方企勤 第七章 典型综合题分析 第8题

教材习题

📝 题目

例 8 设 $f\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }n{\mathrm{e}}^{-n}\cos {nx}$ ,求证:

(1) $\mathop{\max }\limits_{{0 \leq x \leq {2\pi }}}\left| {f\left( x\right) }\right| \geq \frac{2}{\mathrm{e}}$ ； (2) ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 存在;

(3) $\mathop{\max }\limits_{{0 \leq x \leq {2\pi }}}\left| {{f}^{\prime }\left( x\right) }\right| \geq \frac{2}{\pi \mathrm{e}}$ .

💡 答案解析

证 $\left( 1\right) f\left( 0\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }n{\mathrm{e}}^{-n} = \frac{1}{\mathrm{e}} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 2}}^{\infty }n{\mathrm{e}}^{-n}$

$$
\geq \frac{1}{\mathrm{e}} + 2\mathop{\sum }\limits_{{n = 2}}^{\infty }{\mathrm{e}}^{-n} = \frac{1}{\mathrm{e}}\left( {1 + \frac{2}{\mathrm{e} - 1}}\right) > \frac{2}{\mathrm{e}},
$$

因此

$$
\mathop{\max }\limits_{{0 \leq x \leq {2\pi }}}\left| {f\left( x\right) }\right| \geq \left| {f\left( 0\right) }\right| > 2/\mathrm{e}.
$$

(2)因为级数

$$
\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( n{\mathrm{e}}^{-n}\cos nx\right) }^{\prime } = - \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{n}^{2}{\mathrm{e}}^{-n}\sin {nx}
$$

在实轴上一致收敛,所以 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 存在,并且连续,可表示为

$$
{f}^{\prime }\left( x\right) = - \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{n}^{2}{\mathrm{e}}^{-n}\sin {nx}.
$$

(3)证法 1 用贝塞尔不等式,

$$
{\int }_{0}^{2\pi }{\left| {f}^{\prime }\left( x\right) \right| }^{2}\mathrm{\;d}x = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\pi {n}^{2}{\mathrm{e}}^{-{2n}} > \frac{\pi }{{\mathrm{e}}^{2}}.
$$

又设 ${\left| {f}^{\prime }\left( {x}_{0}\right) \right| }^{2} = \mathop{\max }\limits_{{0 \leq x \leq {2\pi }}}{\left| {f}^{\prime }\left( x\right) \right| }^{2}$ ,则

$$
{\left| {f}^{\prime }\left( {x}_{0}\right) \right| }^{2} \geq \frac{1}{2\pi }{\int }_{0}^{2\pi }{\left| {f}^{\prime }\left( x\right) \right| }^{2}\mathrm{\;d}x \geq \frac{1}{2{\mathrm{e}}^{2}}.
$$

从而

$$
\mathop{\max }\limits_{{0 \leq x \leq {2\pi }}}\left| {{f}^{\prime }\left( x\right) }\right| \geq \frac{1}{\sqrt{2}\mathrm{e}} > \frac{2}{\pi \mathrm{e}}
$$

证法 2 由 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 的傅氏系数公式,

$$
\frac{1}{\pi }{\int }_{0}^{2\pi }{f}^{\prime }\left( x\right) \sin x\mathrm{\;d}x = - \frac{1}{\mathrm{e}},
$$

所以

$$
\frac{1}{\mathrm{e}} = \frac{1}{\pi }\left| {{\int }_{0}^{2\pi }{f}^{\prime }\left( x\right) \sin x\mathrm{\;d}x}\right| \leq \frac{1}{\pi }{\int }_{0}^{2\pi }\left| {{f}^{\prime }\left( x\right) }\right| \left| {\sin x}\right| \mathrm{d}x
$$

$$
\leq \mathop{\max }\limits_{{0 \leq x \leq {2\pi }}}\left| {{f}^{\prime }\left( x\right) }\right| \cdot \frac{1}{\pi }{\int }_{0}^{2\pi }\left| {\sin x}\right| \mathrm{d}x = \frac{4}{\pi }\mathop{\max }\limits_{{0 \leq x \leq {2\pi }}}\left| {{f}^{\prime }\left( x\right) }\right| ,
$$

由此即得

$$
\mathop{\max }\limits_{{0 \leq x \leq {2\pi }}}\left| {{f}^{\prime }\left( x\right) }\right| \geq \frac{\pi }{4\mathrm{e}} > \frac{2}{\pi \mathrm{e}}
$$

📋 详细解题步骤

步骤 1/4
目标：证明 (1) 最大值下界
计算 f(0) = Σ n e^{-n}，并放缩：f(0) ≥ 1/e + 2 Σ_{n=2}^∞ e^{-n} = 1/e (1 + 2/(e-1)) > 2/e，因此 max|f(x)| ≥ |f(0)| > 2/e。
公式：f(0) = Σ_{n=1}^∞ n e^{-n} ≥ 1/e + 2 Σ_{n=2}^∞ e^{-n} = 1/e (1 + 2/(e-1)) > 2/e
提示：利用 n≥2 时 n e^{-n} ≥ 2 e^{-n} 进行放缩。
步骤 2/4
目标：证明 (2) f'(x) 存在
对级数逐项求导得 -Σ n^2 e^{-n} sin(nx)，该级数在实轴上一致收敛（因为 |n^2 e^{-n} sin(nx)| ≤ n^2 e^{-n}，且 Σ n^2 e^{-n} 收敛），因此 f'(x) 存在且连续。
公式：f'(x) = -Σ_{n=1}^∞ n^2 e^{-n} sin(nx)
提示：利用优级数判别法证明一致收敛。
步骤 3/4
目标：证明 (3) 最大值下界（证法1）
利用 Parseval 等式：∫_0^{2π} |f'(x)|^2 dx = Σ π n^2 e^{-2n} > π/e^2。设最大值点为 x0，则 |f'(x0)|^2 ≥ (1/(2π)) ∫_0^{2π} |f'(x)|^2 dx > 1/(2e^2)，故 max|f'| > 1/(√2 e) > 2/(π e)。
公式：∫_0^{2π} |f'(x)|^2 dx = Σ π n^2 e^{-2n} > π/e^2
提示：注意 Parseval 等式的系数。
步骤 4/4
目标：证明 (3) 最大值下界（证法2）
由傅里叶系数公式：1/π ∫_0^{2π} f'(x) sin x dx = -1/e。取绝对值并放缩：1/e ≤ (1/π) ∫_0^{2π} |f'(x)| |sin x| dx ≤ max|f'| * (1/π) ∫_0^{2π} |sin x| dx = (4/π) max|f'|，因此 max|f'| ≥ π/(4e) > 2/(π e)。
公式：1/e = |(1/π) ∫_0^{2π} f'(x) sin x dx| ≤ (4/π) max|f'|
提示：利用 ∫_0^{2π} |sin x| dx = 4。

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