中册 6.5 傅里叶级数 第20题

解题过程： （1）因为 $\displaystyle \left|a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right| \leqslant\left|a_{n}\right|+\left|b_{n}\right| \leqslant \frac{2 M}{n^{3}}$ ，所以所给级数在（ $-\infty,+\infty$ ）上一致收敛，设其和为 $f(x)$ ． 又 $\displaystyle \left|\left(a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right)^{\prime}\right| \leqslant n\left|a_{n}\right|+n\left|b_{n}\right| \leqslant \frac{2 M}{n^{2}}$ ，所以级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right)^{\prime}$ 一致收玫．由逐项微分定理得 $f^{\prime}(x)$ 连续． （2）分析：$\displaystyle \frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right)$ 为正项级数，而 $\displaystyle \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{2}(t) \mathrm{d} t$ 为定值，因此问题实际上是证明正项级数收玫且有上界。解题如下： 令 $\displaystyle S_{m}(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{m}\left(a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right)$ ，考察积分： $$ \int_{-\pi}^{\pi}\left(f(x)-S_{m}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x=\int_{-\pi}^{\pi} f^{2}(x) \mathrm{d} x-2 \int_{-\pi}^{\pi} f(x) S_{m}(x) \mathrm{d} x+\int_{-\pi}^{\pi} S_{m}^{2}(x) \mathrm{d} x $$ 因为 $$ \int_{-\pi}^{\pi} f(x) S_{m}(x) \mathrm{d} x=\frac{a_{0}}{2} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x+\sum_{n=1}^{m}\left(a_{n} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x+b_{n} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x\right)=\pi a_{0}^{2}+\pi \sum_{n=1}^{m}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right) $$ 而对于 $S_{m}(x)$ 的积分，由三角函数的正交性有 $$ \begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi} S_{m}^{2}(x) \mathrm{d} x & =\int_{-\pi}^{\pi}\left[\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{m}\left(a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right)\right]^{2} \mathrm{~d} x \\ & =\left(\frac{a_{0}}{2}\right)^{2} \int_{-\pi}^{\pi} \mathrm{d} x+\sum_{n=1}^{m}\left(a_{n}^{2} \int_{-\pi}^{\pi} \cos ^{2} n x \mathrm{~d} x+b_{n}^{2} \int_{-\pi}^{\pi} \sin ^{2} n x \mathrm{~d} x\right)=\frac{\pi a_{0}^{2}}{2}+\pi \sum_{n=1}^{m}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right) \end{aligned} $$ 于是 $$ 0 \leqslant \int_{-\pi}^{\pi}\left(f(x)-S_{m}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x=\int_{-\pi}^{\pi} f^{2}(x) \mathrm{d} x-\frac{\pi a_{0}^{2}}{2}-\pi \sum_{n=1}^{m}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right) $$ 由于上式对任意的正整数 $m$ 都成立，而 $\displaystyle \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{2}(x) \mathrm{d} x$ 为有限值，所以正项级数 $\displaystyle \frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right)$的部分和数列有界。因而它是收玫的，且 $\displaystyle \frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right) \leqslant \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{2}(x) \mathrm{d} x$ ． （3）由（2）有 $\displaystyle \frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right) \leqslant \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{2}(x) \mathrm{d} x$ 。于是 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right)$ 收玫。又 $\displaystyle \left|a_{n} b_{n}\right| \leqslant \frac{1}{2}\left(a_{n}{ }^{2}+b_{n}{ }^{2}\right)$ ，所以 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n} b_{n}\right|$ 收玫，从而 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} b_{n}$ 收玫。