数分二期末复习

泰勒公式

积分余项
$f (x) = f (x_{0}) + \dots + \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!} (x - x_{0})^{n} + \frac{1}{n!} \int_{x_{0}}^{x} f^{(n + 1)} (t) (x - t)^{n} d t$

函数项级数

一致收敛判别法

柯西准则

最值判别法

M 判别法：若 $M_{n}$ 是 $u_{n} (x)$ 的界， $\sum M_{n}$ 收敛，则 $\sum u_{n}$ 一致收敛

狄利克雷： $u_{n}$ 部分和一致有界， $v_{n}$ 关于 $n$ 单调，趋于 0，则 $\sum u_{n} v_{n}$ 一致收敛

阿贝尔： $u_{n}$ 一致收敛， $v_{n}$ 关于 $n$ 单调，一致有界，则 $\sum u_{n} v_{n}$ 一致收敛

Dini 定理：连续 $f_{n}$ 关于 $n$ 单调，点点收敛，则一致收敛等价于 $f$ 连续
逐项求导

$f_{n}$ 可导，导数一致收敛到 $g$ ， $f_{n}$ 至少在一个点收敛，则 $f_{n}$ 一致收敛到 $f$ ， $f^{'} = g$
逐项积分

一致收敛即可交换

Fourier 级数

核函数的定义

D 核： $D_{n} (t) = \frac{\sin (n + 1 / 2) t}{2 π \sin (t / 2)}$ 。 $D_{n}$ 在 $[0, π]$ 积分为 1/2，在 $[- π, π]$ 积分为 1

$S_{n} (x) = \int_{0}^{π} D_{n} (t) [f (x + t) + f (x - t)] d t$

$lim_{n \to \infty} \int_{0}^{π} \frac{\sin (n + 1 / 2) x}{x} d x = lim_{n \to \infty} \int_{0}^{π} \frac{\sin (n + 1 / 2) x}{2 \sin x / 2} d x = π / 2 \to \int_{0}^{\infty} \sin x / x d x = π / 2$
F 核： $Φ_{n} (t) = \frac{\sin^{2} (n / 2 + 1 / 2) t}{2 (n + 1) \sin^{2} t / 2}$ 。 $Φ_{n}$ 在 $[- π, π]$ 积分为 $π$

${\tilde{S}}_{n} (x) = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x + t) Φ_{n} (t) d t$

$Φ_{n} (t) = \frac{π}{n + 1} \sum_{0 \leq k \leq n} D_{k} (t)$
收敛条件

CC（充要条件）：收敛到 $η$ 等价于 $\exists δ$ ，

$lim_{n \to \infty} \int_{0}^{δ} \frac{\sin (n + 1 / 2) t}{t} [f (x + t) + f (x - t) - 2 η] = 0$
有界变差

分段可微

局部 $L, α$ -Lipschitz 连续

类比到 ${\tilde{S}}_{n}$ ：收敛到 $η$ 等价于 $\exists δ$ ，

$lim_{n \to \infty} \int_{0}^{δ} Φ_{n} (t) [f (x + t) + f (x - t) - 2 η] = 0$
若 $η$ 使得 $lim_{t \to 0 + 0} [f (x + t) + f (x - t) - 2 η] = A \neq 0$ ，则一定不收敛到 $η$

推论：若在第一类间断点或连续点收敛，一定收敛到 $\frac{1}{2} (f (x - 0) + f (x + 0))$
一致收敛条件

记 $φ (x, t) = f (x + t) + f (x - t) - 2 f (x)$ 。

Dini 判别法：若 $\int_{0}^{h} | φ (x, t) | / t d t$ 在某区间一致连续，则一致收敛

连续+有界变差（推论：变上限积分一定一致收敛）
均方收敛

若 $f $ *方可积， $T_{n} $ 是 $a_{i}^{'}, b_{i}^{'} $ 定义的 $n $ 次三角多项式，直接计算可得

$\frac{1}{π} \int_{- π}^{π} (f (x) - T_{n} (x))^{2} d x = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x)^{2} d x - (\frac{a_{0}^{2}}{2} + \sum_{1 \leq k \leq n} (a_{k}^{2} + b_{k}^{2})) + \frac{(a_{0} - a_{0}^{'})^{2}}{2} + \sum_{1 \leq k \leq n} (a_{k} - a_{k}^{'})^{2} + (b_{k} - b_{k}^{'})^{2}$
推论：若 $f$ *方可积，则 $S_{n}$ 是限定在 $n$ 次三角多项式时的最佳逼*

*方可积则均方收敛（逻辑：连续有逼*定理，可积函数均方意义下被连续逼*，*方可积只有有限个瑕点也可以）
Parseval 等式：*方可积则

$\frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x)^{2} d x = \frac{a_{0}^{2}}{2} + \sum_{n \geq 1} (a_{n}^{2} + b_{n}^{2})$
逐项积分

可积则无论积前如何，积后都点点收敛

推论：若 $f$ 可积，则 $\sum b_{n} / n$ 收敛
逐项微分

就是逐项积分的逆：若 $f^{'}$ （补足有限不存在点后）可积，则可逐项求导（但不保证收敛性）

若 $f, f^{'}$ 连续+有界变差，则点点收敛