习题16.2 Fourier级数的收敛判别法 1.设v(x)在[,+∞)上连续且单调,limv(x)=0,证明 lim v(x)sin pxdx=0 证因为limv(x)=0,所以存在N>0,使得当x≥N时,|v(x)k1。利 用积分第二中值定理可得 J叭 in p drl=(w s sin px.(小如m四 N), 因此 从而 P 而由 Riemann引理, iv(x) sin pxdx=0。 因此 ∫。()rx=m∫。以mr+m∫v(mp=0 2.设函数v()在[-z,m上可积或绝对可积,在v=0点连续且有单侧 导数,证明 l COS-cos pu 2 cos oS pu 证「v(l) [v(a)-v(-l) 2 2 由于
习题 16.2 Fourier 级数的收敛判别法 1．设ψ (x)在[ , 0 +∞)上连续且单调， lim ( ) = 0 →+∞ x x ψ ，证明 lim ( )sin 0 0 = ∫ +∞ →+∞ x pxdx p ψ . 证 因为 lim ( )= 0 →+∞ x x ψ ，所以存在 N > 0，使得当 x ≥ N 时，|ψ (x) | N ）， 因此 p x pxdx N 4 ∫ ( )sin ≤ +∞ ψ ，从而 lim ( )sin 0 p N ψ x pxdx +∞ →+∞ = ∫ 。 而由 Riemann 引理， lim ( )sin 0 0 = ∫ →+∞ N p ψ x pxdx 。 因此 0 0 lim ( )sin lim ( )sin lim ( )sin 0 N p p p N ψ ψ x px dx x px dx ψ x px dx +∞ +∞ →+∞ →+∞ →+∞ = + ∫ ∫ ∫ = 。 2．设函数ψ (u)在[−π ,π ]上可积或绝对可积，在u = 0点连续且有单侧 导数，证明 ∫ ∫ = − − − →+∞ − π π π ψ ψ ψ 0 2 [ ( ) ( )]cot 2 1 2 2sin cos 2 cos lim ( ) du u du u u u pu u u p 。 证 ∫ ∫ − = − − − − π π π ψ ψ ψ 0 2 2sin cos 2 cos [ ( ) ( )] 2 2sin cos 2 cos ( ) du u pu u du u u u pu u u 。 由于 1
lim y(u(=)=lmy)=o-V=)-y10)-2=:(0)+v2(0), →>0+ 2 可知函数()-(-)在[.n上可积或绝对可积,由 Riemann引理可得 2 sin lim t(u)-w(u) cos pudu 0 于是 cOS ∫).-2dw-w()-(-)on;de SIn u cOS Dul 」。(a)-(-a) 3.设函数v(n)在[-6,6上单调,证明 lim 证 ()--[v(0+)+v(0-) ∫(a)-(0+)+(-n)-v(0)sPdh 「Dv(x)-v0+) Sin pu d+。(-)-v(0-) sin pi 因为v()在[-,]上单调,所以v(u)-v(0+)和v(-n)-v(0-)都在[0,6]上 单调,利用 Dirichlet引理即得结论。 4.证明 Dirichlet引理对v(u)是分段单调有界函数的情况依然成立, 证由于v(u)在0分段单调,所以存在∈(0,δ),使得v(u)在[0,6] 上单调,从而满足 Dirichlet引理条件。由于在[a,d8]上v()分段单 调有界,所以()-0+在,。上满足 Riemann引理条件。于是
(0) (0) 2 sin ( ) (0) [ ( ) (0)] 2 lim 2 2sin ( ) ( ) lim 0 0 + − → + → + = ′ + ′ − − − − = − − ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ u u u u u u u u u u ， 可知函数 ( ) ( ) 2sin 2 u u u ψ − − ψ 在[0,π ]上可积或绝对可积，由 Riemann 引理可得 p→+∞ lim 0 2 sin cos [ ( ) ( )] 2 1 0 − − = ∫ π ψ ψ du u pu u u 。 于是 0 cos cos 1 2 ( ) [ ( ) ( )]cot 2 2 2sin 2 u pu u u du u u u π π π ψ ψ ψ − − − − − ∫ ∫ du 0 1 cos [ ( ) ( )] du → 0 2 sin 2 pu u u u π = − ψ ψ − ∫ ，（ p → +∞）。 3．设函数ψ (u)在[−δ ,δ ]上单调，证明 0 sin [ (0 ) (0 )] 2 1 lim ( ) = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ − + + − →+∞ ∫− δ δ ψ ψ ψ du u pu u p . 证 1 s ( ) [ (0 ) (0 )] 2 pu u d u δ δ ψ ψ ψ − ⎧ ⎫ ⎨ ⎬ − + + − ⎩ ⎭ ∫ in u { } 0 sin [ ( ) (0 )] [ ( ) (0 )] pu u u u δ = − ψ ψ + + ψ − −ψ − ∫ du 0 0 sin sin [ ( ) (0 )] [ ( ) (0 )] pu pu u du u u u δ δ = − ψ ψ + + ψ − −ψ − ∫ ∫ du ， 因为ψ (u)在[−δ ,δ ]上单调，所以ψ ( ) u −ψ (0+)和ψ ( ) −u −ψ (0−)都在[0,δ ]上 单调，利用 Dirichlet 引理即得结论。 4．证明 Dirichlet 引理对ψ (u)是分段单调有界函数的情况依然成立。 证 由于ψ (u)在[0,δ ]分段单调，所以存在 1 δ ∈(0,δ )，使得ψ (u)在 1 [0,δ ] 上单调，从而满足 Dirichlet 引理条件。由于在 1 [ , δ δ ]上ψ (u)分段单 调有界，所以 ( ) u (0 ) u ψ −ψ + 在 1 [ , δ δ ]上满足 Riemann 引理条件。于是 2
sv(a)-v(0+) sin pudu lim y(u)-w(0+) sin pudu+lim「°y(a)-v(0+) sin pudu 5.证明 Lipschitz判别法的推论 证取a=1。设Im/(x+0)-(x+)=A,则存在6>0,当00与L2>0,当0<u<a2时,有 I f(x-u)-f(x-) L,lul 于是令δ=min{,l2},L=max{L1,l2},当0<u<d时,有 lf(x±u)-f(x+)k≤L|a, 所以f(x)满足 Lipschitz判别法的条件,推论成立。 6.对§16.1的习题2、3、4、6中的函数,验证它们的 Fourier级数 满足收敛判别法的条件,并分别写出这些 Fourier级数的和函数。 解容易验证这些函数都是分段单调有界,因而可积或绝对可积,所 以满足 Dirichlet- Jordan判别法的条件。 习题2各函数 Fourier级数的和函数为 1,x∈(0,), (1){0.x=0±z (2)| coS x.x∈[-z,z 1,x∈(-x,0) (3)x-z2
0 ( ) (0 ) lim sin p u pudu u δ ψ ψ →∞ − + ∫ 1 1 0 ( ) (0 ) ( ) (0 ) lim sin lim sin p p u u pudu pudu u u δ δ δ ψ ψ ψ ψ →∞ →∞ − + − + = + ∫ ∫ =0。 5．证明 Lipschitz 判别法的推论。 证 取α =1。设 0 ( ) ( ) limu f x u f x A → u + − + = ，则存在 1 δ > 0，当 1 0 0与L2 > 0，当 2 0 < u < δ 时，有 2 | ( f x u − −) f (x−) |≤ L | u |。 于是令 mi 1 2 δ = n{δ δ, }， ma 1 2 L = x{L , L }，当0 < u < δ 时，有 | ( f x ± − u) f (x±) |≤ L | u |， 所以 f x( )满足 Lipschitz 判别法的条件，推论成立。 6．对§16.1 的习题 2、3、4、6 中的函数，验证它们的 Fourier 级数 满足收敛判别法的条件，并分别写出这些 Fourier 级数的和函数。 解 容易验证这些函数都是分段单调有界，因而可积或绝对可积，所 以满足 Dirichlet-Jordan 判别法的条件。 习题 2 各函数 Fourier 级数的和函数为 （１） 。 （２） 1, (0, ), 0, 0, , 1, ( ,0), x x x π π π ⎧ ∈ ⎪ ⎨ = ± ⎪ ⎩− ∈ − | cos x | ， x∈[ , −π π ]。 （３） 2 2 2 x −π ， x∈ −[ , π π ]。 3
∈[0,x) bx,x∈[0,x) 4) (b-a)-,x=±丌 x∈(-x,0) 习题3各函数 Fourier级数的和函数为 丌,x∈(0,丌) x∈(0,丌) 0.±丌 (2)0 x=0,±丌, x-丌,x∈(-x,0) x∈(-7,0) 2x, 0 x=±丌 x∈(0,1) (3)f(x)= 。(4)0 x=0,x∈[,2]U[-2,-1 (,丌 x∈(-丌, 习题4各函数 Fourier级数的和函数为 (1)|x 7 (2) 丌,丌 (3){sm2x x∈(一,) ∈[,到[一,一 (4)1x-z+1x1-2,x∈-x,刀 习题6各函数 Fourier级数的和函数为 (1)2 x∈(0,2丌) (2)x, x∈(0,2) =0.2丌 x∈(0,1) (3) 0, (-1,0) 0,x∈(0,1) C,x∈(-T,0) (4) 。(5)f(x)={0,x∈(0,7),。 0.±C
（４） 0, [0, ), , , 2 , ( , x x x x π π π π ⎧ ∈ ⎪ ⎪ ⎨− = ± ⎪ ⎪ ∈ − ⎩ 0), 。（５） , [0, ( ) , 2 , ( , bx x b a x ax x π π ), , 0), π π ⎧ ∈ ⎪ ⎪ ⎨ − = ± ⎪ ⎪ ∈ − ⎩ 。 习题３各函数 Fourier 级数的和函数为 （１） 。 （２） , (0, ) 0, 0, , , ( ,0 x x x x x π π π π π ⎧ + ∈ ⎪ ⎨ = ± ⎪ ⎩ − ∈ − , ), 2 2 e , (0, ), 0, 0, , e , ( ,0), x x x x x π π π − ⎧ ∈ ⎪ ⎨ = ± ⎪ ⎩− ∈ − （３） 2 , ( , ), 2 2 0, , ( ) , ( , ), 2 , ( , 2 x x x f x x x π π π π π π ), π π π ⎧ ∈ − ⎪ ⎪ = ± ⎪ ⎪ = ⎨ ⎪ ∈ ⎪ ⎪− ∈ − − ⎪⎩ 。（４） cos , (0,1), 2 0, 0, [1, 2] [ 2, 1], cos , ( 1,0), 2 x x x x x x π π ⎧ ∈ ⎪ ⎪ ⎨ = ∈ − − ⎪ ⎪− ∈ − ⎩ ∪ 。 习题 4 各函数 Fourier 级数的和函数为 （１） 2 π | | x −x ， x∈ −[ , π π ]。 （２）e | | x ， x∈[ , −π π ]。 （３） 4 4 4 2 2 4 sin 2 | |, ( , ), 1, [ , ] [ , ]. x x x π π π π π ⎧ ∈ − ⎨ ∈ − − ⎩ ∪ π 。（４）| | | | 2 2 x x π π − + − ，x∈ −[ , π π ]。 习题 6 各函数 Fourier 级数的和函数为 （１） , (0, 2 2 0, 0, 2 . x x x π π ), π ⎧ − ⎪ ∈ ⎨ ⎪ ⎩ = 。 （２） 2 2 , (0, 2 2 , 0, 2 . x x x π ), π π ⎧⎪ ∈ ⎨ ⎪⎩ = 。 （３） , (0, 1 , 0, 2 x x x ⎧ ∈ ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ 1), 1. 。 （４） 3 3 e , ( 1, 0 ), 0, (0,1), 1 , 0, 2 e , 1. 2 x x x x x − ⎧ ∈ − ⎪ ∈ ⎪ ⎪ ⎨ = ⎪ ⎪ ⎪ = ± ⎩ 。（５） , ( , 0 ( ) 0, (0, ), , 0, 2 C x T ), . f x x C T x C ⎧ ⎪ ∈ − ⎪ = ⎨ ∈ ⎪ ⎪ = ± ⎩ 。 4
7.利用∑=,证明: 111 证(1)由∑=可得 2n)2 所以 l11 石n2(2m)262412 (2)1++ 7=n点(2m=624-8° 8.求sinx全部非零零点的倒数的平方和。 解sinx全部非零零点为{±丌,±2丌,…,±nr…},所以其倒数的平方和为 n=f(n m=(-nT) 9.证明下列关系式 对0<x<2n且a≠0,有 Te=(e2ax-1y 28 acos nx a+n 2)对0<x<2z且a不是自然数,有 asin 2ar cos nx +n(cos 2aT-Dsinnx Z COAx= (3)对(2),令x=丌,有 =1+2a SInan
7．利用∑ ∞ = = 1 2 2 6 1 n n π ，证明： ⑴ 4 12 1 3 1 2 1 1 2 2 2 2 π − + − +" = ； ⑵ 7 8 1 5 1 3 1 1 2 2 2 2 π + + + +" = . 证 （1）由∑ ∞ = = 1 2 2 6 1 n n π 可得 2 2 2 1 1 1 1 n n (2n n ) 4 24 π ∞ ∞ = = ∑ ∑= = ， 所以 2 2 2 2 2 2 1 1 ) 1 1 1 1 1 1 2 3 4 n n n n (2 ∞ ∞ = = − + − +"= ∑ ∑− 2 2 2 6 24 12 2 π π π = − = 。 ⑵ 2 2 2 1 1 1 1 3 5 7 + + + +" 2 2 1 1 1 1 n n n n (2 ) ∞ ∞ = = = − ∑ ∑ 2 2 6 24 8 2 π π π =−= 。 8. 求sin x 全部非零零点的倒数的平方和。 解 sin x 全部非零零点为{ , ± ± π 2π ,",±nπ ,"}，所以其倒数的平方和为 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 n n ( ) n n π π ( ) π n n 3 ∞ ∞ ∞ = = = + = − ∑ ∑ ∑ 2 1 = 。 9. 证明下列关系式： ⑴ 对0 < x < 2π 且a ≠ 0，有 ax π e ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + − = − +∑ ∞ =1 2 2 2 cos sin 2 1 (e 1) n a a n a nx n nx a π ； ⑵ 对0 < x < 2π 且a不是自然数，有 π cosax ∑ ∞ = − + − = + 1 2 2 sin 2 cos (cos 2 1)sin 2 sin 2 n a n a a nx n a nx a aπ π π ； ⑶ 对⑵，令 x = π ，有 ∑ ∞ = − − = + 1 2 2 2 ( 1) 1 2 sin n n a n a a a π π . 5
证(1)f(x)=e在(0,2z)上单调连续有界,所以它在[0,2z上的 Fourier级数在(0,2)上收敛到自身。由 rJo f(x)cosnxdrs a(e2ax-1)(n=0,1,2 f(x)sin ndx m(e"-1),(n=123…), 可知(1)式成立 (2)f(x)= T cOS ax在(0,2)上单调连续有界,所以它在[0,2]上的 Fourier级数在(0,2z)上收敛到自身。由 aSn2a丌 an=-。f(x) cos ndx= ,(n=0,1,2…), brix b ∫(x) sin ndx (cos 2a-1) (n=1.2.3…) 可知(2)式成立 (3)对(2),令x=丌,利用sin2ar=2 SIna cos an,有 sin2ar、asin2 az cosn n coS a: ∑ SIN az cos az 1+2a 所以(3)式也成立 10.(1)验证函数 X≠ 0, f(x)=In2 0 满足 Dirichlet- Jordan判别法条件而不满足Dini- Lipschitz判别 法条件。 (2)验证函数
证 ⑴ ( ) eax f x = π 在 (0,2π) 上单调连续有界，所以它在 [0,2π] 上的 Fourier 级数在(0,2π)上收敛到自身。由 2 0 1 ( ) cos n a f x nxdx π π = ∫ 2 2 2 ( a a e a n π −1) = + ，（n = 0,1, 2,"）， 2 0 1 ( )sin n b f x nxdx π π = ∫ 2 2 2 ( a n e a n π −1) = − + ，（n = 1, 2,3,"）， 可知（1）式成立。 （2） f x( ) = π cos ax 在 (0,2π) 上单调连续有界，所以它在[0,2π]上的 Fourier 级数在(0,2π)上收敛到自身。由 2 0 1 ( ) cos n a f x nxdx 2 2 a sin 2a a n π = − ，（n = 0,1, 2,"）， π π = ∫ 2 0 1 ( )sin n b f x nxdx 2 2 n a (cos 2 1) a n π − = − ，（n = 1, 2,3,"）， π π = ∫ 可知（2）式成立。 （3）对⑵，令 x = π ，利用sin 2a a π = 2sin π cos aπ ，有 2 2 1 sin 2 sin 2 cos cos 2 n a a a a a a n π π πn π π ∞ = = + − ∑ 2 2 2 1 sin cos ( 1) 1 2 n n a a a a a π π ∞ = ⎡ ⎤ − = + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − ∑ n ， 所以（3）式也成立。 10．⑴验证函数 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = ≠ = 0, 0 , 0, ln 1 ( ) 2 | | x x f x x π 满足 Dirichlet-Jordan 判别法条件而不满足 Dini-Lipschitz 判别 法条件。 ⑵ 验证函数 6
x cos 0 f(x) 满足 Dini-Lipschitz判别法条件(今后会学到,它不满足 Dirichlet- Jordan判别法条件,在此从略)。 证(1)f(x)是偶函数,limf(x)=0,且当x>0时,f(x) In el 所以f(x)在[-,上是分段单调的连续函数,满足 Dirichlet-Jordan判 别法条件。但对于任意的a∈(0,1],由于 lim u"In-=0,所以 f(0+)-f(0+) 无界,因此∫(x)在x=0点不满足 Dini-Lipschitz判别法条件。 (2)当x≠0时,f(x)=cos是+in,导数存在;在x=0,成立 1f(0±n)-f(0±) x cos-图x|, 即满足 Lipschitz条件,所以f(x)满足Dini- Lipschitz判别法条件。 今后会学到,对任意的δ>0,f(x)在区间[-6,6上不是有界变差函数 所以不能写成两个单调有界函数之差
⎩ ⎨ ⎧ = ≠ = 0, 0 cos , 0, ( ) 2 x x x f x x π 满足 Dini-Lipschitz 判别法条件（今后会学到，它不满足 Dirichlet-Jordan 判别法条件，在此从略）。 证（1）f x( )是偶函数， 0 lim ( ) 0 x f x → + = ，且当 x > 0时， ( )2 | | 2 1 1 '( ) 0 ln x f x x π = − ⋅ 0，f x( )在区间[ , −δ δ ]上不是有界变差函数， 所以不能写成两个单调有界函数之差。 7