一致收敛

说明: 说明 对任意正数 r < 1, 级数在 [ 0, r ] 上一致收敛 .
S(x)
1x
事实上, 因为在 [ 0, r ] 上 rn(x) < rn , 任给 ε > 0, 欲使
lnε lnε r <ε , 只要 n > , 因此取 N =[ ] , 只要 n> N, lnr lnr 必 rn(x) < rn <ε , 即级数在 [ 0, r ] 上一致收敛 . 有
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因为级数
= N(ε), 使当 n > N 时, 有
n= 1
∑un(x) 一致收敛于S (x) , 故∀ε > 0, ∃N
ε ε
∞
rn(x) < , rn(x0) < 3 3 对这样选定的 n , Sn(x)在x0 连 , 从而必存在 δ > 0 , 续 当x − x0 < δ 时有 , Sn(x) − Sn(x0) <
从而得
ε
S(x) − S(x0) <ε
3
故S(x)在x0 连 , 即 lim S(x) = S( x0). 续 证毕 S(x) −S(x0) =L≤x→x(x) −Sn(x0) + rn(x) + rn(x0) Sn 0
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说明: 说明
(1) 定理1 表明, 对一致收敛的级数, 极限运算与无限 求和运算可交换, 即有
2 n n− 1
在 [0,1] 上不一致收敛 .
+ 证: Sn(x) = x +(x − x) +L (x − x
)=x
n
0, S(x) = 1,
− xn, 0 ≤ x <1 rn(x) = S(x) −Sn(x) = 0, x =1 1 1, 对无论多么大的正数 N , 取x = (1) N+1, 取正数 ε < 0 2 2
x→ 0 n= x 1 ∞ ∞
lim ∑un(x) = ∑ lim un(x)
x n= x→ 0 1
(2) 若函数项级数不一致收敛时, 定理结论不一定成立. , . 例如, 例如 级数
2
x + x(x −1 + x (x −1 +L+ x ) )
n− 1
(x −1 +L )
在区间 [ 0 , 1 ] 上处处收敛, 而其和函数
Sn(x)d x − ∫ S(x)d x ≤ ∫x Sn(x) − S(x) d x
x0
0
x
x
≤ ∫ Sn(x) − S(x) d Leabharlann Baidu<ε a
因此定理结论正确.
证毕
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b
说明: 说明 若级数不一致收敛时, 定理结论不一定成立. 例如, 例如 级数
n= 1
∑[ 2n x e
2
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定义. 定义 设 S(x) 为
任意给定的 ε > 0, 都有一个只依赖于ε 的自然数 N , 使 当n > N 时, 对区间 I 上的一切 x 都有
n= 1
∑un(x)在区间 I 上的和函数, 若对
∞
rn(x) = S(x) − Sn(x) < ε
则称该级数在区间 I 上一致收敛于和函数S(x) . 显然, 在区间 I 上
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1 1 1 − )= S(x) = lim Sn(x) = lim ( x +1 n→ x +1 x + n +1 ∞ n→ ∞ (0 ≤ x < +∞) 余项的绝对值: 1 1 ≤ rn(x) = S(x) − Sn(x) = x + n +1 n +1 (0 ≤ x < +∞)
∞
−n2x2
−2(n −1 x e )
2
−(n− )2 x2 1
]
①
它的部分和
1 0
因此级数在 [ 0 , 1 ] 上
收敛于 S (x) = 0 , 所以 ∫ S(x)d x = 0. 但是
n= 1
∑∫0[ 2n x e
2
∞ n= 1
∞ 1
−n2x2
−2(n −1 x e )
2
−(n− )2 x2 1
1 n
3 2
收敛, 因此原级数在[ 0, +∞ ) 上一致收敛 .
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二、一致收敛级数的基本性质
足 定理1. 定理 若级数 ∑un(x)满 :
n= 1 ∞
1 各 un(x)在 间a,b]上 续 ) 项 区 [ 连 ;
2) ∑un(x)在 间a,b]上 致 敛 S(x), 区 [ 一 收 于
对级数①不成立的原因.
∞
n= 1
∑[ 2n x e
2
−n2x2
−2(n −1 x e )
2
−(n− )2 x2 1
]
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①
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足 定理3. 定理 若级数 ∑un(x)满 ：
n
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用一致收敛定义判别级数的一致收敛性时, 需求出
Sn(x)及S(x), 这往往比较困难.下面介绍一个较方便的
判别法. 维尔斯特拉斯(Weierstrass) 判别法 维尔斯特拉斯 若函数项级数 ∑un(x) 在区间 I 上满足:
n= n= 1 ∞
1 un(x) ≤ an (n =1, 2,L ; ) )
2
n2 n2 所以它的收敛域为(−∞, +∞) , 但逐项求导后的级数
≤
1
(n =1, 2,L )
cos x +cos 22 x +L+cos n2x +L
其一般项不趋于0, 所以对任意 x 都发散 . 问题: 问题 对什么样的函数项级数才有: 逐项连续 和函数连续; 逐项求导 = 和函数求导; 逐项积分 = 和函数积分
n→ x0 ∞
lim ∫ Sn(x)d x = ∫ S(x)d x
x0
x
x
根据级数的一致收敛性, ∀ > 0, ∃N = N(ε),使当 ε n > N 时, 有 ε S(x) − Sn(x) < b −a 于是, 当 n > N 时, 对一切 x0, x∈[a,b] (x0 < x), 有
∫x
x
0
*第六节
第十二章
函数项级数的一致收敛性 及一致收敛级数的基本性质
一、函数项级数的一致收敛性 二、一致收敛级数的基本性质
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一、函数项级数的一致收敛性
幂级数在收敛区间上的性质类似于多项式, 但一般函 数项级数则不一定有这么好的特点. 例如, 例如 级数
x +(x − x) +(x − x ) +L+(x − x
ε
证毕
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推论. 推论 若幂级数
n=0
anxn 的收敛半径 R > 0 , 则此级 ∑
∞
数在 (－R, R ) 内任一闭区间 [ a , b ] 上一致收敛 .
ax{ a , b }, 证: 设r = m
则对[ a , b ] 上的一切 x , 都有
−R a O b R x
∞
anx ≤ anr
因此, 任给 ε > 0, 取自然数 N =[ 1 −1], 则当n > N 时有 ε
rn(x) < ε (0 ≤ x < +∞)
这说明级数在 [0, +∞) 上一致收敛于 S(x) =
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1 . x +1
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例2. 证明级数
x +(x2 − x) +(x3 − x2) +L+(xn − xn−1) +L
0 ≤ x <1 x =1
x0 ∈[0, 1 , 而 rN+1(x0) = 1 >ε , 因此级数在 [0, 1] 上不 ] 2
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一致收敛 .
Sn(x) = x
n
y 0 ≤ x <1 x =1 O
(11 ,)
n =1 n=2 n=4 n =10 n = 30
0, S(x) = 1,
1 而级数 ∑ 2 收敛, 由维尔斯特拉斯判别法知所给级数 n=0 n
在(−∞, +∞)上 一致收敛 .
∞
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说明: 说明 维尔斯特拉斯判别法不仅能判别级数的一致收
敛性, 而且能判别其绝对收敛性. 当不易观察到不等式 un(x) ≤ an 时 可利用导数求 ，
an = m un(x) ax
2
3
2
n
n− 1
) +L
每项在 [0,1] 上都连续, 其前 n 项之和为 Sn(x) = xn, 和函数 S(x) = lim Sn(x) =
n→ ∞
0,
0 ≤ x <1 x =1
1,
该和函数在 x＝1 间断.
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又如, 又如 函数项级数 因为对任意 x 都有:
sinn x
n
n
(n = 0,1, 2,L )
而0 < r < R, 由阿贝尔定理(第三节定理1) 级数 ∑anrn
n=0
绝对收敛 , 由维尔斯特拉斯判别法即知推论成立. 证毕 说明: 说明 若幂级数在收敛区间的端点收敛, 则一致收敛 区间可包含此端点.
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例3. 证明级数
在(−∞, +∞) 上 一致收敛 . 证: 因 任 x∈(−∞ +∞ 对 意 , ),
0, S(x) = 1,
0 ≤ x <1 x =1
在 x = 1 处不连续 .
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足 定理2. 定理 若级数 ∑un(x)满 :
∞
1 各 un(x)在 间[a,b]上 续 ) 项 区 连 ;
2) ∑un(x)在 间[a,b]上 致 敛 S(x), 区 一 收 于
则该级数在 [a, b] 上可逐项积分, 即 a ≤ x0 < x ≤ b, 对
un+1(x) +un+2(x) +L+un+p (x) ≤ un+1(x) + un+2(x) +L+ un+p (x)
2 ε 令p →∞ 则 上 得 rn(x) ≤ <ε , 由 式 2 ∞ 故函数项级数 ∑un(x) 在区间 I 上一致收敛 .
n= 1
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≤ an+1 + an+2 +L+ an+p <
之间.
y = S(x) +ε
ε ε
y = S(x)
y = S(x) −ε
y = Sn(x)
I
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x
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例1. 研究级数 1 1 1 + +L+ +L (x + n)(x + n +1 ) (x +1 x + 2) (x + 2)(x +3) )( 在区间 [0, +∞) 上的收敛性. 1 1 1 = − 解: Q (k =12,L , ) (x + k)(x + k +1 x + k x + k +1 ) 1 1 1 1 ∴Sn(x) = ( − ) +( − ) +L x +1 x + 2 x + 2 x +3 1 1 +( − ) x + n x + n +1 1 1 = − x +1 x + n +1
x∈I
nx nx , x∈[0, +∞), un(x) = , 例如, 例如 级数 ∑ 5 2 5 2 1+n x n= 1+ n x 1
用求导法可得 已知 ∑
n= 1 ∞
∞
nx 1 1 1 an = m ax = un 5 = ⋅ 3 , 5 2 [0,+∞)1+ n x n 2 2 n2
2) 正 级 ∑an 收 , 项 数 敛
则函数项级数 ∑un(x) 在区间 I 上一致收敛 .
n= 1
简介 目录 上页 下页 返回 结束
∞
∞
n= 1
证: 由条件2), 根据柯西审敛原理, ∀ > 0, ∃N, 当 ε
n > N 时, 对任意正整数 p , 都有 ε an+1 + an+2 +L+ an+p < 2 由条件1), 对 x ∈I , 有
n= 1
∑un(x) 一致收敛于和函数S(x)
部分和序列 Sn(x) 一致收敛于S(x) 余项 r (x) 一致收敛于 0 n
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∞
几何解释 : (如图)
∀ > 0, ∃N∈N+, 当n > N 时, S(x) −Sn(x) <ε 表 ε 示 曲线 y = Sn(x) 总位于曲线 y = S(x) −ε 与 = S(x) +ε y
]d x
[ =∑ e
−(n− )2 1
−e
−n2
] =1≠ ∫0S(x)dx
1
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对级数①定理结论不成立的原因:
级数①的余项
rn(x) = 2n x e
2
−n2x2
1 当x0 = 时 , n
2n rn (x0) = >1 (n > 2) e 可见级数①在 [ 0, 1 ] 上不一致收敛 , 此即定理2 结论
n= 1 ∞
则 (x)在 a,b]上 续 S [ 连 .
证: 只需证明 ∀x0 ∈[a,b], lim S(x) = S(x0). 由于
S(x) − S(x0)
x→ 0 x
= [Sn(x) + rn(x)]−[Sn(x0) + rn(x0)]
≤ Sn(x) − Sn(x0) + rn(x) + rn(x0)
n= 1
∞
n= 1
∞
∫x
证: 因为
k= 1
x
0
S(x)d x = ∑ ∫ un(x)d x
n= 1 x0
x
且上式右端级数在 [a, b] 上也一致收敛 .
∑ ∫x
n
x
0
uk (x)d x = ∫
x
x0
k= 1
∑uk (x)d x = ∫x
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n
x
0
Sn(x)d x
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所以只需证明对任意 x0, x∈[a,b] (x0 < x), 一致有