傅里叶级数收敛性证明

参考来源：Richard Courant, "Differential and Integral Calculus, Vol. 1, 2nd Ed."

1. 傅里叶级数的定义

对于 \([-\pi, \pi]\) 上的给定函数 \(f(x)\)，计算

\[a_\nu = \frac{1}{\pi}\int^\pi_{-\pi}cos (\nu t) dt, ~~~ b_\nu = \frac{1}{\pi}\int^\pi_{-\pi} \sin ( \nu t) dt \]

则傅里叶级数定义为

\[S(x) = \frac{a_0}{2} + \sum^\infty_{\nu=1} [a_\nu \cos(\nu x) + b_\nu \sin(\nu x)]. \]

\(S(x)\) 是 \([a,b]\) 上的一个函数，但因为无限 \(\infty\) 是一个极限概念，所以不妨定义

\[S_n(x) = \frac{a_0}{2} + \sum^n_{\nu=1} [a_\nu \cos(\nu x) + b_\nu \sin(\nu x)], \]

那么自然，

\[S(x) = \lim_{n\rightarrow \infty} S_n(x). \]

2. 傅里叶级数的收敛性

这里不拘泥于数学上平均逼近、一致收敛等严格术语的区分，为了突出动机，仅仅说：如果在任意点 \(x\in[-\pi, \pi]\)　都有

\[S(x) = f(x), \]

就说傅里叶级数 \(S(x)\) 收敛于 \(f(x)\)。

换言之

\[\lim_{n\rightarrow \infty} S_n(x) = f(x). \]

3. 傅里叶级数收敛性的证明

先宕开一笔，说个三角函数求和式

\[\frac{1}{2} + \cos(\theta) + \cos(2\theta) + \cdots + \cos(n\theta) = \frac{ \sin(n+1/2)\theta}{2\sin(\theta/2)}. \]

这个用和差化积很容易证明。因为

\[2\sin(\theta/2)\cos(k\theta) = \sin(k+1/2)\theta - \sin(k-1/2)\theta, \]

所以有

\[2\sin(\theta/2)[ \cos(\theta) + \cos(2\theta) + \cdots + \cos(n\theta) ] = - \sin(\theta/2) + \sin(n+1/2)\theta, \]

整理整理就得到 (10) 式。

之所以说这个三角函数求和式，是因为 \(S_n(x)\) 可以通过这个求和式变形：

\[S_n(x) = \frac{a_0}{2} + \sum^n_{\nu=1} [a_\nu \cos(\nu x) + b_\nu \sin(\nu x)] \\ = \frac{1}{\pi} \int^\pi_{-\pi} f(t) \left\{ \frac{1}{2} + \sum^n_{\nu=1} [\cos \nu t \cos \nu x + \sin \nu t \sin \nu x] \right\} dt \\ = \frac{1}{\pi}\int^\pi_{-\pi} f(t) \left\{ \frac{1}{2} + \sum^n_{\nu=1} \cos \nu (t-x) \right\} dt \\ = \frac{1}{\pi} \int^\pi_{-\pi} f(t) \frac{ \sin(n+1/2)(t-x)}{ 2 \sin (t-x)/2} dt. \]

可以观察到，这个形式有以下特点：

• 在 \(n \rightarrow \infty\) 时，被积函数中 \(\sin(n+1/2)(t-x)\) 会无限振荡。
• $t \neq x $ 时，\(\sin(t-x)/2\) 是有限大的值，\(f(t)\) 只有有限个第一类间断点，所以一定是有限大。那么在 \(t\neq x\) 的地方，因为 \(\sin(n+1/2)(t-x)\) 的无限振荡，所以其实对积分贡献为0.
• \(t \rightarrow x\) 时，无限小的积分区间内有无限大的被积函数，可能得到有限大的数。

所以积分在 \(x\) 无穷小邻域内的贡献是至关重要的。因为 \(x\) 可能是第一类间断点（即左右极限都存在，但可能不一样），所以得把 \(x\) 的无穷小邻域分成两半来讨论。在左侧无穷小邻域内，可以提出 \(f(x-0)\) ，右侧无穷小邻域内，可以提出 \(f(x+0)\)。所以，可以得到，\(n\) 充分大时，

\[ S_n(x) = f(x+0) \frac{1}{\pi} \int^\pi_0 \frac{\sin(n+1/2)(t-x)}{2\sin(t-x)/2} dt + f(x-0)\frac{1}{\pi}\int^0_{-\pi} \frac{\sin(n+1/2)(t-x)}{2\sin(t-x)/2} dt. \]

写成这样以后，后面的又可以回归到凡间来做：

\[\frac{1}{\pi} \int^\pi_0 \frac{\sin(n+1/2)(t-x)}{2\sin(t-x)/2} dt = \frac{1}{\pi} \int^\pi_0 [\frac{1}{2} + \cos(\theta) + \cos(2\theta) + \cdots + \cos(n\theta) ] dt = \frac{1}{2}; \\ \frac{1}{\pi} \int^0_{-\pi} \frac{\sin(n+1/2)(t-x)}{2\sin(t-x)/2} dt = \frac{1}{\pi} \int^0_{-\pi} [\frac{1}{2} + \cos(\theta) + \cos(2\theta) + \cdots + \cos(n\theta) ] dt = \frac{1}{2}. \\ \]

这样就得到：

\[\lim_{n\rightarrow \infty} S_n(x) = \frac{1}{2}[ f(x+0) + f(x-0) ]. \]

4. 总结讨论

这个证明是通过对 \(S_n(x)\) 的结构分析来实现的。

• \(S_n(x)\) 可以写成紧凑的积分式。
• 在 \(n\) 充分大时，这个紧凑的积分式的值仅由 \(x\) 邻域内的积分决定。
• 因此可以提出 \(f(x+0), f(x-0)\) 的值，剩下三角函数的积分，可以从容得到。

漂亮。

标签：cos,frac,级数,nu,收敛性,theta,pi,傅里叶,sin
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