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我们易于证明，级数$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\sin kx/k$是函数$\varphi(x)=(\pi-x)/2$的Fourier级数，其中$x\in[0,2\pi)$. In[1]:= Assuming[Element[n,Integers],2/Pi Integrate[(Pi-x)/2Sin[n x],{x,0,Pi}]]
Out[1]= 1/n
In[2]:= FourierSinCoefficient[(Pi-x)/2,x,n]
Out[2]= 1/n
\[\frac2π\int_0^π\frac{π-x}2 \sin (n x) \, dx=\frac1n\]
因为$\varphi$在$[0,2\pi)$上是有界变差的函数，所以它的Fourier级数的部分和关于与$g$是一致有界的(参看[180], p.47). 因此，\[T(x,n)\leqslant C\tag1\]其中$C$是常数，设$$f(x)=\sum_{p=1}^{\infty} \frac{1}{p^{2}} T\left(x, 2^{p^3}\right)\tag2$$
由(1)及Weierstrass定理可知，函数$f$在$[0,2x)$上是连续的：因为$3 \cdot 2^{p^{3}}=2^{p^3}+2 \cdot 2^{p^3}<2^{(p+1)^3}(p=1,2, \cdots)$，所以对于两个不同的三角多项式 $T(x,2^{p^3})$与$T(x,2^{q^3})\ (p\ne q)$，它们不包含具有$x$的相同倍数的项。此外，倘若$\cos kx$包含在多顶式$T(x,2^{p^3})$中，而$\cos mx$包含在$T(x,2^{q^3})$中，则当$p< q$时即有$k< m$. 因此，由(1)与(2)可知，函数$f$的Fourier级数可由级数(2)得出，只要把(2)中的每个$T$展开并按照余弦的号码用递增的次序排列即可。于是$$S_{2\cdot2^{q^3}}(0,f)=\frac1{q^2}\sum_{k=1}^{2q^3}\frac1k\geqslant\frac1{q^2}\ln2^{q^3}=q\ln2$$
因而$\lim _{k \rightarrow \infty}\left|S_{k}(0, f)\right|=+\infty$; 这就是说, 函数$f$的Fourier级数在这点是无界发散的。
兹设$0< x_0< 2\pi$,而证明$f$的Fourier级数在$x_0$这点收敛。事实上, 利用 Abel 变换易推出
\[\tag3
\left|\sum_{k=1}^p \frac{\cos (n+k) x_0}{n-k}\right| \leqslant A\left(x_0\right) \quad(p \leqslant n),
\]
其中$A(x_0)$是仅仅与$x_0$有关的有限数。仿此，
\[\tag4
\left|\sum_{k=1}^p \frac{\cos (2 n+k) x_0}{k}\right| \leqslant B\left(x_0\right) \quad(p \leqslant n),
\]由(2),(3)与(4)即知，函数$f$的Fourier级数在$x_0$这点收敛，而这就是所要证明的. |
hbghlyj
发表于 2021-12-2 01:35
