数学分析习题及答案 (37)

1 习题 16.

2 Fourier 级数的收敛判别法

1．设)(x ψ在[,)0+∞上连续且单调，0)(lim =+∞

→x x ψ，证明 0sin )(lim 0=?∞++∞→dx px x p ψ.

证 因为0)(lim =+∞

→x x ψ，所以存在0>N ，使得当N x ≥时，1|)(|

()sin ()sin ()sin A

A N N x px dx N px dx A px dx ξξψψψ=+??? 4sin sin A N px dx px dx p

ξ

ξ<+≤??（N A >?）， 因此p dx px x N 4sin )(≤

?∞+ψ，从而 lim ()sin 0N p x pxdx ψ+∞→+∞=?。

而由Riemann 引理，

0sin )(lim 0=?+∞→N p dx px x ψ。

因此

00lim ()sin lim ()sin lim ()sin 0N N p p p x px dx x px dx x px dx ψψψ+∞+∞→+∞→+∞→+∞=+=???。

2．设函数)(u ψ在],[ππ-上可积或绝对可积，在u =0点连续且有单侧导数，证明

??--=--+∞→πππψψψ02cot )]()([212

sin 2cos 2cos )(lim du u u u du u pu u u p 。 证 ??---=--πππψψψ02

sin 2cos 2cos )]()([2sin 2cos 2cos )(du u pu u u u du u pu u u 。 由于

2 )0()0(2

sin 2)]0()([)0()(lim 2sin 2)()(lim 00-++→+→'+'=----=--ψψψψψψψψu u

u u u u u u u u ， 可知函数()()2sin 2

u u u ψψ--在[0,]π上可积或绝对可积，由Riemann 引理可得 +∞→p lim 02

sin cos )]()([210=--?πψψdu u pu u u 。 于是

0cos cos 12()[()()]cot 222sin 2u pu u u du u u du u πππψψψ-----??

01cos [()()]2sin 2

pu u u du u πψψ=--?0→，（p →+∞）。 3．设函数)(u ψ在],[δδ-上单调，证明

0sin )]0()0([21)(lim =??????-++-?-+∞→δδψψψdu u

pu u p . 证 1sin ()[(0)(0)]2pu u du u δδψψψ-??-++-?????

{}

0sin [()(0)][()(0)]pu u u du u δ

ψψψψ=-++---?

00sin sin [()(0)][()(0)]pu pu u du u du u u δδψψψψ=-++---??， 因为)(u ψ在],[δδ-上单调，所以()(0)u ψψ-+和()(0)u ψψ---都在[0,]δ上单调，利用Dirichlet 引理即得结论。

4．证明Dirichlet 引理对)(u ψ是分段单调有界函数的情况依然成立。 证 由于)(u ψ在[0,]δ分段单调，所以存在1(0,)δδ∈，使得)(u ψ在1[0,]δ上单调，从而满足Dirichlet 引理条件。由于在1[,]δδ上)(u ψ分段单调有界，所以()(0)

u u ψψ-+在1[,]δδ上满足Riemann 引理条件。于是

3 0()(0)

lim sin p u pudu u

δψψ→∞-+? 110()(0)()(0)lim sin lim sin p p u u pudu pudu u u δδδψψψψ→∞→∞-+-+=+??=0。 5．证明Lipschitz 判别法的推论。

证 取1α=。设0

()()lim u f x u f x A u

→+-+=，则存在10δ>，当10u δ<<时， 成立

()()1f x u f x A u +-+-≤， 令1||1L A =+，则有

1|()()|||f x u f x L u +-+≤。

同理存在20δ>与20L >，当20u δ<<时，有

2|()()|||f x u f x L u ---≤。

于是令12min{,}δδδ=，12max{,}L L L =，当0u 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）1,(0,),0,0,,1,(,0),x x x πππ∈??=±??-∈-?。

（２）|cos |x ，[,]x ππ∈-。 （３）222

x π-，[,]x ππ∈-。

4

（４）0,[0,),,,2,(,0),x x x x ππππ∈???

-=±??∈-??。（５）,

[0,),(),,2,

(,0),bx x b a x ax x ππππ∈???-=±?

?

∈-??。 习题３各函数Fourier 级数的和函数为

（１）,(0,),

0,

0,,,(,0),x x x x x πππππ+∈??

=±??-∈-?

。 （２）22e ,(0,),0,

0,,e ,(,0),

x x x x x πππ-?∈?

=±??-∈-?

（３）2,(,),220,,

(),(,),2

,(,),

2

x x x f x x x ππ

πππππππ?∈-

??=±?

?=?

∈???-∈--??

。（４）cos ,

(0,1),20,

0,[1,2][2,1],cos ,(1,0),

2x

x x x x x ππ?∈??

=∈--???-∈-?

U 。 习题4各函数Fourier 级数的和函数为

（１）2||x x π-，[,]x ππ∈-。 （２）||e x ，[,]x ππ∈-。

（３）444224

sin 2||,(,),1,[,][,].x x x ππ

ππππ

∈-??∈--?U 。（４）||||22x x ππ-+-，[,]x ππ∈-。 习题6各函数Fourier 级数的和函数为

（１）,(0,2),20,0,2.x

x x πππ-?∈?

??=?。

（２）2

2

,

(0,2),2,

0,2.

x x x πππ?∈??=??。

（３）,(0,1),1

,0,1.

2

x x x ∈??

?=??。

（４）33

e ,(1,0),

0,(0,1),1,0,

2e , 1.2

x x x x x -?∈-?

∈??

?=??=±??。（５）,(,0),()0,(0,),,0,.2

C x T f x x T C x C ?

?∈-?

=∈???=±?。

5 7．利用∑∞

==12261n n π，证明： ⑴ 1241312112222π=+-+-Λ； ⑵ 871513112222π=++++Λ. 证 （1）由∑∞

==12261n n π可得 2

221111(2)424n n n n π∞

∞====∑∑， 所以

22222111111112234(2)

n n n n ∞∞==-+-+=-∑∑L 222

262412πππ=-=。 ⑵ 2221111357++++L 2211

11(2)n n n n ∞∞===-∑∑2226248πππ=-=。 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{,2,,,}n πππ±±±L L ，所以其倒数的平方和为

222211111211()()3n n n n n n πππ∞∞∞

===+==-∑∑∑。 9. 证明下列关系式：

⑴ 对π20<

ax e π??

????+-+-=∑∞=1222sin cos 21)1(e n a n a nx n nx a a π； ⑵ 对π20<

ax cos π∑∞=--++=1

22sin )12(cos cos 2sin 22sin n n a nx a n nx a a a a πππ； ⑶ 对⑵，令π=x ，有

∑∞=--+=1222)1(21sin n n

n

a a a a ππ .

6 证 ⑴()e ax f x π=在(0,2)π上单调连续有界，所以它在[0,2]π上的Fourier 级数在(0,2)π上收敛到自身。由

201

()cos n a f x nxdx ππ

=?222(1)a a e a n π-=+，（0,1,2,n =L ）， 201()sin n b f x nxdx π

π

=?222(1)a n e a n π-=-+，（1,2,3,n =L ）， 可知（1）式成立。

（2）()cos f x ax π=在(0,2)π上单调连续有界，所以它在[0,2]π上的Fourier 级数在(0,2)π上收敛到自身。由

201()cos n a f x nxdx ππ=?22sin 2a a a n

π=

-，（0,1,2,n =L ）， 201()sin n b f x nxdx ππ=?22(cos 21)n a a n π-=-，（1,2,3,n =L ）， 可知（2）式成立。

（3）对⑵，令π=x ，利用sin 22sin cos a a a πππ=，有

221

sin 2sin 2cos cos 2n a a a n a a a n πππππ∞==+-∑ 2221sin cos (1)12n n a a a a a n ππ∞=??-=+??-??

∑，

所以（3）式也成立。

10．⑴验证函数

?????=≠=0,

0,0,ln 1)(2||x x x f 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

7 ???=≠=0,

0,0,cos )(2x x x x f 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，0lim ()0x f x →+=，且当0x >时，()2||211'()0ln x f x x π=-?<， 所以()f x 在[,]ππ-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(0,1]α∈，由于0lim ln 02u u u απ→+

=，所以|(0)(0)|1ln 2f u f u u u ααπ+-+=

无界，因此()f x 在0x =点不满足Dini-Lipschitz 判别法条件。

（2）当0x ≠时，222'()cos sin x x x f x πππ=+，导数存在；在0x =，成立

|(0)(0)||cos |||2f u f x x x π

±-±=≤，

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0δ>，()f x 在区间[,]δδ-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。

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/5i3q.html