发布时间 : 星期六 文章数学分析13.2一致收敛函数列与函数项级数的性质更新完毕开始阅读
解：由(ne-nx)’=-n2e-nx<0，知ne-nx单调减，∴对任何x∈[ln2,ln3]，有 ne≤ne
?-nx-nln2
nnnn1n=n. 又由nn=→<1 (n→∞)，知?n收敛.
22222∴?ne-nx在[ln2,ln3]上一致收敛. 又ne-nx (n=1,2,…)在[ln2,ln3]上连续，
n?1∴?ln2S(t)dt=??ln2nedt=???ln3ln3-ntn?1?11?1=. ?nn?3?2n?1?2?
6、证明：函数f(x)=?证：∵又
sinnx在R上连续，且有连续的导函数. n3sinnx1sinnx≤, x∈R，由M判别法知在R上一致收敛. ?333nnnsinnx(n=1,2,…)在R上连续，∴f(x)在R上连续. 3nsinnxcosnx1cosnx∵|(3)’|=|2|≤2，由M判别法知?2在R上一致收敛.
nnnncosnx又2 (n=1,2,…)在R上连续，∴f(x)在R上有连续的导函数.
n
7、证明：定义在[0,2π]上的函数项级数?rncosnx(0 n?0?条件，且?02π??n???rcosnx?dt=2π. ?n?0?证： ∵|rncosnx|≤rn (0 n?0?又rcosnx在[0,2π]上连续，∴?rncosnx(0 n?0n ?且?02π?2π2π2π??n?nrcosnxdxcosnxdx=0(n=1,2…) dx=. 又=2π，??rcosnx?dx??0??00n?0?n?0?∴?0 2π??n???rcosnx?dt=2π. ?n?0?8、讨论下列函数列在所定义区间上的一致收敛性及极限函数的连续性、可微性和可积性： (1)fn(x)=xe-nx,n=1,2,…, x∈[-L,L]； (2)fn(x)= nx, n=1,2,…, I. x∈[0,+∞)；II. x∈[a,+∞) (a>0). nx?1n??∞2解：(1)∵limfn(x)=0=f(x), x∈[-L,L]，且 sup|fn(x)-f(x)|=sup| xe-nx|≤ x?[-L,L]212ne→0 (n→∞)， x?[-L,L]∴{fn(x)}在[-L,L]上一致收敛于0， 且其极限函数f(x)=0在[-L,L]上连续可积可微. 又fn(x)=xe-nx,n=1,2,…在[-L,L]上连续， ?fn(x)dx=lim?f(x)dx∴?-Lnlim??. n?-L??∞n??∞L2??L???0，-L?x?L且x?02-nx2?e∵f’n(x)=(1-2nx), 且limfn(x)=?， n??∞1，x?0 ?∴[limfn(x)]’≠limfn?(x). n??∞n??∞ ?0，x?0 (2)∵f(x)=limfn(x)=1=?,且 n??∞1，0?a?x????sup|fn(x)-f(x)|=supx?[a,??)-11=→0 (n→∞)， x?[a,??)nx?1na?1∴{fn(x)}在[a,+∞) (a>0)上一致收敛于1，在[0,+∞)上内闭一致收敛. ∴其极限函数不在[0,+∞)上连续可积可微； 但在[a,+∞) (a>0)上其极限函数f(x)=1连续可微，但不可积. 1在(1,+∞)上连续，且有连续的各阶导数. nx11证：?x∈(1,+∞)，取1 nn1?nx在[p,+∞)上一致收敛，在(1,+∞)上内闭一致收敛. 1又x在(1,+∞)上连续，∴S(x)在(1,+∞)上连续. n9、证明：函数S(x)=?1?又??x??n?(k)lnkn=(?1)x, k=1,2,…在(1,+∞)上连续. nklnknlnkn?x∈(1,+∞)，取1 nnklnkn1lnknlnkn1由p/q=p-q→0 (n→∞)，及?q收敛，知?p收敛， nnnnnlnkn∴?(?1)x在[p,+∞)上一致收敛，在(1,+∞)上内闭一致收敛. nk1?∴S(x)=???x??n?(k) (k)lnkn=?(?1)x 在(1,+∞)上连续. 得证！ nk 10、设f在(-∞,+∞)上有任何阶导数，记Fn=f(n), 且在任何有限区间内Fn?φ (n→∞)，试证：φ(x)=cex (c为常数). 证：由条件可知φ’(x)=[limf (n)(x)]’=lim[f (n)(x)]’ =limf (n+1)(x)=φ(x). n??∞n??∞n??∞φ?(x)即有=1，两边取积分得： φ(x) 11 φ?(x)1dx =+C，即dφ(x) =x+c1， dx?φ(x)?φ(x?)1 ∴lnφ(x)=x+c1，即φ(x)=ex?c=ecex=cex (其中c=ec为常数).