裴礼文 级数 534页 练习5.2.10 解答

castelu

练习5.2.10：
　　设$b_1 \ge b_2 \ge \cdots \ge b_n \ge \cdots \ge 0$，试证：级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n \sin nx$在任意区间上一致收敛$\Leftrightarrow n \to \infty$时，$nb_n \to 0$。

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解：
　　必要性：
　　设$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n \sin nx$在$(-\infty,+\infty)$上一致收敛，则$\forall \epsilon>0$，$\exists N=N(\epsilon) \in N$，当$m>n>N$时，有
$$\left| \sum\limits_{k=n}^m a_k \sin kx \right| < \epsilon, \forall x \in (-\infty,+\infty)$$
　　今取
$$m>2N, n=\left[\frac{m}{2}+1\right]$$
　　则
$$n \le \frac{m}{2}-1<n+1$$
　　即
$$n>\frac{m}{2}>N$$
　　再取
$$x=\frac{\pi}{2m}$$
　　有
$$\left| \sum\limits_{k=n}^m a_k \sin k\frac{\pi}{2m} \right|<\epsilon$$
　　当
$$n \le k \le m$$
　　时
$$\frac{\pi}{4}<\frac{n}{m}\frac{\pi}{2} \le k\frac{\pi}{2m} \le \frac{\pi}{2}$$
　　所以
$$\sin k\frac{\pi}{2m} \ge \sin\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt 2}{2}$$
　　于是
$$\epsilon > \sum\limits_{k=n}^m a_k\sin k\frac{\pi}{2m} \ge \frac{\sqrt 2}{2}\sum\limits_{k=n}^m a_k \ge (m-n+1)a_m\frac{\sqrt 2}{2} \ge \frac{\sqrt 2}{4}ma_m \ge 0$$
　　即
$$\lim\limits_{n \to +\infty}na_n=\lim\limits_{m \to +\infty}ma_m=0$$
　　充分性：
　　设$\lim\limits_{n \to +\infty}na_n=0$。令
$$\mu_n = \sup\limits_{m \ge n}\left\{ma_m\right\}$$
　　则$\left\{\mu_n \right\}$单调减少趋于$0$。对于$m \ge n$，记
$$S_{n,m}(x)=\sum\limits_{k=n}^m a_k \sin kx$$
　　下面证明
$$\left|S_{n,m}(x)\right| \le (\pi+3)\mu_n, \forall x \in (-\infty,+\infty)$$
　　再由$\lim\limits_{n \to +\infty}\mu_n \to 0$及函数项级数一致收敛的$Cauchy$准则知，$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n \sin nx$在$(-\infty,+\infty)$上一致收敛。
　　事实上，因为$S_{n,m}(x)$为周期$2\pi$的奇函数，所以只需证明上述不等式在$[0,\pi]$上成立就行了。
（1）
$$x \in \left[0,\frac{\pi}{m}\right]$$
　　从
$$\sin \theta < \theta$$
　　及$\left\{\mu_n\right\}$单调减少可得
$$\begin{eqnarray*}
\left|S_{n,m}(x)\right|&=&\sum\limits_{k=n}^m a_k \sin kx \le x\sum\limits_{k=n}^m ka_k \le x\sum\limits_{k=n}^m \mu_k\\
&\le&\frac{\pi}{m}(m-n+1)\mu_n \le \pi\mu_n \le (\pi+3)\mu_n
\end{eqnarray*}$$
（2）
$$x \in \left[\frac{\pi}{n},\pi \right]$$
　　从
$$\sin \theta \ge \frac{2}{\pi}\theta \left(0 \le \theta \le \frac{\pi}{2} \right)$$
　　有
$$\left|\sum\limits_{k=n}^{\infty} \sin (kx)\right|=\frac{\left|\cos\left(n-\frac{1}{2}\right)x-\cos\left(n+\frac{1}{2}\right)x \right|}{2\sin\frac{x}{2}} \le \frac{1}{\sin\frac{x}{2}} \le \frac{1}{\frac{2}{\pi}\cdot\frac{x}{2}}=\frac{\pi}{x} \le n$$
　　根据$Abel$引理，有
$$\left|S_{n,m}(x)\right|=\left|\sum\limits_{k=n}^{\infty}a_k \sin kx \right| \le n(a_n+2a_m) \le 3na_n \le 3\mu_n \le (\pi+3)\mu_n$$
（3）
$$x \in \left[\frac{\pi}{m},\frac{\pi}{n} \right]$$
　　此时
$$n \le \frac{\pi}{x} \le m$$
　　记
$$l=\left[ \frac{\pi}{x} \right]$$
　　于是，由
$$l \le \frac{\pi}{x} < l+1$$
　　得出
$$x \le \frac{\pi}{l}$$
　　故由（1）得
$$\left| S_{n,l}(x) \right| \le \pi\mu_n$$
因为$\frac{\pi}{l+1}<x \le \frac{\pi}{n}$，且$l+1>\frac{\pi}{x} \ge n$，由（2）与$\left\{\mu_n\right\}$单调减少即得
$$S_{l+1,m}(x) \le 3\mu_{n+1} \le 3\mu_n$$
　　于是
$$\begin{eqnarray*}
\left|S_{n,m}(x)\right|&=&\left| \sum\limits_{k=n}^m a_k \sin kx \right| = \left| \sum\limits_{k=n}^l a_k \sin kx + \sum\limits_{k=l+1}^m a_k \sin kx \right|\\
&=&\left|S_{n,l}(x)+S_{l+1,m}(x)\right| \le \left|S_{n,l}(x)\right|+\left|S_{l+1,m}(x)\right|\\
&\le&\pi\mu_n+3\mu_n=(\pi+3)\mu_n
\end{eqnarray*}$$