b)	$h(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上无穷可微, 其 Taylor 级数与 $\sin (x)$ 的 Taylor 级数相同, 但 $h(x)\ne \sin (x)$ 对于任意 $x\ne 0$ 成立.
(c)	$f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上无穷可微, 其 Taylor 级数收敛到 $f(x)$ 当且仅当 $x⩽0$.

解答.  (a) 取 $f(x)=1/(1+x^2)$, 其 Taylor 级数$$S(x)=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{2n}=1-x^2+x^4-x^6+\cdots$$只在 $(-1,1)$ 范围内收敛, 符合要求.

(b) 这相当于, $h(x)-\sin (x)=0$ 当且仅当 $x=0$, 且 $h(x)-\sin (x)$ 在 $x=0$ 处的任意阶导数全为 $0$, 对此利用习题 6.6.6 的结果, 取$$h(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-1/x^2}+\sin (x),& x\ne 0\\ 0,& x=0\end{array}$$即可.

(c) 类似于 (b) 的思路, 取$$h(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-1/x^2},& x>0\\ 0,& x⩽0\end{array}$$即可.

$\square$

习题 (6.6.8). 首先证明引理: 若 $g,h$ 在 $[0,x]$ 上可微, $g(0)=h(0)$, 且 $g^{\prime }(t)⩽h^{\prime }(t)$ 对于任意 $t\in [0,x]$ 成立, 那么 $g(t)⩽h(t)$ 对于任意 $t\in [0,x]$ 成立.

利用这一引理, 证明 Lagrange 余项定理的弱化形式: $f$ 在 $(-R,R)$ 上 $N+1$ 阶可微, $a_n=f^{(n)}(0)/n!$, 定义 Taylor 级数部分和$$S_N(x)=\sum _{n=0}^N{a}_n{x}^n=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_N{x}^N,$$并定义误差函数 $E_N(x)=f(x)-S_N(x)$, 取任意 $x\in (0,R)$. 如果 $|f^{(N+1)}(t)|⩽M$ 对于任意 $t\in [0,x]$ 成立, 那么$$|E_N(x)|⩽\frac{M{x}^{N+1}}{(N+1)!}.$$

解答.  引理的证明基本是平凡的, 使用一次中值定理即可. 记$$p(x)=\frac{M{x}^{N+1}}{(N+1)!},$$我们会发现 $p^{(n)}(0)=E^{(n)}(0)=0$ 对于任意 $n⩽N$ 成立. 由于误差函数的符号不确定, 我们需要同时说明 $E_N(x)⩽p(x)$ 和 $-E_N(x)⩽p(x)$, 但过程是完全相同的, 为方便起见只讨论前者. 计算 $N+1$ 阶导数, 有$$E_N^{(N+1)}(t)=f^{(N+1)}(t)⩽M=p^{(N+1)}(t),$$由引理可知 $E_N^{(N)}(t)⩽p^{(N)}(t)$ 对于任意 $t\in [0,x]$ 成立, 再次符合引理条件. 以此类推, 将这一过程重复进行 $N$ 次即可说明 $E_N(x)⩽p(x)$.

$\square$

习题 (6.6.9). 设 $f$ 在 $(-R,R)$ 上 $N+1$ 次可微. 对于 $a\in (-R,R)$, 记 $S_N(x,a)$ 为 $f$ 在 $a$ 处展开的 Taylor 级数部分和, 即$$S_N(x,a)=\sum _{n=0}^N\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a{)}^n.$$令误差函数 $E_N(x,a)=f(x)-S_N(x,a)$, 然后固定某个 $x\in (-R,R)\setminus \{0\}$, 并将 $E_N(x,a)$ 视为 $a$ 的一元函数.

据此计算 $E_N(x,x)$ 和 $E_N^{\prime }(x,a)$, 证明 Cauchy 余项定理: $$E_N(x)=E_N(x,0)=\frac{f^{(N+1)}(c)}{N!}(x-c{)}^{N}x,$$其中 $0<|c|<|x|$.

解答.  首先显然有 $E_N(x,x)=0$. 对于 $E_N(x,a)$, 可以逐项对 $a$ 求导, $$\begin{array}{rl}{E}_N^{\prime }(x,a)& =-S_N^{\prime }(x,a)=-f(a)-\sum _{n=1}^N\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a{)}^n\\ & =-f^{\prime }(a)+\sum _{n=1}^N\left(\frac{n{f}^{(n)}(a)(x-a{)}^{n-1}}{n!}-\frac{f^{(n+1)}(a)(x-a{)}^n}{n!}\right)\\ & =-f^{\prime }(a)+\sum _{n=1}^N\left(\frac{f^{(n)}(a)(x-a{)}^{n-1}}{(n-1)!}-\frac{f^{(n+1)}(a)(x-a{)}^n}{n!}\right)\\ & =-f^{\prime }(a)+\sum _{n=0}^{N-1}\frac{f^{(n+1)}(a)(x-a{)}^n}{n!}-\sum _{n=1}^N\frac{f^{(n+1)}(a)(x-a{)}^n}{n!}\\ & =-f^{\prime }(a)+f^{\prime }(a)-\frac{f^{(N+1)}(a)(x-a{)}^N}{N!}\\ & =-\frac{f^{(N+1)}(a)(x-a{)}^N}{N!},\end{array}$$再对 $E_N(x,a)$ 在 $a=x$ 和 $a=0$ 两点利用中值定理, $$(x-0)E_N^{\prime }(x,c)=E_N(x,x)-E_N(x,0)=-E_N(x,0),$$取负代入即得到 Cauchy 余项.

$\square$

6.7Weierstrass 逼近定理

习题 (6.7.2). 设 $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ 连续, 证明折线函数能任意一致逼近 $f$, 即对于任意 $ϵ>0$, 存在折线函数 $\varphi (x)$ 使得 $|\varphi (x)-f(x)|<ϵ$ 对于任意 $x\in [a,b]$ 成立.

解答.  $f$ 在紧集上连续, 于是也就一致连续. 我们可以利用一致连续提供的 $\delta$, 使得任意 $|x-y|<\delta$ 满足 $|f(x)-f(y)|<ϵ/2$, 取相应的 $1/n<\delta /2$, 在 $[a,b]$ 上等距取点: $$a,a+\frac{b-a}{n},a+\frac{2(b-a)}{n},\dots ,b-\frac{b-a}{n},b.$$记第 $n$ 个端点为 $p_n$, 令 $\varphi (p_n)=f(p_n)$. 由于任意 $x\in [a,b]$ 都会落在某个区间 $[p_n,p_{n+1}]$ 内, 有$$\begin{array}{rl}|f(x)-\varphi (x)|& ⩽|f(x)-f(p_n)|+|f(p_n)-\varphi (x)|\\ & <\frac{ϵ}{2}+|\varphi (p_n)-\varphi (p_{n+1})|<\frac{ϵ}{2}+\frac{ϵ}{2}=ϵ,\end{array}$$于是得证.

$\square$

习题 (6.7.9). 如果将 Weierstrass 逼近定理的条件改为开区间 $(a,b)$ 或某一无界闭区间 $[a,+\infty )$, 结论是否仍然成立?

解答.  均存在反例, 考虑函数无界的情形. 如果令 $f(x)=1/x$, 那么任意多项式在 $(0,1)$ 上总是有界的, 不可能任意逼近 $f$. 而如果令 $f(x)=e^x$ 或考虑其幂级数形式, 给定多项式 $p(x)$ 后, $f(x)-p(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上仍大于某个多项式, 这意味着 $|f(x)-p(x)|$ 在 $[0,+\infty )$ 上是无界的.

$\square$

习题 (6.7.10). 是否存在多项式的某个可数子集 $\mathcal{C}$, 使得 $[a,b]$ 上的连续函数都能被 $\mathcal{C}$ 中的多项式一致逼近?

解答.  全体有理系数多项式 $\mathbb{Q}[x]$ 仍然可数, 但是已经够用了. 首先利用 Weierstrass 逼近定理, 找到一个多项式 $p(x)$ 使得 $|p(x)-f(x)|<ϵ/2$ 对于任意 $x\in [a,b]$ 成立, 随后再用有理多项式逼近 $p(x)$.

不难说明, 当两个多项式 $p(x),q(x)$ 的系数足够接近时, 有 $|p(x)-q(x)|<M\alpha$, 其中上界 $M$ 可以用 $a,b$ 和 $\mathrm{deg}p$ 共同估计, $\alpha$ 是最大的多项式系数之差的绝对值, 取 $\alpha <ϵ/2M$ 即可.

$\square$

习题 (6.7.11). 设 $f$ 在 $[a,b]$ 上一阶可微且导数连续, 证明: 对于任意 $ϵ>0$, 存在多项式 $p(x)$ 使得 $|f(x)-p(x)|<ϵ$ 且 $|f^{\prime }(x)-p^{\prime }(x)|<ϵ$ 对于任意 $x\in [a,b]$ 成立.

解答.  取逼近 $f^{\prime }(x)$ 的 $q(x)$ 为模板, 即 $|q(x)-f^{\prime }(x)|<ϵ/(b-a)$, 这确定了一族 $p(x)=F(x)+c$, 使得 $p^{\prime }(x)=F^{\prime }(x)=q(x)$, 再保证$$p(a)=F(a)+c=f(a),$$解出常数 $c$ 即确定了 $p(x)$ 的形式. 此时, 对于任意 $x\in [a,b]$, $$\begin{array}{rl}|f(x)-p(x)|& =|(f(x)-p(x))-(f(a)-p(a))|\\ & =|(x-a)(f^{\prime }(t)-p^{\prime }(t))|\\ & ⩽(b-a)|f^{\prime }(t)-p^{\prime }(t)|<ϵ,\end{array}$$其中 $a<t<x$ 来自中值定理. 于是得证.

$\square$