ｋ＝ｎ
ｕｋ（ｘ ） ＝０．
注意：可利用一致收敛的函数项级数的性质来证明不一致收敛性．
习 题 详 解
§ １ 一致收敛性
１畅讨论下列函数列在所示区间 Ｄ 上是否一致收敛，并说明理由．
（１）ｆｎ（ｘ ）＝ ｘ２＋１
ｎ２， ｎ＝１，２，…， Ｄ ＝（－１，１）；
（２） ｆｎ（ｘ ）＝ ｘ
１＋ｎ２ｘ２， ｎ＝１，２，…， Ｄ ＝（－∞，＋∞）；
（３）ｆｎ（ｘ ）＝
－（ｎ＋１）ｘ ＋１， ０≤ｘ ≤ １ ｎ＋１，
０， １
ｎ＋１＜ｘ ＜１， ｎ＝１，２，…；
（４）ｆｎ（ｘ ）＝ｘ
ｎ， ｎ＝１，２，…， ｉ） Ｄ ＝［０，＋∞）， ｉｉ）Ｄ ＝［０，１０００］；
（５）ｆｎ（ｘ ）＝ｓｉｎ ｘ
ｎ， ｎ＝１，２，…， ｉ） Ｄ ＝［－ｌ，ｌ］， ｉｉ） Ｄ ＝（－∞，
＋∞）．
解 （１） 由于 ｎ→∞ｌｉｍｆｎ（ｘ ）＝│ｘ │＝ｆ （ｘ ），
所以 │ｆｎ（ｘ ）－ｆ （ｘ ）│＝ ｘ２＋１
ｎ２－│ｘ │＝
１ ｎ２ ｘ２＋１
ｎ２＋│ｘ │
≤１ ｎ，
・
１
３
第十三章 函数列与函数项级数 ・
于是 ｓｕｐｘ ∈Ｄ│ｆｎ（ｘ）－ｆ （ｘ ）│≤１ ｎ，
ｎ→∞ｌｉｍｓｕｐｘ ∈Ｄ│ｆｎ（ｘ ）－ｆ （ｘ ）│＝０，
因此 ｆｎ（ｘ ）→→ｆ （ｘ ）＝│ｘ│，ｘ ∈Ｄ （ｎ→∞）．
（２）由于对任意的 ｘ∈（－∞，＋∞），有 ｌｉｍｎ→∞ｆｎ（ｘ ）＝ｎ→∞ｌｉｍ ｘ
１＋ｎ２ｘ２＝０，
因 │ｆｎ（ｘ ）－ｆ （ｘ ）│＝ │ｘ│
１＋ｎ２ｘ２≤１ ２ｎ， 故 ｎ→∞ｌｉｍｘ∈（－∞，＋∞）ｓｕｐ │ｆｎ（ｘ ）－ｆ（ｘ ）│＝０，
于是 ｆｎ（ｘ ）＝ ｘ
１＋ｎ２ｘ２→→ｆ （ｘ ）＝０， ｘ ∈（－∞，＋∞） （ｎ→∞）．
（３）当ｘ＝０ 时， ｎ→∞ｌｉｍｆｎ（０）＝１， 即 ｆ（０）＝１，
当 ｘ∈（０，１］时， ｌｉｍｎ→∞ｆｎ（ｘ ）＝０，
于是 ｆｎ（ｘ ）在［０，１］上的极限函数为
ｆ （ｘ ）＝ １， ｘ ＝０，
０， ０＜ｘ ≤１．
因 ０≤ｘ ≤１ｓｕｐ│ｆｎ（ｘ ）－ｆ （ｘ）│＝１ （ｎ＝１，２，…），
故 ｎ→∞ｌｉｍ０≤ｘ ≤１ｓｕｐ│ｆｎ（ｘ ）－ｆ （ｘ ）│≠０，
于是 ｆｎ（ｘ ）在［０，１］上不一致收敛．
（４）当ｘ＝０ 时， ｆｎ（０）→０， 即 ｆ（０）＝０ （ｎ→∞），
当ｘ≠０ 时， ｆｎ（ｘ ）＝ｘ
ｎ，即 ｆ（ｘ）＝０ （ｎ→∞）．
故可得 ｎ→∞ｌｉｍｆｎ（ｘ ）＝ｆ （ｘ ）＝０，ｘ ∈Ｄ ． ｉ） 若Ｄ ＝［０，＋∞），则因
ｓｕｐｘ ∈Ｄ│ｆｎ（ｘ）－ｆ（ｘ）│≥│ｆｎ（ｎ）－ｆ （ｎ）│＝１→＼０ （ｎ→∞），
故 ｆｎ（ｘ ）＝ｘ
ｎ 在［０，＋∞）上不一致收敛．
ｉｉ） 若Ｄ ＝［０，１０００］，则因
ｓｕｐｘ ∈Ｄ│ｆｎ（ｘ ）－ｆ （ｘ ）│＝１０００
ｎ →０ （ｎ→∞），
・ ２ ３
・ 数学分析习题详解（下）
故 ｆｎ（ｘ ）＝ｘ
ｎ →→ｆ （ｘ ）＝０， ｘ ∈［０，１０００］ （ｎ→∞）．
（５）由于 ｎ→∞ｌｉｍｆｎ（ｘ）＝ｎ→∞ｌｉｍｓｉｎ ｘ
ｎ＝０，ｘ ∈（－∞，＋∞），
即 ｆ （ｘ ）＝０， ｘ ∈（－∞，＋∞） （ｎ→∞）．
ｉ） 若Ｄ ＝［－ｌ，ｌ］，则因
│ｆｎ（ｘ ）－ｆ （ｘ ）│＝ ｓｉｎ ｘ
ｎ ≤│ｘ│
ｎ ≤ ｌ ｎ， 故 ｓｕｐｘ ∈Ｄ│ｆｎ（ｘ ）－ｆ （ｘ ）│≤ｌ
ｎ→０ （ｎ→∞），
于是 ｆｎ（ｘ ）＝ｓｉｎ ｘ
ｎ→→ｆ （ｘ ）＝０，ｘ ∈［－ｌ，ｌ］ （ｎ→∞）．
ｉｉ） 若Ｄ ＝（－∞，＋∞），则因
ｓｕｐｘ ∈Ｄ│ｆｎ（ｘ）－ｆ （ｘ ）│≥ ｆｎ ２ｎπ＋π
２ －ｆ ２ｎπ＋π ２ ＝１，
故 ｎ→∞ｌｉｍｓｕｐｘ ∈Ｄ│ｆｎ（ｘ ）－ｆ （ｘ ）│≠０．
于是 ｆｎ（ｘ ）在（－∞，＋∞）上不一致收敛．
２畅证明：设
ｆｎ（ｘ ）→ｆ （ｘ ），ｘ ∈Ｄ ，ａｎ→０ （ｎ→∞） （ａｎ＞０）．
若对每一个正整数 ｎ 有
│ｆｎ（ｘ ）－ｆ （ｘ ）│≤ａｎ，ｘ ∈Ｄ ， 则｛ｆｎ｝在 Ｄ 上一致收敛于 ｆ．
证 由于 ｎ→∞ｌｉｍａｎ＝０，
即 橙ε＞０， 愁Ｎ ∈Ｎ＋，
当ｎ＞Ｎ 时，有 │ａｎ│＝ａｎ＜ε，
故有 │ｆｎ（ｘ ）－ｆ （ｘ ）│≤ａｎ＜ε， ｘ ∈Ｄ ． 即 ｆｎ（ｘ ）→→ｆ （ｘ ）， ｘ ∈Ｄ （ｎ→∞）．
３畅判别下列函数项级数在所示区间上的一致收敛性：
（１）
∑
ｘｎ
（ｎ－１）！，ｘ∈［－ｒ，ｒ］；
（２）
∑
（－１）ｎ－１ｘ２
（１＋ｘ２）ｎ ，ｘ ∈（－∞，＋∞）；
・
３
３
第十三章 函数列与函数项级数 ・
（３）
∑
ｘｎｎ，│ｘ│＞ｒ≥１；（４）
∑
ｘｎ
ｎ２，ｘ ∈［０，１］；
（５）
∑
（－１）ｎ－１
ｘ２＋ｎ ，ｘ ∈（－∞，＋∞）；
（６）
∑
ｘ２
（１＋ｘ２）ｎ－１，ｘ ∈（－∞，＋∞）．
解 （１） 设 Ｍ ｎ＝ ｒｎ
（ｎ－１）！， 则
∑
Ｍｎ是正项级数，且有Ｍ ｎ＋１
Ｍｎ ＝ｒｎ＋１
ｎ！・ （ｎ－１）！
ｒｎ ＝ｒ ｎ→０，
即
∑
Ｍｎ收敛．而对橙ｘ∈［－ｒ，ｒ］，有 ｘｎ
（ｎ－１）！ ≤ ｒｎ
（ｎ－１）！＝Ｍｎ， 故由 Ｍ 判别法知
∑
ｘｎ
（ｎ－１）！在 ｘ∈［－ｒ，ｒ］上一致收敛．
（２）设 ｕｎ（ｘ ）＝（－１）ｎ－１，ｖｎ（ｘ）＝ ｘ２
（１＋ｘ２）ｎ 则橙ｘ ∈（－∞，＋∞），有
∑
ｎ
ｋ＝１
ｕｋ（ｘ ） ≤１ （ｎ＝１，２，…），及 ｖｎ（ｘ ）－ｖｎ＋１（ｘ ）＝ ｘ４
（１＋ｘ２）ｎ＋１＞０，
即｛ｖｎ（ｘ ）｝单调递减，且由
（１＋ｘ２）ｎ＝１＋ｎｘ２＋…＞ｎｘ２
可知 ０≤ ｘ２
（１＋ｘ２）ｎ≤１
ｎ→０ （ｎ→∞），
即 ｖｎ（ｘ ）→→０ （ｎ→∞）， ｘ ∈（－∞，＋∞），
故由狄利克雷判别法知
∑
（－１）ｎ－１ｘ２
（１＋ｘ２）ｎ 在（－∞，＋∞）上一致收敛．
（３）当│ｘ│＞ｒ＞１ 时，有 ｎ
│ｘ │ｎ≤ｎ
ｒｎ， 且 ｎ→∞ｌｉｍ
ｎ ｎ ｒ ＝１
ｒ．
・ ４ ３
・ 数学分析习题详解（下）
因此当１
ｒ＜１，即 ｒ＞１ 时，
∑
ｒｎｎ收敛，由 Ｍ 判别法知∑
ｘｎｎ在│ｘ │＞ｒ＞１ 上 一致收敛．而当 ｒ＝１ 时，即│ｘ│＞１ 时，显然有
ｎ→∞ｌｉｍ│ｓｕｐｘ │＞１│Ｒｎ（ｘ）│≠０，
故
∑
ｘｎｎ在│ｘ│＞１ 上不一致收敛．（４）由于 ｘｎ
ｎ２ ≤１
ｎ２，ｘ ∈［０，１］．
而
∑
ｎ１２收敛，故由 Ｍ 判别法知∑
ｘｎ
ｎ２在［０，１］上一致收敛．
（５）设 ｕｎ（ｘ ）＝ １ ｘ２＋ｎ， 则有 ｌｉｍｎ→∞ｕｎ（ｘ ）＝ｌｉｍｎ→∞ １
ｘ２＋ｎ＝０ ，ｘ ∈（－∞，＋∞），
且 ｕｎ（ｘ ）－ｕｎ＋１（ｘ ）＝ １
（ｘ２＋ｎ）（ｘ２＋ｎ＋１）＞０， ｎ＝１，２，３，…，
即
∑
（－１）ｎ－１
ｘ２＋ｎ 在（－∞，＋∞）上收敛，再由于
│Ｒｎ（ｘ ）│≤ １
ｘ２＋ｎ＋１≤ １ ｎ＋１， 即 ｎ→∞ｌｉｍ ｘ ∈（－∞，＋∞）ｓｕｐ │Ｒｎ（ｘ ）│＝０，
故
∑
（－１）ｎ－１
ｘ２＋ｎ 在（－∞，＋∞）上一致收敛．
（６）显然当 ｘ≠０ 时，
Ｒｎ（ｘ）＝
∑
ｃ∞
ｋ＝ｎ＋１
ｘ２
（１＋ｘ２）ｋ－１＝ｘ２
∑
∞
ｋ＝ｎ＋１
１ １＋ｘ２
ｋ－１
＝ｘ２ １ １＋ｘ２
ｎ
１－ １ １＋ｘ２
＝ １
（１＋ｘ２）ｎ－１，
由于 Ｒｎ（ｘ ）→１（ｘ →０），所以ｘ ∈（－∞，＋∞）ｓｕｐ │Ｒｎ（ｘ ）│＞１ ２，于是
ｎ→∞ｌｉｍ ｘ ∈（－∞，＋∞）ｓｕｐ │Ｒｎ（ｘ ）│≠０，
因此
∑
ｘ２
（１＋ｘ２）ｎ－１在（－∞，＋∞）上不一致收敛．
・
５
３
第十三章 函数列与函数项级数 ・
４畅设函数项级数
∑
ｕｎ（ｘ ）在Ｄ 上一致收敛于Ｓ（ｘ），函数ｇ（ｘ）在Ｄ 上有 界．证明级数∑
ｇ （ｘ ）ｕｎ（ｘ ）在 Ｄ 上一致收敛于 ｇ（ｘ）Ｓ （ｘ）．证 设 │ｇ（ｘ ）│≤Ｍ ，ｘ ∈Ｄ ． 由于
∑
ｕｎ（ｘ ）在 Ｄ 上一致收敛于 Ｓ （ｘ），即橙ε＞０， 愁Ｎ ， 当ｎ＞Ｎ 时，对一切 ｘ∈Ｄ ，有
│Ｓｎ（ｘ ）－Ｓ （ｘ ）│＝
∑
ｎ
ｋ＝１
ｕｋ（ｘ ）－Ｓ （ｘ ） ＜ε／Ｍ ， 于是当 ｎ＞Ｎ 时，对一切 ｘ∈Ｄ ，有
∑
ｎ
ｋ＝１
ｇ （ｘ ）ｕｋ（ｘ ）－ｇ （ｘ ）Ｓ （ｘ ） ＝│ｇ （ｘ ）│
∑
ｎ
ｋ＝１
ｕｋ（ｘ ）－Ｓ （ｘ ） ＜ε，
故
∑
ｇ （ｘ ）ｕｎ（ｘ ）在 Ｄ 上一致收敛于 ｇ（ｘ ）Ｓ （ｘ）．５畅若在区间 Ｉ 上，对任何正整数 ｎ，
│ｕｎ（ｘ ）│≤ｖｎ（ｘ ），
证明当
∑
ｖｎ（ｘ ）在 Ｉ 上一致收敛时，级数∑
ｕｎ（ｘ ）在 Ｉ 上也一致收敛．证 由于
∑
ｖｎ（ｘ ）在 Ｉ 上一致收敛，即 橙ε＞０， 愁Ｎ ∈Ｎ＋， 当ｎ＞Ｎ 时，对一切的ｘ∈Ｉ 和 ｐ ∈Ｎ＋，都有∑
ｐ
ｋ＝１
ｖｎ＋ｋ（ｘ ） ＜ε，
因而
∑
ｐ
ｋ＝１
ｕｎ＋ｋ（ｘ ） ≤
∑
ｐ
ｋ＝１
│ｕｎ＋ｋ（ｘ ）│≤
∑
ｐ
ｋ＝１
ｖｎ＋ｋ（ｘ ）＜ε，
故由柯西准则知
∑
ｕｎ（ｘ ）在Ｉ 上一致收敛．６畅设 ｕｎ（ｘ ） （ｎ＝１，２，…）是［ａ，ｂ］上的单调函数，证明：若
∑
ｕｎ（ａ）与∑
ｕｎ（ｂ）都绝对收敛，则∑
ｕｎ（ｘ ）在［ａ，ｂ］上绝对且一致收敛．证 由于
∑
ｕｎ（ａ）和∑
ｕｎ（ｂ）都绝对收敛，即橙ε＞０， 愁Ｎ ， 当ｎ＞Ｎ 时，对一切自然数 ｐ ，有
・ ６ ３
・ 数学分析习题详解（下）
∑
ｐ
ｋ＝１
ｕｎ＋ｋ（ａ） ＜ε／２，
∑
ｐ
ｋ＝１
ｕｎ＋ｋ（ｂ） ＜ε／２，
而又由于 ｕｎ（ｘ）在［ａ，ｂ］上为单调函数，即有
│ｕｎ（ｘ ）│≤│ｕｎ（ａ）│＋│ｕｎ（ｂ）│，
因而
∑
ｐ
ｋ＝１
ｕｎ＋ｋ（ｘ ） ≤
∑
ｐ
ｋ＝１
ｕｎ＋ｋ（ａ） ＋
∑
ｐ
ｋ＝１
ｕｎ＋ｋ（ｂ） ＜ε，
故由柯西准则知
∑
ｕｎ（ｘ ）在［ａ，ｂ］上绝对且一致收敛．７畅在［０，１］上定义函数列
ｕｎ（ｘ ）＝
１
ｎ， ｘ ＝１ ｎ， ０， ｘ ≠１
ｎ，
ｎ＝１，２，…，
证明级数
∑
ｕｎ（ｘ ）在［０，１］上一致收敛，但它不存在优级数．证 由函数列定义可知 Ｓｎ（ｘ ）＝
１
ｋ， ｘ ＝１
ｋ， １≤ｋ≤ｎ，ｋ∈Ｎ＋， ０， ｘ ≠１
ｋ， ｋ＝１，２，…，ｎ．
即 ｎ→∞ｌｉｍＳｎ（ｘ ）＝０， ｘ ∈［０，１］．
因而 橙ε＞０， 愁Ｎ ＝ １
ε ， 当ｎ＞Ｎ 时，对一切 ｘ∈［０，１］，
若ｘ∈ １ ｎ，１ ，有
│Ｓｎ（ｘ）－Ｓ （ｘ ）│＜ε；
若ｘ∈ ０，１ ｎ ，有
│Ｓｎ（ｘ）－Ｓ （ｘ ）│＜１ ｎ＜ε．
故由定义可知级数
∑
ｕｎ（ｘ ）在［０，１］上一致收敛．同时假设∑
ｕｎ（ｘ ）在［０，１］上有优级数
∑
Ｍｎ，取 ｘ＝１ｎ，则Ｍｎ（ｘ ）≥│ｕｎ（ｘ ）│＝ ｕｎ １ ｎ ＝１
ｎ＞０，
・
７
３
第十三章 函数列与函数项级数 ・
而由
∑
Ｍｎ（ｘ ）收敛，推出∑
１ｎ 收敛，这与∑
ｎ 发散是矛盾的１ ．故∑
ｕｎ（ｘ ）不存在优级数．
８畅讨论下列函数列或函数项级数在所示区间 Ｄ 上的敛散性：
（１）
∑
∞
ｎ＝２
１－２ｎ
（ｘ２＋ｎ２）［ｘ２＋（ｎ－１）２］，Ｄ ＝［－１，１］；
（２）
∑
２ｎｓｉｎ ３ｘｎ，Ｄ ＝（０，＋∞）；（３）
∑
ｘ２
［１＋（ｎ－１）ｘ２］（１＋ｎｘ２），Ｄ ＝（０，＋∞）；
（４）
∑
ｘｎ
ｎ
，Ｄ ＝［－１，０］；
（５）
∑
（－１）ｎ ｘ２ｎ＋１
２ｎ＋１，Ｄ ＝（－１，１）；
（６）
∑
∞
ｎ＝１
ｓｉｎｎｘ
ｎ ，Ｄ ＝（０，２π）．
解 （１） 由于 １－２ｎ
（ｘ２＋ｎ２）［ｘ２＋（ｎ－１）２］
＝ ２ｎ－１ Ｆ
（ｘ２＋ｎ２）［ｘ２＋（ｎ－１）２］≤ ２ｎ－１ ｎ２（ｎ－１）２
＝ １
（ｎ－１）２－１
ｎ２，ｘ ∈［－１，１］，
而 级 数
∑
∞
ｎ＝２
１
（ｎ－１）２－１
ｎ２ 是 收 敛 的， 且 收 敛 于 １， 故 由 Ｍ 判 别 法 知
∑
（ｘ２＋ｎ２）［ｘ１－２ｎ２＋（ｎ－１）２］在 Ｄ 上一致收敛．（２）对某一确定的 ｘ∈Ｄ ＝（０，＋∞），愁Ｎ ∈Ｎ＋，当 ｎ＞Ｎ 时，总有 ｘ
３ｎ＜π ２成立，
即有 ０＜２ｎｓｉｎ ｘ
３ｎ＜ ２ ３
ｎ
ｘ ． 而
∑
２３ｎ
ｘ是收敛的，因此
∑
２ｎｓｉｎ ３ｘｎ在（０，＋∞）上收敛，但不是一致收 敛．如取 ｘｎ＝π２・ ３ｎ∈（０，＋∞），就有 ２ｎｓｉｎｘｎ
３ｎ ＝２ｎ．
・ ８ ３
・ 数学分析习题详解（下）
故
∑
２ｎｓｉｎ ｘ而数列 １
故
∑
（－１）ｎｘｎ（１－ｘ ）在［０，１］上一致收敛，即∑
（－１）ｎｘｎ（１－ｘ ）在［０，１］上 绝对且一致收敛．而正项级数
∑
ｘｎ（１－ｘ），Ｓｎ（ｘ）＝（１－ｘ ）∑
ｎ－１
ｋ＝０
ｘｋ＝１－ｘｎ， 且 ｎ→∞ｌｉｍＳｎ（ｘ ）＝Ｓ （ｘ）＝ １， ０≤ｘ ＜１，
０， ｘ ＝０，
即 ｌｉｍｎ→∞ ｘ ∈［０，１］ｓｕｐ │Ｓｎ（ｘ ）－Ｓ （ｘ ）│＝１，
故正项级数
∑
ｘｎ（１－ｘ ）在［０，１］上不一致收敛．１０畅设 ｆ 为定义在区间（ａ，ｂ）内的任一函数，记 ｆｎ（ｘ ）＝［ｎｆ （ｘ ）］
ｎ ，ｎ＝１，２，…，
证明函数列｛ｆｎ（ｘ ）｝在（ａ，ｂ）内一致收敛于 ｆ．
证 由于 │ｆｎ（ｘ ）－ｆ （ｘ ）│＝１
ｎ│［ｎｆｎ（ｘ）］－ｎｆ （ｘ ）│≤１
ｎ，ｎ＝１，２，…，
所以 橙ε＞０，
取 Ｎ ＝ １
ε ＋１，
则当 ｎ＞Ｎ 时，对一切ｘ∈（ａ，ｂ）均有
│ｆｎ（ｘ ）－ｆ （ｘ ）│＜ε成立．
故｛ｆｎ（ｘ ）｝在（ａ，ｂ）内一致收敛于ｆ ．
１１畅设｛ｕｎ（ｘ ）｝为［ａ，ｂ］上正的递减且收敛于零的函数列，每一个ｕｎ（ｘ ）都 是［ａ，ｂ］上的单调函数，则级数
ｕ１（ｘ）－ｕ２（ｘ ）＋ｕ３（ｘ ）－ｕ４（ｘ ）＋…
在［ａ，ｂ］上不仅收敛，而且一致收敛．
证 只要证级数
∑
（－１）ｎ－１ｕｎ（ｘ ）在［ａ，ｂ］上一致收敛即可．设ｖｎ（ｘ ）＝（－１）ｎ－１，则
∑
ｎ
ｋ＝１
ｖｋ（ｘ ） ≤１，ｘ ∈［ａ，ｂ］，ｎ＝１，２，…，
而 ｕｎ（ｘ ）在［ａ，ｂ］上单调，即有
０＜ｕｎ（ｘ ）≤ｕｎ（ｂ）＋ｕｎ（ａ），ｘ ∈［ａ，ｂ］，ｎ＝１，２，…，
・
１
４
第十三章 函数列与函数项级数 ・
及 ｕｎ（ａ），ｕｎ（ｂ）收敛于零．
所以橙ε＞０，愁Ｎ ∈Ｎ＋，当ｎ＞Ｎ 时，有
│ｕｎ（ａ）＋ｕｎ（ｂ）│＜ε．
从而对一切 ｘ∈［ａ，ｂ］，有
│ｕｎ（ｘ ）－０│≤│ｕｎ（ａ）＋ｕｎ（ｂ）－０│＜ε，
故 ｕｎ（ｘ ）→→０ （ｎ→∞），ｘ ∈［ａ，ｂ］，
再已知｛ｕｎ（ｘ ）｝递减，因而由狄利克雷判别法知，级数 ｕ１（ｘ）－ｕ２（ｘ ）＋ｕ３（ｘ ）－ｕ４（ｘ ）＋…
在［ａ，ｂ］上一致收敛．