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第三周第一节课。

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2023-03-09 17:35:53 +08:00
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2
07函数的积分.tex
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@@ -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\\

18
10数项级数.tex
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@@ -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}
@@ -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。

145
11函数列与函数项级数.tex Normal file
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@@ -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$S \in C^1(I)$。

1
高等微积分.tex
View File

@@ -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}