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