所以在点处连续即在上连续其次证明，令则由的严格单调性知存在唯一的，因为为无理点可用无限不循环小数表示，记第一个不为零的下标为按的定义有当时，处不可微与为多项式矛盾必有。
数分选讲讲稿第8讲
讲授内容
第八讲
§2．3 解函数方程
一、问题的提出 备 注 3学时 若f(x)ax，则f(xy)axayf(x)f(y)，x,y．这就是说，一次齐次函数f(x)ax满足函数方程
f(xy)f(x)f(y)，x,y．
同样可以验证，x,yf(x)a(a0,a1)，满足f(xy)f(x)f(y) x
f(x)logax(a0,a1)，满足f(xy)f(x)f(y) (x,y0) f(x)x， 满足f(xy)f(x)f(y)
现在提出相反的问题：满足这些方程，是否仅是上述这些函数？若对求解的范围，作连续等条件的限制，回答是肯定的．
二、求解函数方程
1、推归法
为了求解函数方程，可以从函数方程出发，由最简单的情况入手，一步一步地推导，边推导，边归纳，逐步达到所希望的结果．
例1 证明 ：若对x,y(,)，有f(xy)f(x)f(y)，且f(x)在点0处连续，则f(x)ax，其中af(1)．
证 首先证明f(x)在(,)上连续．
由题设，对x，有
f(x)f(x0)f(x)f(0)
所以 f(0)0． 对x，有
yf(xx)f(x)f(x)f(x)f(x)f(x)
1
由f(x)在点0处连续，有
x0limylimf(x)f(0)0
x0所以f(x)在点x处连续，即f(x)在(,)上连续． 其次证明f(x)ax，x(,)．
1 首先证明对任意正有理数r，有f(rx)rf(x)，x． 当yx时，f(2x)2f(x)，
由数学归纳法，有f(nx)nf(x) (nN)(1)
1
于是有 f(x)f(nx)
n
xx1x1
用代替x， f()f(n)f(x)(2) nnnnn
o
p
设r（p,q为自然数），有
q
px(1)x(2)p
f(rx)f(x)f(p)pf()f(x)rf(x)
qqqq
又因为f(0)f(x(x))f(x)f(x)，且f(0)0 所以 f(x)f(x)．对负有理数r (r0)，有
f(rx)f(rx)rf(x)．
因此对任意有理数r，有f(rx)rf(x)，x． 2证明对任意无理数t，有f(tx)tf(x)，x．
取有理数列rn，使得limrnt，有
n
o
f(rnx)rnf(x)．
因为f(x)在上连续，所以
f(tx)f(limrnx)limf(rnx)limrnf(x)tf(x)．
n
n
n
于是对任意x及任意实数c，有
2
f(cx)cf(x)．
因此，对任意x，有
f(x)f(1x)xf(1)ax，其中af(1)．
2、转化法
引入适当的新自变量或新因变量，作变量替换，将所给的函数方程转化为熟知的函数方程．或从所给的限制条件，导出熟知的限制条件，从而利用熟知的问题求解．
例2 证明：在实轴上满足方程
f(xy)f(x)f(y)
的唯一不恒等于零的连续函数是f(x)ax(a0为常数)．
证 1 证明f(x)0．
因为f(x)0，x0，使得f(x0)0．于是
x，由于
o
f(x)f(x0x)f[x(x0x)]f(x0)0
知f(x)0．
xxx
从而 x，f(x)ff0．
222
2
o
2
作变换
o
令 F(x)logaf(x)，由1知f(1)0．不妨设af(1)． 于是F(x)连续，且满足
F(xy)logaf(xy)logaf(x)f(y)
logaf(x)logaf(y)F(x)F(y)
由例1知，F(x)bx（其中bF(1)为常数）
F(1)logaf(1)logaa1 故F(x)x，从而f(x)a
F(x)
a，(af(1)0)．
3
x
例3 证明：满足方程
f(xy)f(x)f(y) x,y0
的唯一不恒等于零的连续函数是f(x)logax．
证 引入新变量 xat，t(,)(a0)，则
f(x)f(at)(t)
则(t)在(,)上连续．
tlogax，f(x)(logax)．因为
(st)f(ast)f(asat)f(as)f(at)(s)(t)
由例1知，(t)ct，c(1)f(a)． 所以 f(x)(logax)clogaxf(a)logax． 当f(a)1时，则得f(x)logax．
例4 求在实轴上满足方程
xyf(x)f(y)
)f(x,y 22
的连续函数．
解f(x)f(y)xy(xy)0
ff 222
f(0)b
f(xy)f(0)
2
f(xy)b
2
因此f(x)f(y)f(xy)b， 即 f(x)bf(y)bf(xy)b． 令 g(x)f(x)b，
则有g(xy)g(x)g(y)及g(x)在(,)上连续． 所以 g(x)ax，(ag(1))． 即f(x)axb．
4
例5 设 f(x)f(xx)f(x)
f(x)(f(x))f(xx)f(x)f(x2x)2f(xx)f(x) 试求满足方程2f(x)0，x的连续函数． 解 因为f(x2x)2f(xx)f(x)0
f(x2x)f(x)
2
xy令x2xy，则有2x2xxy，xx．
2
xyf(x)f(y)
)可得 f( 22
2
所以 f(xx)
由例4可得f(x)axb．
例6证明：当x0时，满足方程
f(xy)f(x)f(y)
的唯一不恒等于零的连续函数是幂函数f(x)x，其中为常数．
证 令 g(x)f(ex)(x)，则g(x)在(,)上连 续，且不恒等于零．
g(xy)f(exy)f(exey)f(ex)f(ey)g(x)g(y) 由例2知，g(x)bx，(x, b0)．即
f(e)b．
令exy，则y0，由ex的严格单调性知，存在唯一的
xx(,)，使得eb．于是 f(y)be
x
x
(e)y 0y．
x
例7 证明：在实轴上满足方程
f(xy)f(x)f(y) x,y()
的唯一单调函数是f(x)ax，(af(1)为常数)．
证 在()中，令y0，得f(x)f(x)f(0)，所以f(0)0．
在()中，令xxy，得f(2x)2f(x)，令x0，
f(00)2f(00)，所以f(00)0f(0)．
同理，令x0，得f(00)0f(0)． 所以 f(00)f(0)f(00)．
即f(x)在点x0处连续．又因为f(x)在(,)上单调，所以
x0(,)，f(x00),f(x00)存在． 在()中，令xx0, yh (h0)，
f(x0h)f(x0)f(h)，(h0) 令h0，f(x00)f(x0)f(0)f(x0)h0，f(x00)f(x0)f(0)f(x0)
所以f(x)在点x0处连续．从而f(x)在(,)上连续． 由例1知f(x)ax，(af(1))．
第三章 一元函数微分学
§3．1 导数
一、导数的定义与可微性 导数的定义
f(x0)lim
xx0
f(x)f(x0)f(xx)f(x0)
lim
x0xx0xf(xh)f(x0)f(xh)f(x0)lim h0hh
lim
h0因此，可导（可微）性的证明，就是证上述极限的存在性，可用 证明极限的方法．要证明不可微，可利用可微与连续的关系，证 明f(x)在点x0处不连续；f(x0)f(x0)；或上述极限不存在．
例1 证明：Riemann函数
p1(当x为既约分数，q0,p为既约整数)
qR(x)q
0（当x为无理数）
在[0,1]上处处不可微．
证 因R(x)在有理点上不连续，故R(x)在有理点上不可微．设x0(0,1)为任意无理点，则当x沿无理点点列xn趋于x0
时，
lim
1o 2o
R(xn)R(x0)0
lim0．
nnxnx0xnx0
3o下面只要证明眼某个有理点的点列rn趋于x0时，上述极限 不为零即可．
因为x0为无理点，可用无限不循环小数表示
x00.12n
截取前面n位小数，令rn0.12n（有限小数）． 则rn是有理点的点列，且limrnx0．
n
注意ii1有无穷多项不为零．（x0是无理点）．
记第一个不为零的下标为N，按R(x)的定义，有当nN时，
R(rn)R(0.12n)
1
． n10
故R(rn)R(x0)R(0.12n)
1．
rnx00.00n1n2
R(rn)R(x0)
0．
nrnx0
3
所以 lim
例2 证明：f(x)|x|在x0处的三阶导数f(0)不存在．
证 f(x)|x|3x3sgnx，f(0)0．
f(x)3x2sgnx3x|x|，x0
f(0)lim
x0f(x)f(0)xsgnx
lim0． x0x0x
3
f(x)6xsgnx6|x|，x0
f(x)f(0)3x2sgnxlim0．f(0)lim
x0x0x0xf(0)lim
f(x)f(0)6x
lim6，
x0x0x0x
f(x)f(0)6x
f(0)limlim6．
x0x0x0x
因此，f(0)不存在．
例3 设p(x)x，q(x)1x，f(x)为多项式．f(x)p(x)，
11f(x)q(x)，x(,)．证明：f．
221
证 已知f
2
11p．现证22
11f． 22
11（反证法）若f．
22111
p(x)x11 当x时，
1112
xxx222
1f(x)
11 flim
02x1
x22
111f(x)q(x)1x11 当x时，
1112
xxx222
1f(x)
11 flim
02x1
x22
f(x)
故f(x)在x
1
处不可微，与f(x)为多项式矛盾．必有2
11 f．
22例4 设f(0)0．证明：f(x)在x0处可微的充要条件是： 存在函数g(x)，在x0处连续，使得f(x)xg(x)，且此时
f(0)g(0)．
证 充分性
因为g(x)在x0处连续，所以limg(x)g(0)．
x0f(x)f(0)xg(x)
f(0)limlimlimg(x)g(0)．
x0x0x0x0x
所以f(x)在x0处可微．
必要性 设f(x)在x0处可微．令
f(x)
, x0
g(x)x
f(0), x0
则lim
x0f(x)f(x)f(0)limf(0) x0xx0
所以g(x)在x0处连续．显然f(x)xg(x)，f(0)g(0)．
数分选讲讲稿第23讲
讲授内容 第二十三讲 §5.1数项级数
一、求和问题 1．利用已知级数
1352n1
例1 计算 23n．
22221352n32n1
解 Sn23n1n
22222352n32n1
2Sn12n2n1
2222
1112n1
Sn2SnSn112n2n
2222
11n1
2n1． 1n212
备 注 3学时
a
n1n
limSn
n
limak
n
k1n
故原级数的和为SlimSn3．
n
例2 计算
nen1nx(x0)
解 (1ex)Sn
(1ex)ex2e2x3e3x(n1)e(n1)xnenx
e2e
x2x
3e3x(n1)e
(n1)x
nenx12ex3e2xne(n1)x
1exe2xe(n1)xnenx
1e1nx
ne (n) 1ex1ex
nxSne
(n) x2
(1e)
x
2．连锁消去法
1
例3 设0x1．求级数的和
n
1xn0x2n
2n1
．解 Sn
k0x2k
1x2k1
11k22k1
1xk01x
n
11 n1 1x1x2
1xn0x2n
2n1
11limn1
n1x1x2
x
1x．
1
例4 求如下级数的和： 1） arctan2；
2kk1
2
2）arctan2．
4k4k1k2
解 提示：利用公式 arctanxarctanyarctan
xy 1xy
1(2k1)(2k1)
1）arctan2arctan
2k1(2k1)(2k1)
arctan
11arctan 2k12k1
22arctan2）arctan2
4k4k112k(2k2)
arctan
2k(2k2)
12k(2k2)
arctan2karctan(2k2)
3．方程式法
建立Sn的方程式，从中求出Sn的表达式． 例5 计算
qcosq2cos2qncosn, (|q|1)
2
解记Snqcosk
kk1
n
2
2
n2两边同乘以2qcos：
2qcosSn2qk1coskcos
k1n
qk1cos(k1)cos(k1)
k1n
q
n1cos(n1)SnqcosqqSnqcosn
qn2cosnqn1cos(n1)qcosq2
解此方程得 Sn
1q22qcos
qcosq2
limSn2n1q2qcos
(x)的表达式 4．先求出Sn
sinnx
例6 设x[0,]．求级数的和 ．
nn1
解若x0,，显然级数和为0． 设0x，记 Sn(x)
(x)coskxSn
k1n
sinkx
，则 kk1
n
n
x2sincoskx 22sink12
1
11sinkxsinkx x222sink12
1xsinnxsin 222sin21
1
n
3
1
sinnx
12 x22sin2
(t)dt 于是Sn(x)Sn(x)Sn()Sn
x
华师大下册P79
1
sinnt1 12dt(x)0x
t2 x 2sin21
sinnt 2由Riemann引理， limdt0 n x t
sin2
1
limSn(x)(x)0x． n2
0,x0
于是原级数的和： S(x)1
(x), 0x 2
二、级数收敛性的判定１．Cauchy准则及其应用
1）Cauchy准则：an收敛0，N0，当nN
n1kn1
a
npk
当n
时，关于p一
时，对p，恒有
kn1
a
npk
．致趋于0．
级数收敛的必要条件：若an收敛，则liman0．
n1n
2）Cauchy准则的否定形式：an发散00，
n1N0， nN及某个自然数p， 恒有
kn1
a
npk
0．
4
例7 设an0， Sna1a2an，级数an，
n1a
试证：n发散．
n1Sn
证an0， Sn， SnSnp p．
akSnpSnakkSnn1
． 1SSSSkn1knpnpnp
npnpan， Sn．故 n，当p充分大时，
n1Sn1
有 ．
Snp2
a11
从而 k1．
22kn1Sk
取0
np1
，N0，当 nN时，对足够大的p，2
npa
有 k0kn1Sk
由Cauchy准则知，
an发散． Sn1n
n
例8 设an0， Snak，级数an发散，
k1n1试证：
an(0)收敛． 1Sn1n
证an发散，且an0 (n1,2,)，
n1limSn．
n
11首先证明 收敛．
Sn1n1Sn
5
11111
n (n)
Sk1S1Sn1S1k1Sk
n
11所以正项级数收敛．
Sn1n1Sn
设f(x)
1f(x) x0 ，
xx1
取aSn, bSn1，由Lagrange中值定理得 f(b)f(a)f()(ba) 即
11an1SnSnSn1 Sn1SnSn
an111
an1
1SnSn1SnSn11
an1
由正项级数的比较判别法知，级数收敛． 1
Sn1n1a
即 级数 n1 收敛．
n1Sn
例9 如果liman10, lim(an1an2)0,，
n
n
lim(an1an2anp)0,．试问级数an是否一定 n
n1收敛？（“是”或“不一定”说明理由）
答 不一定．如
1
由Cauchy准则知其发散． n1n
但p，0
111p
0 (n)n1n2npn1
例10 证明：级数an收敛对于任意的正整数序列
n1p1,p2,,pk,，及自然数的任意子序列nk，皆有
k
lim(ank1ank2ankp)0．
k
证 an收敛
n1k
0，N0，当nN时，对p，恒有
kn1
a
np．由nkk知，当kN时，有
ank1ank2ankp
k
lim(ank1ank2ankp)0．
k
k
（反证法）若an发散，
n1则 00，N0， nN及某个自然数p，使得
an1an2anp0
特别：N11， n11及p1，使得
an11an12an1p10
N2maxn1,2， n2N2及p2，使得
an21an22an2p20
如此下去，得到自然数的子序列nk，以及pk，使得
ank1ank2ankpk0 (k1,2,)
与已知条件矛盾．证毕．2．正项级数敛散性的判定
判断正项级数an的敛散性，通常有如下方法：
n11）若通项ann)，则an发散．
n1
2）判阶法：若通项an0 (n)，且an与
1
为同 pn
阶无穷小，则p1时，an收敛，p1时，an发散．
n1n13）比较判别法 （几何级数，p级数为比较对象）
4）DAlembert（比值）判别法 Cauchy(根式)判别法 Cauchy（积分）判别法
n
5）考虑部分和ak是否关于n有界．有界则收敛，无
k1界则发散．
12nsin
n
例11 若limn
n
证 已知
n
1
2nsin
n
an1，则级数an是否收敛？
n1an2nsin
1
n
n
1sinn
2nsin
1nan1(n)
且0n
12n1
2（当n充分大） n
341
30 (n) n n
2nsin
1n为无穷小量，且an与 n
1
2nsin
n
2nsin
1n为等价无穷小量．
故a
n1n
与 n
n1同时收敛．
1n收敛．
2nsin
又1
收敛，由比较判别法知， nn1nn1
从而级数an收敛．
n1例12 证明：Kummer判别法： 假设an0, bn0(n1,2,)，则
1）若0，使得
bnanan1(n1,2,) (1) bn1
利用比较判别法
则级数bn收敛．
n1bn1
2）若发散，且anan10(n1,2,) (2)
ban1nn1
则级数bn发散．
n1华师大下册P16 习题3
证 1）由（1）式知bnanbn1an1bn1>0 (3)
bnan，而bnan0 由单调有界定理，bnan收敛． 而级数
ban1nnbn1an1的前n项部分和
n
Snbkakbk1ak1b1a1bn1an1
k1limSn 存在．
n
即级数bnanbn1an1收敛．
n1由（3）式及比较判别法知，bn收敛．
n11ab
2）由（2）式知n1n1
bnan
1
发散，知bn发散．
n1n1an
例13 若正项级数an收敛，且
n1
eananeanbn(n1,2,)
证明bn收敛．
n1证bnlneanan
an只需证明lneanan收敛．
n1liman0, limean1
n
n
即limlneanan0．
n
xe1x
lnexxex1 limlimlimx0 x0x0x0x1ex
lnexo(x) (x0)
x
于是lneanano(an) (n) 当n足够大时，lneananan 由an收敛，知lneanan收敛．
n1n1blne
nn1
n1ananan
n1所以
b
n1n
收敛．
数分选讲讲稿第27讲
讲授内容 第二十七讲 §5.2 函数项级数
2．和函数的连续性
和函数的连续性定理有如下三种形式
备 注 3学时
定理1设函数un(x) (n1,2,)在区间I上连续，un(x)
n1n
在I上一致收敛．则S(x)
u
n1(x)在I上连续．
定理2 设un(x) (n1,2,)在xx0处连续，un(x)在x0
n1n
的某个邻域内一致收敛．则S(x) 连续．
u
n1(x)在xx0处
定理3 设函数un(x)(n1,2,)在区间(a,b)内连续，
u
n1n
(x)在(a,b)内闭一致收敛［意指在(a,b)内的任一
闭子区间上分别一致收敛］．则S(x) 内连续．
u
n1n
(x)在(a,b)
例22 设un(x)(n1,2,)在区间[a,b]上连续，un(x)
n1在(a,b)内一致收敛．求证：un(x)在[a,b]上一致连续．
n1证un(x)(n1,2,)在[a,b]上连续，limun(x)un(a), limun(x)un(b)．
xa0
xb0
un(x)在(a,b)内一致收敛
n11
由例题20知，可逐项取极限
所以un(x)在xa, xb处收敛．
n1设 S(x)
u
n1n
(x)x[a,b]
S(a)
n1un(a)
S(b)
n1un(b)
．un(x)在(a,b)内一致收敛
n10，N10，当nN1时，对x[a,b]有
n
S(x)
u
k1k
(x)
n
又因为un(a)与un(b)收敛，对上述
n1n1对上述0，N20，当nN2时，S(a)uk(a)
k1n
N30，当nN3时，S(b)uk(b)
k1取NmaxN1,N2,N3，当nN时，对x[a,b]有
n
S(x)
u
k1k
(x)
即un(x)在[a,b]上一致收敛．
n1据和函数连续性定理1知
S(x)
u
n1n
(x)在[a,b]上连续．
再由闭区间上连续函数定理知
S(x)
u
n1n
(x)在[a,b]上一致连续．
2
例23设xn是(0,1)内的一个序列：且xixj0xn1，
ij．试讨论函数f(x)
n1sgn(xxn)
21n
在(0,1)内的连续性．
解 10
sgn(xxn)
212
n
n
2
n
x(a,b)
且n1收敛
在(0,1)内一致收敛．
由M判别法知
n1sgn(xxn)
2
n
2
设x0xn(n1,2,)为(0,1)内任意一点．则通项
sgn(xxn)
2
n
un(x)
在xx0处连续．由10及和函数连续性
定理2知，在f(x)xx0处连续．
3
设xk是xn中任意一点．
f(x)
nksgn(xxn)
2
n
sgn(xxk)
2
k
右边第一项在xxk处连续，第二项在xxk处间断．
所以f(x)xxk处间断．
例24 证明：f(x)
n1(x1n)
n
在(1,1)内连续．
证q: 0q1，考虑内闭区间[q,q](1,1)
(x1n)
n
(|x|
1n)(q
n
1n1
)
n
x[q,q]
由Cauchy根式判别法知，(q)n收敛．
n1n
所以，(x)n在[q,q]上一致收敛．
n11
n
3
由q的任意性和定理3知，f(x)
(xn)在(1,1)内连续．
n
n11
例25 证明：
n1x(1x)
2
n
在(0,)内非一致收敛．
证 当x0时，S(0)0．
当x0时，级数是无穷递缩等比级数，S(x)
n
1x．S(x)
u
n1(x)
n11
,x0x2n
(1x)0, x0
x
即S(x)在x0处间断．因此，该级数在[0,)上非一致收敛．（定理1：一致收敛的必要条件）
假如在(0,)内一致收敛，在x0处收敛． 同例22的证法，可知级数在[0,)上一致收敛．矛盾. 因此，原级数在(0,)内非一致收敛．
注：利用和函数连续性定理，可推断非一致收敛．3．和函数的可微性与逐项求导
若函数项级数un(x)在区间I上满足：
n11）un(x)在区间I上收敛；
n12）un(x)(n1,2,)在区间I上有连续的导数；
(x)在区间I上一致收敛 3）un（或在I的任意内闭子区间
n1上一致收敛）；
则S(x)
u
n1n
(x)在I上可微，且
4
S(x)un(x)
n1n
u(x)xI
n1例26证明：f(x)
nen1nx在(0,)内收敛，但不一致
收敛．而和函数f(x)在(0,)内可微．
证 10 x(0,)，
nen
nx2
ne3nx
0
(n)
且n11n2
收敛，所以nenx在(0,)内收敛．
n1nx2
n，当x0时，ne
n
在(0,)内级数通项 nenx
0 (n)
即ne
n1nx在(0,)内不一致收敛．
3
nenx在(0,)内连续，
nenxne2nx
在(0,)内连续．
2
nx0，有 0ne
ne2nx[,)
而n
n12
e
n
收敛，
所以
n
n12
e
n
在[,)上一致收敛，在(0,)内内闭一致
收敛．故f(x)(0,)内可微，且
nx2nx
f(x)nene
n1n1
x(0,)
例27 证明：fn(x)
1narctanx (n1,2,)
n
在(,)内一致收敛．但
5
limf(x)
n
n
x1limfn(1)．
n
．证x(,)arctanxn故有
fn(x)
2
(n1,2,)
2n(n1,2,)
f(x)limfn(x)0x(,)
n
00，N2
，当nN时，对x(,)
2(N1)
有fn(x)f(x)
2n2
2
0于(,) (n)． 于是 fn(x)
fn(x)
x
n1n
1x, fn(1)
1212limfn(x)
n
x1f(x)
x10
limfn(1)
n
因此两个极限不相等．
4．逐项积分与积分号下取极限
1）若（i）un(x)在区间[a,b]上一致收敛；
n1（ii）un(x)(n1,2,)在区间[a,b]上连续； 则
b a
S(x)dx
a
b
un(x)dx
n1n1b a
un(x)dx
．2）若不满足逐项积分的定理时，要证明：
a
b
un(x)dx
n1n1b a
un(x)dx
则关键在于检验是否有 limRn(x)dx0．
n
a
b
其中 Rn(x)
kn1
uk(x)
为级数的余和．
6
3）积分号下取极限
若函数列fn(x)在[a,b]上一致收敛，且每一个fn(x)在
[a,b]上连续，则
b a n
limfn(x)dxlim
n
b a
fn(x)dx
．例28 设h(x),fn(x)(n1,2,)在[a,b]上连续．又对
[a,b]中任意的x1,x2
和正整数n，有
Mnx1x2
fn(x1)fn(x2)
b
其中M0为常数．求证：limh(x)fn(x)dx0．
n
a
证fn(x)在[a,b]上连续，必一致连续．
1n0，0，当x1x2
fn(x1)fn(x2)
，x1,x2[a,b]时，有
1n．取m充分大，使得
bam
．将[a,b]m等分：
ax0x1x2xmb
由已知条件
fn(xi)fn(xi1)
Mnxixi1
由Lagrange中值定理， i(xi1,xi)使得
fn(i)
Mn于是 x[a,b]，x必属于某一个小区间[xi1,xi]．
fn(x)fn(x)fn(i)fn(i)
1nMn1Mn
0 (n)
0于[a,b]上，(n) 故 fn(x)
0于[a,b]上，(n) 于是有 h(x)fn(x)
且h(x)fn(x) (n1,2,) 在[a,b]上连续． 所以，可在积分号下取极限，得
lim
n
b a
h(x)fn(x)dx
b
a n
limh(x)fn(x)dx
n
b a
0dx0
例29 证明：数列fn(x)nx(1x)(n1,2,)在闭区间[0,1]上收敛而不一致收敛，但
lim
n
1 0
fn(x)dx
1 0
limf(x)dx nn
证 先证fn(x)在[0,1]上收敛．
当x0,1时，对n，有fn(x)0 (n1,2,) 当0x1时，limfn(x)limnx(1x)n=0
n
n
因此，fn(x)0 f(x),x[0,1]，(n)
再证fn(x)在[0,1]上不一致收敛． 取0满足： 00取 xn
1n1
12e
, N0,nN
，就有
1n1
)0fn(xn)f(x)fn(
n
1
n1n1n1nn1
n11
n11
1
n1e12e
1
(n)
所以，当n足够大时，
fn(xn)
0．
因此，fn(x)在[0,1]上不一致收敛． 而
1 0
limf(x)dx
nn1 0
1 0
0dx0
1 0
lim
nnfn(x)dxlim
n
nx(1x)dx
n
limn1(1x)(1x)ndx
n1n2
(1x)(1x) lim
nn2n10
1
nn1
nnlim0 nn1n2
例30设g(x)及fn(x)0(n1,2,)在[a,b]上有界， 可积，且c(a,b)，当n时，fn(x)0于[c,b]上．
lim
n
b a
fn(x)dx1, limg(x)A
xa0
b a
试证：lim
n
fn(x)g(x)dxA．
b a
分析 已知lim
nnfn(x)dx1,lim
b
n
b a
Afn(x)dxA
．因此要证明lim只需证明 lim
n
ab a
fn(x)g(x)dxA． fn(x)g(x)dxlim
n
b a
Afn(x)dx
．即证lim
n
b a
fn(x)g(x)Adx0．
将积分拆成两项
xa0
b a
fn(x)g(x)Adx
a a
dxb a
dxlimg(x)A，可见当0充分小时，第一项能任意小．
将0固定， fn(x)0于[a,b]上，(n)
所以，当n充分大时，第二项能任意小．
证 limg(x)A，
xa0
0，0,(0ba)，当axa时
Ag(x)因此
4
b a
fn(x)g(x)Adx
a a
g(x)Afn(x)dx
g(x)Afn(x)dxa
b
其中 g(x)M,x[a,b].M0．
lim
n
b a
fn(x)dx1，N10，当nN1时，
0
a a
fn(x)dx
b a
fn(x)dx2
0，(n) 又在[a,b]上， fn(x)
N20，当nN2时，有
0 fn(x)
2|A|M
ba取 NmaxN1,N2，当nN时，有即 lim
n
b a
b a
fn(x)g(x)Adx
2
2
．fn(x)g(x)Adx0．
例31 试证级数x2nlnx在[0,1]上不一致收敛，但在
n1[0,1]上可逐项积分．
证 10 当x1时， un(1)0
x0时， limx
x02nlnx0un(0)
2
n
0x1时，
(xn1)lnx
为等比级数，其和函数
x2lnx, 0x1
S(x)1x2
0,x1
S(10)lim
xlnx1x
2
2
x10
12S(1)
而xlnx在[0,1]上连续
2n所以该级数在[0,1]上非一致收敛．
2
证明能逐项积分
Rn(x)
kn1
x
2klnx
x
2n2
2
1xlnx
xlnx1x
2
2
x
2n其中 lim
x0xlnx1x
2
2
0，
x10
lim
xlnx1x
2
2
12．
且xlnx1x
2
2
在(0,1)内连续，所以
xlnx1x
22xlnx1x
2
2
在[0,1]上有界．
M0，使得 故 Rn(x)Mx2n 从而
M x[a,b]
1 0
Rn(x)dx
1 0
Rn(x)dxM
1 0
xdx
2nM2n1
1
n
0 (n)
所以limRn(x)dx0 级数可以逐项积分．
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