数学分析复习1-一般级数,广义积分的收敛
广义积分的收敛性与计算方法
广义积分的收敛性与计算方法广义积分是微积分中重要的概念之一，它在数学和物理学等领域中具有广泛的应用。
本文将讨论广义积分的收敛性以及一些计算方法，以帮助读者更好地理解和应用这一概念。
一、广义积分的定义广义积分是对一类具有特殊性质的函数进行积分的过程。
对于函数f(x)在区间[a, b]上的广义积分表示为：∫[a,b] f(x) dx其中积分的上下限可以是有限的实数或者无限，但函数f(x)在积分区间内必须满足一定的条件。
二、广义积分的收敛性广义积分的收敛性是指积分结果是否存在有限的极限。
根据函数f(x)在积分区间的性质，广义积分可以分为两类：绝对收敛和条件收敛。
1. 绝对收敛如果函数f(x)在积分区间内绝对可积，并且积分结果存在有限的极限，那么广义积分就是绝对收敛的。
绝对收敛的广义积分具有一些重要的性质，例如线性性、保号性和可积性。
2. 条件收敛如果函数f(x)在积分区间内可积，但在某些点上发散，那么广义积分就是条件收敛的。
条件收敛的广义积分存在一定的不确定性，因此在计算时需要特别注意。
三、广义积分的计算方法广义积分的计算可以使用不同的方法，取决于具体的函数和积分区间。
以下是广义积分常用的计算方法之一：1. 初等函数法如果被积函数f(x)是一个初等函数，即可以使用基本初等函数（例如指数函数、对数函数、三角函数等）和基本运算（例如加、减、乘、除）表示，那么可以直接通过对这个函数求导和积分，以及使用基本积分公式来计算广义积分。
2. 替换法替换法是一种常用的计算广义积分的方法。
当被积函数f(x)在积分区间内具有一定的特殊性质时，可以通过引入一个新的变量，将积分转化为一个更容易计算的形式，然后再进行求解。
3. 分部积分法分部积分法是一种常用的计算广义积分的方法之一。
根据分部积分公式，可以将一个积分转化为两项乘积的形式，从而简化计算过程。
4. 极限求和法极限求和法是对广义积分进行近似计算的一种方法。
通过将广义积分转化为一列定积分的和或差，并通过极限运算来逼近积分结果，可以得到一个近似值。
广义积分的收敛性
§2 广义积分的收敛性 主要知识点：广义积分及其敛散性概念；非负函数广义积分收敛性的比较判别法、柯西判别法； 一般函数广义积分收敛性的A be l 、Dilic hl et 判别法； 广义积分与级数的关系。
1、 讨论积分1121(1)[ln(1)]xe dx x αβ+∞--+⎰ 的敛散性。
解：211,x x xαβ→+∞ 时“分子”“分母” 。
2、 证明积分4201sin dxx x +∞+⎰ 收敛 。
10,02kkk k k k k kk I v v v πδπδπδδδ+--'↓=++≤=≤∑∑⎰⎰解：取则，其中 ，11(1)(1)42111()sin k k kkk k kk k k v k πδπδπδπδπδ+++-+-+++'=≤+⎰⎰ 。
431,k kvkδ=∑取则收敛；114433()0,k k kkM M v v kkπδδ+--''≤≤≤∑又可见也收敛。
3、 证明积分1223(1)(sin )dxxx +∞+⎰ 收敛 。
解：注意到(1)2233(sin )[sin()],n n nx x n I u πππ+=-==∑∑⎰故 ，由于22223210,1sinn nu dx un xππ≤≤+∑⎰故收敛。
4、 讨论积分的10sin 1cos xdx k x παα-+⎰敛散性 。
解：⑴ －1< k <1时f(x)只可能以为0,π瑕点，且当时分别x →∞与1111,()x x ααπ---同阶，故当时积分0α>收敛。
⑵ k = ±1时，f(x)的可能瑕点仍是0,π 。
11201I I I π=+=+⎰⎰k = 1时，将在点处展cos x π成Tayl o r 公式，可知与同阶1cos x +2()x π-。
于是仅当时1I 0α>收敛，2I 仅当时收敛0α<，从而原积分不收敛。
第5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1.级数与广义积分收敛性定义（1）设{}n a 是数列,则∑+∞=1n n a 称为级数.称n n a a a S +++= 21为级数∑+∞=1n n a 的前n 项部分和.若数列{}n S 收敛,则称此级数收敛,并称极限值n n S +∞→lim 为级数∑+∞=1n n a 的和.(2)设()x f 是定义在[)b a ,上的函数,其中*R b ∈{}+∞∞-⋃=,R .若对任意[)b a t ,∈,()x f 在[)t a ,上可积,且极限()⎰→ta b t dx x f lim 存在,则称积分()dx x f ba⎰收敛,或()x f 在[)b a ,上广义可积,且记()dx x f b a ⎰()⎰→=tabt dx x f lim .当R b ∈且()x f 在点b 附近无界时,称b 为瑕点.当b 为∞+或瑕点时,称()dx x f b a ⎰为广义积分.类似可定义a 为∞-时广义积分()dx x f ba⎰的收敛性. 设()x f 是定义在[)b a ,上的函数,其中*,R b a ∈,定义()dx x f ba ⎰()dx x f c a ⎰=()dx x f bc⎰+,其中()b a c ,∈.若()dx x f c a ⎰与()dx x f b c ⎰都收敛时,称积分()dx x f ba ⎰收敛,易证上述定义与c 的选择无关.2.级数收敛的必要条件若级数∑+∞=1n n a 收敛,则0lim =+∞→n n a .但是由广义积分()⎰+∞adx x f 收敛,不能推出()0lim =+∞→x f x .例1 存在[)+∞,1上广义可积的正值连续函数()x f ,使得()0lim ≠+∞→x f x .解 定义函数)(x g 如下:当211n n x n -+<≤时,0)(=x g ;当2221111n n x n n -+<≤-+时, ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=22112)(n n x n x g ;当12112+<≤-+n x n n 时,()12)(2---=n x n x g .其中n 取遍任意自然数函数.)(x g 的图像如图所示再令()21)(xx g x f +=,则()x f 在[)+∞,1上连续恒正,且()⎰+∞1dx x f ()⎰+∞=1dx x g ⎰∞++121dx x ∑+∞=+=1211n n是收敛的,但是()02lim ≠=+∞→x f x .例2设)(x f 在[)+∞,a 上一致连续且()⎰+∞adx x f 收敛,证明()0lim =+∞→x f x .证明 由于)(x f 在[)+∞,a 上一致连续,0>∀ε,0>∃δ,当()b a x x ,'','∈且δ<-'''x x 时, 有()()ε<-'''x f x f .由于()⎰+∞adx x f 收敛,存在0>M ,当M x >.时,()εδδ<⎰+x xdt t f .由于()()⎰+-δδx xx f dt t f ()()[]⎰+-=δx x dt x f t f ()()⎰+-≤δx xdt x f t f εδεδ=≤⎰+x xdt .所以()≤δx f ()⎰+δx xdt t f ()()⎰+-+δδx xx f dt t f εδ2<.即()ε2<x f .这证明了()0lim =+∞→x f x .例3设)(x f 在[)+∞,a 上单调递减非负且()⎰+∞adx x f 收敛,证明()0lim =+∞→x xf x .证明 由于()⎰+∞adx x f 收敛,0>∀ε, 存在0>M ,当M x >.时, ()⎰+∞xdt t f 2ε<.又)(t f 在[]x x 2,上单调递减非负,从而()x x f ⋅2()⎰≤xxdt t f 22ε<.故有()ε<≤x xf 220.因此当Mx 2.>时,()ε<≤x xf 0,所以()0lim =+∞→x xf x .例4设)(x f 在[)+∞,a 上可微, )('x f 可积,且当+∞→x 时, )(x f 单调递减趋于零.又()⎰+∞adx x f 收敛,试证()⎰+∞adx x xf '收敛.证明 首先)(x f 非负.否则,若存在1x 使得0)(1<x f ,则1x x >时恒有()0)(1<≤x f x f ,从而()⎰+∞adx x f 发散,而这与已知条件矛盾.其次由()⎰+∞a dx x xf '()⎰+∞=a x xdf ()⎰+∞=ax xdf ax xf ∞+=)(()⎰+∞-adx x f ,且()⎰+∞adx x f 收敛可知,()⎰+∞adx x xf '收敛与否取决于()x xf x +∞→lim 是否存在. 由例3证明过程可知()0lim =+∞→x xf x .例5设)(x f 在[)+∞,a 上有连续可微函数,积分()⎰+∞adx x f 和()⎰+∞adx x f '都收敛.证明()0lim =+∞→x f x .证明 要证+∞→x ,)(x f 有极限,由归结原则,只要证{}+∞→∀n x 恒有{})(n x f 收敛.事实上,由()⎰+∞adx x f '收敛,由Cauchy 收敛准则, 0>∀ε, 存在a A >,当A x x >.,21时, 恒有()⎰21'x x dx x f ()()ε<-=12x f x f .于是{}+∞→∀n x ,存在0>N ,当N m n >,时,有A x x m n >.,,从而()⎰mnx x dx x f '()()ε<-=n m x f x f .所以{})(n x f 收敛.由归结原则()α=+∞→x f x lim 存在.下证0=α.若0>α,由局部保号性,存在0>∆,当∆>x 时有02)(>>αx f .从而∆>A 时()+∞→≥⎰A dx x f AA22α)(时当+∞→A 这与()⎰+∞a dx x f 收敛矛盾.同理可证0<α也不可能,故()0lim =+∞→x f x .二、收敛的充分条件1.比较原则 设∑+∞=1n n a 与∑+∞=1n n b 都是正项级数,且存在0>N ,当N n >时, n n b a ≤.(1)若∑+∞=1n n b 收敛,则∑+∞=1n n a 收敛;(2)若∑+∞=1n n a 发散,则∑+∞=1n n b 发散.推论 设∑+∞=1n n a 与∑+∞=1n n b 都是正项级数,且存在0>N ,当N n >时, nn n n b b a a 11++≤.(1)若∑+∞=1n n b 收敛,则∑+∞=1n n a 收敛;(2)若∑+∞=1n n a 发散,则∑+∞=1n n b 发散.对广义积分有类似的比较原则. 例6设{}n u 是单调递增的正数列,证明(1) 当{}n u 有界时,∑∞+=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-111n n n u u 收敛;(2) 当{}n u 无界时,∑∞+=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n u u 发散. 证明 (1)由条件知n n u +∞→lim 存在,设u u n n =+∞→lim .因为=-≤+110n n u u ≤-++11n n n u u u 11u u u nn -+, ∑=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-n k k k u u u 111111u u u n -=+11u u u -→)(+∞→n , 由比较原则级数∑∞+=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n u u 收敛.(2) 当{}n u 无界时,有+∞=+∞→n n u lim .由于∑+=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-pn n k k k u u 11∑+=++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=p n n k k kk u u u 11∑+=+++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-≥p n n k p n kk u u u 1111++++-=p n n p n u u u 11++-=p n n u u , 对固定的n ,取充分大的p 使得211<++p n n u u ,则有2111>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∑+=+p n n k k k u u .由Cauchy 收敛准则,级数∑∞+=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n u u 发散.练习 设)(x f 在[)+∞,1上连续,对任意[)+∞∈,1x 有0)(>x f .另外()λ-=+∞→xx f x ln ln lim .试证若1>λ,则()⎰+∞1dx x f 收敛.证明 因()λ-=+∞→x x f x ln ln lim 故0>∀ε, 存在1>A ,当A x >时有()ελ+-<xx f ln ln ,即()()ελελ+-=+-<x x x f ln ln ln ,所以ελ-<<x x f 1)(0(当A x >时).因1>λ,故取10-<<λε,于是1>-ελ,所以⎰∞+-11dx xελ收敛.由比较判别法()⎰+∞1dx x f 收敛.2.比式判别法 设∑+∞=1n n a 是正项级数,若极限q a a nn n =++∞→1lim 存在，则(1)当1<q 时级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1>q 时级数∑+∞=1n n a 发散.练习1试证如下级数收敛(1) +++-++-+-+2222222222; (2) +++-++-+-+6662663633. 提示 (1)令2222++++=n A ，n n A a -=+21(其中00=A ),易证2lim =+∞→n n A .=++∞→n n n a a 1lim11222lim --+∞→-+-n n n A A x x X -+-=→222lim 2121221lim 2<=++=→x X (归结原则).练习2设()x f 在0=x 的某邻域内有二阶连续导数，且()0lim 0=→x x f x ．证明级数∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n n f 绝对收敛．证明1 由()0lim0=→x x f x 得,()00=f ,()00='f .又()=→20lim x x f x ()()0''212'lim 0f x x f x =→.由归结原则, =⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→2211lim n n f n ()=→20lim x x f x ()∞≠0''21f ,故=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→2211lim n n f n ()+∞≠0''21f ,而级数∑∞=121n n 收敛,由比较判别法知∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n n f 绝对收敛．证明2 由()0lim 0=→xx f x 得,()00=f ,()00='f .()x f 在0=x 某邻域内的二阶泰勒展式为 ()()()()()22212100x x f x x f x f f x f θθ''=''+'+=,10<<θ由()x f ''连续知，0>∃M ，有()M x f ≤''，从而有2121nM n f ⋅≤⎪⎭⎫ ⎝⎛故∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n n f 绝对收敛．例7（比式判别法的推广）设∑+∞=1n n a 是正项级数,则(1) 当1lim 1<++∞→nn n a a 时,级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1lim 1<++∞→nn n a a 时,级数∑+∞=1n n a 发散.证明 (1) 设1lim 1<=++∞→nn n a a q ,存在0>ε使得1<+εq .由上极限的性质,存在0>N ,当Nn >时11<+<+εq a a nn .故有()N N a q a ε+<+1, ()()N N N a q a q a 212εε+<+<++,………………………()N pp N a q a ε+<+,由于等比级数()pp q ∑+∞=+1ε收敛,由比较原则, ∑+∞=+1p p N a 收敛,所以级数∑+∞=1n n a 收敛.（2）设1lim 1<=++∞→nn n a a q ,存在0>ε使得1>-εq .由下极限的性质,存在0>N ,当N n >时,11>+>+εq a a n n .因此n n a a >+1,所以原级数是发散的.3.根式判别法 设∑+∞=1n n a 是正项级数,若极限l a nn n =+∞→lim存在，则(1)当1<l 时级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1>l 时级数∑+∞=1n n a 发散.（根式判别法的推广）设∑+∞=1n n a 是正项级数,则(1) 当1lim <+∞→n n n a 时,级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1lim<+∞→nn n a 时,级数∑+∞=1n n a 发散.证明可仿照例7进行.4.Raabe 判别法(极限形式) 设∑+∞=1n n a 是正项级数且极限r a a n nn n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→11lim 存在. (1)若1>r ,则级数收敛;(2) 若1<r ,则级数发散.证明 取0>ε使得10>-=εr r .存在0>N ,当N n >时, 011r a a n n n >⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+,由此得n r a a nn 011-<+.取p 满足01r p <<.由于011111lim00>-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+-++∞→p r nn n r pn ,故当n 充分大时,011110>⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-pn n r ,即pn n n r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<-110. 所以nn a a 1+pn n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<1()pp n n 111+=.因此由∑+∞=11n pn 收敛与比较原则的推论可知∑+∞=1n n a 收敛. (3) 当n 充分大时,有111≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n ,n n a a 1+1111-=-≥n n n n . 由调和级数∑+∞=11n n发散与比较原则的推论可知∑+∞=1n n a 发散.例8讨论级数()()pn n n ∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1!!2!!12的敛散性. 解 设()()pn n n a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=!!2!!12,由于 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n 11⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=p n n n 2212122222122111p n n n n p→+⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-- )(+∞→n , (此处利用已知极限()p xx px =-+→11lim 0),由Raabe 判别法,当2>p 时级数收敛;当2<p 时级数发散;当2=p 时由Raabe 判别法的证明过程知级数发散. 推论 ()()0!!2!!12lim =-+∞→n n n .例9讨论级数()()()∑+∞=+++121!n n x x x n 的敛散性.其中0>x .解 设()()()n x x x n a n +++=21!.由于⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n 11x n x nx n x n n →++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=1111)(+∞→n , 由Raabe 判别法,当1>x 时级数收敛;当1<x 时级数发散;当1=x 时级数为,3121 ++,因此级数是发散的.例10 设数列{}n a 单调递减非负,证明级数∑+∞=1n n a 收敛当且仅当级数∑+∞=022k k ka收敛.证明 设n n a a a S +++= 21,k a a a T k k 22122+++= .当12+<k n 时, )()(1223211-+++++++≤k k a a a a a S n k k T a a a k =+++≤22122 .因此若级数∑+∞=022k kk a 收敛,则数列{}k T 有界,从而数列{}n S 有界,这推出级数∑+∞=1n n a 收敛.当k n 2>时,)()(21243211k k a a a a a a S n +++++++≥+- k k T a a a a k 21222121421=++++≥- . 故由级数∑+∞=1n n a 收敛可推出级数∑+∞=022k k ka收敛.例11 设0>n a ),2,1( =n ,证明数列()()()()n a a a +++11121 与级数∑+∞=1n n a 同为收敛或发散.证明 令()()()n n a a a u +++=11121 ,则()()()n n a a a u ++++++=1ln 1ln 1ln ln 21 . 所以{}n u 收敛⇔{}n u ln 收敛⇔∑+∞=+1)1ln(n n a 收敛.由于当0lim =+∞→n n a 时有1)1ln(lim =++∞→nn n a a ,所以∑+∞=+1)1ln(n n a 与∑+∞=1n n a 同为收敛或发散,从而数列{}n u 与级数∑+∞=1n n a 同为收敛或发散注当数列()()()()n a a a +++11121 收敛时,称无穷乘积()∏+∞=+11n n a 收敛,其极限值称为无穷乘积的值.否则称无穷乘积发散.例如发散而收敛.例12设0≠n a ),2,1( =n 且0lim ≠=+∞→a a n n ,证明级数∑+∞=+-11n n n a a 与级数∑∞+=+-1111n n n a a 同为收敛或发散.证明 令n n n a a u -=+1,nn n a a v 111-=+.则nn n n n n a a a a v u 1111--=++21a a a n n →=+.)(+∞→n 所以级数∑+∞=1n n u 与级数∑+∞=1n n v 同为收敛或发散.例13 设正项级数∑+∞=1n n a 是发散的,n S 表示该级数的前n 项部分和.证明（1）级数∑+∞=0k nnS a 也是发散的;（2）级数∑∞=12n nnS a 收敛． 证明 (1) 由条件知{}n S 单调递增趋于∞+.我们有∑+=mn k kkS a 1m m n n n n S a S a S a +++=++++ 2211m m n S a a ++>+ 1m n m S S S -=m n S S -=1固定n ,令+∞→m ,则0→m n S S .因此存在0>N ,当N m >时,有21<m n S S .所以当{}N n m ,m ax >时,∑+=mn k kk S a 121211=->.由Cauchy 收敛准则级数∑+∞=0k n n S a 发散. （2）11211211122121111a S S S S a S S a a S a n nk k k n k k k k nk k k ≤-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+≤∑∑∑=-=-=，此级数部分和有界，故该级数收敛．5. Leibniz 判别法 设交错级数()∑+∞=-11n n n a (其中0≥n a )满足(1) {}n a 单调递减;(2) 0lim =+∞→n n a ,则级数()∑+∞=-11n n n a 收敛.6. Abel 判别法 设 (1) 级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 数列{}n b 单调有界,则级数∑+∞=1n n n b a 收敛.7. Dirichlet 判别法 设 (1) 级数∑+∞=1n n a 的部分和有界;(2) 数列{}n b 单调递减且0lim =+∞→n n b ,则级数∑+∞=1n n n b a 收敛.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()x f 在[)+∞,a 上()0>x f ,且单调递减,并对任意的a A >,()x f 在[]A a ,上可积.试证明:()dx x f ⎰+∞1与()xdx x f 21sin ⎰+∞具有相同的敛散性.证明 因()0>x f ,且单调递减,故()x f 单调递减到0或到某个正数A. （1）当()x f 单调递减到0时,则由Dirichlet 判别法知,()xdx x f a2cos ⎰+∞收敛.从而由()xdx x f a2sin ⎰+∞=()dx x x f a22cos 1-⎰+∞=()2121-⎰+∞dx x f a ()xdx x f a2cos ⎰+∞知,()dx x f a⎰+∞与()xdx x f a2sin ⎰+∞具有相同的敛散性.（2）当()x f 单调递减到某个正数A 时,则对无论多么大的数δ,有()dx x f a ⎰+∞()δδA dx x f a a>>⎰++∞→()∞→δ.()xdx x f a2sin ⎰+∞()dx x x f a a⎰+>δ2sin dx x A a a⎰+>δ2sin=->⎰+dx x A a aδ22cos 12121-δA xdx A a a 2cos ⎰+δ+∞→()∞→δ, 故这两个积分都发散.例15 讨论级数()∑∞=+--1111n np n n的敛散性.解 （1）当0≤p 时,通项不收敛到0()∞→n ,此级数发散; （2） 当1>p 时,p np n n111<+,而∑+∞=n p n1收敛,由比较原则知,原级数绝对收敛； （3） 当10≤<p 时,()∑∞=--111n pn n收敛,nn11单调有界,应用Abel 判别法知原级数收敛.因为()nnn nnp 11111+--1→()∞→n ,故原级数条件收敛.例16设0>n a ),2,1( =n ,且极限⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→nn n a a n 11lim 存在且大于0证明级数()∑+∞=+-111n nn a 收敛. 证明 由Leibniz 判别法,只要证{}n a 单调递减趋于0.由条件01lim 1>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→nn n aa n 知, 存在00>r 与01>N ,当1N n >时, 0101>>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+r a a n n n ,由此得 nra a n n 011-<+.该不等式说明{}n a 单调递减的.取p 满足00r p <<.当+∞→n 时,有01111100>-→⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+-+p r nn n r p,故存在02>N ,当2N n >时,011110>⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-p n n r ,即pn n n r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<-110. 所以当{}21,m ax N N n >时,n n a a 1+pn n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<1,即()n ppn a n n a 11+<+.不妨设当1≥n 时该不等式成立.则用数学归纳法可证明()p n n a a 111+<+.由此可得0lim =+∞→n n a .例17讨论级数()()()pn n n n ∑∞+=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--11!!2!!121的敛散性. 解 设()()pn n n a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=!!2!!12,由例8知级数∑+∞=1n n a 当2>p 时收敛,当2≤p 时发散.因此当2>p 时级数()∑+∞=+-111n n n a 绝对收敛,此时有⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+n n a a n 11⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=p n n n 221212222122111+⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛+--n n n n p,故21lim 1p a a n n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→.由例16知当0>p 时级数()∑+∞=+-111n n n a 条件收敛.由收敛的必要条件知当0>p 时, ()()0!!2!!12lim =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+∞→p n n n .因此当0<p 时, ()()+∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+∞→pn n n !!2!!12lim .故级数()∑+∞=+-111n n n a 发散.本题的结论可总结为:()()()⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<>⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑∞+=+时发散时条件收敛时绝对收敛0202!!2!!12111p p p n n pn n .例18证明级数∑+∞=2ln sin n n n是条件收敛的. 证明 令n a n sin =,nb n ln 1=.则{}n b 单调递减趋于0.又由三角恒等式21sin221cos 23cos sin 2⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=∑=m n mn ,所以21sin 1sin 2≤∑=m n n . 由Dirichlet 判别法知级数∑+∞=2ln sin n nn收敛.下面证明∑+∞=2ln sin n nn 发散. ∑+∞=2ln sin n n n()()∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=112ln 12sin 2ln 2sin k k k kk ()()∑∞+=+++≥112ln 12sin 2sin k k k k . 设()()1sin sin ++=x x x f ,显然()0>x f 且()x f 是连续的周期函数.因此存在0>l 使得()l x f ≥.所以∑+∞=2ln sin n n n()∑+∞=+≥112ln 1k k l .由此可知级数∑+∞=2ln sin n n n 发散. 例19讨论级数∑+∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++1sin 1211n n nxn 的敛散性. 解 当πk x =时级数显然收敛.当πk x ≠时,令nx a n sin =,⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=n n b n 12111 .同例18可证∑+∞=1n na部分和有界.下证{}n b 单调递减趋于0.⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=-+n n b b n n 121111 ⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++-1121111n n ()01121111≥⎪⎭⎫⎝⎛+-++++=n n n n n . 由Dirichlet 判别法知级数∑+∞=1n n n b a 收敛.用类似于例18的方法可证该级数是条件收敛的.例20 若{}n nx 收敛，()∑+∞=--21n n n x x n 收敛,则级数∑+∞=1n n x 收敛.证明 令1,==i i i v x ε,则∑===ni i n n v 1σ.利用Abel 变换得到∑=⋅ni ix11()∑-=+--=111n i i i i n n x x x σσ()∑-=+--=111n i i i n x x i nx .由于()∑+∞=+-11n n n x x n ()()1111+⋅-+=∑+∞=+n n x x n n n n .而⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n n 单调有界,级数 ()()∑+∞=+-+111n n n x xn ()∑+∞=--=21n n n x x n 收敛.由Abel 判别法知级数()∑+∞=+-11n n n x x n 收敛.再由数列{}n nx 的收敛性即可知级数∑+∞=1n n x 收敛.练习设∑∞=1n na收敛，0lim =∞→n n na ．证明：∑∑∞=∞=+=-111)(n n n n na a an ．证明 记级数∑∞=--11)(n n na an 的前n 项和为n S ，则12113221)()(2)(++-+++=-++-+-=n n n n n na a a a a a n a a a a S ，而0])1(1[lim lim 11=+⋅+=+∞→+∞→n n n n a n n nna ，所以∑∑∞=∞=+=-111)(n n n n n a a a n ． 例21 设0>p ,级数()∑+∞=+-1111n pn n的和记为S .证明121<<S . 证明 显然 +-+-=pp p S 41312111514131211<-⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛--= p p p p . 另一方面, ()() +⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=p p p p p n n S 211214131211 令()pxx f 1=,则()1'---=p px x f ,()2)1(''--+=p x p p x f .当0>x 时, ()0''>x f .因此()x f 为严格下凸函数.故对任意0,21>x x ,当21x x ≠时,有()()2)2(2121x f x f x x f +<+.取,12,1221+=-=n x n x 则()()()121222++-<n f n f n f即()()()()122212+->--n f n f n f n f . 所以p p p 3121211->-,pp p p 51414131->-,….()()()()pp p p n n n n 1212121121+->-- 因此()()Sn n S p p p p p p -=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛->11212151413121 .所以21>S . 例22讨论级数()[]∑∞+=-11n n n的敛散性.解()[]∑∞+=-11n n n+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=15191817161514131211()()∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++++-=12221111111n k k k k令()111111222-+++++=k k k a k . 由于()11111112222-++++-+++k k k k k k()11122+⋅++⋅<k k k k k k 2=,故k a k 2<. 同理可证()111122-+++-+>k k k k k a k 12+>k . 因此{}k a 是单调递减趋于0的.所以级数()()∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++++-12221111111n kk k k收敛,从而原级数收敛. 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∑+∞=1n n a 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()++++++)(21111n n n a a a a ∑+∞==1k k A .其中k k n n k a a A ++=+- 11.)0,,2,1(0==n k 且设设∑+∞=1n n a 的部分和为n n a a a S +++= 21,则k n A A A S k +++= 21.由条件知级数∑+∞=1k k A 收敛.因此极限kn k S +∞→lim 存在,记S 为其极限值.设1+≤≤k k n n n ,则当1+k A 中的项全为正项时, 1+<≤k k n n n S S S ;则当1+k A 中的项全为负项时, k k n n n S S S <≤+1. 因此S S n n =+∞→lim ,即∑+∞=1n n a ∑+∞==1k k A .例23讨论广义积分()[]dx xx ⎰∞+-01的敛散性.解 显然该积分不是绝对收敛的.设1+<≤n x n ,则()2221+<≤n x n .()[]dxxx ⎰∞+-01()()∑⎰-=+-=111221n k k kkdt t()dt txn n ⎰-+21()()∑-=+-=11221ln 1n k kkk t ()2ln 1n x n-+()∑-=+-=111ln 12n k kk k ()2ln 1n x n -+.由Leibniz 判别法,级数()∑+∞=⎪⎭⎫⎝⎛+-111ln 1k k k 是收敛的,而()2ln 1n x n-()221ln n n +≤011ln 2→⎪⎭⎫⎝⎛+n ,()∞→x所以积分()[]dx xx ⎰∞+-01是条件收敛的.例24将级数 +-+-4131211的项重新排列,使得按原有顺序先排p 个正项与q 个负项,然后再排p 个正项与q 个负项,得-+--++++----+++2211411212121121311q p p q p .证明此级数收敛并求其和.证明 由C n n n =⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++++∞→ln 131211lim ,其中C 是Euler 常数.令nH n 131211++++= ,则n n C n H ε++=ln ,其中0→n ε()∞→n .我们有 q H q 21214121=+++ q C q ε21ln 21++=;p p H H p 211213112-=-+++p C p 2ln 2ln ε+++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++-p C p ε21ln 21p p C p εε2121ln 212ln 2-+++=. 将重排以后的级数的符号相同的相邻的项加括号,得 -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++1411212121121311p p q p . 它的前n 2项部分和为n n q p S α+⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2ln 2,其中0lim =+∞→n n α.所以原级数是收敛的,其和为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛q p 2ln .特别地有()2,1,2ln 2181613141211===+--+--q p ()1,2,2ln 2341715121311===+-++-+q p ()4,1.016110131816141211===+---+----q p§5.2 一致收敛性及其应用一、基本概念与主要结果1. 一致收敛性的定义(1) 设(){}x f n ),2,1( =n 与()x f 都在区间I 上有定义, 0>∀ε，0>∃N ，当Nn >时,有()()ε<-x f x f n 对一切I x ∈成立．则称函数列(){}x f n 在I 一致收敛于()x f .(2) 设()∑∞=1n nx u 是函数项级数,其中每一个()x u n在I 上有定义.记()()∑==nk k n x u x S 1，I x ∈.若函数列(){}x S n 在I 上一致收敛于某函数()x S ，则称()∑∞=1n n x u 在I 上一致收敛于()x S ．(3) 设()⎰+∞ady y x f ,是含参量广义积分,其中()y x f ,定义在[)+∞⨯,a I 上.记()()⎰=A ady y x f A x I ,,.若当+∞→A 时()A x I ,在I 上一致收敛于某函数()x I ．则称广义积分()⎰+∞ady y x f ,在I 一致收敛于()x I .2. 一致收敛性的判断(1)（一致收敛的柯西准则）()∑∞=1n n x u 在I 上一致收敛⇔0>∀ε，0>∃N ，N n >∀，N ∈∀p ，I x ∈∀，有()()ε<++++x u x u p n n 1．(2) 若()∑∞=1n n x u 在I 上一致收敛于()x S ⇔()()0sup lim =-∈∞→x S x S n Ix n⇔()0sup lim =∈∞→x R n I x n ．（()()()()∑∞+==-=1n k kn n x u x S x S x R ）． 推论 级数()∑∞=1n nx u 在I 上一致收敛的必要条件是：(){}x u n一致收敛于零．(3) Wwierstrass 判别法(魏尔斯特拉斯判别法,-M 判别法或优级数判别法）若()n n M x u ≤，对一切I x ∈成立且正项级数∑∞=1n nM收敛，则()∑+∞=1n n x u 在I 上一致收敛．(4) Dirichlet 判别法 若1）级数()∑∞=1n n x u 的部分和函数列在I 上一致有界；2）I x ∈∀，(){}x v n 在I 上对n 是单调的； 3）()x v n 0（∞→n ），I x ∈， 则级数()()∑∞=1n nnx v x u 在I 一致收敛．(5) Abel 判别法 若1）级数()∑∞=1n n x u 在I 一致收敛；2）I x ∈∀,(){}x v n 在I 上对n 是单调的(即()() ≤≤x v x v 21或()() ≥≥x v x v 21)； 3）(){}x v n 在I 一致有界，即0>∃M ，()M x v n ≤，I x ∈∀， ,2,1=n ． 则级数()()∑∞=1n nnx v x u 在I 一致收敛．3． 和函数的分析性质定理1 若()x u n 在0x 处连续（ ,2,1=n ），且()∑∞=1n n x u 在0x某领域一致收敛，则()()∑==nk k x u x S 1在0x 处连续．定理2 若()x u n 在()b a ,内连续（ ,2,1=n ），且()∑∞=1n n x u 在()b a ,内闭一致收敛，则()()∑==nk k x u x S 1在()b a ,内连续．定理3（连续性） 若()∑∞=1n n x u 在[]b a ,一致收敛，且每一项都连续，则其和函数在[]b a ,上也连续，即()()∑∑∞=→∞=→⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛1100lim lim n n x x n n x x x u x u ． 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()()∑⎰⎰∑∞=∞==⎪⎭⎫⎝⎛11n b an ba n n dx x u dx x u ． 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()∑∞=1n n x u 满足条件：（1）()x u n 在[]b a ,上有连续的导函数， ,2,1=n ； （2）[]b a x ,0∈∃，()∑∞=1n n x u 在0x点收敛；（3）()∑∞='1n n x u 在[]b a ,一致收敛，则()()∑∑∞=∞='='⎪⎭⎫⎝⎛11n n n n x u x u ．例1设()x f 0在[]b a ,上正常可积，()()⎰-=x an n dt t f x f 1， ,2,1=n ．证明函数项()∑∞=1n n x f 在[]b a ,上一致收敛．证明（递推方式放大） 由()x f 0在[]b a ,上正常可积知()x f 0在[]b a ,有界，即0>∃M ，使得()M x f ≤0，[]b a x ,∈∀．从而()()()a x M dt t f x f xa-≤≤⎰01，()()()()212!2a x Mdt a t M dt t f x f xax a-=-≤≤⎰⎰， 一般地，若对n 有()()n n a x n Mx f -≤!，则 ()()()()()11!1!++-+=-=≤⎰⎰n x a n x a n n a x n M dt a t n M dt t f x f ， 从而有()()!n a b M x f nn -≤.由于级数()∑∞+=-1!n nn a b M 收敛，由Weierstrass 判别法,()∑∞=1n n x f 在[]b a ,上一致收敛．练习 设()x f 1在[]b a ,上正常可积，()()⎰=+xann dt t f x f 1， ,2,1=n ．证明：函数序列(){}x f n 在[]b a ,上一致收敛于零．例2（函数列Dini 定理）若(1) )(x f n 在[]b a ,上连续() ,2,1=n ，(2) 对任意[]b a x ,∈,()() ≤≤≤≤x f x f x f n 21)(， (3) ()()x f x f n n =+∞→lim 且)(x f 在[]b a ,上连续．则函数列{})(x f n 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．证明（反证法）设{})(x f n 在[]b a ,上不一致收敛于()x f () ,2,1=n .由于{})(x f n 递增,00>∃ε，0>∀n ，[]b a x n ,∈∃，使得()()0ε≥-n n n x f x f ． (1)由于{}n x 是有界数列,由致密性定理，存在收敛子列,不妨设0x x n →()+∞→n ．又由于()()00lim x f x f n n =+∞→,从而存在0>N 使得()000)(0ε<≤≤x f x f N .由于()x f x f N -)(在点0x 连续且0x x n →,故存在01>N 使得当1N n >时,有()0)(0ε<≤≤n N n x f x f .当{}1,m ax N N n >时,由()n n n N x f x f ≤)(,得()0)(0ε<≤≤n n n x f x f .这与(1)式矛盾.注 当条件(2)改为”[]b a x ,∈,()() ≥≥≥≥x f x f x f n 21)(”时结论仍然成立.（函数项Dini 定理）设函数项级数()∑∞=1n n x u 的每项均在有限区间[]b a ,上连续，且收敛于连续函数)(x f ．若[]b a x ,∈∀，级数()∑∞=1n nx u 为同号级数，则()∑∞=1n nx u 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．证明（反证法）假设在[]b a ,上非一致收敛，则00>∃ε，使得0>∀N ，N n >∃，[]b a x ,∈∃，()0ε≥x r n ．取1=N ，11>∃n ，[]b a x ,1∈∃，使()011ε≥x R n ；取1n N =，12n n >∃，[]b a x ,2∈∃，使()ε≥22x R n ，……，如此下去得一子列{}k n R ，使得()0ε≥k n x R k ， ,2,1=k ． （1）由致密性定理，有界数列{}k x 中存在收敛子列{}j k x ：[]b a x x j k ,0∈→．由题设知()∑∞=1n n x u 是同号级数，因此)(x Rn关于n 单调递减，所以由（1）得：当m n j k >时，()()0ε≥≥j j k j k n k m x R x R由于()()()x S x f x R m m -=连续，故当+∞→j 时，()00ε≥x R m ，这与()∑∞=1n n x u 在[]b a ,上收敛相矛盾，故一致收敛．例3设(1) 对每一n ,)(x f n 是[]b a ,上的单调函数，(2) ()()x f x f n n =+∞→lim 且)(x f 在[]b a ,上一致连续．证明函数列{})(x f n 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．注 本题条件中不要求对任意n ,)(x f n 都是单调递增的或都是单调递减的.证明 由于)(x f 在[]b a ,上一致连续,故0>∀ε,0>∃δ,当0'','≥x x 且δ<-'''x x 时, 有()()2'''ε<-x f x f . (1)将区间[]b a ,作k 等分,使得δ<-kab .设其分点为b x x x a x n =<<<<= 210. 由于()()x f x f n n =+∞→lim ,故存在0>N ,当N n >时,()()2ε<-j j n x f x f ()k j ,,2,1 =. (2)对于任意[]b a x ,∈,存在j 使得[]j j x x x ,1-∈.由于)(x f n 为[]b a ,上的单调函数, )(x f n 介于)(1-j n x f 与)(j n x f 之间.因此()()x f x f n -()()()(){}x f x f x f x f j n j n --≤-,max 1.由不等式(1)与(2),()()x f x f j n --1()()11---≤j j n x f x f ()()ε<-+-x f x f j 1, ()()x f x f j n -()()j j n x f x f -≤()()ε<-+x f x f j .所以()()ε<-x f x f n .故{})(x f n 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．例4 证明级数∑∞=1s i n n n nx在[]π2,0上收敛而非一致收敛． 证明 由Dirichlet 判别法知∑∞=1sin n n nx对任意x 收敛.对任意m ,取mx m 4π=.注意当m m n 2,,1 +=时,有24ππ≤<m nx .所以∑+=mm n m nnx 21sin ∑+=>mm n m 2124sinπ424sin 21==π. 由Cauchy 收敛准则,∑∞=1sin n n nx在[]π2,0上非一致收敛．注 可以证明∑∞=1sin n n nx在[]επε-2,上一致收敛,其中πε<<0,但在0=x 的任一邻域内非一致收敛．分析 估计∑++=pn n k k kx 1sin 的麻烦在于每项因子有kx sin ，否则∑++=p n n k k11很容易证明其发散．因此，我们想：在0=x 的任一邻域()δ,0U ，当k 从1+n 变化到p n +时，kx sin 能否大于某常数，若能则必非一致收敛．事实上，当⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,4ππx 时，4sin sin π≥kx ，因此，取()δ,00U x ∈，使4sin sin 0π≥kx ，即只需⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,40ππkx ，n n k 2,,1 +=．取n x 40π=即可．证明 取420=ε，N ∈∀N ，N n >∃，n p =∃，()δπ,040U nx ∈=∃，有 021210424sin 214sin 1sin εππ==>≥∑∑+=+=nn k n n k kk kx ， 由柯西收敛准则知∑∞=1sin n n nx非一致收敛．例 5 设{}n a 是单调递减的正数列,且级数∑∞=1sin n nnx a在()+∞∞-,上一致收敛.证明0lim =∞→n n na .证明 由于∑∞=1sin n nnx a在()+∞∞-,上一致收敛, 0>∀ε,存在0>N ,当N n >时,()ε<+++++nx a x n a nx a n n n 2sin 1sin sin 21 对任意x 成立.取nx 21=则 ε<++⎪⎭⎫ ⎝⎛++<+1sin 2121sin 21sin021n n n a n a a . 由于{}n a 单调递减,有ε<++⎪⎭⎫ ⎝⎛++<+1sin 2121sin 21sin 21sin212n n n n a n a a na 所以02lim 2=∞→n n na .同理可证()012lim 12=++∞→n n a n .因此0lim =∞→n n na .注 本题可推出∑∞=1sin n n nx在[]π2,0上不一致收敛.例6设)(x f 在开区间()b a ,内有连续的导函数)(x f '.令)]()1([)(x f n x f n x f n -+=． 证明对任意闭区间[]()b a d c ,,⊂,函数列{})(x f n 在],[d c 上一致收敛于)(x f '．证明 取'd 满足b d d <<'由于)(x f '在]',[d c 上连续，从而一致连续，即0,0>∃>∀δε，当],[,21b a x x ∈,且δ<-21x x 时，有ε<'-')()(21x f x f ． 由微分中值定理,存在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∈n x x n 1,ξ使得()n f x f n x f n ξ')]()1([=-+. 所以)()()()(x f f x f x f n n '-'='-ξ.存在0>N ,使得δ<N 1且'1d Nc <+,则当N n >时,δξ<-x n ,从而ε<'-)()(x f x f n .这证明了{})(x f n 在],[d c 上一致收敛于)(x f '．练习设函数)(x f 在],[b a 上有连续的导函数)(x f '，b a <<β．对每一个自然数β-≥b n 1，定义函数：)]()1([)(x f n x f n x f n -+=．试证：)(x f n 在],[βa 上一致收敛于)(x f '．证明 )(x f '在],[b a 上连续，从而一致连续，即0,0>∃>∀δε，],[,21b a x x ∈∀，当δ<-21x x 时，有ε<'-')()(21x f x f ．取⎭⎬⎫⎩⎨⎧->βδb N 1,1max ，则当N n >时，],[βa x ∈∀，有],[1b a n x ∈+，从而由上式和微分中值定理得)0()()()()(1δξεξ<<<<'-+'='--n x f x f x f x f n n n ，即)(x f n 在],[βa 上一致收敛于)(x f '．例7 设()211)(xxx f x f +==,()()x f f x f n n =+)(1() ,2,1=n .证明函数列{})(x f n 在()+∞∞-,上一致收敛于0．证明 由于()()x f f x f =)(2222221111xx x x x x +=+++=,用数学归纳法可证对任意n 有, ()21)(nxxx f x f n +==由此推出nx f n 1)(≤对任意x 与n 成立,所以{})(x f n 在()+∞∞-,上一致收敛于0．例8证明()∑∞=-121n n x x 在[]1,0上一致收敛．证明（最大值法） 记()()21x x x u n n -=，则()()()x x x nx x u n n n ---='-12121 令()0='x u n 得稳定点2,1,0+=n n x ，而()()0102==>⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n n u u n n u ，所以()x u n 在[]1,0上的最大值为⎪⎭⎫⎝⎛+2n n u n ，从而()222242221212n n n n n n n n x u nn <⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫⎝⎛+≤．由∑∞=124n n 收敛知()∑∞=-121n nx x 在[]1,0上一致收敛．例9设{}n x 是区间()1,0中全体有理数,对任意()1,0∈x 定义()∑<=x x nn x f 21,求定积分⎰1)(dx x f 的值．解 显然()x f 在()1,0上是单调递增有界函数,因而是可积的.令()⎪⎩⎪⎨⎧>≤=.,21,,0n n n x x nx x x g则()x g n n ∑+∞=1∑+∞=⎭⎬⎫⎩⎨⎧<=121n n n x x ()x f x x n n ==∑<21.由于()nn x g 21≤() ,2,1=n 且∑+∞=121n n 收敛,由Weierstrass 判别法,级数()x g n n∑+∞=1在()1,0上一致收敛.由逐项积分定理,⎰1)(dx x f dx x g n n ∑⎰+∞==11)(∑+∞=-=121n nnx .例10 设{}n x 是区间()1,0中全体有理数．试讨论函数()()∑+∞=-=12sgn n nn x x x f 在()1,0的连续性，其中x s g n 是符号函数．解 令()()nn n x x x f 2sgn -=.显然()x f n 有惟一的间断点n x ,且()x f n n ∑+∞=1在()∞+∞-,上一致收敛于()x f ..对任意n ,令()()x f x g n k kn ∑≠=,则()()()x g x f x f nn+=.由于()x f nk k ∑≠中每一项()x f k在n x x =连续,且该级数一致收敛,因此()x g n 在n x x =连续.但是()x f n 在n x x =不连续,所以()x f 在n x x =不连续.同理可证()x f 在任意无理点是连续的.注()x f 在]1,0[上是可积的,且()⎰10dx x f ()∑⎰+∞==110n n dx x f ∑+∞=-=1221n nnx .练习 设{}n x 是区间()1,0的一个序列，10<<n x ，且j i x x ≠，j i ≠．试讨论函数()()∑∞=-=12s g n n nn x x x f 在()1,0的连续性，其中x s g n 是符号函数． 解 10()n n n x x 212s g n ≤-，而∑∞=121n n 收敛，故()∑∞=-12sgn n nn x x 一致收敛． 20 设n x x ≠0为()1,0中任一点，则通项()x u n 在0x 连续，由定理1'（P17）知()x f 在0x 连续．30 设0x 为{}n x 中某点，不妨设为k x ，则()()()∑≠-+-=kn kk n n x x x x x f 2sgn 2sgn ， 上式右端第一项连续，第二项在k x x =处间断，从而其和间断，即()x f 在k x 处间断．例11设{})(x f n 是],[b a 上的连续函数列,且在],[b a 上一致收敛于)(x f ，又],[b a x n ∈),,2,1( =n 满足0lim x x n n =∞→．证明 )()(lim 0x f x f n n n =∞→．分析)()()()()()(00x f x f x f x f x f x f n n n n n n -+-≤-．证明 由一致收敛定义得：],[,,0,011b a x N n N ∈>>∃>∀对一切时当ε，有ε<-)()(x f x f n ． （1）又{})(x f n 连续，且一致收敛于)(x f ，所以)(x f 在],[b a 也连续，进而在0x 处连续.则对上述0>ε，0>∃δ，当],[),(0b a x U x δ∈时，有ε<-)()(0x f x f ．而0lim x x n n =∞→，则对上述,0,02>∃>N δ 当2N n >时，有δ<-0x x n ，从而当2N n >时，有ε<-)()(0x f x f n ． （2）取{}21,m ax N N N =，则当N n >时，（1）和（2）式均成立，故有ε2)()()()()()(00<-+-≤-x f x f x f x f x f x f n n n n n n ，所以 )()(lim 0x f x f n n n =∞→．例12设{})(x f n 是],[b a 上的连续函数列，且在],[b a 上一致收敛于)(x f ,又)(x f 在],[b a 上无零点.证明()⎭⎬⎫⎩⎨⎧x f n 1],[b a 上一致收敛于()x f 1. 证明 由于)(x f 在],[b a 上连续，且恒不为0,因此)(x f 在],[b a 上同号.不妨设)(x f 恒正.由连续函数的最值定理, )(x f 在],[b a 上有正的最小值m ,故m x f ≥)(.由于)(x f 在],[b a 上一致收敛于)(x f ,0>∃N ，当N n >时，],[b a x ∈∀，有2)()(mx f x f n <-，所以())(x f x f n -()2)(m x f x f n ->-->,()x f n ()222mm m m x f =-≥->.又,0>∀ε],[,,022b a x N n N ∈∀>>∃时当,ε2)()(2m x f x f n <-.因此取{}21,m ax N N N =， 则当N n >时,对任意],[b a x ∈有εε=⋅≤-=-22)()()()()(1)(122m mx f x f x f x f x f x f n n n ，。
第二节 广义积分的收敛判别法
第二节广义积分的收敛判别法广义积分的收敛与发散是数学分析中的一个重要问题，因为广义积分不同于普通积分，广义积分可能存在收敛性，也可能存在发散性。
对于一个广义积分的收敛与发散，我们需要利用一些收敛判别法来判断，本文将介绍一些广义积分的收敛判别法。
I. 初等判别法对于某个广义积分 $\int_{a}^{\infty} f(x)\mathrm{d}x$，如果能找到一个常数$c>0$，使得 $f(x)\ge c$ 对于所有 $x\ge a$ 成立，则该积分必定发散。
该判别法的原理很简单，因为当 $f(x)\ge c$ 的时候，因为积分极限为从 $a$ 到无穷大，所以它会与一个发散的积分 $\int_{a}^{\infty} c\mathrm{d}x$ 进行比较，由于$f(x)\ge c$，所以 $\int_{n}^{n+1} f(x)\mathrm{d}x\ge c$ 就可以得到最后的结论。
1. 若 $\int_{a}^{\infty} g(x)\mathrm{d}x$ 收敛，则 $\int_{a}^{\infty}f(x)\mathrm{d}x$ 收敛IV. 绝对收敛和条件收敛这里需要注意的是，绝对收敛必定收敛，但是条件收敛不一定收敛。
因此，对于一个条件收敛的积分，我们通常需要采用柯西收敛判别法或者达朗贝尔判别法来判断其收敛性。
V. 柯西收敛判别法对于一个条件收敛的广义积分 $\int_{a}^{\infty} f(x)\mathrm{d}x$，如果$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \int_{a}^{b_n} f(x)\mathrm{d}x=0$，则该积分收敛，其中 $b_n$ 是一个单调递增的正数列，且满足$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} b_n=\infty$。
该判别法的原理在于，因为 $|f(x)|\ge |f(x+1)|\ge |f(x+2)|\ge \cdots$，所以可以认为 $|f(x)|$ 随着 $x$ 的增大而逐渐减小，而较小的 $|f(x)|$ 对于积分的影响会相对较小，因此可以利用这个性质来证明广义积分的收敛性。
第5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1.级数与广义积分收敛性定义（1）设{}n a 是数列,则∑+∞=1n n a 称为级数.称n n a a a S +++= 21为级数∑+∞=1n n a 的前n 项部分和.若数列{}n S 收敛,则称此级数收敛,并称极限值n n S +∞→lim 为级数∑+∞=1n n a 的和.(2)设()x f 是定义在[)b a ,上的函数,其中*R b ∈{}+∞∞-⋃=,R .若对任意[)b a t ,∈,()x f 在[)t a ,上可积,且极限()⎰→ta b t dx x f lim 存在,则称积分()dx x f ba⎰收敛,或()x f 在[)b a ,上广义可积,且记()dx x f b a⎰()⎰→=tabt dx x f lim .当R b ∈且()x f 在点b 附近无界时,称b 为瑕点.当b 为∞+或瑕点时,称()dx x f ba⎰为广义积分.类似可定义a 为∞-时广义积分()dx x f ba⎰的收敛性.设()x f 是定义在[)b a ,上的函数,其中*,R b a ∈,定义()dx x f ba⎰()dx x f ca ⎰=()dx x f bc⎰+,其中()b a c ,∈.若()dx x f ca⎰与()dx x f b c⎰都收敛时,称积分()dx x f ba⎰收敛,易证上述定义与c 的选择无关.2.级数收敛的必要条件若级数∑+∞=1n n a 收敛,则0lim =+∞→n n a .但是由广义积分()⎰+∞adx x f 收敛,不能推出()0lim =+∞→x f x .例1 存在[)+∞,1上广义可积的正值连续函数()x f ,使得()0lim ≠+∞→x f x .解 定义函数)(x g 如下:当211n n x n -+<≤时,0)(=x g ;当2221111n n x n n -+<≤-+时, ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=22112)(n n x n x g ;当12112+<≤-+n x n n 时,()12)(2---=n x n x g .其中n 取遍任意自然数函数.)(x g 的图像如图所示再令()21)(xx g x f +=,则()x f 在[)+∞,1上连续恒正,且()⎰+∞1dx x f ()⎰+∞=1dx x g ⎰∞++121dx x ∑+∞=+=1211n n是收敛的,但是()02lim ≠=+∞→x f x .例2设)(x f 在[)+∞,a 上一致连续且()⎰+∞adx x f 收敛,证明()0lim =+∞→x f x .证明 由于)(x f 在[)+∞,a 上一致连续,0>∀ε,0>∃δ,当()b a x x ,'','∈且δ<-'''x x 时, 有()()ε<-'''x f x f .由于()⎰+∞adx x f 收敛,存在0>M ,当M x >.时,()εδδ<⎰+x xdt t f .由于()()⎰+-δδx xx f dt t f ()()[]⎰+-=δx x dt x f t f ()()⎰+-≤δx xdt x f t f εδεδ=≤⎰+x xdt .所以()≤δx f ()⎰+δx xdt t f ()()⎰+-+δδx xx f dt t f εδ2<.即()ε2<x f .这证明了()0lim =+∞→x f x .例3设)(x f 在[)+∞,a 上单调递减非负且()⎰+∞adx x f 收敛,证明()0lim =+∞→x xf x .证明 由于()⎰+∞adx x f 收敛,0>∀ε, 存在0>M ,当M x >.时, ()⎰+∞xdt t f 2ε<.又)(t f 在[]x x 2,上单调递减非负,从而()x x f ⋅2()⎰≤xx dt t f 22ε<.故有()ε<≤x xf 220.因此当Mx 2.>时,()ε<≤x xf 0,所以()0lim =+∞→x xf x .例4设)(x f 在[)+∞,a 上可微, )('x f 可积,且当+∞→x 时, )(x f 单调递减趋于零.又()⎰+∞adx x f 收敛,试证()⎰+∞adx x xf '收敛.证明 首先)(x f 非负.否则,若存在1x 使得0)(1<x f ,则1x x >时恒有()0)(1<≤x f x f ,从而()⎰+∞adx x f 发散,而这与已知条件矛盾.其次由()⎰+∞adx x xf '()⎰+∞=ax xdf ()⎰+∞=ax xdf ax xf ∞+=)(()⎰+∞-adx x f ,且()⎰+∞a dx x f 收敛可知,()⎰+∞adx x xf '收敛与否取决于()x xf x +∞→lim 是否存在. 由例3证明过程可知()0lim =+∞→x xf x .例5设)(x f 在[)+∞,a 上有连续可微函数,积分()⎰+∞adx x f 和()⎰+∞adx x f '都收敛.证明()0lim =+∞→x f x .证明 要证+∞→x ,)(x f 有极限,由归结原则,只要证{}+∞→∀n x 恒有{})(n x f 收敛.事实上,由()⎰+∞adx x f '收敛,由Cauchy 收敛准则, 0>∀ε, 存在a A >,当A x x >.,21时, 恒有()⎰21'x x dx x f ()()ε<-=12x f x f .于是{}+∞→∀n x ,存在0>N ,当N m n >,时,有A x x m n >.,,从而()⎰mnx x dx x f '()()ε<-=n m x f x f .所以{})(n x f 收敛.由归结原则()α=+∞→x f x lim 存在.下证0=α.若0>α,由局部保号性,存在0>∆,当∆>x 时有02)(>>αx f .从而∆>A 时()+∞→≥⎰A dx x f AA22α)(时当+∞→A 这与()⎰+∞adx x f 收敛矛盾.同理可证0<α也不可能,故()0lim =+∞→x f x .二、收敛的充分条件1.比较原则 设∑+∞=1n n a 与∑+∞=1n n b 都是正项级数,且存在0>N ,当N n >时, n n b a ≤.(1)若∑+∞=1n n b 收敛,则∑+∞=1n n a 收敛;(2)若∑+∞=1n n a 发散,则∑+∞=1n n b 发散.推论 设∑+∞=1n n a 与∑+∞=1n n b 都是正项级数,且存在0>N ,当N n >时, nn n n b b a a 11++≤.(1)若∑+∞=1n n b 收敛,则∑+∞=1n n a 收敛;(2)若∑+∞=1n n a 发散,则∑+∞=1n n b 发散.对广义积分有类似的比较原则. 例6设{}n u 是单调递增的正数列,证明(1) 当{}n u 有界时,∑∞+=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-111n n n u u 收敛;(2) 当{}n u 无界时,∑∞+=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n u u 发散. 证明 (1)由条件知n n u +∞→lim 存在,设u u n n =+∞→lim .因为=-≤+110n n u u ≤-++11n n n u u u 11u u u nn -+, ∑=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-nk kk u u u 111111u u u n -=+11u u u -→)(+∞→n , 由比较原则级数∑∞+=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n u u 收敛.(2) 当{}n u 无界时,有+∞=+∞→n n u lim .由于∑+=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-pn n k k k u u 11∑+=++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=p n n k k kk u u u 11∑+=+++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-≥p n n k p n kk u u u 1111++++-=p n n p n u u u 11++-=p n n u u , 对固定的n ,取充分大的p 使得211<++p n n u u ,则有2111>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∑+=+p n n k k k u u .由Cauchy 收敛准则,级数∑∞+=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n u u 发散.练习 设)(x f 在[)+∞,1上连续,对任意[)+∞∈,1x 有0)(>x f .另外()λ-=+∞→xx f x ln ln lim .试证若1>λ,则()⎰+∞1dx x f 收敛.证明 因()λ-=+∞→x x f x ln ln lim 故0>∀ε, 存在1>A ,当A x >时有()ελ+-<xx f ln ln ,即()()ελελ+-=+-<x x x f ln ln ln ,所以ελ-<<x x f 1)(0(当A x >时).因1>λ,故取10-<<λε,于是1>-ελ,所以⎰∞+-11dx xελ收敛.由比较判别法()⎰+∞1dx x f 收敛.2.比式判别法 设∑+∞=1n n a 是正项级数,若极限q a a nn n =++∞→1lim 存在，则(1)当1<q 时级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1>q 时级数∑+∞=1n n a 发散.练习1试证如下级数收敛(1) +++-++-+-+2222222222; (2) +++-++-+-+6662663633. 提示 (1)令2222++++=n A ，n n A a -=+21(其中00=A ),易证2lim =+∞→n n A .=++∞→n n n a a 1lim11222lim --+∞→-+-n n n A A x x X -+-=→222lim 2121221lim 2<=++=→x X (归结原则). 练习2设()x f 在0=x 的某邻域内有二阶连续导数，且()0lim 0=→x x f x ．证明级数∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n n f 绝对收敛．证明1 由()0lim 0=→x x f x 得,()00=f ,()00='f .又()=→20lim x x f x ()()0''212'lim 0f x x f x =→.由归结原则, =⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→2211lim n n f n ()=→20lim x x f x ()∞≠0''21f ,故=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→2211lim n n f n ()+∞≠0''21f , 而级数∑∞=121n n 收敛,由比较判别法知∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n n f 绝对收敛．证明2 由()0lim 0=→xx f x 得,()00=f ,()00='f .()x f 在0=x 某邻域内的二阶泰勒展式为 ()()()()()22212100x x f x x f x f f x f θθ''=''+'+=,10<<θ由()x f ''连续知，0>∃M ，有()M x f ≤''，从而有2121nM n f ⋅≤⎪⎭⎫ ⎝⎛故∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n n f 绝对收敛．例7（比式判别法的推广）设∑+∞=1n n a 是正项级数,则(1) 当1lim 1<++∞→nn n a a 时,级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1lim 1<++∞→nn n a a 时,级数∑+∞=1n n a 发散.证明 (1) 设1lim 1<=++∞→nn n a a q ,存在0>ε使得1<+εq .由上极限的性质,存在0>N ,当Nn >时11<+<+εq a a nn .故有()N N a q a ε+<+1, ()()N N N a q a q a 212εε+<+<++,………………………()N pp N a q a ε+<+,由于等比级数()pp q ∑+∞=+1ε收敛,由比较原则, ∑+∞=+1p p N a 收敛,所以级数∑+∞=1n n a 收敛.（2）设1lim 1<=++∞→nn n a a q ,存在0>ε使得1>-εq .由下极限的性质,存在0>N ,当N n >时,11>+>+εq a a nn .因此n n a a >+1,所以原级数是发散的.3.根式判别法 设∑+∞=1n n a 是正项级数,若极限l a n n n =+∞→lim 存在，则(1)当1<l 时级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1>l 时级数∑+∞=1n n a 发散.（根式判别法的推广）设∑+∞=1n n a 是正项级数,则(1) 当1lim <+∞→n n n a 时,级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1lim <+∞→n n n a 时,级数∑+∞=1n n a 发散.证明可仿照例7进行.4.Raabe 判别法(极限形式) 设∑+∞=1n n a 是正项级数且极限r a a n nn n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→11lim 存在. (1)若1>r ,则级数收敛;(2) 若1<r ,则级数发散.证明 取0>ε使得10>-=εr r .存在0>N ,当N n >时, 011r a a n n n >⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+,由此得n r a a nn 011-<+.取p 满足01r p <<.由于011111lim00>-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+-++∞→p r nn n r pn ,故当n 充分大时,011110>⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-pn n r ,即pn n n r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<-110. 所以nn a a 1+pn n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<1pp n n 111+=.因此由∑+∞=11n pn 收敛与比较原则的推论可知∑+∞=1n n a 收敛. (3) 当n 充分大时,有111≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n ,n n a a 1+1111-=-≥n n n n . 由调和级数∑+∞=11n n 发散与比较原则的推论可知∑+∞=1n n a 发散.例8讨论级数()()pn n n ∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1!!2!!12的敛散性. 解 设()()pn n n a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=!!2!!12,由于 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n 11⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=p n n n 221212222222111p n n n n p→+⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-- )(+∞→n , (此处利用已知极限()p xx px =-+→11lim 0),由Raabe 判别法,当2>p 时级数收敛;当2<p 时级数发散;当2=p 时由Raabe 判别法的证明过程知级数发散. 推论 ()()0!!2!!12lim =-+∞→n n n .例9讨论级数()()()∑+∞=+++121!n n x x x n 的敛散性.其中0>x .解 设()()()n x x x n a n +++=21!.由于⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n 11x n x nx n x n n →++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=1111)(+∞→n , 由Raabe 判别法,当1>x 时级数收敛;当1<x 时级数发散;当1=x 时级数为,3121 ++,因此级数是发散的.例10 设数列{}n a 单调递减非负,证明级数∑+∞=1n n a 收敛当且仅当级数∑+∞=022k k ka收敛.证明 设n n a a a S +++= 21,k a a a T k k 22122+++= .当12+<k n 时, )()(1223211-+++++++≤k k a a a a a S n k k T a a a k =+++≤22122 .因此若级数∑+∞=022k kk a 收敛,则数列{}k T 有界,从而数列{}n S 有界,这推出级数∑+∞=1n n a 收敛.当k n 2>时,)()(21243211k k a a a a a a S n +++++++≥+- k k T a a a a k 21222121421=++++≥- . 故由级数∑+∞=1n n a 收敛可推出级数∑+∞=022k k ka收敛.例11 设0>n a ),2,1( =n ,证明数列()()()()n a a a +++11121 与级数∑+∞=1n n a 同为收敛或发散.证明 令()()()n n a a a u +++=11121 ,则()()()n n a a a u ++++++=1ln 1ln 1ln ln 21 .所以{}n u 收敛⇔{}n u ln 收敛⇔∑+∞=+1)1ln(n n a 收敛.由于当0lim =+∞→n n a 时有1)1ln(lim =++∞→nn n a a ,所以∑+∞=+1)1ln(n n a 与∑+∞=1n n a 同为收敛或发散,从而数列{}n u 与级数∑+∞=1n n a 同为收敛或发散注当数列()()()()n a a a +++11121 收敛时,称无穷乘积()∏+∞=+11n n a 收敛,其极限值称为无穷乘积的值.否则称无穷乘积发散.例如发散而收敛.例12设0≠n a ),2,1( =n 且0lim ≠=+∞→a a n n ,证明级数∑+∞=+-11n n n a a 与级数∑∞+=+-1111n n n a a 同为收敛或发散.证明 令n n n a a u -=+1,nn n a a v 111-=+. 则nn n n n n a a a a v u 1111--=++21a a a n n →=+.)(+∞→n 所以级数∑+∞=1n n u 与级数∑+∞=1n n v 同为收敛或发散.例13 设正项级数∑+∞=1n n a 是发散的,n S 表示该级数的前n 项部分和.证明（1）级数∑+∞=0k nnS a 也是发散的;（2）级数∑∞=12n nnS a 收敛． 证明 (1) 由条件知{}n S 单调递增趋于∞+.我们有∑+=mn k kk S a 1m m n n n n S a S a S a +++=++++ 2211m m n S a a ++>+ 1m n m S S S -=m nS S -=1固定n ,令+∞→m ,则0→m n S S .因此存在0>N ,当N m >时,有21<m n S S .所以当{}N n m ,max >时,∑+=mn k k k S a 121211=->.由Cauchy 收敛准则级数∑+∞=0k n n S a 发散. （2）11211211122121111a S S S S a S S a a S a n nk k k n k k k k nk kk ≤-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+≤∑∑∑=-=-=，此级数部分和有界，故该级数收敛．5. Leibniz 判别法 设交错级数()∑+∞=-11n n n a (其中0≥n a )满足(1) {}n a 单调递减;(2) 0lim =+∞→n n a ,则级数()∑+∞=-11n n n a 收敛.6. Abel 判别法 设 (1) 级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 数列{}n b 单调有界,则级数∑+∞=1n n n b a 收敛.7. Dirichlet 判别法 设 (1) 级数∑+∞=1n n a 的部分和有界;(2) 数列{}n b 单调递减且0lim =+∞→n n b ,则级数∑+∞=1n n n b a 收敛.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()x f 在[)+∞,a 上()0>x f ,且单调递减,并对任意的a A >,()x f 在[]A a ,上可积.试证明:()dx x f ⎰+∞1与()xdx x f 21sin ⎰+∞具有相同的敛散性.证明 因()0>x f ,且单调递减,故()x f 单调递减到0或到某个正数A. （1）当()x f 单调递减到0时,则由Dirichlet 判别法知,()xdx x f a2cos ⎰+∞收敛.从而由()xdx x f a2sin ⎰+∞=()dx x x f a22cos 1-⎰+∞=()2121-⎰+∞dx x f a ()xdx x f a2cos ⎰+∞知,()dx x f a⎰+∞与()xdx x f a2sin ⎰+∞具有相同的敛散性.（2）当()x f 单调递减到某个正数A 时,则对无论多么大的数δ,有()dx x f a ⎰+∞()δδA dx x f a a>>⎰++∞→()∞→δ.()xdx x f a2sin ⎰+∞()dx x x f a a⎰+>δ2sin dx x A a a⎰+>δ2sin=->⎰+dx x A a aδ22cos 12121-δA xdx A a a 2cos ⎰+δ+∞→()∞→δ,故这两个积分都发散.例15 讨论级数()∑∞=+--1111n np n n的敛散性.解 （1）当0≤p 时,通项不收敛到0()∞→n ,此级数发散; （2） 当1>p 时,p np n n111<+,而∑+∞=n p n1收敛,由比较原则知,原级数绝对收敛； （3） 当10≤<p 时,()∑∞=--111n pn n收敛,nn11单调有界,应用Abel 判别法知原级数收敛.因为()nnn nnp 11111+--1→()∞→n ,故原级数条件收敛.例16设0>n a ),2,1( =n ,且极限⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→nn n a a n 11lim 存在且大于0证明级数()∑+∞=+-111n n n a 收敛. 证明 由Leibniz 判别法,只要证{}n a 单调递减趋于0.由条件01lim 1>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→nn n aa n 知, 存在00>r 与01>N ,当1N n >时, 0101>>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+r a a n n n ,由此得 nra a n n 011-<+.该不等式说明{}n a 单调递减的.取p 满足00r p <<.当+∞→n 时,有01111100>-→⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+-+p r nn n r p,故存在02>N ,当2N n >时,011110>⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-p n n r ,即pn n n r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<-110. 所以当{}21,max N N n >时,n n a a 1+pn n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<1,即()n ppn a n n a 11+<+.不妨设当1≥n 时该不等式成立.则用数学归纳法可证明()p n n a a111+<+.由此可得0lim =+∞→n n a .例17讨论级数()()()pn n n n ∑∞+=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--11!!2!!121的敛散性. 解 设()()pn n n a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=!!2!!12,由例8知级数∑+∞=1n n a 当2>p 时收敛,当2≤p 时发散.因此当2>p 时级数()∑+∞=+-111n n n a 绝对收敛,此时有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n 11⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=p n n n 221212222122111+⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛+--n n n n p,故21lim 1p a a n n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→.由例16知当0>p 时级数()∑+∞=+-111n n n a 条件收敛.由收敛的必要条件知当0>p 时, ()()0!!2!!12lim =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+∞→p n n n .因此当0<p 时, ()()+∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+∞→pn n n !!2!!12lim .故级数()∑+∞=+-111n n n a 发散.本题的结论可总结为:()()()⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<>⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑∞+=+时发散时条件收敛时绝对收敛0202!!2!!12111p p p n n pn n .例18证明级数∑+∞=2ln sin n nn 是条件收敛的.证明 令n a n sin =,nb n ln 1=.则{}n b 单调递减趋于0.又由三角恒等式21sin 221cos 23cos sin 2⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=∑=m n mn ,所以21sin1sin 2≤∑=m n n . 由Dirichlet 判别法知级数∑+∞=2ln sin n nn 收敛.下面证明∑+∞=2ln sin n nn 发散. ∑+∞=2ln sin n n n()∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=112ln 12sin 2ln 2sin k k k kk ()∑∞+=+++≥112ln 12sin 2sin k k k k . 设()()1sin sin ++=x x x f ,显然()0>x f 且()x f 是连续的周期函数.因此存在0>l 使得()l x f ≥.所以∑+∞=2ln sin n n n()∑+∞=+≥112ln 1k k l .由此可知级数∑+∞=2ln sin n n n 发散. 例19讨论级数∑+∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++1sin 1211n n nx n 的敛散性.解 当πk x =时级数显然收敛.当πk x ≠时,令nx a n sin =,⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=n n b n 12111 .同例18可证∑+∞=1n na部分和有界.下证{}n b 单调递减趋于0.⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=-+n n b b n n 121111 ⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++-1121111n n ()01121111≥⎪⎭⎫⎝⎛+-++++=n n n n n . 由Dirichlet 判别法知级数∑+∞=1n n n b a 收敛.用类似于例18的方法可证该级数是条件收敛的.例20 若{}n nx 收敛，()∑+∞=--21n n n x x n 收敛,则级数∑+∞=1n n x 收敛.证明 令1,==i i i v x ε,则∑===ni i n n v 1σ.利用Abel 变换得到∑=⋅ni ix11()∑-=+--=111n i i i i n n x x x σσ()∑-=+--=111n i i i n x x i nx .由于()∑+∞=+-11n n n x x n ()()1111+⋅-+=∑+∞=+n n x x n n n n .而⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n n 单调有界,级数 ()()∑+∞=+-+111n n n x xn ()∑+∞=--=21n n n x x n 收敛.由Abel 判别法知级数()∑+∞=+-11n n n x x n 收敛.再由数列{}n nx 的收敛性即可知级数∑+∞=1n n x 收敛.练习设∑∞=1n na收敛，0lim =∞→n n na ．证明：∑∑∞=∞=+=-111)(n n n n na a an ．证明 记级数∑∞=--11)(n n na an 的前n 项和为n S ，则12113221)()(2)(++-+++=-++-+-=n n n n n na a a a a a n a a a a S ，而0])1(1[lim lim 11=+⋅+=+∞→+∞→n n n n a n n nna ，所以∑∑∞=∞=+=-111)(n n n n n a a a n ． 例21 设0>p ,级数()∑+∞=+-1111n pn n的和记为S .证明121<<S . 证明 显然 +-+-=pp p S 41312111514131211<-⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛--= p p p p . 另一方面, ()() +⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=p p p p p n n S 211214131211 令()p xx f 1=,则()1'---=p px x f ,()2)1(''--+=p x p p x f .当0>x 时, ()0''>x f .因此()x f 为严格下凸函数.故对任意0,21>x x ,当21x x ≠时,有()()2)2(2121x f x f x x f +<+.取,12,1221+=-=n x n x 则()()()121222++-<n f n f n f即()()()()122212+->--n f n f n f n f . 所以p p p 3121211->-,pp p p 51414131->-,….()()()()pp p p n n n n 1212121121+->-- 因此()()Sn n S p p p p p p -=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛->11212151413121 .所以21>S . 例22讨论级数()[]∑∞+=-11n n n的敛散性.解()[]∑∞+=-11n n n+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=15191817161514131211()()∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++++-=12221111111n k k k k令()111111222-+++++=k k k a k . 由于()11111112222-++++-+++k k k k k k()11122+⋅++⋅<k k k k k k 2=,故k a k 2<. 同理可证()111122-+++-+>k k k k k a k12+>k . 因此{}k a 是单调递减趋于0的.所以级数()()∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++++-12221111111n kk k k收敛,从而原级数收敛. 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∑+∞=1n n a 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()++++++)(21111n n n a a a a ∑+∞==1k k A .其中k k n n k a a A ++=+- 11.)0,,2,1(0==n k 且设设∑+∞=1n n a 的部分和为n n a a a S +++= 21,则k n A A A S k +++= 21.由条件知级数∑+∞=1k k A 收敛.因此极限k n k S +∞→lim 存在,记S 为其极限值.设1+≤≤k k n n n ,则当1+k A 中的项全为正项时, 1+<≤k k n n n S S S ;则当1+k A 中的项全为负项时, k k n n n S S S <≤+1. 因此S S n n =+∞→lim ,即∑+∞=1n n a ∑+∞==1k k A .例23讨论广义积分()[]dx xx ⎰∞+-01的敛散性.解 显然该积分不是绝对收敛的.设1+<≤n x n ,则()2221+<≤n x n .()[]dxxx ⎰∞+-01()()∑⎰-=+-=111221n k k kkdt t()dt txnn ⎰-+21()()∑-=+-=11221ln 1n k kkk t ()2ln 1n x n-+()∑-=+-=111ln 12n k kk k ()2ln 1n x n -+.由Leibniz 判别法,级数()∑+∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111ln 1k k k 是收敛的,而 ()2ln 1n x n-()221ln n n +≤011ln 2→⎪⎭⎫⎝⎛+n ,()∞→x所以积分()[]dx xx ⎰∞+-01是条件收敛的.例24将级数 +-+-4131211的项重新排列,使得按原有顺序先排p 个正项与q 个负项,然后再排p 个正项与q 个负项,得-+--++++----+++2211411212121121311q p p q p .证明此级数收敛并求其和.证明 由C n n n =⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++++∞→ln 131211lim ,其中C 是Euler 常数.令nH n 131211++++= ,则n n C n H ε++=ln ,其中0→n ε()∞→n .我们有 q H q 21214121=+++ q C q ε21ln 21++=;p p H H p 211213112-=-+++p C p 2ln 2ln ε+++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++-p C p ε21ln 21p p C p εε2121ln 212ln 2-+++=. 将重排以后的级数的符号相同的相邻的项加括号,得-⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++1411212121121311p p q p . 它的前n 2项部分和为n n q p S α+⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2ln 2,其中0lim =+∞→n n α.所以原级数是收敛的,其和为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛q p 2ln .特别地有()2,1,2ln 2181613141211===+--+--q p ()1,2,2ln 2341715121311===+-++-+q p ()4,1.016110131816141211===+---+----q p§5.2 一致收敛性及其应用一、基本概念与主要结果1. 一致收敛性的定义(1) 设(){}x f n ),2,1( =n 与()x f 都在区间I 上有定义, 0>∀ε，0>∃N ，当Nn >时,有()()ε<-x f x f n 对一切I x ∈成立．则称函数列(){}x f n 在I 一致收敛于()x f .(2) 设()∑∞=1n nx u 是函数项级数,其中每一个()x u n在I 上有定义.记()()∑==nk k n x u x S 1，I x ∈.若函数列(){}x S n 在I 上一致收敛于某函数()x S ，则称()∑∞=1n n x u 在I 上一致收敛于()x S ．(3) 设()⎰+∞ady y x f ,是含参量广义积分,其中()y x f ,定义在[)+∞⨯,a I 上.记()()⎰=A ady y x f A x I ,,.若当+∞→A 时()A x I ,在I 上一致收敛于某函数()x I ．则称广义积分()⎰+∞ady y x f ,在I 一致收敛于()x I .2. 一致收敛性的判断(1)（一致收敛的柯西准则）()∑∞=1n n x u 在I 上一致收敛⇔0>∀ε，0>∃N ，N n >∀，N ∈∀p ，I x ∈∀，有()()ε<++++x u x u p n n 1．(2) 若()∑∞=1n n x u 在I 上一致收敛于()x S ⇔()()0sup lim =-∈∞→x S x S n Ix n⇔()0sup lim =∈∞→x R n Ix n ．（()()()()∑∞+==-=1n k kn n x u x S x S x R ）． 推论 级数()∑∞=1n nx u 在I 上一致收敛的必要条件是：(){}x u n一致收敛于零．(3) Wwierstrass 判别法(魏尔斯特拉斯判别法,-M 判别法或优级数判别法）若()n n M x u ≤，对一切I x ∈成立且正项级数∑∞=1n nM收敛，则()∑+∞=1n n x u 在I 上一致收敛．(4) Dirichlet 判别法 若1）级数()∑∞=1n n x u 的部分和函数列在I 上一致有界；2）I x ∈∀，(){}x v n 在I 上对n 是单调的； 3）()x v n 0（∞→n ），I x ∈， 则级数()()∑∞=1n nnx v x u 在I 一致收敛．(5) Abel 判别法 若1）级数()∑∞=1n n x u 在I 一致收敛；2）I x ∈∀,(){}x v n 在I 上对n 是单调的(即()() ≤≤x v x v 21或()() ≥≥x v x v 21)； 3）(){}x v n 在I 一致有界，即0>∃M ，()M x v n ≤，I x ∈∀， ,2,1=n ． 则级数()()∑∞=1n nnx v x u 在I 一致收敛．3． 和函数的分析性质定理1 若()x u n 在0x 处连续（ ,2,1=n ），且()∑∞=1n n x u 在0x某领域一致收敛，则()()∑==nk k x u x S 1在0x 处连续．定理2 若()x u n 在()b a ,内连续（ ,2,1=n ），且()∑∞=1n n x u 在()b a ,内闭一致收敛，则()()∑==nk k x u x S 1在()b a ,内连续．定理3（连续性） 若()∑∞=1n n x u 在[]b a ,一致收敛，且每一项都连续，则其和函数在[]b a ,上也连续，即()()∑∑∞=→∞=→⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛1100lim lim n n x x n n x x x u x u ． 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()()∑⎰⎰∑∞=∞==⎪⎭⎫⎝⎛11n b an ba n n dx x u dx x u ． 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()∑∞=1n n x u 满足条件：（1）()x u n 在[]b a ,上有连续的导函数， ,2,1=n ； （2）[]b a x ,0∈∃，()∑∞=1n nx u 在0x 点收敛；（3）()∑∞='1n n x u 在[]b a ,一致收敛，则()()∑∑∞=∞='='⎪⎭⎫⎝⎛11n n n n x u x u ．例1设()x f 0在[]b a ,上正常可积，()()⎰-=x an n dt t f x f 1， ,2,1=n ．证明函数项()∑∞=1n n x f 在[]b a ,上一致收敛．证明（递推方式放大） 由()x f 0在[]b a ,上正常可积知()x f 0在[]b a ,有界，即0>∃M ，使得()M x f ≤0，[]b a x ,∈∀．从而()()()a x M dt t f x f xa-≤≤⎰01，()()()()212!2a x Mdt a t M dt t f x f xax a-=-≤≤⎰⎰， 一般地，若对n 有()()n n a x n Mx f -≤!，则 ()()()()()11!1!++-+=-=≤⎰⎰n x a n x a n n a x n M dt a t n M dt t f x f ， 从而有()()!n a b M x f nn -≤.由于级数()∑∞+=-1!n nn a b M 收敛，由Weierstrass 判别法,()∑∞=1n n x f 在[]b a ,上一致收敛．练习 设()x f 1在[]b a ,上正常可积，()()⎰=+xann dt t f x f 1， ,2,1=n ．证明：函数序列(){}x f n 在[]b a ,上一致收敛于零．例2（函数列Dini 定理）若(1) )(x f n 在[]b a ,上连续() ,2,1=n ，(2) 对任意[]b a x ,∈,()() ≤≤≤≤x f x f x f n 21)(， (3) ()()x f x f n n =+∞→lim 且)(x f 在[]b a ,上连续．则函数列{})(x f n 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．证明（反证法）设{})(x f n 在[]b a ,上不一致收敛于()x f () ,2,1=n .由于{})(x f n 递增,00>∃ε，0>∀n ，[]b a x n ,∈∃，使得()()0ε≥-n n n x f x f ． (1)由于{}n x 是有界数列,由致密性定理，存在收敛子列,不妨设0x x n →()+∞→n ．又由于()()00lim x f x f n n =+∞→,从而存在0>N 使得()000)(0ε<≤≤x f x f N .由于()x f x f N -)(在点0x 连续且0x x n →,故存在01>N 使得当1N n >时,有()0)(0ε<≤≤n N n x f x f .当{}1,max N N n >时,由()n n n N x f x f ≤)(,得()0)(0ε<≤≤n n n x f x f .这与(1)式矛盾.注 当条件(2)改为”[]b a x ,∈,()() ≥≥≥≥x f x f x f n 21)(”时结论仍然成立.（函数项Dini 定理）设函数项级数()∑∞=1n n x u 的每项均在有限区间[]b a ,上连续，且收敛于连续函数)(x f ．若[]b a x ,∈∀，级数()∑∞=1n nx u 为同号级数，则()∑∞=1n nx u 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．证明（反证法）假设在[]b a ,上非一致收敛，则00>∃ε，使得0>∀N ，N n >∃，[]b a x ,∈∃，()0ε≥x r n ．取1=N ，11>∃n ，[]b a x ,1∈∃，使()011ε≥x R n ；取1n N =，12n n >∃，[]b a x ,2∈∃，使()ε≥22x R n ，……，如此下去得一子列{}k n R ，使得()0ε≥k n x R k ， ,2,1=k ． （1）由致密性定理，有界数列{}k x 中存在收敛子列{}j k x ：[]b a x x j k ,0∈→．由题设知()∑∞=1n nx u 是同号级数，因此)(x R n关于n 单调递减，所以由（1）得：当m njk >时，()()0ε≥≥j j k j k n k m x R x R由于()()()x S x f x R m m -=连续，故当+∞→j 时，()00ε≥x R m ，这与()∑∞=1n n x u 在[]b a ,上收敛相矛盾，故一致收敛．例3设(1) 对每一n ,)(x f n 是[]b a ,上的单调函数，(2) ()()x f x f n n =+∞→lim 且)(x f 在[]b a ,上一致连续．证明函数列{})(x f n 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．注 本题条件中不要求对任意n ,)(x f n 都是单调递增的或都是单调递减的.证明 由于)(x f 在[]b a ,上一致连续,故0>∀ε,0>∃δ,当0'','≥x x 且δ<-'''x x 时, 有()()2'''ε<-x f x f . (1)将区间[]b a ,作k 等分,使得δ<-kab .设其分点为b x x x a x n =<<<<= 210. 由于()()x f x f n n =+∞→lim ,故存在0>N ,当N n >时,()()2ε<-j j n x f x f ()k j ,,2,1 =. (2)对于任意[]b a x ,∈,存在j 使得[]j j x x x ,1-∈.由于)(x f n 为[]b a ,上的单调函数, )(x f n 介于)(1-j n x f 与)(j n x f 之间.因此()()x f x f n -()()()(){}x f x f x f x f j n j n --≤-,max 1.由不等式(1)与(2),()()x f x f j n --1()()11---≤j j n x f x f ()()ε<-+-x f x f j 1, ()()x f x f j n -()()j j n x f x f -≤()()ε<-+x f x f j . 所以()()ε<-x f x f n .故{})(x f n 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．例4 证明级数∑∞=1s i n n n nx在[]π2,0上收敛而非一致收敛． 证明 由Dirichlet 判别法知∑∞=1sin n n nx对任意x 收敛.对任意m ,取mx m 4π=.注意当m m n 2,,1 +=时,有24ππ≤<m nx .所以∑+=mm n m nnx 21sin ∑+=>mm n m 2124sinπ424sin 21==π. 由Cauchy 收敛准则,∑∞=1sin n n nx在[]π2,0上非一致收敛．注 可以证明∑∞=1sin n n nx在[]επε-2,上一致收敛,其中πε<<0,但在0=x 的任一邻域内非一致收敛．分析 估计∑++=pn n k k kx 1sin 的麻烦在于每项因子有kx sin ，否则∑++=p n n k k11很容易证明其发散．因此，我们想：在0=x 的任一邻域()δ,0U ，当k 从1+n 变化到p n +时，kx sin 能否大于某常数，若能则必非一致收敛．事实上，当⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,4ππx 时，4sin sin π≥kx ，因此，取()δ,00U x ∈，使4sin sin 0π≥kx ，即只需⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,40ππkx ，n n k 2,,1 +=．取n x 40π=即可．证明 取420=ε，N ∈∀N ，N n >∃，n p =∃，()δπ,040U n x ∈=∃，有 021210424sin 214sin 1sin εππ==>≥∑∑+=+=nn k n n k kk kx ， 由柯西收敛准则知∑∞=1sin n n nx非一致收敛．例 5 设{}n a 是单调递减的正数列,且级数∑∞=1sin n nnx a在()+∞∞-,上一致收敛.证明0lim =∞→n n na .证明 由于∑∞=1sin n nnx a在()+∞∞-,上一致收敛, 0>∀ε,存在0>N ,当N n >时,()ε<+++++nx a x n a nx a n n n 2sin 1sin sin 21 对任意x 成立.取nx 21=则 ε<++⎪⎭⎫ ⎝⎛++<+1sin 2121sin 21sin021n n n a n a a . 由于{}n a 单调递减,有ε<++⎪⎭⎫ ⎝⎛++<+1sin 2121sin 21sin 21sin212n n n n a n a a na 所以02lim 2=∞→n n na .同理可证()012lim 12=++∞→n n a n .因此0lim =∞→n n na .注 本题可推出∑∞=1sin n n nx在[]π2,0上不一致收敛.例6设)(x f 在开区间()b a ,内有连续的导函数)(x f '.令)]()1([)(x f n x f n x f n -+=． 证明对任意闭区间[]()b a d c ,,⊂,函数列{})(x f n 在],[d c 上一致收敛于)(x f '．证明 取'd 满足b d d <<'由于)(x f '在]',[d c 上连续，从而一致连续，即0,0>∃>∀δε，当],[,21b a x x ∈,且δ<-21x x 时，有ε<'-')()(21x f x f ． 由微分中值定理,存在⎪⎭⎫⎝⎛+∈n x x n 1,ξ使得()n f x f n x f n ξ')]()1([=-+. 所以)()()()(x f f x f x f n n '-'='-ξ.存在0>N ,使得δ<N 1且'1d Nc <+,则当N n >时,δξ<-x n ,从而ε<'-)()(x f x f n .这证明了{})(x f n 在],[d c 上一致收敛于)(x f '．练习设函数)(x f 在],[b a 上有连续的导函数)(x f '，b a <<β．对每一个自然数β-≥b n 1，定义函数：)]()1([)(x f n x f n x f n -+=．试证：)(x f n 在],[βa 上一致收敛于)(x f '．证明 )(x f '在],[b a 上连续，从而一致连续，即0,0>∃>∀δε，],[,21b a x x ∈∀，当δ<-21x x 时，有ε<'-')()(21x f x f ．取⎭⎬⎫⎩⎨⎧->βδb N 1,1max ，则当N n >时，],[βa x ∈∀，有],[1b a n x ∈+，从而由上式和微分中值定理得)0()()()()(1δξεξ<<<<'-+'='--n x f x f x f x f n n n ，即)(x f n 在],[βa 上一致收敛于)(x f '．例7 设()211)(xxx f x f +==,()()x f f x f n n =+)(1() ,2,1=n .证{})(x f n 在()+∞∞-,上一致收敛于0．证明 由于()()x f f x f =)(2222221111xx x x x x +=+++=,用数学归纳法可证对任意n 有, ()21)(nxx x f x f n +==由此推出nx f n 1)(≤对任意x 与n 成立,所以{})(x f n 在()+∞∞-,上一致收敛于0．例8证明()∑∞=-121n n x x 在[]1,0上一致收敛．证明（最大值法） 记()()21x x x u n n -=，则()()()x x x nx x u n n n ---='-12121 令()0='x u n 得稳定点2,1,0+=n n x ，而()()0102==>⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n n u u n n u ，所以()x u n 在[]1,0上的最大值为⎪⎭⎫⎝⎛+2n n u n ，从而()222242221212nn n n n n n n x u nn <⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫⎝⎛+≤． 由∑∞=124n n 收敛知()∑∞=-121n nx x 在[]1,0上一致收敛．例9设{}n x 是区间()1,0中全体有理数,对任意()1,0∈x 定义()∑<=x x nn x f 21,求定积分⎰1)(dx x f 的值．解 显然()x f 在()1,0上是单调递增有界函数,因而是可积的.令()⎪⎩⎪⎨⎧>≤=.,21,,0n n n x x n x x x g则()x g n n ∑+∞=1∑+∞=⎭⎬⎫⎩⎨⎧<=121n n n x x ()x f x x n n ==∑<21.由于()n n x g 21≤() ,2,1=n 且∑+∞=121n n 收敛,由Weierstrass 判别法,级数()x g n n ∑+∞=1在()1,0上一致收敛.由逐项积分定理,⎰1)(dx x f dx x g n n ∑⎰+∞==11)(∑+∞=-=121n nnx .例10 设{}n x 是区间()1,0中全体有理数．试讨论函数()()∑+∞=-=12sgn n nn x x x f 在()1,0的连续性，其中x s g n 是符号函数．解 令()()nn n x x x f 2sgn -=.显然()x f n 有惟一的间断点n x ,且()x f n n ∑+∞=1在()∞+∞-,上一致收敛于()x f ..对任意n ,令()()x f x g n k kn ∑≠=,则()()()x g x f x f n n +=.由于()x f nk k ∑≠中每一项()x f k在n x x =连续,且该级数一致收敛,因此()x g n 在n x x =连续.但是()x f n 在n x x =不连续,所以()x f 在n x x =不连续.同理可证()x f 在任意无理点是连续的.注()x f 在]1,0[上是可积的,且()⎰10dx x f ()∑⎰+∞==110n n dx x f ∑+∞=-=1221n n nx .练习 设{}n x 是区间()1,0的一个序列，10<<n x ，且j i x x ≠，j i ≠．试讨论函数()()∑∞=-=12s g n n nn x x x f 在()1,0的连续性，其中x s g n 是符号函数． 解 10()n n n x x 212s g n ≤-，而∑∞=121n n收敛，故()∑∞=-12sgn n n n x x 一致收敛． 20 设n x x ≠0为()1,0中任一点，则通项()x u n 在0x 连续，由定理1'（P17）知()x f 在0x 连续．30 设0x 为{}n x 中某点，不妨设为k x ，则()()()∑≠-+-=kn kk n n x x x x x f 2sgn 2sgn ， 上式右端第一项连续，第二项在k x x =处间断，从而其和间断，即()x f 在k x 处间断．例11设{})(x f n 是],[b a 上的连续函数列,且在],[b a 上一致收敛于)(x f ，又],[b a x n ∈),,2,1( =n 满足0lim x x n n =∞→．证明 )()(lim 0x f x f n n n =∞→．分析)()()()()()(00x f x f x f x f x f x f n n n n n n -+-≤-．证明 由一致收敛定义得：],[,,0,011b a x N n N ∈>>∃>∀对一切时当ε，有ε<-)()(x f x f n ． （1）又{})(x f n 连续，且一致收敛于)(x f ，所以)(x f 在],[b a 也连续，进而在0x 处连续.则对上述0>ε，0>∃δ，当],[),(0b a x U x δ∈时，有ε<-)()(0x f x f ．而0lim x x n n =∞→，则对上述,0,02>∃>N δ 当2N n >时，有δ<-0x x n ，从而当2N n >时，有ε<-)()(0x f x f n ． （2）取{}21,max N N N =，则当N n >时，（1）和（2）式均成立，故有ε2)()()()()()(00<-+-≤-x f x f x f x f x f x f n n n n n n ，所以 )()(lim 0x f x f n n n =∞→．例12设{})(x f n 是],[b a 上的连续函数列，且在],[b a 上一致收敛于)(x f ,又)(x f 在],[b a 上无零点.证明()⎭⎬⎫⎩⎨⎧x f n 1],[b a 上一致收敛于()x f 1. 证明 由于)(x f 在],[b a 上连续，且恒不为0,因此)(x f 在],[b a 上同号.不妨设)(x f 恒正.由连续函数的最值定理, )(x f 在],[b a 上有正的最小值m ,故m x f ≥)(.由于)(x f 在],[b a 上一致收敛于)(x f ,0>∃N ，当N n >时，],[b a x ∈∀，有2)()(mx f x f n <-，所以())(x f x f n -()2)(m x f x f n ->-->,()x f n ()222mm m m x f =-≥->.又,0>∀ε],[,,022b a x N n N ∈∀>>∃时当,ε2)()(2m x f x f n <-.因此取{}21,max N N N =， 则当N n >时,对任意],[b a x ∈有εε=⋅≤-=-22)()()()()(1)(122m mx f x f x f x f x f x f n n n ，。
数学分析中的广义积分和应用
在数学分析中，广义积分是一个重要的概念，是对一些函数在区间上的积分的推广。
它的应用广泛，涉及到很多领域的计算和解决问题。
本文将介绍广义积分的定义、性质以及一些应用。
首先，我们来看广义积分的定义。
在实数轴上，如果一个函数f(x)在区间[a,b)上是可积的，且对于任意的a≤c<b，都存在lim(x->c)∫[a,x] f(t)dt存在，则称该广义积分为收敛的，记作∫[a,b) f(x)dx。
如果lim(x->c)∫[a,x]f(t)dt不存在，则称该广义积分是发散的。
广义积分的性质与普通积分类似，我们可以用线性性、单调性、积分中值定理等方法来进行计算和证明。
此外，广义积分也满足Cauchy准则，即对于任意的ε>0，存在一个常数M>0，使得当a≤c≤d<b且|∫[c,d] f(x)dx|≥M时，有|∫[c,d] f(x)dx|<ε。
这个准则的意义在于可以通过对广义积分加上一个足够小的区间上的柯西收敛项来确定收敛性。
广义积分的应用领域非常广泛。
首先是在物理学中的力学、电磁学等方面的应用。
例如，在力学中，我们常常需要计算粒子在各种运动状态下的能量，这就需要对速度函数或者加速度函数进行广义积分。
在电磁学中，我们需要计算电场、磁场引起的能量分布，同样需要对电场强度或磁感应强度进行广义积分。
另外，在概率统计学中，广义积分也有着重要的应用。
概率密度函数可以看作是一种特殊的函数，它的积分对应于其概率的累积分布函数。
通过对概率密度函数进行广义积分，可以计算某个随机变量落在某个区间内的概率。
此外，在经济学中，广义积分也有一些应用。
经济学中的利润函数、边际效益函数等都可以看作是对某种经济现象的描述，而对这些函数进行广义积分可以得到更加具体的结果，帮助我们理解和解决实际经济问题。
最后，广义积分在工程学、生物学、医学等领域也有着广泛的应用。
例如，在工程学中，我们常常需要计算某个工程问题的能量消耗或者材料消耗，这就需要对相应的能量函数或者材料函数进行广义积分。
广义积分的收敛判别法
ln x x
2019/4/26
b
1 4
1 4
x 0
x ln x x
3 4
1 4
1 x
3 4
据比较判别法2, 所给积分绝对收敛 .
宁波大学教师教育学院 18
三、 函数
1. 定义
函数 : ( s ) x ( s 0 ) x ed
5
a t
lim x ) d x x ) d x f( f(
a
t
f( x ) d x 收敛 . 极限存在 , 即广义积分 a
若
a
f (x )d x发散 , 因为 t a时有
0 x ) d x ( x ) d x f( g
a a t t
3 2
2 的收敛性
.
x
1 1 1 1 2
根据极限判别法 1 , 该积分收敛 .
例3. 判别广义积分
解:
x d x 的收敛性 . 2 1 1 x 3 2 2 1 x x lim lim x2 1 2 2 x1 x x 1 x
根据极限判别法 1 , 该积分发散 .
0 , A a , 使 对 A , A A 都 有 0 0
|
A A
f (x)d x|.
证：利用无穷限广义积分收敛的定义以及 极限存在的Cauchy准则即得。
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3
柯西（Cauchy，Augustin Louis 1789-1857）， 十九世纪前半世纪的法国数学家。1789年8月21日生 于巴黎。在大学毕业 后当土木工程师，因数学上的成
广义积分的收敛判别法
第二节 广义积分的收敛判别法上一节我们讨论了广义积分的计算, 在实际应用中，我们将发现大量的积分是不能直接计算的，有的积分虽然可以直接计算，但因为过程太复杂，也不为计算工作者采用，对这类问题计算工作者常采用数值计算方法或Monte-Carlo 方法求其近似值. 对广义积分而言，求其近似值有一个先决条件 — 积分收敛，否则其结果毫无意义。
因此，判断一个广义积分收敛与发散是非常重要的． 定理9.1（Cauchy 收敛原理）f (x )在[a , +∞ ）上的广义积分⎰+∞adxx f )(收敛的充分必要条件是：0>∀ε, 存在A>0, 使得b , b '>A 时，恒有ε<⎰|)(|/b b dx x f证明：对+∞→b lim0)(=⎰+∞bdx x f 使用柯西收敛原理立即得此结论．同样对瑕积分⎰b adx x f )((b 为瑕点), 我们有定理9.2（瑕积分的Cauchy 收敛原理）设函数f (x )在[a ,b )上有定义，在其任何闭子区间[a , b –ε]上常义可积，则瑕积分⎰ba dx x f )(收敛的充要条件是: 0>∀ε , 0>∃δ, 只要0<δηη<</，就有εηη<⎰--|)(|/b b dx x f定义9.5如果广义积分⎰+∞a dx x f |)(|收敛，我们称广义积分⎰+∞adxx f )(绝对收敛（也称f (x )在[a ,+)∞上绝对可积]; 如⎰+∞a dx x f )(收敛而非绝对收敛，则称⎰+∞adx x f )(条件收敛，也称f (x )在[a ,+)∞上条件可积．由于a A A ≥∀/,，均有|)(|/⎰A A dx x f ≤⎰/|)(|A Adx x f因此，由Cauchy 收敛原理，我们得到下列定理． 定理9.3如果广义积分⎰+∞adx x f )(绝对收敛，则广义积分⎰+∞adx x f )(必收敛．它的逆命题不一定成立，后面我们将会看到这样的例子。
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如 a n 收敛 称“绝对收敛” n 1 1. 设 a n收敛, n 1 如 a 发散 称“条件收敛” n n 1
一般级数中较为特殊的一种： 交错级数
设交错级数 ( 1) n1 an , an 0,
n1
三、莱布尼茨（Leibniz）判别法
二、绝对收敛和条件收敛
如 ｜f ( x｜ ) dx收敛, 称
a a
f ( x )dx 绝对收敛.
如
a
f ( x )dx收敛, 但 ｜f ( x｜ ) dx发散，
a
称
a
f ( x )dx 条件收敛.
定理11.6
a
f ( x )dx 收敛
a
f ( x )dx 收敛
四、Dirichlet判别法
定理11.9 设f和g满足下面两个条件 :
1 F ( A) f ( x )dx 在(a , )有界;
a A
2 g 在[a , )上单调, 且 lim g( x ) 0,
则
x
a
f ( x )g( x )dx 收敛.
例1
1
sin x dx — —条件收敛 x
x cos x dx 的敛散性？ 例2 判断1 1 x x 证 设 f ( x ) cos x , g( x ) , 1 x
A
1
cos xdx sin A sin 1 2, 满足1 .
1 1 1 1 (1 x ) x (1 x ) 2 x g' ( x ) 2 x 0, 2 2 (1 x ) (1 x )
x n n sin kx sin 2 又 sin kx x k 1 k 1 sin 2 cos x 2n 1 cos x 1 2 2 x x sin sin 2 2 1 1 1 cos k x cos k x n 2 2 2 x k 1 sin 2
⒈ 设交错级数 ( 1) n1 an , an 0,
n1
若{a n }递减趋于0, 则 ( 1) n1 an收敛.
n1
称此类交错级数为Leibniz 级数
柯西收敛准则 (Cauchy)：
an收敛
n1
0, N N
p N * 恒有
*
, 使n N时,
k 1
⒉ {Sk }有界；
４.阿贝尔（Abel）判别法
则 ak bk收敛.
k 1
设ak , bk 满足 1. bk 单调有界 2.
a 收敛，
k 1 k
sin nx 例2. p ，p 0 n n 1
1 p 单调 0; x (0, ) n
n
5 arctan n单调有界,
故原级数收敛（Abel）.
§11.2 无穷积分的Dirichlet和Abel 收敛判别法
一、 柯西收敛原理
定理11.5
a
f ( x )dx 收敛 对 0, A0 a ,
只要A' , A" A0 , 总有
A"
A'
f ( x )dx .
二、函数项级数的敛散性
在[a, b]上任取一点x0 , un ( x0 )是数项级数。
若给定x0 [a , b], un ( x0 )收敛,
称函数项级数
n 1
u ( x ) 在点 x 收敛；
n 1 n
0
n1
反之收敛, 称级数在[a, b]上收敛或[a, b]上逐点收敛.
所以g( x )递减趋向于0, 满足2 . x cos x 由Dirichlet判别法知 dx收敛. 1 1 x
k
k n 1
a
n p
.
四、Abel和Dirichlet判别法 — — anbn的判敛
n1
３. Dirichlet判别法
设{a n }, {bn }是两个数列,
Sk a1 a2 ak ,
bn 单调 0; ⒈ 如果它们满足：
则 a k bk收敛.
使得函数项级数收敛的点x0 收敛点.
收敛点的全体称为该级数的收敛点集； 发散点的全体称为该级数的发散点集。
例1.
n 2 n x 1 x x x n 0
解：当 x 1时, 级数收敛; x 1时, 级数发散.
收敛点集 : (1,1); 发散点集 : (,1] [1,).
三、和函数
在收敛点集D内, 定义S ( x) un ( x), x D
n 1
即 S ( x) lim S n ( x), x D
n
称为和函数.
4. 级数收敛的必要条件：
若 a n收敛，则lim a n 0.
n1 n
等价叙述为：若 lim an 0, 则 an发散.
证 ⑴
A
1
sin xdx cos A cos 1 2, 满 足1
sin x 1 dx收敛. g( x ) , 递减趋向于0, 满足2 1 x x sin x sin x sin2 x 1 cos 2 x ⑵ x x x 2x 2x cos 2 x 1 1 2 x dx收敛, 1 2 x dx 发散, sin x dx 发散. 1 x
x 2k
sin nx 由Dirichlet判别法, 收敛. p n 1 n
cos nx x 2k 收敛. 同理可证: p n1 n
1 1 n ( 1) (1 ) (5 arctan n) 例6. n 2 ln n n
n
1 收敛(莱法) 解： ( 1) n 2 ln n 1 n n 1 (1 ) ( 1) ln n n n 2 1 n (1 ) 单调有界 收敛 ( Abel ) n