[A202211100005]

[A202211100005](2022, 北京交通大学) 证明：函数项级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^3}\ln \left( 1+n^2x^2 \right)}\) 在 \([0,1]\) 上一致收敛，且其和函数有连续的导函数.

证明.（1）记 \(u_n(x)=\dfrac{1}{n^3}\ln \left( 1+n^2x^2 \right)\)，先证明 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{u_n\left( x \right)}\) 在 \([0,1]\) 上一致收敛. 显然对于固定的 \(n\)，\(u_n(x)\) 非负且关于 \(x\) 单调递增，从而在 \(x\in[0,1]\) 上成立

\[\left| u_n\left( x \right) \right|=\frac{\ln \left( 1+n^2x^2 \right)}{n^3}\leqslant \frac{\ln \left( 1+n^2 \right)}{n^3}, \]

注意到

\[\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\frac{\ln \left( 1+n^2 \right)}{n^3}}{\frac{1}{n^2}}=\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\ln \left( 1+n^2 \right)}{n}=0, \]

由于 \(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2}\) 收敛，从而由比较判别法知 \(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{\ln \left( 1+n^2 \right)}{n^3}\) 也收敛，从而由 Weierstrass 判别法知 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{u_n\left( x \right)}\) 在 \([0,1]\) 上一致收敛.

（2）显然 \(u'_n(x)=\dfrac{2x}{n\left( 1+n^2x^2 \right)}\) 在 \([0,1]\) 上连续，故 \(u_n(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续可导.

由（1）知，存在一点 \(x_0\in[0,1]\)，使得 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x_0)\) 收敛.

最后由均值不等式知

\[\left| u'_n\left( x \right) \right|=\frac{2x}{n\left( 1+n^2x^2 \right)}\leqslant \frac{2x}{n\cdot 2nx}=\frac{1}{n^2}, \]

由于 \(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2}\) 收敛，从而由 Weierstrass 判别法知 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}u'_n(x)\) 在 \([0,1]\) 上一致收敛.

综上，函数项级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^3}\ln \left( 1+n^2x^2 \right)}\) 的和函数在 \([0,1]\) 上连续可导.

注： 此处应用和函数连续可导的充分条件即可，即若函数项级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x)\) 满足：（1）\(u_n(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续可导；（2）\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}u'_n(x)\) 在 \([a,b]\) 上一致收敛于 \(\sigma(x)\)；（3）至少在某一点 \(x_0\in[a,b]\)，\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} u_n(x_0)\) 收敛，则 \(S\left( x \right) =\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{u_n\left( x \right)}\) 在 \(\left[ a,b \right]\) 上连续可导，且 \(S'\left( x \right) =\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{u'_n\left( x \right)}.\)