x?R?sup|Sn(x)-1|=≥

1?1?1?n???n?2=(n=1,2,…)；∵原级数在R+上不一致收敛.

12(4)记un(x)=(-1), vn(x)=

nn

(-x)nn，则对任意的x∈[-1,0]，有

|?uk(x)|≤1, (n=1,2,…)，即{un(x)}的部分和函数列在[-1,0]上有界；

k?1又{vn(x)}单调减，且由0<

(-x)nn≤

1n→0(n→∞)知，vn(x)?0 (n→∞)，

由狄利克雷判别法知原级数在[-1,0]上一致收敛.

x2n?1(5)记un(x)=(-1), vn(x)=，则对任意的x∈(-1,1)，有

2n?1n

|?uk(x)|≤1, (n=1,2,…)，即{un(x)}的部分和函数列在(-1,1)上有界；

k?1nx2n?11又{vn(x)}单调减，且由0<≤→0(n→∞)知，vn(x)?0 (n→∞)，

2n?12n?1由狄利克雷判别法知原级数在(-1,1)上一致收敛. (6)取ε0=sin，对任意自然数N，存在n=N，p=N+1，x0=

2N?111k11使?uk(x0)=?sin>?sin>sin>ε0.

22(N?1)k?N?12k2k?n?1k?N?1kn?p13121∈(0,2π),

2(N?1)2N?1∴原级数在(0,2π)上不一致收敛.

10、证明：级数?(-1)nxn(1?x)在[0,1]上绝对收敛并一致收敛，但由其

n?0?各项绝对值组成的级数在[0,1]上却不一致收敛. 证：易见|Rn|≤(1-x)xn+1. 又由

((1-x)xn+1)’=(n+1)(1-x)xn-xn+1=(n+1)xn-(n+2)xn+1=(n+2)xn(

n?1n?1?n?1?当x=时，|Rn|≤(1-)??n?2n?2?n?2?n?1n?1-x)，知 n?21?n?1?=??n?2?n?2?n?1<

1， n?2sup|Rn|≤lim∴nlim??∞n??∞x?[0,1]?nn1=0. ∴原级数在[0,1]上一致收敛. n?2?对级数?(-1)x(1?x)各项绝对值组成的级数?xn(1?x)，

n?0n?0∵limxn(1?x)=0, x∈[0,1]，∴原级数在[0,1]上绝对收敛.

n??∞又limSn(x)=lim(1-x)?xk=lim(1-xn)=?n??∞n??∞k?0nn??∞?1，0?x?1，

?0，x?1 sup|Rn|=1→可见nlim 0 (n→∞)，得证. /??∞x?[0,1]

11、设f为定义在区间(a,b)内的任一函数，记fn(x)=证明：函数列{fn}在(a,b)内一致收敛于f. 证：由|Rn|=|

12、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. 证明：

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：根据莱布尼茨判别法，该级数在[a,b]上收敛. 记vn(x)=(-1)n-1，则对任意的x∈[a,b]，有

|?vk(x)|≤1, (n=1,2,…)，即{vn(x)}的部分和函数列在[a,b]上有界；

k?1n[nf(x)], n=1,2,…， n[nf(x)]-nf(x)[nf(x)]1-f(x)|=≤1→0 (n→∞)，得证！

nnn又un(x)在[a,b]上单调，且un(a),un(b)都收敛于零，

∴0

13、证明：若{fn(x)}在区间I上一致收敛于0，则存在子列{fn}，使得

i?fk?1nni在I上一致收敛.

证：∵{fn(x)}在区间I上一致收敛于0，∴对任意自然数i，

n11总存在自然数ni，使得?x∈I，有|fni|<2，又级数?2收敛，

ik?1in由魏尔斯特拉斯判别法知，?fn在I上一致收敛.

k?1i