中册 6.1 数项级数的敛散性 第32题
📝 题目
32．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 在 $[0, \pi]$ 上有连续二阶导数，$\displaystyle f(0)=f(\pi)=0 . a_{n}=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x, n=1,2, \cdots$ ，试
💡 答案解析
证明：$\sum_{n=1}^{\infty} n^{2} a_{n}^{2}$ 收敛．（华南理工 2005，北京工大 2009）
（2）设 $g(x)$ 为连续的周期函数，周期为 1 ，且 $\int_{0}^{1} g(x) \mathrm{d} x=0, f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可积且有一阶连续导数，$a_{n}=\int_{0}^{1} f(x) g(n x) \mathrm{d} x, n=1,2, \cdots$ ．试证明：（1）$g(x)$ 的任意一个原函数亦必为周期等于 1 的周期函数；（2）$\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2}$ 级数收敛。电子科技 2010 ，上海交大 2005，陕西师大 2005，延安大学 2003，云南大学 2008，华北水电 2007，北京交大 1997）
（3）设 $g(x)$ 是 $(-\infty,+\infty)$ 上的周期连续函数，周期为 1 ，且 $\int_{0}^{1} g(x) \mathrm{d} x=0$ 、令 $a_{n}=\int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x} g(n x) \mathrm{d} x$ ， $n=1,2, \cdots$ ．求证：级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2}$ 收玫．（南开大学 2006）
（4）设 $g(x)$ 为连续的周期函数，周期为 1 ，且 $\int_{0}^{1} g(x) \mathrm{d} x=0, f(x)$ 为 $[0,1]$ 上的连续可微函数， $f(0)=f(1), a_{n}=\int_{0}^{1} f(x) g(n x) \mathrm{d} x, n=1,2, \cdots$ 。试证明： $\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n}=0$ 。北京大学 2008）
\section*{解题过程：}
（1）由题设，对 $n=1,2, \cdots$ ，有
$$
\begin{aligned}
a_{n} & =\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{-2}{n \pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \mathrm{d}(\cos n x) \\
& =\frac{-2}{n \pi}\left(\left.f(x)(\cos n x)\right|_{0} ^{\pi}-\int_{0}^{\pi} f^{\prime}(x) \cos n x \mathrm{~d} x\right)=\frac{2}{n^{2} \pi}\left(\int_{0}^{\pi} f^{\prime}(x) \mathrm{d}(\sin n x)\right) \\
& =\frac{2}{n^{2} \pi}\left(\left.f^{\prime}(x)(\sin n x)\right|_{0} ^{\pi}-\int_{0}^{\pi} f^{\prime \prime}(x) \sin n x \mathrm{~d} x\right)=\frac{-2}{n^{2} \pi}\left(\int_{0}^{\pi} f^{\prime \prime}(x) \sin n x \mathrm{~d} x\right) .
\end{aligned}
$$
由 $f(x)$ 在 $[0, \pi]$ 上有连续二阶导数，$f^{\prime \prime}(x) \sin n x$ 在 $[0, \pi]$ 上绝对可积，于是存在 $M>0$ 使得 $\int_{0}^{\pi}\left|f^{\prime \prime}(x) \sin n x\right| \mathrm{d} x \leqslant M$ ，则
$$
n^{2} a_{n}^{2}=\frac{4}{n^{2} \pi^{2}}\left(\int_{0}^{\pi} f^{\prime \prime}(x) \sin n x \mathrm{~d} x\right)^{2} \leqslant \frac{4}{n^{2} \pi^{2}}\left(\int_{0}^{\pi}\left|f^{\prime \prime}(x) \sin n x\right| \mathrm{d} x\right)^{2} \leqslant \frac{4 M^{2}}{n^{2} \pi^{2}} .
$$
由 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{4 M^{2}}{n^{2} \pi^{2}}$ 收玫，利用比较判别法得级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n^{2} a_{n}^{2}$ 收玫。
（2）设 $G(x)=\int_{0}^{x} g(t) \mathrm{d} t$ ，则 $G(0)=G(1)=0$ ．又 $g(x)$ 是周期为 1 的连续函数，故 $G(x)$ 连续，且由 $G(x+1)-G(x)=\int_{x}^{x+1} g(t) \mathrm{d} t=\int_{0}^{1} g(t) \mathrm{d} t=0$ 知，$G(x)$ 是周期为 1 的连续函数．
$$
\begin{aligned}
a_{n} & =\int_{0}^{1} f(x) g(n x) \mathrm{d} x=\frac{1}{n} \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} G(n x) \\
& =\left.\frac{1}{n} f(x) G(n x)\right|_{0} ^{1}-\frac{1}{n} \int_{0}^{1} f^{\prime}(x) G(n x) \mathrm{d} x=-\frac{1}{n} \int_{0}^{1} f^{\prime}(x) G(n x) \mathrm{d} x
\end{aligned}
$$
因为函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上有一阶连续导数，从而 $f^{\prime}(x)$ 有界，$G(x)$ 也有界。记 $M=\max \left|f^{\prime}(x) G(n x)\right|$ ，则 $\displaystyle \left|a_{n}\right| \leqslant \frac{M}{n}$ ，所以 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2}$ 收玫。
（3）记 $f(x)=\mathrm{e}^{x}$ ，由（2）得 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2}$ 收玫。
（4）设 $G(x)=\int_{0}^{x} g(t) \mathrm{d} t$ ，则 $G(0)=G(1)=0$ ．又 $g(x)$ 是周期为 1 的连续函数，故 $G(x)$ 连续．由 $G(x+1)-G(x)=\int_{x}^{x+1} g(t) \mathrm{d} t=\int_{0}^{1} g(t) \mathrm{d} t=0$ 知，$G(x)$ 是周期为 1 的连续函数．
$$
\begin{aligned}
a_{n} & =\int_{0}^{1} f(x) g(n x) \mathrm{d} x=\frac{1}{n} \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} G(n x) \\
& =\left.\frac{1}{n} f(x) G(n x)\right|_{0} ^{1}-\frac{1}{n} \int_{0}^{1} f^{\prime}(x) G(n x) \mathrm{d} x=-\frac{1}{n} \int_{0}^{1} f^{\prime}(x) G(n x) \mathrm{d} x
\end{aligned}
$$
故
$$
n a_{n}=-\int_{0}^{1} f^{\prime}(x) G(n x) \mathrm{d} x
$$
因为函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上有一阶连续导数，$f(0)=f(1)$ ．由 Riemann 引理知
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} f^{\prime}(x) G(n x) \mathrm{d} x=\int_{0}^{1} f^{\prime}(x) \mathrm{d} x \int_{0}^{1} G(x) \mathrm{d} x=(f(1)-f(0)) \int_{0}^{1} G(x) \mathrm{d} x=0 .
$$
从而 $\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n}=0$ ，证毕。
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明级数∑n²a_n²收敛（第1问）
由题设，对$n=1,2,\cdots$，有
$$
a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi f(x) \sin nx \, dx = \frac{-2}{n\pi} \int_0^\pi f(x) \, d(\cos nx) = \frac{-2}{n\pi} \left( f(x)\cos nx \Big|_0^\pi - \int_0^\pi f'(x) \cos nx \, dx \right) = \frac{2}{n^2\pi} \int_0^\pi f'(x) \, d(\sin nx) = \frac{2}{n^2\pi} \left( f'(x)\sin nx \Big|_0^\pi - \int_0^\pi f''(x) \sin nx \, dx \right) = -\frac{2}{n^2\pi} \int_0^\pi f''(x) \sin nx \, dx.
$$
由于$f''(x)$在$[0,\pi]$上连续，存在$M>0$使得$\int_0^\pi |f''(x)\sin nx| \, dx \le M$，则
$$
n^2 a_n^2 = \frac{4}{n^2\pi^2} \left( \int_0^\pi f''(x)\sin nx \, dx \right)^2 \le \frac{4}{n^2\pi^2} \left( \int_0^\pi |f''(x)\sin nx| \, dx \right)^2 \le \frac{4M^2}{n^2\pi^2}.
$$
由$\sum_{n=1}^\infty \frac{4M^2}{n^2\pi^2}$收敛，比较判别法知$\sum_{n=1}^\infty n^2 a_n^2$收敛。
公式：$a_n = -\frac{2}{n^2\pi} \int_0^\pi f''(x)\sin nx \, dx$
提示：注意分部积分时边界项为零的条件$f(0)=f(\pi)=0$和$\sin 0 = \sin n\pi = 0$。
步骤 2/5
目标：证明g(x)的原函数是周期函数（第2问第一部分）
设$G(x)=\int_0^x g(t) \, dt$，则$G(0)=0$，且由$\int_0^1 g(t) \, dt=0$得$G(1)=0$。由于$g$周期为1，有
$$
G(x+1)-G(x) = \int_x^{x+1} g(t) \, dt = \int_0^1 g(t) \, dt = 0,
$$
故$G(x+1)=G(x)$，即$G$是周期为1的连续函数。
公式：$G(x+1)-G(x)=\int_x^{x+1} g(t) \, dt = \int_0^1 g(t) \, dt = 0$
提示：注意原函数定义为$\int_0^x g(t) \, dt$，需验证周期性。
步骤 3/5
目标：证明级数∑a_n²收敛（第2问第二部分）
利用分部积分：
$$
a_n = \int_0^1 f(x) g(nx) \, dx = \frac{1}{n} \int_0^1 f(x) \, dG(nx) = \frac{1}{n} \left( f(x)G(nx) \Big|_0^1 - \int_0^1 f'(x) G(nx) \, dx \right) = -\frac{1}{n} \int_0^1 f'(x) G(nx) \, dx,
$$
其中边界项为零因为$G(0)=G(1)=0$。由于$f'$连续，$G$有界，存在$M>0$使得$|f'(x)G(nx)| \le M$，故$|a_n| \le \frac{M}{n}$，从而$\sum a_n^2$收敛。
公式：$a_n = -\frac{1}{n} \int_0^1 f'(x) G(nx) \, dx$
提示：注意$G(nx)$的周期性保证有界性，且边界项为零。
步骤 4/5
目标：证明级数∑a_n²收敛（第3问）
令$f(x)=e^x$，则$f$在$[0,1]$上连续可微，且$\int_0^1 g(x) \, dx=0$。由第（2）问结论，$a_n = \int_0^1 e^x g(nx) \, dx$满足$\sum a_n^2$收敛。
公式：直接应用第（2）问结论
提示：注意验证$f(x)=e^x$满足条件：连续可微，且$\int_0^1 g(x) \, dx=0$。
步骤 5/5
目标：证明lim n a_n=0（第4问）
设$G(x)=\int_0^x g(t) \, dt$，则$G$周期为1，$G(0)=G(1)=0$。分部积分得
$$
a_n = \int_0^1 f(x) g(nx) \, dx = \frac{1}{n} \int_0^1 f(x) \, dG(nx) = -\frac{1}{n} \int_0^1 f'(x) G(nx) \, dx,
$$
故$n a_n = -\int_0^1 f'(x) G(nx) \, dx$。由于$f'$连续，$G$连续且周期为1，由Riemann引理，
$$
\lim_{n\to\infty} \int_0^1 f'(x) G(nx) \, dx = \int_0^1 f'(x) \, dx \cdot \int_0^1 G(x) \, dx = (f(1)-f(0)) \int_0^1 G(x) \, dx = 0,
$$
因此$\lim_{n\to\infty} n a_n = 0$。
公式：$n a_n = -\int_0^1 f'(x) G(nx) \, dx$，Riemann引理
提示：注意Riemann引理要求$f'$可积，$G$周期且均值为$\int_0^1 G(x) \, dx$，而$f(0)=f(1)$保证均值为零。
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