复旦大学：《数学分析》精品课程教学资源（练习题）习题十六（解答）

第十六章第1节A.12Acos2kx2A4Acos2kx：（2）31.（1)sinx-2元后4k2-1元后4k2-1元元2_ 4%(-1)*4 sin(2k -1)x（2）2. (1)cos2kx;茗元元4k2-12k-1-cosmx; （4)-+22cos(2k+D)x+(-1) 2(-1)"52+2(3).sinnx;1h?64(2k +1)2元k=0nn=ln=l+(a+b)2(-1)"2(a -b) cos(2k + 1)x(a-b)元 (5)sinnx.24元k=0 (2k+1)21n=l1 - 2(-1)"T3.(1)sinnx:(2)2sinnx:n2+4nn=1元+25"-sin14[2sinnsint2n元=(-1)+1(3)(4)sinnx;+sin5m?2]2元n?-12=iLn元斤=2元?cos2kx1-;(2)(e" -1) +4.(1)Zcosnx;k26元n2 +11)+ cos2x -41122(n元1sin(3)(cos2nx;-22元元 m=(n?1元-1n元-1)COS2元+42(4)cosnx。4元=号+2(a, cos m+b,sin x),，其中5. f(x)~2n=lra+2元f(x)cosnxdx (n=0,1,2,...),b, =f(x)sinnxdx (n=12...)。an=-T4元°+42(381sinmx)；（3）1101=sinnx;(2)6. (1) sin 2mnx ;cosnx-232元n=i（nn=inn[3(1-(-1)"e-3)n元(1-(-1)"e-3)-3) ± (4)(1sinnxcosnx6n元2+9n2元2+9n=11

第十六章 第 1 节 1．（1） ∑ ∞ = − + − 1 2 4 1 2 cos 2 sin 2 1 k k A kx x A π π ；（2） ∑ ∞ = − − 1 2 4 1 2 4 cos 2 k k A A kx π π 。 2．（1） ∑ ∞ = − − 1 2 1 4 sin(2 1) k k k x π ；（2） ∑ ∞ = − − − 1 2 cos 2 4 1 2 4 ( 1) k k kx π π k ； （3） nx n n n cos 2( 1) 6 5 1 2 2 ∑ ∞ = − − π + ；（4） ∑ ∞ = + + − + 0 2 (2 1) 2 cos(2 1) 4 k k k x π π nx n n n sin ( 1) 1 1 ∑ ∞ = + − + ； （5） ∑ ∞ = + − + + − − 0 2 (2 1) 2( ) cos(2 1) 4 ( ) k k a b a b k x π π nx n a b n n sin ( 1) ( ) 1 1 ∑ ∞ = + − + + 。 3．（1） [ ] nx n n n sin 1 2( 1) 2 1 ∑ ∞ = − − ；（2） [ ] nx n n e n n sin 4 2 1 ( 1) 1 2 2 ∑ ∞ = − + − − π π ； （3） nx n n n n n sin 2 sin 4 ( 1) 2 1 2 1 ∑ ∞ = + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − + π π ；（4） x n n n n x n 2 sin 1 2 sin 2 2 sin 1 2 2 π π π π π ∑ ∞ = − − + 。 4．（1） ∑ ∞ = − 1 2 2 cos 2 6 k k π kx ；（2） ( 1) 1 − π π e [ ] nx n e n n cos 1 2 ( 1) 1 1 ∑ 2 ∞ = + − − + π π ； （3） cos 2x 2 ) 2 1 1 ( π π + + ∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − − 2 2 cos 2 2 sin 1 1 2 4 n nx n n n π π ； （4） nx n n n n cos 2 ( 1) cos 4 4 1 ∑ 2 ∞ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − + π π π 。 5． f x( ) ~ a a nx b n n n n 0 2 1 + + = ∞ ∑( cos sin x)，其中 an = ∫ + π π 2 ( ) cos 1 a a f x nxdx ( n = 0,1,2,"), bn = ∫ + π π 2 ( )sin 1 a a f x nxdx ( n = 1,2,")。 6．（1） nx n n sin 1 1 ∑ ∞ = ；（2） ∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − 1 2 2 cos sin 1 4 3 4 n nx n nx n π π ；（3） nx n n π π sin 2 1 1 2 1 1 ∑ ∞ = − ； （4） (1 ) 6 1 −3 − e ( ) ( ) ∑ ∞ = − − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + − − − + − − + 1 2 2 3 2 2 3 sin 9 1 ( 1) cos 9 31 ( 1) n n n n x n n e n x n e π π π π π ； 1

1C2C0(2n-1)元(5)>sin2T=2n-1元55S35~2)(2-7.cosotsinot4元4元4元85.121(n +1)元(n-1)元cOscosnotCOS24n-i42元=2Ln+1n21.50D1(n+ 1)元1(n-1)元Zsinsinsinnot442元n+1n-1元f(元+x)x(-元)f(元+x)xe(22xe(-号,.0)× E(-号.0)f(-x) f(-x)229.(1) f(x):(2) f(x) :xe(0xe(0.)f(x)f(x)一2xe(,n)元f(元-x)，元2110. (1) a, =a, (n=0,1,2,..),b,=-b, (n=1,2,.);(2) a, =a, cosnC+b, sinnC (n=0,1,2,...),b, =b, cosnC-ansinnC (n=1,2,..);(3)a=a，a,=a,-b,，b,=2anbn(n=1,2,)。第2节1.提示：因为limy(x)=0，所以存在N>0，使得当x≥N时，ly(x)k1。利用积分第二中值定理可得[v(x)sin pxdN），因此[r"v()sipdl≤。而由 Rimamn 引理, lm。 v()inpd=-0。 因此当p-→+oo 时, [.t y(x)sin pxdx=Jy(x)sin pxdx +J , y(x)sin pxdx -→ 0 。2.提示：易知2

（5） x T n n C C n π π (2 1) sin 2 1 2 1 2 1 − − − ∑ ∞ = 。 7． t ω t π ω π π sin 8 35 4 5 cos 4 5 (2 2) 4 5 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − − + + n t n n n n n n ω π π π cos 1 2 4 ( 1) cos 1 1 4 ( 1) cos 1 1 2 5 2 ∑ 2 ∞ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − + − − − + + + n t n n n n n ω π π π sin 4 ( 1) sin 1 1 4 ( 1) sin 1 1 2 5 2 ∑ ∞ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − + + + 。 9．（1） ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ − − ∈ ∈ − ∈ − − + ∈ − − = , ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) (0, ,0) 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( , ( ) ~ π π π π π π π π f x x f x x f x x f x x f x （2） ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ − − ∈ ∈ − − ∈ − + ∈ − − = , ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) (0, ,0) 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( , ( ) ~ π π π π π π π π f x x f x x f x x f x x f x 10．（1）an = an ~ (n = 0,1,2,") ，bn = −bn ~ (n = 1,2,")； （2）an an cos nC bn sin nC ~ = + (n = 0,1,2,") ， bn bn cosnC an sin nC ~ = − (n = 1,2,")； （3） 2 0 0 ~a = a ， ~ 2 2 an = an − bn ，bn 2anbn ~ = (n = 1,2,") 。 第 2 节 1．提示：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 。而由 Riemann 引理， lim ( )sin 0。因此当 0 = ∫ →+∞ N p ψ x pxdx p → +∞ 时， ( )sin ( )sin ( )sin 0 。 0 0 ∫ = ∫ + ∫ → +∞ +∞ N N ψ x pxdx ψ x pxdx ψ x pxdx 2．提示：易知 2

u-cospucOscos-cospu22duw(u)du-yr(-u)ly(u)2sin"2sin"22于是1COScospu (u) -(-u) os pudu. [y(u)-y(-u)]cot=du =(u)2Jsin"2 sin"22而u2y(u)-y(-u)y(u) -y(0) -[y(-u)-y(0))limlimy"(0)+W"(0) 。2sinSinu→0+→>0+uV22利用Riemann引理可得[, [v(u)-v(-u) ospudu= 0。limP→+2JSin23.提示：由于s u= (()-(+)+()-(0du,[y(0+) + y(0-y(uu利用Dirichlet引理即得结论。18.3第3节22+4(-1)*1.cosnx，xE（-元，元）；3n2Ex =22(-1)"(6-元2n)sinnx，xE一元，元）。n3ME1元4sW5.96冶(2n-1)421_元*6.台n"90°7.提示：利用分部积分法可得b”=-n2b,。由于Vb,1--Vnb,1(+n"b,)(+16:)（n=12.),3

∫ ∫ − = − − − − 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 ， 于是 . 2 sin cos [ ( ) ( )] 2 1 2 [ ( ) ( )]cot 2 1 2 2sin cos 2 cos ( ) ∫ ∫0 ∫0 − − − = − − − − π π π π ψ ψ ψ ψ ψ du u pu du u u u du u u u pu u u 而 (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 。 利用 Riemann 引理可得 p→+∞ lim 0 2 sin cos [ ( ) ( )] 2 1 0 − − = ∫ π ψ ψ du u pu u u 。 3．提示：由于 { } , sin [ ( ) (0 )] [ ( ) (0 )] sin [ (0 ) (0 )] 2 1 ( ) 0 ∫ = ∫ − + + − − − ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ − + + − − δ δ δ ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ du u pu du u u u pu u 利用 Dirichlet 引理即得结论。 8． 3 1 。 第 3 节 1． ∑ ∞ = − = + 1 2 2 2 cos ( 1) 4 3 n n nx n x π ， x ∈ (−π ,π ) ； ∑ ∞ = − − = 1 3 2 2 3 sin ( 1) (6 ) 2 n n nx n n x π ， x ∈ (−π ,π ) 。 5． (2 1) 96 1 4 1 4 π = − ∑ ∞ n= n 。 6． 90 1 4 1 4 π ∑ = ∞ n= n 。 7．提示：利用分部积分法可得 。由于 bn n bn 2 ′′ = − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ = + ′′ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ≤ + | | 1 2 1 | | 1 2 1 | | 1 | | 2 2 2 2 n n n bn n n b n n b n b （n = 1,2,"）， 3

所以2/b,1≤(++8.提示：利用Parseval等式可知「?(α)dx=0，于是f(x)=0。第4节.02质2a1A1.（1)-(1-e-i8);(2)(3)(4)a?+o?io2+i00osin(@-0.)sin(@+0)AS1（5）2Sd(0-0)(@+)20a2.正弦变换：余弦变换：a?+0?a?+20.x≤0,元3. f*f(x)=02第5节1.提示：先将圆频率の写成频率形式2元S，再对充分大的N，在区间[-N,NJ以间隔Ax对被积函数抽样（参见图16.5.2），在每个小区间内利用矩形公式近似代替积分，则f(nAr)e-2s(mr)i Ax,f(x)e-2xsxi dx ~/f(0)~[7=-M再适当代换整理，就可以得到离散Fourier变换形式。N-12.提示：设+1是方程x=1的一个根，贝则"=0。n=04

所以 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + < ≤ ≤ ∗ = − − . 2 (1 ), 2 1 , 2 (sin cos ), 0 2 1 0, 0, ( ) 2 1 2 π π π e e x x x e x x f f x x x 第 5 节 1. 提示：先将圆频率ω 写成频率形式2πs ，再对充分大的 N ，在区间[ , −N N]以 间隔 ∆x 对被积函数抽样（参见图 16.5.2），在每个小区间内利用矩形公式近似 代替积分，则 ∫− − ≈ N N s xi f f x dx π ω 2 ( ) ( )e ˆ ∑=− − ∆ ≈ ∆ ∆ M n M s n x i f n x x 2 ( ) ( )e π ， 再适当代换整理，就可以得到离散 Fourier 变换形式。 2．提示：设ξ ≠ 1是方程 x N = 1的一个根，则 0 。 1 0 ∑ = − = N n n ξ 4