习题16.2Fourier级数的收敛判别法1.设y(x)在[0,+)上连续且单调，limy(x)=0，证明+ y(x)sin pxdx= 0 .lim证因为lim(x)=0，所以存在N>0，使得当x≥N时，l(x)k1。利用积分第二中值定理可得, v(x)sin px dx= y(N)] sin px dx+(A)f', sin px dx sin pxdl+ sin pxd（VA>),D因此[v(x)sinpxd≤三，从而lim Jt(x)sin pxdx=0 。而由Riemann引理，lim。y(x)sin pxdx=0 。因此lim J."y(x)sinpxdx= lim J。y(x)sin pxdx+ lim Jty(x)sin pxdx=0 。2．设函数(u)在[-元,元]上可积或绝对可积，在u=0点连续且有单侧导数，证明COS-cospuO[y(u) -y(-u)]cot=du y(u)du=lim212sin"2Cos-cospucOS--cospun2证y(u)-y(-u)luwu)2sin"2sin"22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
um y(u)-y(0)-[y(-u)-y(O)]y(w) -y(-u)2lim"(0)+V(0)u2sin"sin">0+→0+22可知函数义(u)-v(-") 在[0,元]上可积或绝对可积，由 Riemann 引理可得12sin2 [v(u) -(-u) cos pudu = 0 。lim-sin"2于是COScospu"[y(u)-y(-u)]cot"duduw(u2sin2[v()-v(-u)os Pμdu-0, (p→+0 )。sin"23.设函数y(u)在[-8,8]上单调，证明sinpudu=0limy(u)-[y(0+)+y(0-)7sinpudu(u)-[w(0+)+(0-)证sinpu-J。 ([y(u) -y(0+)]+[y(-u) -y(0-)]) duu= [v()-(+)d+ ()-()sin pudu,u因为y(u)在[-,]上单调，所以y(u)-(O+)和y(-u)-y(0-)都在[0,]上单调，利用Dirichlet引理即得结论。4.证明Dirichlet引理对y(u)是分段单调有界函数的情况依然成立。证由于y(u)在[0,]分段单调，所以存在,=(0,)，使得y(u)在[0,]上单调，从而满足Dirichlet引理条件。由于在[9,]上y(u)分段单调有界，所以(u)-(0+)在[6§,9]上满足Riemann 引理条件。于是u2
(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
8y(u)-y(0+)limsinpuduJoLI () - (+ i pudu im ) - (+) in udu -0.=limuu5．证明Lipschitz判别法的推论。证取α=1。设m(x+1)-(x)=A，则存在>0，当00与L,>0，当0<u<8,时，有I f(x-u)-f(x-)<L, [u[。于是令8=min(,,)，L=max(L,L)，当0<u<8时，有f(x±u)-f(x±)<L|ul,所以f(x)满足Lipschitz判别法的条件，推论成立。6.对S16.1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, xe(0,元),(1）(2) [cosx], xe[-元,元]。30，x=0,±元，-1, xE(-元,0),x2（3）2元”，x[一元,元]。23
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
[o,[bx,xe[0,元],xe[0,元]元1(4)。(5)3(b-a)X=±元X=±元，。2'[x,xE(一元,0),ax,x(-元,0),习题3各函数Fourier级数的和函数为[e-2,x+元， xe(0,元),xE(0,元),(1)(2)30,30,x=0,±元，X=0,±元,-e2x[x-元， XE(一元,0),xE(-元,0),XE(-Z7)2x,220s元xcOsxe(0,1),20,X=±元,。(4)(3 ) f(x)=30,x =0,xe[1, 2]U[-2,-1], o元xe(=,元),元,2-COsTXxe(-1,0)2xE(-元,一元,2习题4各函数Fourier级数的和函数为（1 ）元|x|-x，xe[-元,元]。（2）el，x[一元,元]。[sin2] x ],XE(-,),元。（4）1x/-+(3)xe[一元,元] 。+/x/21,xe[,]U[号,] 2习题6各函数Fourier级数的和函数为元-XIrexE(0, 2元),xE(0, 2元),(2)(1)2[2元2,x=0,2元.[0,x=0,2元.[x,xe(0, 1),(3)1x=0. 1[2’[e3r, xe(-1,0),0, xE(0, 1),xE(-T,0)1(4)。（5）f(x)=30,xE(O,T),。x=0,2'信.x = 0,±C.e3x=±1.24
（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：6In?21元2111I(1)1(2)+...1 ++...12;22+3423252+728元可得王（1）=证AR6-2-元224'台(2n)24n2所以元?2元2元211112-2222+3-43台(2n)62412元?元？2元21-2.111(2) 1+++++In24-8(2n)268.求sinx全部非零零点的倒数的平方和。解sinx全部非零零点为仕元，±2元，土n元，…]，所以其倒数的平方和为—+211元么元3°二（n元）2台(-n元)2 9.证明下列关系式：(1)对0<x<2元且a±0，有[+2acosx-nsinx ea =(e2ar-1)],2aα?+n?(2）对0<x<2元且a不是自然数，有sin2a元asin2a元cosnx+n(cos2a元-1)sinnx+2元cosax=2aa?-n?(3）对(2)，令x=元，有=1+2a2(-1)"a元a?-n?sina元5
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)=元ea在(0,2元）上单调连续有界，所以它在[0,2元]上的Fourier级数在(0.2元）上收敛到自身。由()m=n=012,a,=一a?+n?。f(x)sin nxdx =_nem-),，(n=1,2,3,...),6.=a?+n?可知（1）式成立。（2）f(x)=元cosax在（0,2元）上单调连续有界，所以它在[0,2元l上的Fourier级数在(0.2元）上收敛到自身。由 () os d - sin2a ( n 1.,.a,=a-n?b.- / ()si madx - o02-, ( - 12.),a-n可知（2）式成立。（3）对（2），令x=元，利用sin2a元=2sina元cosa元，有_sin2a元asin2a元cosn元元cosa元=2aα?-n?n=1sina元cosa元1+2a（1”-a-na所以（3）式也成立。10.（1)验证函数x±0,f(x)=ln县[0, x=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6
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)=/xcos%, x# 0,[0.x=0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）。110时，f(x)=(In号)x所以f(x)在[-元,π]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αe(0,1]，由于limu"ln兴=0，所以2元1L(0+ u) - f(0+)I _uuein"2元无界，因此f(x)在x=0点不满足Dini-Lipschitz判别法条件。（2）当x*0时，f(x)=cos云+云sin云，导数存在；在x=0，成立1 f(0±u)- (0+) xcos x1,2x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8>0，f(x)在区间[-,8]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
⎩ ⎨ ⎧ = ≠ = 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