傅里叶分析

定义

标准正交基和模长

对于在闭区间 $[- π, π]$ 上的函数构成的线性空间，我们有一组标准正交基：$$
\left{\frac{1}{\sqrt{2 \pi}},\frac{\cos mx}{\sqrt{\pi}}, \frac{\sin mx}{\sqrt{\pi}}, m=,1,2,\cdots\right}

其 中 ， 内 积 的 定 义 是

\langle f, g\rangle=\int_a^bf(x)g(x) \mathrm{d}x

这 实 际 上 给 我 们 讨 论 的 函 数 提 出 了 要 求 ： * * 一 定 要 是 可 积 且 平 方 可 积 的 （ 因 为 要 和 常 数 与 函 数 本 身 做 积 分 ） . * * 我 们 定 义 这 样 的 函 数 空 间 为 $ L^{2} [a, b] $ ， 此 处 应 该 取 $ a = - π, b = π $ 由 此 ， 我 们 给 出 了 一 个 函 数 的 模 长 和 两 个 函 数 间 的 距 离

|f|=\sqrt{\langle f, f\rangle}=\sqrt{\int_{a}^{b}f(x) \mathrm{d}x},

|f-g|=\sqrt{\langle f-g, f-g\rangle}=\sqrt{\int_{a}^{{b}[f(x)-g(x)]} \mathrm{d}x}.

接 下 来 ， 我 们 要 研 究 是 不 是 这 个 函 数 空 间 的 所 有 函 数 都 可 以 表 示 为 如 下 形 式

g(x)=g_n(x):=\frac{\alpha_0}2+\sum_{k=1}^\infty(\alpha_k\cos kx+\beta_k\sin kx)

如 果 可 以 ， 那 么 我 们 可 以 通 过 代 数 上 的 惯 用 方 法 ， 两 边 对 某 个 基 做 内 积 ， 得 到 某 个 基 前 面 的 系 数 ， 即 对 于

f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos nx+b_n\sin nx).

有

\begin{align}
a_{m}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos mx \mathrm{d}x\quad(m=0,1,2,\cdots),\b_{m}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin mx \mathrm{d}x\quad(m=1,2,\cdots).
\end{align}

f

\sum a_{n}sin\mathrm{n}x

并 不 是 什 么 样 的 $ a_{n} $ 都 能 使 其 收 敛 的 ， 进 一 步 的 ， 并 不 是 什 么 样 的 $ a_{n} $ 都 能 使 得 它 是 某 个 可 积 且 绝 对 可 积 的 函 数 的 傅 里 叶 级 数 . 我 们 先 提 出 两 个 基 础 的 定 理 ， 它 提 出 了 形 如 上 式 的 三 角 级 数 一 致 收 敛 的 基 本 命 题 . > [! 闭 区 间 上 的 三 角 级 数 一 致 收 敛] > 三 角 级 数 $ $ \sum a_{n} s i n n x $ $ 一 致 收 敛 的 充 要 条 件 是 $ a_{n} \to 0 $ 且 区 间 不 包 含 任 何 $ 2 π $ 的 整 倍 数 点 > [! 无 穷 区 间 上 的 三 角 级 数 一 致 收 敛] > 三 角 级 数

\sum a_{n}sin\mathrm{n}x

在 $ (- \infty, + \infty) $ 上 一 致 收 敛 的 充 要 条 件 是

a_{n}=o(\frac{1}{n})

- 证 明 ： 证 为 方 便 起 见 引 入 下 列 记 号 ， 其 中 $ n < p : $ $ $ S_{n, p} = b_{n} \sin n x + b_{n + 1} \sin (n + 1) x + \dots + b_{p} \sin p x .

先证必要性: 
*此处通过取特殊的 x 的方式说明*
此时只需考虑区间 (0,1). 设级数在这个区间上一致收敛，则对于 $\varepsilon>0$, 存在 $N$, 使得对于任意的 $p>n>N$, 不等式 $|S_n,p|<\varepsilon$ 对所有 $x\in(0,1)$ 同时成立.
取$p= 2n- 1$, $x= \frac \pi {4n}$,这时在和式
$S_{n,2n-1}=b_n\sin nx+b_{n+1}\sin(n+1)x+\cdots+b_{2n-1}\sin(2n-1)x$
中的每个正弦函数的自变量都在区间$\left[\frac\pi4,\frac\pi2\right]$中，因此就有
$b_{2n}n\sin\frac\pi4<b_{2n}[\sin nx+\sin(n+1)x+\cdots+\sin(2n-1)x]\leqslant S_{n,2n-1}<\varepsilon$,
可见 $b_n=o\left(\frac1n\right)$成立.


再证充分性：
我们希望证明对于任意的 $n,p$ 都有$$

|\sin nx+...+\sin px|<\epsilon

也 就 是

|\frac{\sin (n+\frac{1}{2})x-\sin(p-\frac{1}{2})x}{2\sin \frac{x}{2}}|
<\epsilon$$ 但是这不是容易的，因为 x 可能取到 $2 π$ 或者 0 附近，导致这个式子的值发散. 但是这并不意味着这个结论是不成立的，因为在点 $\frac{π}{2}, 0$ 处的级数显然是收敛的（为 0），这暗示我们需要把区间断开来讨论. 也就是对 $S_{n, p}$ 的估计将随 $x$ 取不同值而采用不同的估计方法，但最后综合起来的估计则与 $x$ 无关.
从非负无穷小量 ${n b_{n}}$ 可以合理地定义一个新的单调减少数列：
$μ_{n} = max_{m ⩾ n} m b_{m}, : n = 1, 2, \dots,$
且有 $μ_{n} \to 0.$ 以下分三种情况估计 $S_{n}, p .$
先考虑 x 较小的情况，这时我们要处理 $2 π$ 故不能写成三角变换后的形式
(1) 若 $x ⩽ \frac{π}{p}$ , 终点小于 $π$ 的情况，这使得我们的 $\sin n x$ 虽然无法用三角变换进行放缩，但是却可以用 sinx~x 来放缩
则在 $S_{n, p}$ 中的每一个正弦函数的自变量都任 $[0, π]$ 内，再利用
$$
\sin\theta\leqslant\theta,\forall\theta\in[0,\pi]

* 实 际 上 这 里 是 一 个 很 粗 糙 的 放 缩 ， 但 是 我 们 对 x 的 性 质 也 远 不 止 “ 较 小 ” 这 么 简 单 ， 所 以 放 缩 依 然 可 以 达 到 我 们 的 目 标 * 就 得 到 $ $ | S_{n, p} | = S_{n, p} ⩽ b_{n} n x + b_{n + 1} (n + 1) x + \dots + b_{p} p x ⩽ p μ_{n} x ⩽ π μ_{n} .

(2) 若 $x\geqslant\frac\pi n$, *终点大于 $\pi$ 的情况这时候 x 和 0就有了一定的距离，我们就可以用三角变换后的放缩了，但是注意不能放缩过界：因为我们最后会进行一步线性放缩，这个 n 不能太大*
则利用三角变换 (见例题 13.3.3), Jordan 不等式 $\sin\theta\geqslant\frac2\pi\theta,\forall\theta\in\left[0,\frac\pi2\right]^{n}$ 和 $\frac x2\leqslant\frac\pi2$, 可以对于任意 $r\geqslant n$ 估计出
$$|\sin nx+\sin(n+1)x+\cdots+\sin rx|\leqslant\frac1{\sin(x/2)}\leqslant\frac\pi x\leqslant n,$$
然后从 Abel 变换和$\{b_n\}$的非负单调性得到$$|S_{n,p}|\leqslant\frac\pi x\cdot b_n\leqslant nb_n\leqslant\mu_n.$$
(3) 若 $\frac\pi p<x<\frac\pi n$,*起点和终点在 $\pi$ 左右两边，换句话说就是 $\pi$ 在中间，我们只需要从中间砍开就得到上面两种情况*则需同时使用以上两种方法. 分拆 $S_n,p=S_{n,k}+S_{k+1,p}$,
其中取$k=[\pi/x]\left(\text{使得 }n\leqslant k<p\right)$,并分别用前面的两种方法估计，就得到
$$|S_{n,p}|\leqslant|S_{n,k}|+|S_{k+1,p}|\leqslant\pi\mu_n+\mu_{k+1}\leqslant\mu_n(\pi+1),$$
其中利用了$kx\leqslant\boldsymbol{\pi}<(k+1)x$ 和 $\mu_{k+1}\leqslant\mu_n.$
合并(1)—(3),就得到估计式$|S_n,p|\leqslant\mu_n(\pi+1)$对于任意$p>n$和$x\in[0,\pi]$
同时成立.由于 $\mu_n\to0$, 可见级数一致收敛.

复数形式

通过$$
\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}=\cos x+\mathrm{i}\sin x

进 行 换 元 ， 有

\cos n\omega x=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\omega x}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\omega x}}{2},\quad\sin n\omega x=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\omega x}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\omega x}}{2\mathrm{i}},

即

\begin{gathered}
f(x) =\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{{\infty}\left(a_{n}\frac{\mathrm{e}}n\omega x}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\omega x}}{2}+\mathrm{i}b_{n}\frac{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\omega x}-\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\omega x}}{2}\right) \
=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{{\infty}\frac{a_{n}-\mathrm{i}b_{n}}{2}\mathrm{e}}n\omega x}+\sum_{n=1}^{{\infty}\frac{a_{n}+\mathrm{i}b_{n}}{2}\mathrm{e}}n\omega x},\
:=\sum_{n=-\infty}^{{\infty}F_{n}\mathrm{e}}n\omega x},
\end{gathered}

其 中

\begin{gathered}
F_{0}={\frac{a_{0}}{2}}={\frac{1}{2l}}\int_{-l}^{l}f(x) \mathrm{d}x, \
F_{\pm n} =\frac{1}{2}(a_{n}\mp\mathrm{i}b_{n})=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{l}f(x)(\cos n\omega x\mp\mathrm{i}\sin n\omega x) \mathrm{d}x \
=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{{l}f(x)\mathrm{e}}n\omega x} \mathrm{d}x\quad(n=1,2,3,\cdots).
\end{gathered}

g

$2^{\circ}$ 如果在1°的条件下再增加函数处处连续的条件，那么其 Fourier 级数就在整个数轴上一致收敛于 $f (x) .$

平方平均收敛

我们可以用内积的方法来定义收敛性：两个向量（此处是函数）离得足够近。
即$$
\lim_{n\rightarrow \infty} \int_{-\pi}^{{\pi}(g(x)-g_{n}(x))} \mathrm{d}x=0

我 们 先 来 完 成 第 一 步 ， 就 是 对 于 有 限 的 n ， 如 何 构 造 最 “ 接 近 ” $ g $ 的 函 数 $ g_{n} $ 呢 ？ 由 线 性 代 数 的 知 识 容 易 知 道 的 ， 即 系 数 取 于 g 的 分 解 一 样 的 即 可 > [! B e s s e l 不 等 式] > 设 $ f (x) \in L^{2} [- π, π] $, 则 在 所 有 的 $ n $ 次 三 角 多 项 式 中 ， 唯 以 $ f (x) $ 的 F o u r i e r 系 数 构 成 的 三 角 多 项 式 $ $ S_{n} (x) = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{k = 1}^{n} (a_{k} \cos k x + b_{k} \sin k x)

与 $f (x)$ 的距离最小，即与 $f (x)$ 平方平均偏差 $Δ_{n}$ 为最小，且最小值为

\begin{aligned} Δ_{n} & = ‖ f - S_{n} ‖^{2} \\ = \int_{- π}^{π} f^{2} (x) d x - π [\frac{a_{0}^{2}}{2} + \sum_{k = 1}^{n} (a_{k}^{2} + b_{k}^{2})] . \end{aligned}

注意到 $Δ_{n} ⩾ 0$ ,所以

\begin{array}{r} \frac{a_{0}^{2}}{2} + \sum_{k = 1}^{n} (a_{k}^{2} + b_{k}^{2}) ⩽ \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f^{2} (x) d x . \end{array}

对任何 $n$ 都成立.

对于极限的情况，Parseval 证明了这个不等式是可以取等的：

[!Parseval等式]
设函数 $f (x) \in L^{2} [- π, π]$ ,则 $f (x)$ 的 Fourier 级数部分和 $S_{n} (x)$ 构成的三角多项式列平方平均收敛于 $f (x)$

lim_{n \to \infty} ‖ f - S_{n} ‖^{2} = \int_{- π}^{π} (f (x) - S_{n} (x))^{2} d x = 0 $ $ 即

\frac{a_0^{2}{2}+\sum_{k=1}}(a_k^2+b_k2)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f2(x) \mathrm{d}x.

至 此 ， 我 们 粗 略 地 证 明 了 在 $ L^{2} [- π, π] $ 的 空 间 中 有

g(x)=g_n(x):=\frac{\alpha_0}2+\sum_{k=1}^\infty(\alpha_k\cos kx+\beta_k\sin kx)

{φ_{n} (x)}

成立，那么称 ${φ_{n} (x)}$ 是 $L^{2} [a, b]$ 中完备的标准正交系

Fourier 变换

我们在推导 Fourier 级数的复数形式的时候，导出了$$
f(x)\sim\sum_{n=-\infty}^{{\infty}F_n\mathrm{e}}n\omega x},

的 形 式 ， 其 中 $ F_{n} $ 是 一 个 积 分 ：

F_{\pm n}=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{{l}f(x)\mathrm{e}}n\omega x} \mathrm{d}x

我 们 把 注 意 力 放 在 $ n ω $ 上 ， 根 据 定 义

\lambda_n=n\omega=\frac{n \pi}{l},

如 果 我 们 把 它 看 作 计 算 黎 曼 积 分 时 的 分 割 ， 并 且 定 义

\Delta\lambda_n=\lambda_n-\lambda_{n-1},

事 实 上 ， 这 并 不 是 一 个 小 量 ， 但 是 如 果 放 在 $ (- \infty, + \infty) $ 上 来 考 虑 ， 这 确 实 也 “ 足 够 小 ” 则 有

\begin{aligned}
f(x)\sim & \sum_{n=-\infty}^{{\infty}\frac{1}{2l}\int_{-l}}f(\xi)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\omega(\xi-x)} \mathrm{d}\xi \
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{2 \pi}\left[\int_{-l}^{{l}f(\xi)\mathrm{e}}\lambda_{n}(\xi-x)} \mathrm{d}\xi\right]\Delta\lambda_{n} \
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{2 \pi}\Delta\lambda_{n}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\lambda_{n}x}H_{n},
\end{aligned}

其 中

H_n=\int_{-l}^{lf(\xi)\mathrm{e}}\lambda_n\xi} \mathrm{d}\xi.

那 么 它 大 概 的 极 限 就 是

f(x)\sim\frac{1}{2 \pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm d\lambda\mathrm e^{\mathrm i\lambda x}\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm d\xi f(\xi)\mathrm e^{-\mathrm i\lambda\xi}

这 是 由 定 理 保 证 的 ： > [! 定 理] > 定 理 12.15 如 果 定 义 在 整 个 数 轴 上 的 函 数 $ f (x) $ 在 任 何 有 限 区 间 上 是 分 段 可 微 的 ， 并 且 在 区 间 $ (- \infty, + \infty) $ 上 绝 对 可 积 ， 那 么 对 任 何 $ x \in (- \infty, + \infty) $, 有 $ $ \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{i λ x} d λ \int_{- \infty}^{+ \infty} f (ξ) e^{- i λ ξ} d ξ = \frac{f (x + 0) + f (x - 0)}{2} .

当 $f (x)$ 连续时，则有 $\frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{i λ x} d λ \int_{- \infty}^{+ \infty} f (ξ) e^{- i λ ξ} d ξ = f (x)$

我们发现，对 $f$ 做两次积分，它居然又回来了?

这不是偶然的情况，我们把它看成两个映射$$
f(x)\rightarrow \int_{-\infty}^{{+\infty}f(\xi)\mathrm{e}}\lambda\xi} \mathrm{d}\xi:=F(\lambda)

和

F(\lambda)\rightarrow \frac{1}{2 \pi}\int_{-\infty}^{{+\infty}F(\lambda)\mathrm{e}}\lambda x} \mathrm{d}\lambda=f(x)

类 似 代 数 的 叫 法 ， 我 们 把 $ F $ 称 为 $ f $ 的 象 函 数 ， 变 换 称 为 * * F o u r i e r 变 换 * * ， $ f $ 称 为 $ F $ 的 原 函 数 或 者 逆 变 换 . 另 外 ， 我 们 可 以 做 积 分 变 形

\begin{aligned}
f(x)& =\frac{1}{2 \pi}\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{d}\lambda\int_{-\infty}^{{+\infty}f(\xi)\mathrm{e}}\lambda(\xi-x)} \mathrm{d}\xi \
&=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty} \mathrm{d}\lambda\int_{-\infty}^{+\infty}f(\xi)\cos\lambda(x-\xi) \mathrm{d}\xi \
&={\frac{1}{\pi}}\int_{0}^{{+\infty}\mathrm{d}\lambda\left(\int_{-\infty}}f(\xi)\cos\lambda\xi\cos\lambda x \mathrm{d}\xi+\int_{-\infty}^{+\infty}f(\xi)\sin\lambda\xi\sin\lambda x \mathrm{d}\xi\right),
\end{aligned}

其 中 第 二 步 舍 弃 了 s i n x 项 ， 这 由 于 奇 偶 性 导 致 的 。 进 一 步 可 以 写 成

f(x)=\int_0^{+\infty}(a(\lambda)\cos\lambda x+b(\lambda)\sin\lambda x) \mathrm{d}\lambda,

其 中

$\begin{aligned} a (λ) & = \frac{1}{π} \int_{- \infty}^{+ \infty} f (ξ) \cos λ ξ d ξ, \b (λ) & = \frac{1}{π} \int_{- \infty}^{+ \infty} f (ξ) \sin λ ξ d ξ . \end{aligned}$

和 有 限 区 间 上 的 相 比 ， 就 是 把 离 散 的 n 变 成 了 连 续 的 $ λ $ 我 们 来 讨 论 F o u r i e r 变 换 的 一 些 性 质 > [! F o u r i e r 变 换 的 性 质] > $ 1^{\circ} $ (线 性 关 系) 若 函 数 $ f (x) $ 与 $ g (x) $ 存 在 F o u r i e r 变 换 ， 则 对 任 意 常 数 $ α, β $, 有 $ $ F [α f + β g] = α F [f] + β F [g] .

$2^{\circ}$ (频移特性) 若函数 $f (x)$ 存在 Fourier 变换，则对任意的实数 $λ_{0}$ ,有

F [f (x) e^{- i λ_{0} x}] = F (λ + λ_{0}) .

$3^{\circ}$ (微分关系) 若 $f (\pm \infty) = 0$ , 而微商 $f^{'} (x)$ 的 Fourier 变换存在，则有

F [f^{'} (x)] = i λ F [f (x)] .

$4^{\circ}$ (微分特性) 若函数 $f (x)$ 与 $x f (x)$ 的 Fourier 变换存在，则 $F (λ)$ 可微，且

F^{'} (λ) = F [- i x f (x)] .

$5^{\circ}$ 设函数 $f (x)$ 与 $g (x)$ 在区间 $(- \infty, + \infty)$ 上绝对可积，则卷积 $f * g$ 也在区间
$(- \infty, + \infty)$ 上绝对可积，且有

F [f * g] = F [f] F [g] .

$6^{\circ} ($ Parseval 等式) 设 $f (x)$ 可积且平方可积， $F (λ)$ 是 $f (x)$ 的 Fourier 变换，则

\begin{array}{r} \int_{- \infty}^{+ \infty} f^{2} (t) d t = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} | F (λ) |^{2} d λ, \end{array}

其中第五条，需要补充卷积的概念

[!卷积]
设函数 $f (x)$ 与 $g (x)$ 在区间 $(- \infty, + \infty)$ 上可积并绝对可积，则下列积分定义了一个新的函数

(f * g) (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x - t) g (t) d t

称为 $f (x)$ 与 $g (x)$ 的卷积.

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本文作者：黄骏的博客

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posted @ 2025-03-02 20:17 1729i 阅读(4) 评论(0) 编辑收藏举报

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