证明 f(x) = 从 n = 2 到无穷的 sin(nx)/(n ln n) 之和在 x = 0 处连续。

Step-by-step solution

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   先化归为一个极限命题，并说明为什么现成的工具都不管用。 每一项在 $x=0$ 处都为零，所以 $f(0)=0$，连续性就是要证 $x\to0$ 时 $f(x)\to0$。魏尔斯特拉斯 $M$ 判别法在这里没用：$\sum 1/(n\ln n)$ 是发散的。狄利克雷判别法只能给出在 $[\delta,2\pi-\delta]$ 上的一致收敛——恰好把我们关心的那个点排除在外。所以只能手工把和拆开。又因为 $f$ 是奇函数，只需处理 $0<x<\tfrac12$ 即可。

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   选定拆分点。 取 $N=\lfloor 1/x\rfloor$，于是 $N\le 1/x<N+1$，且当 $x\to0^{+}$ 时 $N\to\infty$。写成

   $f(x)=\underbrace{\sum_{n=2}^{N}\frac{\sin nx}{n\ln n}}_{S_1}+\underbrace{\sum_{n=N+1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n\ln n}}_{S_2}.$

   当 $n\le N$ 时角度 $nx\le 1$ 很小，可以对 $\sin nx$ 做粗放的放缩；当 $n>N$ 时正弦在振荡，必须转而利用相消。两种情形，两套估计。

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   用 $|\sin nx|\le nx$ 估计前半段 $S_1$。

   $|S_1|\le\sum_{n=2}^{N}\frac{nx}{n\ln n}=x\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{\ln n}.$

   再在 $\sqrt N$ 处把这个和拆开——小于它的部分用 $1/\ln n\le 1/\ln 2$，大于它的部分用 $1/\ln n\le 2/\ln N$——就得到

   $x\sum_{n=2}^{N}\frac1{\ln n}\le \frac{x\sqrt N}{\ln 2}+\frac{2xN}{\ln N}\le\frac{1}{\sqrt N\,\ln 2}+\frac{2}{\ln N},$

   这里用到了 $xN\le 1$ 和 $x\sqrt N\le 1/\sqrt N$。两项都趋于 $0$。如果只用最朴素的 $1/\ln n\le1/\ln 2$，结果只有 $O(1)$，这正是必须在 $\sqrt N$ 处再拆一次的原因。

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   用阿贝尔求和估计尾项 $S_2$。 由狄利克雷核的估计，对 $0<x\le\pi$ 及任意 $q>p$ 有

   $\left|\sum_{n=p}^{q}\sin nx\right|\le\frac{1}{\sin(x/2)}\le\frac{\pi}{x},$

   因为在 $(0,\pi]$ 上 $\sin(x/2)\ge x/\pi$。又因为 $a_n=1/(n\ln n)$ 单调递减趋于 $0$，阿贝尔不等式给出

   $|S_2|\le a_{N+1}\cdot\frac{2\pi}{x}=\frac{2\pi}{x\,(N+1)\ln (N+1)}.$

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   把尾项的估计做完。 由于 $N+1>1/x$，即 $x(N+1)>1$，于是

   $|S_2|\le\frac{2\pi}{\ln(N+1)}\xrightarrow[x\to0^{+}]{}0.$

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   合起来。 当 $x\to0^{+}$ 时 $S_1$ 与 $S_2$ 都趋于 $0$，所以 $f(x)\to0=f(0)$；由奇函数性质，左极限同样成立。因此 $f$ 在 $x=0$ 处连续。$\blacksquare$ 事实上同样的估计还能给出更强的结论：因为 $n\,a_n=1/\ln n\to0$，由 Chaundy–Jolliffe 定理，这个正弦级数在整个 $\mathbb{R}$ 上一致收敛，所以 $f$ 处处连续。