漫步数学分析二十八——狄利克雷与阿贝尔测试

本文主要是介绍漫步数学分析二十八——狄利克雷与阿贝尔测试，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

在我们判断一致收敛的时候，某些情况下魏尔斯特拉斯M测试会失效，为此挪威数学家尼尔斯阿贝尔(Niels Abel)以及狄利克雷(Dirichlet)分别提出了两种测试方法，这些方法对许多实例都是非常有用的，尤其是研究傅里叶与幂级数的时候，当我们碰到一致收敛却不是绝对收敛的时候，这些方法非常重要。

$\textbf{定理13}$ (阿贝尔测试) 令 $A\subset R^m,\varphi_n:A\to R$ 是递减的函数序列；即对每个 $x\in A,\varphi_{n+1}(x)\leq\varphi_n(x)$ 。假设有一个常数 $M$ 使得对所有的 $x\in A,n$ ，不等式 $|\varphi_n(x)|\leq M$ 成立，如果 $\Sigma_{n=1}^\infty f_n(x)$ 在 $A$ 上一致收敛，那么 $\Sigma_{n=1}^\infty\varphi_n(x)f_n(x)$ 也一致收敛。

如果我们取 $\varphi_n(x),f_n$ 为常函数，那么就得到一般技术的测试，如果 $\varphi_n$ 是递增的，我们可以用类似的测试方法，只需要将其应用到 $-\varphi_n$ 上即可。相关的方法就是下面的狄利克雷测试。

$\textbf{定理14}$ (狄利克雷测试) 对序列 $f_n:A\subset R^m\to R$ ，令 $s_n(x)=\Sigma_{m=1}^n f_m(x)$ ，假设有一个常数 $M$ 使得对所有的 $x\in A,n$ ，不等式 $|s_n(x)|\leq M$ 成立，令 $g_n:A\subset R^m\to R$ 是 $g_n\to 0$ (一致)， $g_n\geq 0,g_{n+1}\leq g_{n}(x)$ ，那么 $\Sigma_{n=1}^\infty f_n(x)g_n(x)$ 在 $A$ 上一致收敛。

例如，考虑交错级数 $\Sigma(-1)^ng_n(x)$ ，其中 $g_n\geq 0,g_n(x)\to 0$ (一致)并且 $g_{n+1}\leq g_n$ 。令 $f_n(x)=(-1)^n$ ，那么 $|s_n(x)|\leq 1$ 故 $\Sigma(-1)^ng_n(x)$ 一致收敛。注意，作为特殊情况，递减到零的交错级数是收敛的。

注意，这些定理虽然相似，但却是不一样的。定理13中 $\varphi_n$ 的条件没有说明 $\varphi_n$ 一致收敛，另外，定理13中我们也没有要求 $\varphi_n\geq 0$ 。这些定理的证明需要用到阿贝尔部分和公式，会在后面文章给出。

$\textbf{例1：}$ 说明 $\Sigma_{1}^\infty(\sin nx)/n$ 在 $[\delta,\pi-\delta],\delta>0$ 上一致收敛。

$\textbf{解：}$ 我们想在 $f_n(x)=\sin nx,g_n(x)=1/n$ 上应用定理14，唯一的假设是 $|\Sigma_{l=1}^nf_l(x)|\leq M$ ，这个假设不太明显，为了我们需要介绍下面的方法。将函数写成

2 sin (l x) sin (1 2 x) = cos [(l - 1 2) x] - cos [(l + 1 2) x]

$2\sin(lx)\sin(\frac{1}{2}x)=\cos[(l-\frac{1}{2})x]-\cos[(l+\frac{1}{2})x]$

并且从 $l=1,\ldots,n$ 进行相加得到

2 sin (1 2 x) (sin x + \dots + sin n x) = cos 1 2 x - cos (n + 1 2) x \leq 2

$\begin{align*} 2\sin(\frac{1}{2}x)(\sin x+\cdots+\sin nx) &=\cos\frac{1}{2}x\\ &-\cos(n+\frac{1}{2})x\\ &\leq 2 \end{align*}$

所以

sin x + \dots + sin n x \leq 1 | sin 1 2 x |

$\sin x+\cdots+\sin nx\leq\frac{1}{|\sin\frac{1}{2}x|}$

这就是 $\Sigma_{l=1}^nf_l(x)$ 的边界。只要 $\sin x/2$ 非零，那么边界就是有效的。例如，在 $[\delta,\pi-\delta]$ 上我们就得到有效的边界。注意这里的讨论相比 $M$ 测试比较脆弱。

$\textbf{例2：}$ 说明 $\Sigma_1^\infty(-1)^ne^{-nx}/n$ 在 $[0,\infty)$ 上一致收敛。

$\textbf{解：}$ 这次我们利用定理13，令 $\varphi_n(x)=e^{-nx}$ ，对于 $x\geq0,\varphi_n$ 是递减的且 $|e^{-nx}|\leq1$ 。我们已经知道 $\Sigma_1^\infty (-1)^n/n$ 收敛，所以根据阿贝尔定理，级数一致收敛。