MathematicalAnalysis/11函数列与函数项级数.tex

\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$S \in C^1(I)$。