傅里叶级数收敛性证明

傅里叶级数收敛性证明数学分析-第二版-梅加强-高等教育出版社-2020这本书里的证明能看懂。 有疑问的话，可以借鉴下面这个人的思路（虽然看不懂，但是里面的证明思路具有借鉴意义。两者配合就很简单。成功上岸。可以放心大胆的玩傅里叶了。）https://www.cnblogs.com/luyi07/p/16280341.html傅里叶级数收敛性证明

参考来源：
Richard Courant, "Differential and Integral Calculus", Vol. 1, 2nd Ed.
R. Courant, D. Hilbert, "Methods of Mathematical Physics", Vol. 1, P77.

1. 傅里叶级数的定义

对于 [−π,π][−π,π] 上的给定函数 f(x)f(x)，计算

 

aν=1π∫π−πf(t)cos(νt)dt,   bν=1π∫π−πf(t)sin(νt)dtaν=1π∫−ππf(t)cos(νt)dt,   bν=1π∫−ππf(t)sin⁡(νt)dt

 

则傅里叶级数定义为

 

S(x)=a02+∑ν=1∞[aνcos(νx)+bνsin(νx)].S(x)=a02+∑ν=1∞[aνcos⁡(νx)+bνsin⁡(νx)].

 

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

 

Sn(x)=a02+∑ν=1n[aνcos(νx)+bνsin(νx)],Sn(x)=a02+∑ν=1n[aνcos⁡(νx)+bνsin⁡(νx)],

 

那么自然，

 

S(x)=limn→∞Sn(x).S(x)=limn→∞Sn(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∈[−π,π]x∈[−π,π]　都有

 

S(x)=f(x),S(x)=f(x),

 

就说傅里叶级数 S(x)S(x) 收敛于 f(x)f(x)。

换言之

 

limn→∞Sn(x)=f(x).limn→∞Sn(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

 

12+cos(θ)+cos(2θ)+⋯+cos(nθ)=sin(n+1/2)θ2sin(θ/2).12+cos⁡(θ)+cos⁡(2θ)+⋯+cos⁡(nθ)=sin⁡(n+1/2)θ2sin⁡(θ/2).

 

这个用和差化积很容易证明。因为

 

2sin(θ/2)cos(kθ)=sin(k+1/2)θ−sin(k−1/2)θ,2sin⁡(θ/2)cos⁡(kθ)=sin⁡(k+1/2)θ−sin⁡(k−1/2)θ,

 

所以有

 

2sin(θ/2)[cos(θ)+cos(2θ)+⋯+cos(nθ)]=−sin(θ/2)+sin(n+1/2)θ,2sin⁡(θ/2)[cos⁡(θ)+cos⁡(2θ)+⋯+cos⁡(nθ)]=−sin⁡(θ/2)+sin⁡(n+1/2)θ,

 

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 Sn(x)Sn(x) 可以通过这个求和式变形：

 

sin(n+1/2)(t−x)Sn(x)=a02+∑ν=1n[aνcos⁡(νx)+bνsin⁡(νx)]=1π∫−ππf(t){12+∑ν=1n[cos⁡νtcos⁡νx+sin⁡νtsin⁡νx]}dt=1π∫−ππf(t){12+∑ν=1ncos⁡ν(t−x)}dt=1π∫−ππf(t)sin⁡(n+1/2)(t−x)2sin⁡(t−x)/2dt.

 

可以观察到，这个形式有以下特点：

• 在 n→∞n→∞ 时，被积函数中 sin(n+1/2)(t−x)sin⁡(n+1/2)(t−x) 会无限振荡。
• t≠xt≠x 时，sin(t−x)/2sin⁡(t−x)/2 是有限大的值，f(t)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≠xt≠x 的地方，因为 sin(n+1/2)(t−x)sin⁡(n+1/2)(t−x) 的无限振荡，所以其实对积分贡献为0. Courant 的书上用了一个引理来说明这一点（P448）。我把这个引理的证明录在这里吧。
  引理：若 s(x)s(x) 在 [a,b][a,b] 上分段连续，则 limλ→∞∫bas(t)sin(λt)dt=0limλ→∞∫abs(t)sin(λt)dt=0。
  证明：取 h=π/λ,τ=t−hh=π/λ,τ=t−h，则

 

I=∫bas(t)sin(λt)dt=−∫b−ha−hs(τ+h)sin(λτ)dτ,I=∫abs(t)sin(λt)dt=−∫a−hb−hs(τ+h)sin⁡(λτ)dτ,

 

这是利用 sinsin 函数的性质弄一个相反号出来，然后在加上一倍的 II ，让它们相互消除。本质上是在利用 sin(λτ)sin(λτ) 的震荡性。

 

2I=−∫aa−hs(t+h)sin(λt)dt+∫b−ha[s(t)−s(t+h)]sin(λt)dt+∫bb−hs(t)sin(λt)dt.2I=−∫a−has(t+h)sin⁡(λt)dt+∫ab−h[s(t)−s(t+h)]sin⁡(λt)dt+∫b−hbs(t)sin⁡(λt)dt.

 

所以，如果 [a,b][a,b] 上 |s(x)|≤M|s(x)|≤M，则有

 

2|I|≤2Mh+∫b−ha|s(t)−s(t+h)|dt,2|I|≤2Mh+∫ab−h|s(t)−s(t+h)|dt,

 

显然，取 h→0h→0，右侧 →0→0，这就能说明 limλ→∞∫bas(t)sin(λt)dt=0limλ→∞∫abs(t)sin⁡(λt)dt=0。

• t→xt→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 xx 无穷小邻域内的贡献是至关重要的。因为 xx 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 xx 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)f(x−0) ，右侧无穷小邻域内，可以提出 f(x+0)f(x+0)。这可以更严格地说明。所以，可以得到，nn 充分大时，

 

Sn(x)=f(x+0)1π∫π0sin(n+1/2)(t−x)2sin(t−x)/2dt+f(x−0)1π∫0−πsin(n+1/2)(t−x)2sin(t−x)/2dt.Sn(x)=f(x+0)1π∫0πsin⁡(n+1/2)(t−x)2sin⁡(t−x)/2dt+f(x−0)1π∫−π0sin⁡(n+1/2)(t−x)2sin⁡(t−x)/2dt.

 

写成这样以后，后面的又可以回归到凡间来做：

 

sin(n+1/2)(t−x)1π∫0πsin⁡(n+1/2)(t−x)2sin⁡(t−x)/2dt=1π∫0π[12+cos⁡(θ)+cos⁡(2θ)+⋯+cos⁡(nθ)]dt=12;1π∫−π0sin⁡(n+1/2)(t−x)2sin⁡(t−x)/2dt=1π∫−π0[12+cos⁡(θ)+cos⁡(2θ)+⋯+cos⁡(nθ)]dt=12.

 

这样就得到：

 

S(x)=limn→∞Sn(x)=12[f(x+0)+f(x−0)].S(x)=limn→∞Sn(x)=12[f(x+0)+f(x−0)].

 

4. 总结讨论

这个证明是通过对 Sn(x)Sn(x) 的结构分析来实现的。

• Sn(x)Sn(x) 可以写成紧凑的积分式。
• 在 nn 充分大时，这个紧凑的积分式的值仅由 xx 邻域内的积分决定。
• 因此可以提出 f(x+0),f(x−0)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。

5. 傅里叶积分

如前所述，对于 [−π,π][−π,π] 上的给定函数 f(x)f(x)，傅里叶级数为

 

S(x)=a02+∑ν=1∞[aνcos(νx)+bνsin(νx)].aν=1π∫π−πcos(νt)dt,   bν=1π∫π−πsin(νt)dt.S(x)=a02+∑ν=1∞[aνcos⁡(νx)+bνsin⁡(νx)].aν=1π∫−ππcos(νt)dt,   bν=1π∫−ππsin⁡(νt)dt.

 

稍微改写一下，可以把 S(x)S(x) 写成

 

S(x)=a02+∑ν=1∞[aν(eiνx+e−iνx)/2+bν(eiνx−e−iνx)/(2i)].=a02+∑ν=1∞aν−ibν2eiνx+∑ν=1∞aν+ibν2e−iνx=∑ν=−∞∞ανeiνx,      αν=12π∫π−πf(t)e−iνtdt.S(x)=a02+∑ν=1∞[aν(eiνx+e−iνx)/2+bν(eiνx−e−iνx)/(2i)].=a02+∑ν=1∞aν−ibν2eiνx+∑ν=1∞aν+ibν2e−iνx=∑ν=−∞∞ανeiνx,      αν=12π∫−ππf(t)e−iνtdt.

 

如果函数 f(x)f(x) 是定义在 [−l,l][−l,l] 上，则可以记 g(πx/l)=f(x),x∈[−l,l]g(πx/l)=f(x),x∈[−l,l]，那么 g(x)g(x) 的定义域就是 [−π,π][−π,π]。
做 g(x)g(x) 的傅里叶级数，得到

 

f(x)=g(πx/l)=∑−∞∞ανeiνπx/l,       αν=12π∫π−πg(πx/l)e−iνπx/ld(πx/l)=12l∫l−lf(x)e−iνπx/ldx.f(x)=g(πx/l)=∑−∞∞ανeiνπx/l,       αν=12π∫−ππg(πx/l)e−iνπx/ld(πx/l)=12l∫−llf(x)e−iνπx/ldx.

 

只是在 xx 方向上做了拉伸/压缩。

6. 傅里叶积分的收敛性

从傅里叶级数到傅里叶积分

由上面的推导，

 

S(x)=∑−∞∞ανeiνπx/l,   αν=12l∫l−lf(t)e−iνπt/ldt,S(x)=∑−∞∞ανeiνπx/l,   αν=12l∫−llf(t)e−iνπt/ldt,

 

记 u=νπ/l,  Δu=π/lu=νπ/l,  Δu=π/l，则有

 

S(x)=∑−∞∞12πΔu∫l−lf(x)e−iu(t−x)dt,S(x)=∑−∞∞12πΔu∫−llf(x)e−iu(t−x)dt,

 

在 l→∞l→∞ 时，有

 

S(x)=12π∫∞−∞du∫∞−∞f(x)e−iu(t−x)dt.S(x)=12π∫−∞∞du∫−∞∞f(x)e−iu(t−x)dt.

 

这就是傅里叶积分。

收敛性证明（思路）

根据前面的引理等，

 

limν→∞1π∫a−af(x+t)sin(νt)tdt=12[f(x+0)+f(x−0)]=f(x),limν→∞1π∫−aaf(x+t)sin⁡(νt)tdt=12[f(x+0)+f(x−0)]=f(x),

 

所以有

 

πf(x)=limν→∞∫a−af(x+t)dt∫ν0cos(ut)du=limν→∞∫ν0du∫a−af(x+t)cos(ut)dt=∫∞0du∫a−af(x+t)cos(ut)dt,πf(x)=limν→∞∫−aaf(x+t)dt∫0νcos⁡(ut)du=limν→∞∫0νdu∫−aaf(x+t)cos⁡(ut)dt=∫0∞du∫−aaf(x+t)cos⁡(ut)dt,

 

这与 aa 是多少无关，只要 ∫∞−∞|f(x)|dx∫−∞∞|f(x)|dx 是有限大。这可以更严格地说明。
所以，做推广 a→∞a→∞ 以后，得到

 

πf(x)=∫∞0du∫∞−∞f(x+t)cos(ut)dt=12∫∞−∞du∫∞−∞f(x+t)e−iutdt=12∫∞−∞du∫∞−∞f(τ)e−iu(τ−x)dτ.πf(x)=∫0∞du∫−∞∞f(x+t)cos⁡(ut)dt=12∫−∞∞du∫−∞∞f(x+t)e−iutdt=12∫−∞∞du∫−∞∞f(τ)e−iu(τ−x)dτ.

 

这样就证明了傅里叶积分确实收敛。