无需勒贝格理论，用Baby Rudin前7章知识证明sin(nx)无逐点收敛子列？

嘿，这个问题问得好——Rudin在7.20里确实提到不用勒贝格定理证这个会有点棘手，但咱们完全可以只用《Baby Rudin》前7章的工具搞定，核心是用上Baire纲定理（第2章2.24）和三角函数的基本性质，走反证法的路子：

步骤1：反证法假设 #

假设存在严格递增的正整数子列 (n_k)，使得 (\sin(n_k x)) 在 ([0,2\pi]) 上逐点收敛到某个函数 (f(x))。

步骤2：构造闭集序列并应用Baire纲定理 #

对每个正整数 (m)，定义集合：
$$E_m = \left{ x \in [0,2\pi] \mid \forall k,l \geq m,\ |\sin(n_k x) - \sin(n_l x)| \leq \frac{1}{3} \right}$$

• 每个 (E_m) 是闭集：因为 (\sin(n_k x)) 是连续函数，所以 (|\sin(n_k x)-\sin(n_l x)|) 也是连续函数，连续函数的水平集（小于等于某个常数）是闭集，而 (E_m) 是无数个闭集的交集，因此还是闭集。
• 所有 (E_m) 覆盖 ([0,2\pi])：因为逐点收敛意味着对每个 (x)，({\sin(n_k x)}) 是柯西列，所以必然存在某个 (m) 使得 (x \in E_m)。

根据Baire纲定理，闭区间 ([0,2\pi]) 是完备度量空间，因此至少有一个 (E_m) 包含非空开区间 ((a,b))。也就是说：

存在区间 ((a,b) \subset [0,2\pi])，对所有 (x \in (a,b)) 和所有 (k,l \geq m)，有 (|\sin(n_k x) - \sin(n_l x)| \leq \frac{1}{3})。

步骤3：利用三角函数恒等式导出矛盾 #

对任意 (k,l \geq m)，令 (d = n_k - n_l)（因为 (n_k) 严格递增，(d) 是正整数，且当 (k,l \to \infty) 时 (d) 可以任意大）。用和差化积公式：
$$|\sin(n_k x) - \sin(n_l x)| = 2\left| \cos\left( \frac{n_k + n_l}{2}x \right) \sin\left( \frac{d x}{2} \right) \right| \leq \frac{1}{3}$$
整理得：
$$\left| \cos\left( \frac{n_k + n_l}{2}x \right) \sin\left( \frac{d x}{2} \right) \right| \leq \frac{1}{6}, \quad \forall x \in (a,b)$$

做变量替换 (t = \frac{d x}{2})，则 (x = \frac{2t}{d})，当 (x \in (a,b)) 时，(t \in \left( \frac{d a}{2}, \frac{d b}{2} \right))，记这个区间为 (I_d)，其长度为 (\frac{d(b-a)}{2})。令 (\theta_x = \frac{n_k + n_l}{2}x)，则上式变为：
$$|\cos(\theta_x) \sin t| \leq \frac{1}{6}, \quad \forall t \in I_d$$

现在考虑积分：
$$\int_{I_d} |\cos(\theta_x) \sin t|^2 dt \leq \int_{I_d} \left( \frac{1}{6} \right)^2 dt = \frac{d(b-a)}{2} \cdot \frac{1}{36} = \frac{d(b-a)}{72}$$

另一方面，展开被积函数：
$$|\cos(\theta_x) \sin t|^2 = \cos^2(\theta_x) \sin^2 t$$
积分得：
$$\int_{I_d} \cos^2(\theta_x) \sin^2 t dt = \cos^2(\theta_x) \cdot \int_{\frac{d a}{2}}^{\frac{d b}{2}} \sin^2 t dt$$

计算正弦平方的积分：
$$\int_p^q \sin^2 t dt = \frac{q-p}{2} - \frac{\sin 2q - \sin 2p}{4} \geq \frac{q-p}{2} - \frac{1}{2}$$
当 (d) 足够大时，(q-p = \frac{d(b-a)}{2} > 2)，因此：
$$\int_{I_d} \sin^2 t dt \geq \frac{d(b-a)}{4} - \frac{1}{2} \geq \frac{d(b-a)}{5}$$

代入积分式得：
$$\int_{I_d} |\cos(\theta_x) \sin t|^2 dt \geq \cos^2(\theta_x) \cdot \frac{d(b-a)}{5}$$

注意 (\cos^2(\theta_x)) 不可能恒为0（否则 (\sin(n_k x)) 会恒为±1或±(\sin(n_l x))，显然不成立），但不管怎样，当 (d) 足够大时：
$$\frac{d(b-a)}{5} \leq \frac{d(b-a)}{72}$$
这显然是矛盾的——左边远大于右边。

结论 #

我们的初始假设（存在逐点收敛子列）不成立，因此 (\sin(nx)) 在 ([0,2\pi]) 上没有逐点收敛的子列。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Math The Novice