中国科学技术大学 2026年数学分析第0题

首先，注意到 $|\cos x|$ 是周期为 $\pi$ 的偶函数，因此它的傅里叶级数只含余弦项，且基频为 $2x$（因为周期 $\pi$ 对应角频率 $2$）。我们选择在区间 $[-\pi/2, \pi/2]$ 上展开，因为在此区间内 $|\cos x| = \cos x$（非负），周期延拓后即为原函数。设傅里叶级数形式为： $$|\cos x| = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty a_n \cos(2n x)$$

由傅里叶系数公式，周期为 $\pi$ 时： $$a_n = \frac{2}{\pi} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} |\cos x| \cos(2n x) \, dx$$ 由于被积函数为偶函数，可化简为： $$a_n = \frac{4}{\pi} \int_0^{\pi/2} \cos x \cos(2n x) \, dx$$ 利用积化和差公式 $\cos x \cos(2n x) = \frac{1}{2}[\cos((2n+1)x) + \cos((2n-1)x)]$，计算积分： $$\int_0^{\pi/2} \cos x \cos(2n x) \, dx = \frac{1}{2} \left( \frac{\sin((2n+1)\pi/2)}{2n+1} + \frac{\sin((2n-1)\pi/2)}{2n-1} \right)$$ 由于 $\sin((2n+1)\pi/2) = (-1)^n$，$\sin((2n-1)\pi/2) = (-1)^{n-1}$，代入得： $$= \frac{1}{2} \left( \frac{(-1)^n}{2n+1} + \frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} \right) = \frac{(-1)^{n-1}}{2} \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1} \right)$$ 括号内通分：$\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1} = \frac{2}{4n^2-1}$，因此： $$\int_0^{\pi/2} \cos x \cos(2n x) \, dx = \frac{(-1)^{n-1}}{4n^2-1}$$ 于是： $$a_n = \frac{4}{\pi} \cdot \frac{(-1)^{n-1}}{4n^2-1} = \frac{4}{\pi} \cdot \frac{(-1)^{n+1}}{4n^2-1}$$

计算 $a_0$： $$a_0 = \frac{4}{\pi} \int_0^{\pi/2} \cos x \, dx = \frac{4}{\pi} \cdot 1 = \frac{4}{\pi}$$ 因此 $\frac{a_0}{2} = \frac{2}{\pi}$。代入傅里叶级数形式得： $$|\cos x| = \frac{2}{\pi} + \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{4n^2-1} \cos(2n x)$$ 由傅里叶级数理论，$|\cos x|$ 分段光滑，该级数一致收敛，故等式对一切实数 $x$ 成立。

令 $t = \lambda x$，由（1）的结果： $$|\cos(\lambda x)| = \frac{2}{\pi} + \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{4n^2-1} \cos(2n\lambda x)$$ 代入积分得： $$\int_0^1 f(x)|\cos(\lambda x)| \, dx = \frac{2}{\pi} \int_0^1 f(x) \, dx + \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{4n^2-1} \int_0^1 f(x) \cos(2n\lambda x) \, dx$$

由黎曼-勒贝格引理，对每个固定的 $n$，当 $\lambda \to +\infty$ 时： $$\int_0^1 f(x) \cos(2n\lambda x) \, dx \to 0$$ 由于系数 $\frac{4}{\pi} \cdot \frac{(-1)^{n+1}}{4n^2-1}$ 满足 $\left| \frac{(-1)^{n+1}}{4n^2-1} \right| \leq \frac{1}{4n^2-1}$，且 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{4n^2-1}$ 收敛，故级数关于 $\lambda$ 一致收敛。因此可以交换极限与求和顺序： $$\lim_{\lambda \to +\infty} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{4n^2-1} \int_0^1 f(x) \cos(2n\lambda x) \, dx = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{4n^2-1} \lim_{\lambda \to +\infty} \int_0^1 f(x) \cos(2n\lambda x) \, dx = 0$$

由以上结果，当 $\lambda \to +\infty$ 时，原积分中的级数部分趋于零，因此： $$\lim_{\lambda \to +\infty} \int_0^1 f(x)|\cos \lambda x| \, dx = \frac{2}{\pi} \int_0^1 f(x) \, dx$$ 这就完成了证明。

对每个固定的 $n$，由黎曼-勒贝格引理（因为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上黎曼可积，$\cos(2n \lambda x)$ 振荡），当 $\lambda \to +\infty$ 时： $$\int_0^1 f(x) \cos(2n \lambda x) \, dx \to 0.$$ 因此，级数中每一项的极限均为0。由于级数系数 $\frac{4}{\pi} \cdot \frac{(-1)^{n+1}}{4n^2-1}$ 绝对收敛（因为 $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛），且 $\int_0^1 f(x) \cos(2n \lambda x) \, dx$ 对 $n$ 一致有界（由 $f$ 可积性），故可逐项取极限： $$\lim_{\lambda \to +\infty} \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{4n^2-1} \int_0^1 f(x) \cos(2n \lambda x) \, dx = 0.$$ 从而： $$\lim_{\lambda \to +\infty} \int_0^1 f(x) |\cos \lambda x| \, dx = \frac{2}{\pi} \int_0^1 f(x) \, dx.$$

对任意 $\varepsilon > 0$，由于 $f$ 在 $[0,1]$ 上黎曼可积，存在阶梯函数 $g$ 使得 $\int_0^1 |f(x)-g(x)| \, dx < \varepsilon$。则： $$\left| \int_0^1 f(x)|\cos \lambda x| \, dx - \frac{2}{\pi} \int_0^1 f(x) \, dx \right| \leq \left| \int_0^1 (f-g)|\cos \lambda x| \, dx \right| + \left| \int_0^1 g|\cos \lambda x| \, dx - \frac{2}{\pi} \int_0^1 g \, dx \right| + \frac{2}{\pi} \left| \int_0^1 (g-f) \, dx \right|$$ 第一项和第三项均不超过 $\varepsilon$（因为 $|\cos| \leq 1$），第二项当 $\lambda$ 充分大时小于 $\varepsilon$（由阶梯函数情形）。因此极限为 $\frac{2}{\pi} \int_0^1 f(x) \, dx$。