證明 f(x) = 從 n = 2 到無窮的 sin(nx)/(n ln n) 之和在 x = 0 處連續。

Step-by-step solution

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   先把問題化成一個極限敘述，並看清為什麼現成的工具都不管用。 每一項在 $x=0$ 處都等於零，所以 $f(0)=0$，而所謂連續就是要證明當 $x\to0$ 時 $f(x)\to0$。魏爾斯特拉斯 $M$ 判別法在這裡毫無用處：$\sum 1/(n\ln n)$ 發散。狄利克雷判別法只在 $[\delta,2\pi-\delta]$ 上給出均勻收斂——偏偏就避開了我們關心的那一點。所以這個級數只能自己動手拆。由於 $f$ 是奇函數，只要處理 $0<x<\tfrac12$ 就夠了。

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   選定拆分點。 令 $N=\lfloor 1/x\rfloor$，於是 $N\le 1/x<N+1$，而且當 $x\to0^{+}$ 時 $N\to\infty$。寫成

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

   當 $n\le N$ 時角度 $nx\le 1$ 很小，$\sin nx$ 可以粗略地估上界；當 $n>N$ 時正弦不斷振盪，就得改成利用它的相消。兩種情形，兩套不同的估計方式。

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   用 $|\sin nx|\le nx$ 估前段 $S_1$。

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

   再把這個和在 $\sqrt N$ 處拆開——比它小的部分用 $1/\ln n\le 1/\ln 2$，比它大的部分用 $1/\ln n\le 2/\ln N$——得到

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

   其中用到了 $xN\le 1$ 與 $x\sqrt N\le 1/\sqrt N$。兩塊都趨於 $0$。如果只用最直接的 $1/\ln n\le1/\ln 2$，得到的界只有 $O(1)$，這正是必須在 $\sqrt N$ 處拆開的原因。

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   用阿貝爾分部求和估後段 $S_2$。 由狄利克雷核的估計，對 $0<x\le\pi$ 與任意 $q>p$ 都有

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

   因為在 $(0,\pi]$ 上 $\sin(x/2)\ge x/\pi$。而 $a_n=1/(n\ln n)$ 遞減趨於 $0$，所以阿貝爾不等式給出

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

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   把後段的估計做完。 因為 $N+1>1/x$，所以 $x(N+1)>1$，於是

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

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   把兩段合起來。 當 $x\to0^{+}$ 時 $S_1$ 與 $S_2$ 都趨於 $0$，因此 $f(x)\to0=f(0)$；再由奇函數的性質，從左邊逼近也得到同樣的結果。所以 $f$ 在 $x=0$ 處連續。$\blacksquare$ 同樣這套估計其實還能證得更多：由於 $n\,a_n=1/\ln n\to0$，由 Chaundy–Jolliffe 定理，這個正弦級數在整個 $\mathbb{R}$ 上均勻收斂，所以 $f$ 處處連續。