方企勤 第四章 级 数 第10题

教材习题

📝 题目

例 10 求证:

(1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\int }_{0}^{x}{t}^{n}\sin {\pi t}\mathrm{\;d}t = {\int }_{0}^{x}\frac{\sin {\pi t}}{1 - t}\mathrm{\;d}t\left( {0 \leq x < 1}\right)$ ；

(2)级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\int }_{0}^{x}{t}^{n}\sin {\pi t}\mathrm{\;d}t}$ 在 $x \in \left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上一致收敛；

(3) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\int }_{0}^{1}{t}^{n}\sin {\pi t}\mathrm{\;d}t = {\int }_{0}^{1}\frac{\sin {\pi t}}{t}\mathrm{\;d}t}$ .

💡 答案解析

证 (1) 固定 $x < 1$ 时,因 $\left| {{t}^{n}\sin {\pi t}}\right| \leq {x}^{n}\left( {0 \leq t \leq x}\right)$ ,所以级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{t}^{n}\sin {\pi t}}$ 在 $\left\lbrack {0,x}\right\rbrack$ 上一致收敛. 由逐项积分定理得

$$ \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\int }_{0}^{x}{t}^{n}\sin {\pi t}\mathrm{\;d}t = {\int }_{0}^{x}\frac{\sin {\pi t}}{1 - t}\mathrm{\;d}t. $$

(2)当 $0 \leq x \leq 1$ 时,

$$ \left| {{\int }_{0}^{x}{t}^{n}\sin {\pi t}\mathrm{\;d}t}\right| \leq \left| {{\int }_{0}^{1}{t}^{n}\sin {\pi t}\mathrm{\;d}t}\right| = \left| {{\int }_{0}^{1}\sin {\pi t}\mathrm{\;d}\frac{{t}^{n + 1}}{n + 1}}\right| $$

$$ = {\left| \frac{{t}^{n + 1}}{n + 1}\sin \pi t\right| }_{0}^{1} - \frac{\pi }{n + 1}{\int }_{0}^{1}{t}^{n + 1}\cos {\pi t} \cdot \mathrm{d}t $$

$$ \leq \frac{\pi }{n + 1}{\int }_{0}^{1}\left| {{t}^{n + 1}\cos {\pi t}}\right| \mathrm{d}t $$

$$ \leq \frac{\pi }{n + 1}{\int }_{0}^{1}{t}^{n}\mathrm{\;d}t = \frac{\pi }{{\left( n + 1\right) }^{2}}. $$

由 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{\pi }{{\left( n + 1\right) }^{2}} < + \infty$ 知级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\int }_{0}^{t}{t}^{n}\sin {\pi t}\mathrm{\;d}t}$ 在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上一致收敛.

(3)由连续性定理知级数和 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\int }_{0}^{x}{t}^{n}\sin {\pi t}\mathrm{\;d}t = S\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上连续,又由 (1) 知在 $\lbrack 0,1)$ 上 $S\left( x\right) = {\int }_{0}^{x}\frac{\sin {\pi t}}{1 - t}\mathrm{\;d}t$ . 令 $x \rightarrow 1$ ,故上式在 $x = 1$ 时也成立,即

$$ \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\int }_{0}^{1}{t}^{n}\sin {\pi tdt} = S\left( 1\right) = {\int }_{0}^{1}\frac{\sin {\pi t}}{1 - t}\overset{\text{ 令 }x = 1 - t}{ = }{\int }_{0}^{1}\frac{\sin {\pi x}}{x}\mathrm{\;d}x, $$

所以

$$ \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\int }_{0}^{1}{x}^{n}\sin {\pi x}\mathrm{\;d}x = {\int }_{0}^{1}\frac{\sin {\pi x}}{x}\mathrm{\;d}x. $$

评注 若能在闭区间上直接应用逐项积分定理当然更好, 否则先在缩小的区间上应用逐项积分定理, 然后通过连续性定理把结论推广到整个区间.

📋 详细解题步骤

步骤 1/3
目标：证明等式(1)在0≤x<1时成立
固定x<1，对t∈[0,x]，有|t^n sin(πt)| ≤ x^n，且∑x^n收敛，故∑t^n sin(πt)在[0,x]上一致收敛。由逐项积分定理，交换求和与积分顺序得∑∫_0^x t^n sin(πt) dt = ∫_0^x (∑t^n) sin(πt) dt = ∫_0^x sin(πt)/(1-t) dt。
公式：|t^n sin(πt)| ≤ x^n, ∑_{n=0}^∞ x^n = 1/(1-x)
提示：利用Weierstrass判别法证明一致收敛，再应用逐项积分定理。
步骤 2/3
目标：证明级数在[0,1]上一致收敛
对任意x∈[0,1]，有|∫_0^x t^n sin(πt) dt| ≤ ∫_0^1 t^n |sin(πt)| dt。通过分部积分估计：∫_0^1 t^n sin(πt) dt = [t^{n+1} sin(πt)/(n+1)]_0^1 - π/(n+1)∫_0^1 t^{n+1} cos(πt) dt = -π/(n+1)∫_0^1 t^{n+1} cos(πt) dt，故|∫_0^x t^n sin(πt) dt| ≤ π/(n+1)∫_0^1 t^{n+1} |cos(πt)| dt ≤ π/(n+1)∫_0^1 t^n dt = π/(n+1)^2。由于∑π/(n+1)^2收敛，由Weierstrass判别法知原级数在[0,1]上一致收敛。
公式：|∫_0^x t^n sin(πt) dt| ≤ π/(n+1)^2
提示：注意分部积分后取绝对值，并利用|cos(πt)|≤1和t^{n+1}≤t^n在[0,1]上。
步骤 3/3
目标：证明等式(3)成立
由(2)知级数在[0,1]上一致收敛，故和函数S(x)=∑∫_0^x t^n sin(πt) dt在[0,1]上连续。由(1)知在[0,1)上S(x)=∫_0^x sin(πt)/(1-t) dt。令x→1^-，由连续性得S(1)=∫_0^1 sin(πt)/(1-t) dt。作变量代换x=1-t，则∫_0^1 sin(πt)/(1-t) dt = ∫_0^1 sin(π(1-x))/x dx = ∫_0^1 sin(πx)/x dx。因此∑∫_0^1 t^n sin(πt) dt = ∫_0^1 sin(πx)/x dx。
公式：S(1)=∫_0^1 sin(πt)/(1-t) dt = ∫_0^1 sin(πx)/x dx
提示：利用连续性将区间端点包含进来，并注意变量代换的细节。

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