傅里叶级数、傅里叶积分收敛性证明

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 $[-\pi, \pi]$ 上的给定函数 $f(x)$，计算

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

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. 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 $s(x)$ 在 $[a,b]$ 上分段连续，则 $\lim_{\lambda \rightarrow \infty} \int^b_a s(t) sin(\lambda t ) dt = 0$。
  证明：取 $h = \pi/\lambda, \tau = t - h$，则

$$I = \int^b_a s(t) sin(\lambda t) dt = - \int^{b-h}_{a-h} s(\tau + h) \sin(\lambda \tau) d\tau, \\ $$

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

$$2I = - \int^a_{a-h} s(t+h) \sin(\lambda t) dt + \int^{b-h}_a [ s(t) - s(t+h) ] \sin(\lambda t) dt + \int^b_{b-h} s(t) \sin(\lambda t) dt.$$

所以，如果 $[a,b]$ 上 $|s(x)| \leq M$，则有

$$2|I| \leq 2Mh + \int^{b-h}_a |s(t) - s(t+h) | dt,$$

显然，取 $h \rightarrow 0$，右侧 $\rightarrow 0$，这就能说明 $\lim_{\lambda \rightarrow \infty} \int^b_a s(t) \sin(\lambda t) dt = 0$。

• $t \rightarrow x$ 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 $f(x+0)$。这可以更严格地说明。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：

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

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。

5. 傅里叶积分

如前所述，对于 $[-\pi, \pi]$ 上的给定函数 $f(x)$，傅里叶级数为

$$S(x) = \frac{a_0}{2} + \sum^\infty_{\nu=1} [a_\nu \cos(\nu x) + b_\nu \sin(\nu x)]. \\ a_\nu = \frac{1}{\pi}\int^\pi_{-\pi}cos (\nu t) dt, ~~~ b_\nu = \frac{1}{\pi}\int^\pi_{-\pi} \sin ( \nu t) dt.$$

稍微改写一下，可以把 $S(x)$ 写成

$$S(x) = \frac{a_0}{2} + \sum^\infty_{\nu=1} [a_\nu (e^{i\nu x } + e^{-i\nu x})/2 + b_\nu ( e^{i\nu x} - e^{-i\nu x})/(2i)]. \\ = \frac{a_0}{2} + \sum^\infty_{\nu=1} \frac{a_\nu - i b_\nu}{2} e^{i\nu x} + \sum^\infty_{\nu=1} \frac{a_\nu + ib_\nu}{2}e^{-i\nu x} \\ = \sum^\infty_{\nu=-\infty} \alpha_\nu e^{i\nu x}, ~~~~~~ \alpha_\nu = \frac{1}{2\pi} \int^\pi_{-\pi} f(t) e^{-i\nu t} dt.$$

如果函数 $f(x)$ 是定义在 $[-l, l]$ 上，则可以记 $g(\pi x / l) = f(x), x \in [-l, l]$，那么 $g(x)$ 的定义域就是 $[-\pi, \pi]$。
做 $g(x)$ 的傅里叶级数，得到

$$f(x) = g(\pi x / l) = \sum^\infty_{-\infty} \alpha_\nu e^{i\nu \pi x / l}, ~~~~~~~ \alpha_\nu = \frac{1}{2\pi} \int^\pi_{-\pi} g(\pi x/l) e^{-i \nu \pi x / l } d(\pi x /l) = \frac{1}{2l} \int^l_{-l} f(x) e^{-i \nu \pi x / l } dx.$$

只是在 $x$ 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，

$$S(x) = \sum^\infty_{-\infty} \alpha_\nu e^{i\nu \pi x / l}, ~~~ \alpha_\nu = \frac{1}{2l} \int^l_{-l} f(t) e^{-i\nu \pi t / l} dt,$$

记 $u = \nu \pi / l, ~~ \Delta u = \pi /l$，则有

$$S(x) = \sum^\infty_{-\infty} \frac{1}{2\pi} \Delta u \int^l_{-l} f(x) e^{-iu(t-x)} dt,$$

在 $l \rightarrow \infty$ 时，有

$$S(x) = \frac{1}{2\pi} \int^\infty_{-\infty} du \int^\infty_{-\infty} f(x) e^{-iu(t-x)} dt.$$

这就是傅里叶积分。

收敛性证明（思路）

根据前面的引理等，

$$\lim_{\nu \rightarrow \infty} \frac{1}{\pi} \int^a_{-a} f(x+t) \frac{\sin(\nu t)}{t} dt = \frac{1}{2}[f(x+0) + f(x-0)] = f(x),$$

所以有

$$\pi f(x) = \lim_{\nu \rightarrow \infty} \int^a_{-a} f(x+t) dt \int^\nu_0 \cos(u t) du \\ = \lim_{\nu \rightarrow \infty} \int^\nu_0 du \int^a_{-a} f(x+t) \cos(ut) dt \\ = \int^\infty_0 du \int^a_{-a} f(x+t) \cos(ut) dt,$$

这与 $a$ 是多少无关，只要 $\int^\infty_{-\infty} |f(x)| dx$ 是有限大。这可以更严格地说明。
所以，做推广 $a \rightarrow \infty$ 以后，得到

$$\pi f(x) = \int^\infty_0 du \int^\infty_{-\infty} f(x+t) \cos(ut) dt \\ = \frac{1}{2} \int^\infty_{-\infty} du \int^\infty_{-\infty} f(x+t) e^{-iut} dt \\ = \frac{1}{2} \int^\infty_{-\infty} du \int^\infty_{-\infty} f(\tau) e^{-iu(\tau - x)} d \tau.$$

这样就证明了傅里叶积分确实收敛。