数学分析习题及答案 (37)
更新时间:2023-03-21 05:25:01 阅读量: 实用文档 文档下载
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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。
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