复旦大学：《数学分析》教材习题全解（下册）第十六章 Fourier级数 习题 16.3 Fourier 级数的性质

习题16.3 Fourier级数的性质 1.由例16.1.2的结果 2 -sInn x∈(-丌,丌 n 用逐项积分法求x2和x3的 Fourier级数 解由于x在[-z,n有界可积,其 Fourier级数可以逐项积分, 2∫=4∑ sin ndt 4(y(c0sm-1)=4(y+4( D-cosnt(题1627() 4 coSnx,x∈[-x,丌]。 对3x2的 Fourier级数逐项积分, x=rih=x+s∫ mslo n2 cos ntdr =z2x+12∑sinm =2(16xn) sIn nx,x∈(-丌,x)。 2.证明定理1632的推论16.3.1:a+∑a, cos nx+b,sm)是某个 可积或绝对可积函数的 Fourier级数的必要条件是∑h收敛。 nal n 证设 f(1~ ≈( n cos nx+ b sin nx)

习题 16.3 Fourier 级数的性质 ⒈ 由例 16.1.2 的结果 x ~ ∑ ∞ = + − 1 1 sin ( 1) 2 n n nx n ， x ∈ (−π ,π )， 用逐项积分法求 x 2和 x 3的 Fourier 级数。 解 由于ｘ在[ , −π π ]有界可积，其 Fourier 级数可以逐项积分， 1 2 0 0 1 ( 1) 2 4 sin n x x n x tdt ntdt n ∞ + = − = = ∫ ∫ ∑ 1 2 2 1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1) 4 (cos 1) 4 4 co n n n n n nt nt n n ∞ ∞ + ∞ = = = − − = − ∑ ∑ = + ∑ 2 s n n − (习题 16.2.7.(1)) 2 2 1 ( 1) 4 co 3 n n nx n π ∞ = − = + ∑ s ， x∈[ , −π π ]。 对 2 3x 的 Fourier 级数逐项积分， 3 2 0 3 x x = t dt ∫ 2 2 0 0 1 ( 1) 3 12 cos 3 n x x n dt ntdt n π ∞ = − = + ∫ ∫ ∑ 2 3 1 ( 1) 12 sin n n x nx n π ∞ = − = + ∑ 2 2 3 1 ( 1) (6 ) 2 sin n n n nx n π ∞ = − − = ∑ ， x ∈( , −π π )。 2．证明定理 16.3.2 的推论 16.3.1： a a nx b n n n n 0 2 1 + + = ∞ ∑( cos sin x)是某个 可积或绝对可积函数的 Fourier 级数的必要条件是 b n n n= ∞ ∑ 1 收敛。 证 设 f x( ) ~ a a nx b n n n n 0 2 1 + + = ∞ ∑( cos sin x)， 令 1

F(x)=f() 根据定理163.2的证明过程,F(x)满足Dini- Lipschitz判别法的推 论的条件,F(x)可展开为收敛的 Fourier级数 A b F(x)2 mel( s cosnr+sinx, xE[-I,] n 令x=0,得到F0)=-∑么,这就说明了级数∑收敛。 3.说明级数∑mn和∑加n点点收敛,但不可能是任何可积或 绝对可积函数的 Fourier级数 解对于任意固定的x, 单调趋于0,∑ sin hx}有界, InIn 根据 Dirichlet判别法,∑加"和∑收敛。 台nln 因为∑n=nn和∑nn都是发散的,所以这两个级数不 可能是可积或绝对可积函数的 Fourier级数 4.利用例16.1.1的结果 f(x [T,0)12 sin(2n-1) 0,.x∈|0,x) 和 Parseval等式,证明∑。1 (2n-1)2 证因为f(x)在[-z,m可积且平方可积,由 Parseval等式, f2( 所以 i(2n-1)2 2八(2

F x( ) = ∫ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − x c dt a f t 2 ( ) 0 。 根据定理 16.3.2 的证明过程， 满足 Dini-Lipschitz 判别法的推 论的条件， 可展开为收敛的 Fourier 级数 F x( ) F x( ) 0 1 ( ) cos sin 2 n n n A b a F x nx nx n n ∞ = ⎛ ⎞ = + − + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∑ ， x∈[ , −π π ]， 令 x = 0，得到 0 1 (0) 2 n n A b F n ∞ = = − ∑ ，这就说明了级数 b n n n= ∞ ∑ 1 收敛。 3．说明级数 ∑ ∞ =2 ln sin n n nx 和 ∑ ∞ =2 ln ln sin n n nx 点点收敛，但不可能是任何可积或 绝对可积函数的 Fourier 级数。 解 对于任意固定的 x， 1 ln n ⎧ ⎫ ⎨ ⎬ ⎩ ⎭， 1 ln ln n ⎧ ⎫ ⎨ ⎬ ⎩ ⎭单调趋于 0， 1 sin n k kx = ⎧ ⎫ ⎨ ⎬ ⎩ ⎭ ∑ 有界， 根据 Dirichlet 判别法，∑ ∞ =2 ln sin n n nx 和 ∑ ∞ =2 ln ln sin n n nx 收敛。 因为 2 n n b n ∞ = ∑ 2 1 n n n ln ∞ = = ∑ 和 2 1 n n n ln ln ∞ = ∑ 都是发散的，所以这两个级数不 可能是可积或绝对可积函数的 Fourier 级数。 4．利用例 16.1.1 的结果 f x( ) [ ) ⎩ [ ) ⎨ ⎧ ∈ ∈ − = π π 0, 0, 1, ,0 x x ∑ ∞ = − − − 1 2 1 2 sin(2 1) 2 1 ~ n n n x π 和 Parseval 等式，证明 1 2 1 2 n=1 ( ) n − ∞ ∑ 8 2 π = 。 证 因为 f (x)在[ , −π π ]可积且平方可积，由 Parseval 等式， 2 0 1 1 f ( ) x dx dx 1 π π π −π π = = ∫ ∫ 2 1 1 2 2 ( n π 2n 1 ∞ = ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − ∑ ) ， 所以 1 2 1 2 n=1 ( ) n − ∞ ∑ 2 1 1 2 2 ⎛ ⎞⎛ π ⎞ ⎟ ⎠ = − ⎜ ⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ 8 2 π = 。 2

5.利用例16.1.2的结果 0,7)T ∈r0)2 和 Parseval等式,求∑ (2n-1) 解因为f(x)在[-z,m可积且平方可积,由 Parseval等式, f(x)dx xdx (2k-1) 所以 ∑ () 利用 (-1)” cos nx,x∈(-丌,丌 和 Parseval等式,求∑ 解因为f(x)在[-z,z]可积且平方可积,由 Parseval等式, r2(x)=2x=2x=2 所以 ∑ 7.设f(x)为(-∞,+∞)上以2为周期,且具有二阶连续导数的函数 f(x)sin nx b f(x)sin n 证明:若 ∑ 绝对收敛,则

5．利用例 16.1.2 的结果 f x( ) [ ) [ ) ~ ,0 0, ⎩ ⎨ ⎧ − ∈ − ∈ = π π x x x x ∑ ∞ = − − + 1 2 cos 2 ( 1) 1 2 n n nx π n π ， 和 Parseval 等式，求∑ ∞ =1 − 4 (2 1) 1 n n 。 解 因为 f (x)在[ , −π π ]可积且平方可积，由 Parseval 等式， 2 2 2 2 0 1 2 ( ) 3 f x dx x dx π π π π π π − = = ∫ ∫ 2 2 2 1 4 2 (2 1) k k π π ∞ = ⎡ ⎤ = + ⎢ ⎥ ⎣ − ⎦ ∑ ， 所以 ∑ ∞ =1 − 4 (2 1) 1 n n 2 2 2 2 3 2 4 π π π ⎛ ⎞⎛ ⎞ = − ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 4 96 π = 。 6. 利用 ∑ ∞ = − = + 1 2 2 2 cos ( 1) 4 3 n n nx n x π ， x ∈ (−π ,π ) 和 Parseval 等式，求∑ ∞ =1 4 1 n n 。 解 因为 f (x)在[ , −π π ]可积且平方可积，由 Parseval 等式， 2 4 2 4 0 1 2 ( ) 5 f x dx x dx π π π π π π − = = ∫ ∫ 2 2 2 2 1 4 2 3 n n π ∞ = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∑ ， 所以 ∑ ∞ =1 4 1 n n 4 2 2 4 4 1 5 9 16 90 π π π ⎛ ⎞ = − ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ 。 7．设 f (x)为(−∞,+∞) 上以 2π 为周期，且具有二阶连续导数的函数， 记 ∫− = π π π b f x nxdx n ( )sin 1 , ∫− ′′ = ′′ π π π b f x nxdx n ( )sin 1 。 证明：若∑ 绝对收敛，则 ∞ = ′′ n 1 bn 3

证利用分部积分法, b==f"(x)sin nxdx 2[-(xos/xm小- 由于 bn|=nbn|≤1/1 2(n+n2/=2/1 所以 32+(622小 0,存在三角多项式 W,(x)=+2(A, cos kx+B, sin kx) 使得 If(x) (x) dx<a 证设f(x)的 Fourier级数为 f(x) do cos nx+ b sin nx)

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∑ 0，存在三角多项式 ψ n (x) = ∑= + + n k k k A kx B kx A 1 0 ( cos sin ) 2 ， 使得 ψ ε π π − < ∫− f x x dx n | ( ) ( )| 。 证 设 f (x)的 Fourier 级数为 ( ) 0 1 ( ) cos sin 2 n n n a f x a nx b ∞ = ∼ + ∑ + nx 。 4

因为f(x)是周期为2x的连续函数,由 Parseval等式 ∫f2(x ∑(a2+b2) 可知vE>0 b2) v (x)=0+2(a, cos kx+b sin kr)(n>N) 则由定理16.3.3, ∫1(x)-,(x2a=∑(a2+b2 于是 1/(x)wW,(x)dx s I/(x)=,(cx)P dr [Idx 1f(x)-n(x)

因为 f (x)是周期为 2π 的连续函数，由 Parseval 等式 1 2 f ( ) x dx π π ∫ −π 2 0 2 2 1 ( ) 2 n n n a a b ∞ = = +∑ + ， 可知∀ > ε 0，∃N ，∀ > n N ， 2 2 2 2 1 ( ) 2 k k k n a b ε π ∞ = + ∑ + N ， 则由定理 16.3.3， 1 2 | ( ) ( )| n f x x dx π π ψ π − − = ∫ 2 2 2 2 1 ( ) 2 k k k n a b ε π ∞ = + ∑ + < 。 于是 2 2 | ( ) ( )| | ( ) ( )| 1 n n f x x dx f x x dx π π π π ψ ψ − − − ≤ − ⋅ ∫ ∫ dx π ∫−π 2 2 1 2 | ( ) ( )| n f x x dx π π π ψ π − = ⋅ − ∫ < ε 。 5