From 81c1f824fce8bfa0607dbedb995caaffaaf8b751 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: unlockable Date: Thu, 9 Mar 2023 17:35:53 +0800 Subject: [PATCH] =?UTF-8?q?=E7=AC=AC=E4=B8=89=E5=91=A8=E7=AC=AC=E4=B8=80?= =?UTF-8?q?=E8=8A=82=E8=AF=BE=E3=80=82?= MIME-Version: 1.0 Content-Type: text/plain; charset=UTF-8 Content-Transfer-Encoding: 8bit --- 07函数的积分.tex | 2 +- 10数项级数.tex | 24 +++++-- 11函数列与函数项级数.tex | 145 +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++ 高等微积分.tex | 1 + 4 files changed, 167 insertions(+), 5 deletions(-) create mode 100644 11函数列与函数项级数.tex diff --git a/07函数的积分.tex b/07函数的积分.tex index c8cc670..9672768 100644 --- a/07函数的积分.tex +++ b/07函数的积分.tex @@ -586,7 +586,7 @@ C^n [a,b] = \{f \in C[a,b] \mid f^{(n)} \in C[a,b]\}\] $p \neq 1$时， \begin{align*} - \int_e^{+\infty} \frac{1}{x(\ln x)^p \dif x} & = \int_e^{+\infty} \frac{1}{(\ln x)^p} \dif \ln x\\ + \int_e^{+\infty} \frac{1}{x(\ln x)^p} \dif x & = \int_e^{+\infty} \frac{1}{(\ln x)^p} \dif \ln x\\ & = \eval{\frac{1}{1 - p}(\ln x)^{1 - p}}_e^{+\infty}\\ & = \begin{cases} \frac{1}{p - 1}, p > 1\\ diff --git a/10数项级数.tex b/10数项级数.tex index 89a1e18..40753a9 100644 --- a/10数项级数.tex +++ b/10数项级数.tex @@ -158,7 +158,7 @@ \end{proof} \begin{theorem}[比较判别法的极限形式] - 设$n$充分大之后$a_n, b_n > 0$且$\tolim{n}{\infty} \frac{a_n}{b_n} = c, 0 < c < + \infty$，则级数$\sum a_n$与$\sum b_n$有同样的敛散性。 + 设$n$充分大之后$a_n, b_n > 0$且$\tolim{n}{\infty} \dfrac{a_n}{b_n} = c, 0 < c < + \infty$，则级数$\sum a_n$与$\sum b_n$有同样的敛散性。 \end{theorem} \begin{proof} @@ -237,7 +237,7 @@ 定理中的$q = 1$时，代表此方法不能判定敛散性。 \end{remark} -\begin{theorem}[D' Alembert比值判别法] +\begin{theorem}[D'Alembert比值判别法] \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})] \item 如果存在正数$q < 1$，使得当$n \geq n_0$时有 \[\frac{a_{n + 1}}{a_n} \leq q\] @@ -256,7 +256,7 @@ 对（2）：此时级数不满足$\tolim{n}{\infty} a_n = 0$。 \end{proof} -\begin{theorem}[D' Alembert比值判别法的极限形式] +\begin{theorem}[D'Alembert比值判别法的极限形式] 设$n$充分大后$a_n > 0$。 \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})] \item 如果$\tolim{n}{\infty} \sup \dfrac{a_{n + 1}}{a_n} = q < 1$，那么$\sum a_n < + \infty$； @@ -315,6 +315,22 @@ 如果$\{a_n\}, \{b_n\}$满足$\{b_n\}$单调有界，且$\sum a_n$收敛，那么级数$\sum a_n b_n$收敛。 \end{theorem} +\begin{example} + 证明级数 + \[\sum_{n = 1}^\infty \frac{\sin n}{n} = \sin 1 + \frac{\sin 2}{2} + \frac{\sin 3}{3} + \dots\] + 收敛。 +\end{example} + +\begin{proof}[解] + 这不是交错级数，可看作乘积型级数。其中$\{b_n\} = \left\{\dfrac{1}{n}\right\}$单调趋于0. + + 为应用Dirichlet判别法，只需验证$S_n = \sum_{k = 1}^n \sin k$有界。应用积化和差公式， + \[2\sin \frac{x}{2} \sum_{k = 1}^n \sin kx = \cos \frac{x}{2} - \cos \left(n + \frac{1}{2}\right)x\] + 令$x = 1$，得 + \[\abs{\sum_{k = 1}^n \sin k} = \frac{\abs{\cos \dfrac{1}{2}} - \cos \left(n + \dfrac{1}{2}\right)}{2 \abs{\sin \dfrac{1}{2}}} \leq \frac{1}{\abs{\sin \dfrac{1}{2}}}\] + 应用Dirichlet判别法可得原级数收敛。 +\end{proof} + \section{绝对收敛与条件收敛} \begin{theorem} 如果$\sum \abs{a_n}$收敛，那么$\sum a_n$也收敛。 @@ -362,7 +378,7 @@ 设$\tolim{n}{\infty} \sup \sqrt[n]{\abs{a_n}} = q$，则$\sum a_n$在$q < 1$时绝对收敛，在$q > 1$时发散。 \end{theorem} -\begin{theorem}[D' Alembert比值判别法] +\begin{theorem}[D'Alembert比值判别法] 若存在$0 < q < 1$，使得$n$充分大以后$a_n \neq 0, \abs{\dfrac{a_{n + 1}}{a_n}} \leq q$，则级数$\sum a_n$绝对收敛； 若$n$充分大以后$a_n \neq 0, \abs{\dfrac{a_{n + 1}}{a_n}} \geq 1$，则级数$\sum a_n$发散。 diff --git a/11函数列与函数项级数.tex b/11函数列与函数项级数.tex new file mode 100644 index 0000000..14ebb0a --- /dev/null +++ b/11函数列与函数项级数.tex @@ -0,0 +1,145 @@ +\chapter{函数列与函数项级数} +\section{函数项级数} +\begin{definition}[函数项级数] + 设 + \[u_1(x), u_2(x), \dots, u_n(x), \dots\] + 是定义在区间$[a, b]$上的一列函数，称 + \begin{equation*}\label{函数项级数定义} + \sum_{n = 1}^\infty u_n(x) = u_1(x) + u_2(x) + \dots + u_n(x) + \dots + \end{equation*} + 是$[a, b]$上的一个函数项级数。 + + 使函数项级数收敛的点的集合称为收敛点集（收敛域），即 + \[D = \left\{x_0 \in [a, b] \mid \sum_{n = 1}^\infty u_n(x_0)\text{收敛}\right\}\] + + 设$[a, b]$是\eqref{函数项级数定义}的收敛点集。对$[a, b]$中每一点$x$，级数$\sum u_n(x)$都有一个确定的和，记为$S(x)$，那么 + \[S(x) = \sum_{n = 1}^\infty u_n(x), x \in [a, b]\] + 是确定在$[a, b]$上的一个函数，称为\eqref{函数项级数定义}的和函数。 +\end{definition} + +问题：无限和函数的性质（连续性、可积性、可微性）是否与有限项和相同？具体来讲， +\begin{enumerate} + \item 若每个$u_n(x) \in C(I)$，是否有$S(x) \in C(I)$？即$\tolim{x}{x_0} \sum u_n(x) = \sum \tolim{x}{x_0} u_n(x)$是否成立？ + \item 若每个$u_n(x) \in R(i)$，是否有$S(x) \in R(I)$？即$\int \left(\sum u_n(x)\right) \dif x = \sum \int u_n(x) \dif x$是否成立？ + \item 若每个$u_n(x) \in C^1 (I)$，是否有$S(x) \in C^1(I)$？即$\left(\sum u_n(x)\right)^\prime = \sum u_n^\prime(x)$是否成立？ +\end{enumerate} + +\section{一致收敛} +\begin{definition} + 设函数列$\{f_n\}$在点集$I$（可以是区间，也可以不是区间）上收敛于$f$。如果对任意给定的正数$\varepsilon$，都有与$x$无关的正整数$N(\varepsilon)$存在，使得当$n > N(\varepsilon)$时，不等式 + \[\abs{f_n(x) - f(x)} < \varepsilon\] + 对$I$中的一切$x$都成立，就说函数列$\{f_n\}$在$I$上一致收敛于$f$。 +\end{definition} + +\begin{theorem}[Cauchy准则] + $\{f_n\}$在$x \in I$上一致收敛等价于对任意的$\varepsilon > 0$，总存在不依赖于$x$的$N(\varepsilon)$满足对任意的$n > N, p \in \naturalnum$，对任意的$x \in I$有 + \[\abs{f_{n + p}(x) - f_n(x)} < \varepsilon\eqper\] +\end{theorem} + +\begin{definition} + 对函数列$S_n(x) = \dsum_{k = 1}^n f_k(x)$，若$\{S_n(x)\}$在$x \in I$上一致收敛到$S(x)$，则称$\dsum_{n = 1}^\infty f_n(x)$在$x \in I$上一致收敛到$S(x)$。 +\end{definition} + +下面的定理是判断级数一致收敛的最常用的方法。 +\begin{theorem}[Weierstrass判别法] + 如果存在收敛的正项级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n$，使得在区间$I$上有不等式 + \[\abs{u_n(x)} \leq a_n, n = 1, 2, \dots\] + 那么级数$\dsum_{n = 1}^\infty u_n(x)$在区间$I$上一致收敛。 +\end{theorem} + +定理中的$\sum a_n$称为$\sum u_n(x)$的强级数/优级数/控制级数。这个定理是一致收敛的充分条件，它不是必要条件。 + +\begin{example} + \[\sum_{n = 1}^\infty \frac{x^n}{n!} = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots, D = (-\infty, +\infty)\] +\end{example} + +\begin{proof} + 对任意的$M > 0$，$\sum \frac{M^n}{n!}$是$\sum \frac{x^n}{n!}$在$[-M, M]$上的收敛强级数； + + 应用D'Alembert比值判别法可知$\sum \frac{M}{n!}$是收敛级数。由Weierstrass判别法知$\sum \frac{x^n}{n!}$在$[-M, M]$上一致收敛。 + + 因此和函数$S(x) \in C[-M, M]$，而由$M$的任意性可知$S(x) \in C(-\infty, +\infty)$。 +\end{proof} + +\begin{definition} + 设$\{f_n\}$是定义在区间$I$上的函数列，如果对于每一个$x \in I$，都有正数$M(x)$，使得$f_n(x) \leq M(x)$对$n = 1, 2, \dots$成立，则称函数列$\{f_n\}$在$I$上逐点有界。注意这里的$M(x)$是随$x$变化的。如果我们能找到一个常数$M$，使得 + \[\abs{f_n(x)} \leq M, n = 1, 2, \dots\] + 对一切$x \in I$成立，就称函数列$\{f_n\}$在$I$上一致有界。 +\end{definition} + +\begin{theorem}[Dirichlet判别法] + 如果级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x) b_n(x)$满足下面两个条件： + \begin{enumerate} + \item $\{b_n(x)\}$对于每一个固定的$x$都单调，且在区间$I$上一致收敛于0； + \item 级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x)$的部分和在$I$上一致有界，即 + \[\abs{\sum_{k = 1}^n a_k(x)} \leq M, x \in I, n = 1, 2, \dots\text{；}\] + \end{enumerate} + 那么级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x) b_n(x)$在$I$上一致收敛。 +\end{theorem} + +\begin{theorem}[Abel判别法] + 如果级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x) b_n(x)$满足下面两个条件： + \begin{enumerate} + \item $\{b_n(x)\}$对于每个固定的$x$都是单调的，并且在$I$上一致有界，即 + \[\abs{b_n(x)} \leq M, x \in I, n = 1, 2, \dots\text{；}\] + \item 级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x)$在$I$上一致收敛； + \end{enumerate} + 那么级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x) b_n(x)$在$I$上一致收敛。 +\end{theorem} + +\section{和函数的性质} +\begin{theorem}[和函数的连续性] + 若下列条件成立，则$S \in C(I)$： + \begin{enumerate} + \item $u_n \in C(I), n = 1, 2, \dots$， + \item $\dsum_{n = 1}^\infty u_n(x)$在$I$上一致收敛。 + \end{enumerate} +\end{theorem} + +\begin{theorem}[和函数的可积性] + 设$\dsum_{n = 1}^\infty u_n(x)$在$I$上一致收敛于和函数$S(x)$。令$[a, b] \subset I$， $u_n \in R[a, b], n = 1, 2, \dots$，则$S \in R[a,b]$，且 + \[\int_a^b S(x) \dif x = \sum_{n = 1}^\infty \int_a^b u_n(x) \dif x\eqper\] +\end{theorem} + +\begin{proof} + 欲证和函数可积，即证和函数有界且间断点事零测集。 + + 有界：级数一致收敛于和函数，因此存在$n_0 \in \naturalnum, \sup \limits_{x \in [a,b]} \abs{\dsum_{k = n_0 + 1}^\infty u_k(x)} \leq 1$，也即 + \[\sup \limits_{x \in [a,b]} \abs{S(x) - S_{n_0}(x)} \leq 1\] + 因此 + \[\sup \limits_{x \in [a,b]} \abs{S(x)} \leq 1 + \sup \limits_{x \in [a,b]} \abs{S_{n_0}(x)} = M\eqper\] + + 零测：每个$u_n$的间断点都是零测集，可数多个零测集的并集还是零测集，$Dis(x) \subset \bigcup \limits_{n = 1}^\infty Dis(u_n)$。 + + 再证逐项积分等式\[\int_a^b S(x) \dif x = \sum_{n = 1}^\infty \int_a^b u_n(x) \dif x\] + 考虑 + \begin{align*} + \int_a^b S(x) \dif x & = \int_a^b \left[\sum_{k = 1}^n u_k(x) + \sum_{k = n + 1}^\infty u_k(x)\right]\dif x\\ + & = \sum_{k = 1}^n \int_a^b u_k(x) \dif x + \int_a^b \left[\sum_{k = n + 1}^\infty u_k(x)\right]\dif x + \end{align*} + 这导出 + \[\abs{\int_a^b S(x) \dif x - \sum_{k = 1}^n \int_a^b u_k(x) \dif x} \leq \int_a^b \abs{\sum_{k = n + 1}^\infty u_k(x)} \dif x\] + 由一致收敛性，对任意的$\varepsilon > 0$，存在$n_0 \in \naturalnum$，使得对于任意的$n > n_0$，$\sup \limits_{x \in [a,b]} \abs{\dsum_{k = n + 1}^\infty u_k(x)} < \dfrac{\varepsilon}{b - a}$，因此 + \[\abs{\int_a^b S(x) \dif x - \sum_{k = 1}^n \int_a^b u_k(x) \dif x} \leq \int_a^b \frac{\varepsilon}{b - a} \dif x = \varepsilon\eqper\qedhere\] +\end{proof} + +\begin{theorem}[和函数可微性] + 设$u_n \in C^1 (I), n = 1, 2, \dots$，$\sum u_n^\prime (x)$在区间$I$上一致收敛，如果$\sum u_n(x)$在某$c \in I$收敛，则 + \begin{enumerate} + \item $\sum u_n(x)$在$I$上处处收敛； + \item $S(x) = \sum u_n(x) \in C^1(I)$，且$S^\prime (x) = \sum u_n^\prime (x)$。 + \end{enumerate} +\end{theorem} + +\begin{proof} + 记$T(x) = \dsum_{n = 1}^\infty u_n^\prime(x)$。由和函数的连续性，得$T \in C(I)$。由逐项积分性质，对于任意的$x \in I$，有 + \[\int_c^x T(t) \dif t = \sum_{n = 1}^\infty \int_c^x u_n^\prime (t) \dif t = \sum_{n = 1}^\infty [u_n(x) - u_n(c)] = \sum_{n = 1}^\infty u_n(x) - \sum_{n = 1}^\infty u_n(c)\] + 因此 + \[\sum_{n = 1}^\infty u_n(x) = \sum_{n = 1}^\infty u_n(c) + \int_c^x T(t) \dif t\] + 收敛，即 + \[S(x) = \sum_{n = 1}^\infty u_n(x) = \sum_{n = 1}^\infty u_n(c) + \int_c^x T(t) \dif t\] + 由变上限积分求导公式 + \[\deriv{S}(x) = \frac{\dif}{\dif x}\left[\sum_{n = 1}^\infty u_n(c) + \int_c^x T(t) \dif t\right] = T(x) = \sum_{n = 1}^\infty u_n^\prime (x)\] +\end{proof} + +最后，注意$T \in C(I)$，因此$S \in C^1(I)$。 diff --git a/高等微积分.tex b/高等微积分.tex index ef40e84..6366d27 100644 --- a/高等微积分.tex +++ b/高等微积分.tex @@ -83,4 +83,5 @@ \include{08定积分应用.tex} \include{09常微分方程.tex} \include{10数项级数.tex} + \include{11函数列与函数项级数.tex} \end{document} \ No newline at end of file