博士家园

发表于 2020-6-6 19:13:19 | 显示全部楼层 |阅读模式
1. 定义在 $[a, b]$ 上的函数 $f(x)$ 满足条件: 任取 $x_{0} \in[a, b]$ , 均有 $\limsup\limits _{x \rightarrow x_{0}}  f(x) \leq f\left(x_{0}\right),$ 问 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上是否有最大值?若有给出证明. 若没有, 请举出反例.
       

                本题考查上半连续的知识, 上半连续函数的特点就是有上界且能取到最大值.
               
                先证明函数有上界.
               
                用反证法. 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上无上界, 那么对任意的 $n$ , 都能找到 $x_n\in[a,b]$ 使得 $f(x_n)> n$, 因为 $\{x_n\}$ 是无限有界数列, 由致密性定理知存在收敛子列 $\{x_{n_k}\}$ 使得 $x_{n_k} \to x_0, k \to \infty$. 因为 $[a,b]$ 是闭区间, 所以 $x_0 \in [a,b]$. 根据题意, 在点 $x_0$ 应该有 $\limsup\limits _{x \rightarrow x_{0}}  f(x) \leq f\left(x_{0}\right)$, 但是现在找到了一个趋于 $x_0$ 的数列 $\{x_{n_k}\}$ 使得
                \[ \lim\limits_{k\to+\infty} f(x_{n_k}) = +\infty,  \]
                这发生了矛盾, 因此 $f(x)$ 必须要有上界.
               
                用有限覆盖定理. 取 $\varepsilon_0 = 1$, 存在 $\delta >0$, 使得 $y \in [a,b] \bigcap (x-\delta,x+\delta)$, 有
                \[  f(y) < f(x) + \varepsilon,  \]
                记 $I_x =[a,b] \bigcap (x-\delta,x+\delta) $, 当 $x$ 取满区间的每一点时, $\bigcup I_x$ 构成了 $[a,b]$ 的一个开覆盖, 根据有限覆盖定理, 可找到有限个 $I_{x_1}, I_{x_2},\cdots,I_{x_n}$ 使得它们覆盖了 $[a,b]$.
                令
                \[ M = \max\{ f(x_1) +\varepsilon_0,f(x_2) + \varepsilon_0, \cdots,f(x_n) + \varepsilon_0,   \}  \]
                那么对任意的 $x \in [a,b]$, 都有 $f(x) < M$, 从而有上界.
               
                有上界就有上确界. 记 $a = \sup\limits_{x\in[a,b]}f(x)$.
               
                若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上取不到 $\alpha$, 那么对任意的 $x$ 都有 $f(x) < \alpha$, 那么 $\alpha-f(x) > 0$, 令
                \[ F(x) = \dfrac{1}{\alpha-f(x)}, x \in[a,b],  \]
                对任意的 $x \in [a,b]$, 有
                \[ \limsup\limits _{x \rightarrow x_{0}}  F(x) = \limsup\limits _{x \rightarrow x_{0}} \dfrac{1}{\alpha-f(x)} = \dfrac{1}{\liminf\limits _{x \rightarrow x_{0}}(\alpha-f(x))}  \]
                \[ =\dfrac{1}{\alpha- \limsup\limits _{x \rightarrow x_{0}}f(x)} \leq \dfrac{1}{\alpha-f(x_0)} =  F(x_0),  \]
                说明 $F(x)$ 具有与 $f(x)$ 一样的性质, 从而 $F(x)$ 也有上界. 记 $b$ 是 $F(x)$ 的一个上界, 那么
                \[ 0  < F(x) = \dfrac{1}{\alpha-f(x)} < b , \]
                把 $f(x)$ 解出来有
                \[ f(x) < \alpha- \dfrac{1}{b}, x\in[a,b] ,  \]
                这与 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的上确界矛盾. 因此可以取到最大值.

       
2.判断函数 ${f(x)=\dfrac{x}{1+x \cos ^{2} x}}$ 在 $[0,+\infty)$ 是否一致连续? 并说明理由.

                问题出现在 $x\to+\infty$ 的时候.
               
                取
                \[ x_n = n\pi + \dfrac{\pi}{2}, y_n = x_n + \dfrac{1}{n},  \]
                那么
                \[ x_n - y_n \to 0 , \cos^2x_n = 0 ,\cos^2y_n = \sin^2 \dfrac{1}{n},   \]
                此时
                \[ f(y_n) - f(x_n) = \dfrac{y_n}{1+y_n \sin^2 \frac{1}{n}} - x_n = \dfrac{y_n - x_n(1+y_n \sin^2 \frac{1}{n})}{1+y_n \sin^2 \frac{1}{n}}  \]
                \[ = \dfrac{\frac{1}{n}}{1+y_n \sin^2 \frac{1}{n}} - \dfrac{x_ny_n \sin^2 \frac{1}{n}}{1+y_n \sin^2 \frac{1}{n}},  \]
                其中
                \[ y_n \sin^2 \frac{1}{n} \to 0, x_ny_n \sin^2 \frac{1}{n} \to \pi^2,  \]
                因此
                \[ f(y_n) - f(x_n) \to -\pi^2 \neq 0,   \]
                所以 $f(x)$ 不一致连续.

       
       
3.已知函数 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上连续且满足: 对任意的 $x, y \in[1,+\infty)$ 有
        \[
        f(x+y) \leq f(x)+f(y) ,
        \]
        问: $\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \dfrac{f(x)}{x}$ 是否存在?若存在,给出证明; 若不存在,请给出反例.
       

                这个题目可能回忆的时候少了条件. 取 $f(x) = x$, 那么 $\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \dfrac{f(x)}{x} = 1$. 取 $f(x) = -x^2$, 那么 $\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \dfrac{f(x)}{x} = -\infty$ 不存在.
               
                如果 $\dfrac{f(x)}{x}$ 有下界, 可以证明 $\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \dfrac{f(x)}{x} = \inf\limits_{x\geq 1}\dfrac{f(x)}{x} $.
               
       

                        记 $a = \inf\limits_{x\geq 1}\dfrac{f(x)}{x}$. 先假设 $a\geq 0$. 根据下确界的定义, 对任意的 $\varepsilon > 0$, 存在 $x_0$ 使得
                        \[  a \leq \dfrac{f(x_0)}{x_0} < a + \varepsilon,  \]
                        即
                        \[ ax_0 \leq f(x_0) \leq (a+\varepsilon)x_0 , \]
                        当 $x$ 充分大时, 找到 $n$ 使得 $x = nx_0 + x_0 + \theta$, 其中 $0 < \theta < x_0 $, 反复利用条件
                        \[ f(x+y) \leq f(x) + f(y),  \]
                        可得
                        \[  f(x) = f(nx_0 + x_0 + \theta) \leq nf(x_0) + f(x_0 + \theta) < n(a+\varepsilon)x_0 +f(x_0 + \theta)  ,  \]
                        所以
                        \[ \dfrac{f(x)}{x} < \dfrac{n(a+\varepsilon)x_0 +f(x_0 + \theta)}{nx_0 + x_0 + \theta} ,  \]
                        可得
                        \[ a \leq \liminf\limits_{x\to+\infty }\dfrac{f(x)}{x}  \leq \limsup\limits_{x\to+\infty }\dfrac{f(x)}{x} \leq a+\varepsilon , \]
                        因此得证.
                       
                        若 $a<0$, 那么 $\dfrac{f(x)}{x} - a \geq  0$,
                        也就是  $f(x) -ax \geq 0$, 令 $g(x) = f(x) - ax$, 那么 $g(x)$ 非负连续, 并且
                        \[ g(x+y)= f(x+y)-a(x+y) \leq g(x) + g(y),  \]
                        所以类似可得.
                       
       
4. 已知函数 $f(x)$ 在 [0,1] 上连续单调增加,且 $f(x) \geq 0,$ 记
        \[
        s=\dfrac{{\int_{0}^{1} x f(x) \mathrm{d} x}}{{\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x}},
        \]
       
         证明  : $ s \geq \dfrac{1}{2}$
               
         比较 $\displaystyle{\int_{0}^{s} f(x) \mathrm{d} x}$ 与 $\displaystyle{\int_{s}^{1} f(x) \mathrm{d} x}$ 的大小. (可以用物理或几何直觉)

       
        第一问更一般的命题是

               
                设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续且单调增加,证明:
               
                \[ \int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x \geqslant \dfrac{a+b}{2} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x . \]
               

                由于 $f(x)$ 单调增加, 所以对任意的 $x\in[a,b]$, 有
           \[ \left(x - \dfrac{a+b}{2} \right)\left( f(x)- f\left(\dfrac{a+b}{2}  \right)\right)  \geq 0,     \]
           即
           \[  xf(x) -\dfrac{a+b}{2}f(x) \geq \left(x - \dfrac{a+b}{2} \right)f\left(\dfrac{a+b}{2}  \right),   \]
           两边对 $x$ 从 $a$ 到 $b$ 积分可得不等式.

       
        (b) 注意到 $s$ 是由一个积分确定的数, 这让我们想起有关凸函数积分不等式时也有这种情况, 因此考虑使用凸函数处理.

       
        记 $F(x) =\displaystyle{\int_{0}^{x} f(x) \mathrm{d} x} $, 则 $F'(x) = f(x) \geq 0$, 说明 $F(x)$ 是凸函数.
        记 $a = \displaystyle{\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x}$, 注意到
        \[ \displaystyle{\int_{s}^{1} f(x) \mathrm{d} x} = a - \displaystyle{\int_{0}^{s} f(x) \mathrm{d} x} = a- F(s),  \]
        因此只要比较 $F(s)$ 与 $a/2$ 的大小即可.

       
        下面的例子在考研复习中应该有见过, 在很多的参考书中都能找到.

               
                设 $f(x),p(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续, $p(x)\geq 0, \displaystyle{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x} > 0 $,
                且 $m \leq f(x) \leq M$. $\varphi(x)$ 是定义在 $[m,M]$ 上的可导凸函数, 则
                \[ \varphi\left( \dfrac{ \int_{a}^{b} p(x)f(x) \mathrm{d} x}{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x} \right) \leq \dfrac{\int_{a}^{b} p(x)\varphi(f(x)) \mathrm{d} x}{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}.  \]
       
                因为 $\varphi(x)$ 是定义在 $[m,M]$ 上的可导凸函数, 所以对任意的 $x,y \in[m,M]$ 有
                \[ \varphi(y) \geq \varphi(x) + \varphi'(x)(y-x),  \]
                取定
                \[ x =x_0 =  \dfrac{ \displaystyle{\int_{a}^{b} p(x)f(x) \mathrm{d} x } }{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}  \] 为常数, 同时取 $y =f(x) $,则
                \[  \varphi(f(x)) \geq \varphi(x_0) + \varphi'(x_0)(f(x)-x_0),  \displaystyle{} \]
                对上式两边同时乘以因子
                \[  \dfrac{p(x)}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}  \]
                有
                \[ \dfrac{p(x)\varphi(f(x))}{\sy{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}\geq \varphi(x_0) \dfrac{p(x)}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}  + p(x)(f(x)-x_0)\dfrac{\varphi'(x_0)}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}} ,  \]
                两边对 $x$ 作积分有
                \[ \dfrac{\sy{\int_{a}^{b} p(x)\varphi(f(x))     \mathrm{d} x}}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}  \geq \varphi(x_0) \dfrac{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}} +\varphi'(x_0) \dfrac{\displaystyle{ \int_{a}^{b} p(x)(f(x) - x_0) \mathrm{d} x }}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}, \]
                注意到
                \[ \displaystyle{ \int_{a}^{b} p(x)(f(x) - x_0) \mathrm{d} x} = 0,  \]
                        所以
         \[   \varphi(x_0) \leq \dfrac{\displaystyle{\int_{a}^{b} p(x)\varphi(f(x)) \mathrm{d} x }}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}} ,  \]

       
        在本题中取 $p(x) = f(x),f(x) = x,\varphi(x) = F(x)$ 满足条件, 则
        \[ F(s) \leq \dfrac{\displaystyle{\int_{0}^{1} f(x)F(x) \mathrm{d} x }}{\displaystyle{\int_{0}^{1}f(x) \mathrm{d} x }}  = \dfrac{1}{a}\displaystyle{\int_{0}^{1} F(x) \mathrm{d} F(x) } =\dfrac{1}{2a}F^2(x)|_0^1 = \dfrac{a}{2}.     \]
       

       
5. 已知 ${\int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin x}{x} \mathrm{d} x}=\dfrac{\pi}{2}$, 计算 ${\int_{0}^{+\infty}\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^{2} \mathrm{d} x}$, 并说明计算依据.
       

                使用分部积分
                \[ {\int_{0}^{+\infty}\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^{2} \mathrm{d} x} = -\int_{0}^{+\infty}\sin^2 x \mathrm{d} \left(\frac{1}{x} \right)   =\int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin 2x}{x}  \mathrm{d} x     \]
                \[ = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin 2x}{2x}  \mathrm{d} (2x)  =  \dfrac{\pi}{2} . \]
       
使用 Green 公式证明如下特殊情况下的 Stokes 公式
        \[
        \oint_{\Gamma} R(x, y, z) \mathrm{d} z=\iint_{\Sigma} \dfrac{\partial R}{\partial y} \mathrm{d} y \mathrm{d} z-\dfrac{\partial R}{\partial x} \mathrm{d} z \mathrm{d} x .
        \]

                翻书.

       

6. 设 $0<p<1,$ 求 $f(x)=\cos p x$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上的 Fourier 级数,并求出其和函数;
       
                       
证明余元公式
                \[
                \int_{0}^{1} x^{p-1}(1-x)^{-p} \mathrm{d} x=\dfrac{\pi}{\sin (p \pi)} .
                \]

               
                $\cos p x$ 是偶函数, 所以 $b_n = 0$.
               
                \[ \begin{aligned} a_{n} &=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \cos p x \cos n x \mathrm{d} x =\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi}(\cos (p-n) x+\cos (p+n) x) \mathrm{d} x \\  &=\frac{1}{\pi}\left(\frac{\sin (p-n) \pi}{p-n}+\frac{\sin (p+n) \pi}{p+n}\right) =\frac{(-1)^{n}}{\pi} \frac{2 p \sin p \pi}{p^{2}-n^{2}} \quad(n=0,1,2, \cdots) \end{aligned} . \]
               
               
                $\cos p x$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上连续, 由收敛定理有
                \[ \cos ax = \dfrac{\sin a\pi}{\pi} \left( \dfrac{1}{a}  + \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \dfrac{2p}{p^2 - n^2} \cos nx\right) .  \]
               

               
                令 $x = \dfrac{1}{1 + t}$, 则
                \[ \int_{0}^{1} x^{p-1}(1-x)^{-p} \mathrm{d} x = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{x^{p-1}}{1+x} \mathrm{d} x = \int_{0}^{1} \dfrac{x^{p-1}}{1+x} \mathrm{d} x + \int_{1}^{+\infty} \dfrac{x^{p-1}}{1+x} \mathrm{d} x, \]
                使用幂级数展开,
                \[ \dfrac{x^{p-1}}{1+x}= \sum_{n= 0}^{\infty}(-1)^nx^{n+p-1},  \]
                记
                \[ S_n(x)  = \sum_{k= 0}^{n-1}(-1)^kx^{k+p-1}, \]
                那么 $S_n(x)$ 内闭一致收敛, 并且
                \[ S_n(x) = x^{p-1} \sum_{k= 0}^{n-1}(-x)^k =
                x^{p-1} \dfrac{1-(-x)^n}{1+x} \leq \dfrac{2x^{p-1}}{1+x} \leq 2x^{p-1},   \]
                因为 ${\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^{1-p}}} dx$ 收敛, 故
                ${\int_{0}^{1} S_n(x) dx} $ 关于 $n$ 一致收敛, 所以积分求和可交换.
                 \[ \int_{0}^{1} \dfrac{x^{p-1}}{1+x} \mathrm{d} x =\sum_{n= 0}^{\infty}(-1)^n \int_{0}^{1}x^{n+p-1}  \mathrm{d} x  =\sum_{n= 0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n+p} ,  \]
                 作倒变换 $x = 1/t$, 那么
                 \[ \int_{1}^{+\infty} \dfrac{x^{p-1}}{1+x} \mathrm{d} x =\int_{0}^{1} \dfrac{t^{(1-p)-1}}{1+t} \mathrm{d} x  =\sum_{n= 1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{p-n},    \]
                 因此
                 \[ \int_{0}^{+\infty} \dfrac{x^{p-1}}{1+x} \mathrm{d} x =\sum_{n= 0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n+p} +  \sum_{n= 1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{p-n}    \]
                 \[ = \dfrac{1}{p} + \sum_{n= 1}^{\infty}\left(\dfrac{(-1)^n}{n+p} +\dfrac{(-1)^n}{p-n}   \right) =  \dfrac{1}{p}  +\sum_{n= 1}^{\infty} (-1)^n \dfrac{2p}{p^2-n^2},  \]
                 
                 在第一问中令 $x = 0$ 可得
                 \[ \dfrac{1}{p}  +\sum_{n= 1}^{\infty} (-1)^n \dfrac{2p}{p^2-n^2} = \dfrac{\pi}{\sin p\pi}.  \]
                 

7. 设  $C_{r}$ 为半径为 $r$ 的圆周, $f(x, y)$ 满足 $f(0,0)=0, \dfrac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}+\dfrac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=x^{2}+y^{2}$,  其中 $f(x, y)$ 是 $C^{2}$ 的,计算
        \[
        A(r)=\int_{C_{r}} f(x, y) \mathrm{d} s.
        \]

                圆 $x^2 + y^2 = r^2$ 的参数方程为 $x = r\cos \theta,y = r \sin\theta$, 此时 $ds = \sqrt{x'^2 + y'^2}d\theta = r d\theta$,
        那么
        \[\int_{C_{r}} f(x, y) \mathrm{d} s = \int_{0}^{2\pi} f(r\cos\theta,r\sin\theta)r \mathrm{d} \theta,   \]
        考虑函数 $g(t) = f(t\cos\theta,t\sin\theta) $, 则 $g(0) = f(0,0) = 0$, 且
        \[ g'(t) = f_x(t\cos\theta,t\sin\theta) \cdot\cos\theta + f_y(t\cos\theta,t\sin\theta) \sin\theta ,   \]
        所以
        \[ f(r\cos\theta,r\sin\theta) = g(r) = \int_{0}^{r} g'(t) \mathrm{d} t =\int_{0}^{r} (f_x\cdot\cos\theta + f_y\cdot \sin\theta) \mathrm{d} t ,    \]
        所以
        \[ \int_{C_{r}} f(x, y) \mathrm{d} s = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{r} \left( f_x\cdot\cos\theta + f_y \sin\theta\right) r   \mathrm{d} t  \mathrm{d} \theta ,  \]
       
        交换积分的次序有
        \[ \int_{C_{r}} f(x, y) \mathrm{d} s = r \int_{0}^{r} \int_{0}^{2\pi}  \left( f_x\cdot\cos\theta + f_y \sin\theta\right)   \mathrm{d} \theta   \mathrm{d} t ,   \]
        其中
        \[ \int_{0}^{2\pi}  \left( f_x\cdot\cos\theta + f_y \sin\theta\right)   \mathrm{d} \theta = \dfrac{1}{t}\int_{0}^{2\pi}  \left( f_x \cdot t \cos\theta + f_y t \sin\theta \right)   \mathrm{d} \theta     \]
        \[ = \dfrac{1}{t}\int_{0}^{2\pi}  \left( f_x(t\cos\theta,t\sin\theta)\mathrm{d}(t \sin\theta) - f_y(t\cos\theta,t\sin\theta) \mathrm{d}(t\cos\theta) \right) ,       \]
        令$x = t\cos\theta,y=t\sin\theta$, 将上面的积分还原为第二型曲线积分
        \[ \int_{0}^{2\pi}  \left( f_x(t\cos\theta,t\sin\theta)\mathrm{d}(t \sin\theta) - f_y(t\cos\theta,t\sin\theta) \mathrm{d}(t\cos\theta) \right)   \]
        \[ = \int\limits_{x^2+y^2=t^2} f_x(x,y)\mathrm{d} y-f_y(x,y)\mathrm{d} x,     \]
        其中 $x^2+y^2=t^2$ 取逆时针. 接下来对它使用 green 公式有
        \[\int\limits_{x^2+y^2=t^2} f_x(x,y)\mathrm{d} y-f_y(x,y)\mathrm{d} x =
        \iint\limits_{x^2 + y^2 \leq t^2} \left( f_{xx} + f_{yy} \right)  \mathrm{d} x \mathrm{d} y   \]
        \[  =\iint\limits_{x^2 + y^2 \leq t^2} \left( x^{2}+y^{2} \right)  \mathrm{d} x \mathrm{d} y  = \dfrac{\pi}{2}t^4.   \]
       
        将上面的内容综合起来有
        \[ \int_{C_{r}} f(x, y) \mathrm{d} s =r \int_{0}^{r}\dfrac{\pi}{2}t^3 \mathrm{d} t = \dfrac{\pi}{8}r^5.   \]

       
8. 设 $k\geq 1$, 整数列$q_k,p_k$ 满足 $q_k\geq p_k > 0,q_{k+1} - q_k > p_k + p_{k+1}$, 定义函数 $T_{p_k,q_k}(x)$ 如下
        \[ T_{p_k,q_k}(x) = \dfrac{\cos(q_k + p_k)x}{p_k} +\dfrac{\cos(q_k + p_k-1)x}{p_k-1} + \cdots + \dfrac{\cos(q_k + 1)x}{1}  \]
        \[ - \dfrac{\cos(q_k- 1)x}{1} - \dfrac{\cos(q_k -2)x}{2}-\cdots - \dfrac{\cos(q_k - p_k)x}{p_k} ,  \]
        现有数列 $a_n$, 满足 $a_n > 0,\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n <+\infty, \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\ln p_n = +\infty$, 令 $f(x)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k T_{p_k,q_k}(x) $.
       

                试证明: $f(x) $ 是 $\mathbb{R}$ 上以周期为 $2\pi$ 的连续函数.
               
                 $f(x) $ 的 Fourier 级数在 $x=0$ 处是否收敛, 请说明理由.


        先处理一下 $T_{p_k,q_k}(x)$, 注意到
        \[ \dfrac{\cos(q_k + p_k)x}{p_k} - \dfrac{\cos(q_k - p_k)x}{p_k} = \dfrac{\cos(q_k + p_k)x - \cos(q_k - p_k)x}{p_k} , \]
        使用和差化积公式 $\cos(a+b) - \cos(a-b) = -2\sin(a)\sin(b)$, 所以

        \[ \dfrac{\cos(q_k + p_k)x - \cos(q_k - p_k)x}{p_k}  = \dfrac{-2\sin(q_kx)\sin(p_kx)}{p_k},   \]
        所以
        \[ T_{p_k,q_k}(x) = -2\sin(q_kx) \sum\limits_{n=1}^{p_k}\dfrac{\sin(nx)}{n}.   \]
        下面证明 $\sum\limits_{n=1}^{p_k}\dfrac{\sin(nx)}{n}$ 在 $x\in \mathbb{R}$ 上一致有界.

       
        注意到 $\sin nx$ 是周期为 $2\pi$ 的奇函数, 故只需要考虑一个或者半个周期即可.
       
        将函数 $g(x) = x,x\in(0,2\pi)$ 延拓为周期为 $2\pi$ 的周期函数, 容易求的它的 Fourier 级数为
        \[ x \sim \pi - 2\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin nx}{n} , \]
        根据收敛原理有
        \[\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin nx}{n} = \dfrac{\pi - x}{2} , 0 < x < 2\pi ,   \]
        因此 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin nx}{n}$ 在 $(0,2\pi)$ 上一致有界, 在 $x= 0, 2\pi$ 处级数为 $0$, 因此 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin nx}{n}$ 在一个周期 $[0,2\pi]$ 上一致有界.
       
       
        另外可考虑复幂级数公式(参考复变函数(史济怀老师)),
        \[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{z^n}{n} = -\ln(1-z),  \]
        令 $z = e^{ix},x\in(0,2\pi)$, 有
        \[ \begin{aligned}
        -\ln(1-z) &= - \ln|1-z| - i\arg (1-z) \\
         &= -\dfrac{1}{2}\ln(2-2\cos x) + i \arctan\dfrac{\sin x}{1-\cos x},
        \end{aligned}  \]
        其中
        \[ 2-2\cos x = 4\sin^2\frac{x}{2},\quad \dfrac{\sin x}{1-\cos x} = \cot\frac{x}{2} = \tan \dfrac{\pi-x}{2}.   \]
        此时 $\dfrac{\pi-x}{2} \in (-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2})$,
        所以 $\arctan\left( \tan\dfrac{\pi-x}{2} \right)  =\dfrac{\pi-x}{2} $,
        \[ -\dfrac{1}{2}\ln(2-2\cos x) + i \arctan\dfrac{\sin x}{1-\cos x} =   -\ln2\sin\frac{x}{2} + i\dfrac{\pi-x}{2} ,  \]
        因此
        \[  \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{z^n}{n} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\cos nx}{n} + i \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin nx}{n}, \]
        对照实部和虚部有
        \[\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin nx}{n} =  \dfrac{\pi-x}{2} , x\in(0,2\pi).   \]
       
       
        相关的还有如下命题.

                证明:对任意 $n, x$ 成立不等式 $\left|\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k}\right|<2 \sqrt{\pi}$.

                注意到 $\sin nx$ 是周期为 $2\pi$ 的奇函数, 故只需要考虑 $x\in(0,\pi)$ 即可.
               
                使用 Jordan 不等式 $$\dfrac{2}{\pi} x < \sin x < x, 0 < x < \frac{\pi}{2}$$.
               
                首先公式
                \[ \left|S_n \right|  = \left| \sum\limits_{k=1}^{n}\sin k x\right|  = \left| \dfrac{\cos\dfrac{x}{2} - \cos\left( n+\dfrac{1}{2}\right)x }{2\sin\dfrac{x}{2}}\right|  \leq \dfrac{1}{\sin\dfrac{x}{2}} < \dfrac{\pi}{x} ,x\in(0,\pi).  \]
       
                当 $nx \leq \sqrt{\pi}$ 时,
                        \[ \left|\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k}\right|   \leq nx \leq  \sqrt{\pi}.   \]
                       
                 当 $nx > \sqrt{\pi}$ 时, 找到正整数 $m$, 使 $m \leq \dfrac{\sqrt{\pi}}{x}< m+1$, 即 $mx \leq \sqrt{\pi} < (m+1)x $,
                        拆开两部分
                        \[ \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k} = \sum\limits_{k=1}^{m} \dfrac{\sin k x}{k} + \sum\limits_{k=m+1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k} ,  \]
                       
                        前一部分前面已经评估出来, 后一部分使用分部求和公式
                        \[ \sum\limits_{k=m+1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k} =  \dfrac{1}{2\sin\dfrac{x}{2}}\sum\limits_{k=m+1}^{n}\dfrac{\cos\left( k-\dfrac{1}{2}\right)x - \cos\left( k+\dfrac{1}{2}\right)x}{k}= \dfrac{1}{2\sin\dfrac{x}{2}}    \]
                        \[  \left( \dfrac{\cos\left( m+\dfrac{1}{2}\right)x}{m+1}  -\sum\limits_{k=m+1}^{n-1}\cos\left( kx+\dfrac{1}{2}x\right) \left(\dfrac{1}{k}- \dfrac{1}{k+1} \right) + \dfrac{\cos\left( n+\dfrac{1}{2}\right)x}{n}      \right)    \]
                        \[ \leq \dfrac{1}{2\sin\dfrac{x}{2}} \left(\dfrac{1}{m+1} +\dfrac{1}{m+1} - \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n}  \right)  =  \dfrac{1}{\sin\dfrac{x}{2}} \cdot \dfrac{1}{m+1},  \]
                        利用 Jordan 不等式有 $\sin\dfrac{x}{2} > \dfrac{x}{\pi}$,
                        所以
                        \[ \sum\limits_{k=m+1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k} \leq \dfrac{1}{\sin\dfrac{x}{2}(m+1)} < \dfrac{\pi}{(m+1)x} < \sqrt{\pi}, \]
                        所以
                \[  \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k} < \sqrt{\pi} + \sqrt{\pi} = 2\sqrt{\pi}.  \]  
               
               
                还可以利用导数后积分确定界. 同样的只讨论 $x\in(0,\pi)$.
                \[  \begin{aligned} S_{n}(x) &=\sum_{k=1}^{n} \frac{\sin k x}{k}=\sum_{k=1}^{n} \int_{0}^{x} \cos k t \mathrm{d} t \\ &=\int_{0}^{x} \sum_{k=1}^{n} \cos k t \mathrm{d} t=\int_{0}^{x} \frac{\left[\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t-\sin \frac{t}{2}\right]}{2 \sin \frac{t}{2}} \mathrm{d} t \\ &=\int_{0}^{x} \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t}{t} \mathrm{d} t+\int_{0}^{x}\left[\frac{1}{2 \sin \frac{t}{2}}-\frac{1}{t}\right] \sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t \mathrm{d} t-\frac{x}{2}  \end{aligned} \]
                其中
                \[ \int_{0}^{x} \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t}{t} \mathrm{d} t = \int_{0}^{x} \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t}{\left(n+\frac{1}{2}\right)t} \mathrm{d} \left(n+\frac{1}{2}\right)t = \int_{0}^{\left(n+\frac{1}{2}\right) x} \frac{\sin u}{u} \mathrm{d} u,   \]
                并且注意到
                \[ \lim\limits_{u\to0^+}\frac{\sin u}{u} = 1,\quad {\int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin x}{x} \mathrm{d} x}=\dfrac{\pi}{2} , \quad \lim\limits_{t\to0^+} \left[\frac{1}{2 \sin \frac{t}{2}}-\frac{1}{t}\right] =0,   \]
                所以
                \[ \int_{0}^{\left(n+\frac{1}{2}\right) x} \frac{\sin u}{u} \mathrm{d} u   \]
                有限, 且
                \[ \left|\int_{0}^{x}\left[\frac{1}{2 \sin \frac{t}{2}}-\frac{1}{t}\right] \sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t \mathrm{d} t  \right| \leq \int_{0}^{\pi }\left|\frac{1}{2 \sin \frac{t}{2}}-\frac{1}{t} \right|   \mathrm{d} t   \]
                有限.
                所以 $S_n$ 有界.

               
                从前面的证明说明 $T_{p_k,q_k}(x)$ 在 $x\in \mathbb{R}$ 上一致有界.
                所以
                \[ \left| \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k T_{p_k,q_k}(x)  \right| \leq \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k\left|T_{p_k,q_k}(x) \right| \leq M \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k,  \]
                根据魏尔斯特拉斯判别法知道 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 一致收敛, 并级数的每一项都是周期 $2\pi$ 的连续函数, 因此第一问得证.
               

               
                (b) 由前面的
                \[  f(x) = \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k T_{p_k,q_k}(x)   \]       
                是周期为 $2\pi$ 的偶函数, 因此其 Fourer 系数 $b_n = 0$,       
               
                \[ a'_n = \dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\mathrm{d} x=\dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k T_{p_k,q_k}(x)\cos nx\mathrm{d} x  ,  \]
                因为级数一致收敛, 所以积分和求和可交换次序,

                \[ a'_n=\dfrac{1}{\pi}\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k \int_{-\pi}^{\pi}\sum\limits_{j=1}^{p_k} \dfrac{\cos(q_k + j)\cos nx - \cos(q_k-j)\cos nx}{j} \mathrm{d} x    \]
               
                \[  = \dfrac{1}{\pi}\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k\sum\limits_{j=1}^{p_k} \dfrac{1 }{j}\left( \int_{-\pi}^{\pi}\cos(q_k + j)\cos nx \mathrm{d} x -\int_{-\pi}^{\pi}\cos(q_k - j)\cos nx \mathrm{d} x  \right) ,  \]
                计算的时候需要用到三角正交系
                \[ \int_{-\pi}^{\pi} \cos mx \cos nx \mathrm{d} x = \pi \delta_{mn},   \]
               
                因此, 对每个固定的 $k$, 只有当 $n$ 取 $q_k + j,q_k - j, j = 1,\cdots ,p_k$ 时积分才不为 $0$, 当 $n = q_k + j$ 时, 满足
                \[  1\leq j = n-q_k \leq p_k ,  \]
                也就是
                \[ 1 + q_k \leq n \leq q_k + p_k,  \]
                并且注意到条件 $q_{k+1} - q_k > p_k + p_{k+1}$, 这说明当取 $k-1$ 和 $k + 1$ 时, 不会有
                \[  q_{k-1} \pm i = n(i = 1,2,\cdots ,p_{k-1}) \quad \text{或} \quad q_{k+1} \pm t = n (t = 1,2,\cdots ,p_{k+1})   \]
                的情况.
        所以当 $n = q_k + j$ 时, 除了
        
        \[ \int_{-\pi}^{\pi}\cos(q_k + j)\cos nx \mathrm{d} x = \pi, \]
        
        其它的积分都为 $0$, 同样可以讨论 $n = q_k - j$ 的情况.
        
        因此有
                \[ a'_n = \left\{ \begin{array}{ll}
                \dfrac{a_k}{n-q_k}, & q_k - p_k \leq n \leq  q_k + p_k,n \neq q_k\\
                0, & \text{其它取值}
                \end{array}    \right.   \]
                所以 $f(x)$ 的 fourier 级数为
                \[ f(x) \sim  \sum\limits_{n=1}^{\infty}a'_n\cos nx.  \]
               
               
                在 $x = 0$ 处, 研究级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a'_n$ 的敛散性.
               
                注意到 $a'_n$ 是分段取值的, 所以
                \[ \sum\limits_{n=1}^{\infty}a'_n =\sum\limits_{k=1}^{\infty}\sum\limits_{ n=q_k - p_k}^{q_k + p_k} \dfrac{a_k}{n-q_k} (n \neq q_k) ,  \]
                虽然 $\sum\limits_{ n=q_k - p_k}^{q_k + p_k} \dfrac{a_k}{q_k - n} (n \neq q_k) = 0$, 但是这并不意味着级数就为 $0$, 好比
                $\sum(-1)^n$ 一样.
               
                考虑柯西收敛准则, 我们截取最大的片段,
                \[ \sum\limits_{ n=q_k+1}^{q_k + p_k} \dfrac{a_k}{n-q_k} =
                \sum\limits_{j=1}^{p_k} \dfrac{a_k}{j}   \]
               
               
                到这里不知如何条件 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\ln p_n = +\infty$, 取 $a_n = \dfrac{1}{n(\ln n)^2}, p_n = n$, 则
                \[ \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\ln p_n = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n\ln n} = +\infty,   \]
                此时
                \[  \sum\limits_{j=1}^{p_k} \dfrac{a_k}{j} < a_k p_k = \dfrac{1}{\ln k} \to 0, \]
                如果取 $a_n = \dfrac{1}{n(\ln n)^2}, p_n = n^{n^2}$, 则
                \[ \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\ln p_n = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{n}{\ln n} = +\infty,   \]
               
                但是
                \[ \sum\limits_{j=1}^{p_k} \dfrac{a_k}{j} >         \sum\limits_{j=1}^{p_k} a_k \ln\left( 1+ \dfrac{1}{j} \right)  \]
                \[ =\sum\limits_{j=1}^{p_k} a_k (\ln(1+j) - \ln(j))  = a_k \ln (p_k + 1)\to +\infty.    \]
               
                有可能我没有想到它是怎么使用的, 或者是题目条件回忆错误了.
               
                如果是 $\lim\limits_{k\to+\infty}a_k \ln p_k \neq 0$ 就好了.
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