數學分析筆記12：傅里葉級數

函數的傅里葉級數

週期爲 $2\pi$的函數的傅里葉級數

從純數學的觀點看，冪級數是對函數系 $1,x,x^2,x^3,\cdots$的線性組合，實際上，多項式是以上函數系的有限線性組合，冪級數是對以上函數系的可數線性組合。從這個觀點看，更換一組函數系，就能夠獲得另外一種級數，初等函數中具備週期性的典型的函數是三角函數，所以，天然想到採用三角函數系來構成新的級數形式 $1,\sin(x),\cos(x),\sin(2x),\cos(2x),\sin(3x),\cos(3x),\cdots$咱們稱級數 $f(x)=a_0+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx))$爲傅里葉級數。顯然，若是 $f(x)$能夠展開成以上三角級數的形式，那麼， $f(x)$應當是以 $2\pi$爲週期的。反過來，咱們要問：若是函數 $f(x)$是以 $2\pi$爲週期的函數，知足何種條件下它能展開成三角級數的形式？若是能展開，各項係數應當如何肯定呢？
咱們首先假設 $\underline{f(x)能展開成三角級數的形式}$，而且假設能夠進行 $\underline{逐項積分}$。那麼咱們能夠經過逐項積分的形式求出各項係數。爲何呢？由於三角函數系具備 $\underline{正交性}$，是 $\underline{正交函數系}$。咱們在解析幾何和高等代數中接觸了內積空間的概念，所謂內積，即知足 $\underline{對稱、正定的雙線性函數}$。對於 $[a,b]$上的可積函數 $f(x),g(x)$，定義內積爲 $\displaystyle <f,g>=\int_a^b{f(x)g(x)dx}$，從解析幾何的觀點看，若是兩個向量垂直或稱正交，那麼，兩個向量的內積爲0，在抽象的函數空間這裏，咱們也引入「正交」的概念，下面咱們驗證三角函數系在 $[-\pi,+\pi]$上是正交函數系。 $\int_{-\pi}^{\pi}{sin(nx)dx}=[-\frac{1}{n}cos(nx)]_{-\pi}^\pi=0,n=1,2,\cdots$ $\int_{-\pi}^\pi{cos(nx)dx}=[\frac{1}{n}sin(nx)]_{-\pi}^\pi=0,n=1,2,\cdots$ $\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi{\cos(ix)\cos(jx)dx}=\frac{1}{2}(\int_{-\pi}^\pi{cos((i+j)x)dx}+\int_{-\pi}^\pi{cos((i-j)x)dx})=0\\i\neq j,i,j=1,2,\cdots \end{aligned}$ $\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi{\sin(ix)\sin(jx)dx}=\frac{1}{2}(\int_{-\pi}^\pi{cos((i-j)x)dx}-\int_{-\pi}^\pi{cos((i+j)x)dx})=0\\i\neq j,i,j=1,2,\cdots \end{aligned}$ $\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi{\sin(ix)\cos(jx)dx}=\frac{1}{2}(\int_{-\pi}^\pi{sin((i-j)x)dx}+\int_{-\pi}^\pi{sin((i+j)x)dx})=0\\i,j=1,2,\cdots \end{aligned}$由正交性，要求 $\sin(nx),\cos(nx),1$對應的係數，只須要乘以相應的三角函數，再進行逐項積分便可。因爲 $\int_{-\pi}^\pi{dx}=2\pi$ $\int_{-\pi}^\pi{\cos^2(nx)dx}=\int_{-\pi}^\pi{\frac{1+\cos(2nx)}{2}dx}=\pi$ $\int_{-\pi}^\pi{\sin^2(nx)dx}=\int_{-\pi}^\pi{\frac{1-\cos(2nx)}{2}dx}=\pi$兩邊乘以 $1$，再進行逐項積分，獲得 $\int_{-\pi}^\pi{f(x)dx}=2\pi a_0$兩邊乘以 $\cos(nx)$，再進行逐項積分，獲得
$\int_{-\pi}^\pi{f(x)\cos{(nx)}dx}=a_n\pi,n=1,2,\cdots$兩邊乘以 $\sin(nx)$，再進行逐項積分，獲得 $\int_{-\pi}^\pi{f(x)\sin{(nx)}dx}=b_n\pi,n=1,2,\cdots$因而，咱們就求解出全部係數。總結起來就是 $\begin{cases} a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(x)dx}\\ a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(x)\cos{(nx)}dx}&n=1,2,\cdots\\ b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(x)\sin{(nx)}dx}&n=1,2,\cdots \end{cases}$這組係數稱爲傅里葉係數，實際上，若是 $f(x)$在 $[-\pi,\pi]$上可積，也能夠求出這麼一組係數，但 $f(x)$是否等於其傅里葉級數呢？答案是否認的。由於，若是僅僅改變 $f(x)$在 $[-\pi,\pi]$內的有限個點，傅里葉級數也是不變的，因此，咱們只能稱 $f(x)$對應於其傅里葉級數，而不能簡單的劃等號。咱們記 $f(x)~a_0+\sum_{n=1}^\infty{a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)}$波浪號就表示對應，而不是採用等號，右邊稱爲 $f(x)$的傅里葉級數。對於求傅里葉級數，咱們給出一個命題，以方便咱們選擇最合適的區間來進行積分。

定理12.1 $f(x)$是 $(-\infty,+\infty)$上的以 $2T$爲週期的函數， $f(x)$在任意有界閉區間上可積，則 $\forall \delta \in R$，有 $\int_{-T}^T{f(x)dx}=\int_{-T+\delta}^{T+\delta}{f(x)}dx$

證：
不失通常性，設 $\delta>0$，咱們證實： $\displaystyle \int_{-T}^{-T+\delta}{f(x)dx}=\int_{T}^{T+\delta}{f(x)dx}$，令分劃 $\Delta_n:T=x_0^{(n)}<x_1^{(n)}=T+\frac{\delta}{n}<\cdots<x_{n-1}^{(n)}=T+\frac{(n-1)\delta}{n}<x_n^{(n)}=T+\delta$，構造黎曼和 $S_n(x)=\frac{\delta}{n}\sum_{k=1}^nf(T+\frac{k\delta}{n})$由週期性 $S_n(x)=\frac{\delta}{n}\sum_{k=1}^nf(-T+\frac{k\delta}{n})$由定積分的定義， $\displaystyle \lim_{n\to\infty}S_n=\int_T^{T+\delta}{f(x)dx}$，若按照後一式子的寫法，也可看作在分劃 $\Delta_n:-T=x_0^{(n)}<x_1^{(n)}=-T+\frac{\delta}{n}<\cdots<x_{n-1}^{(n)}=-T+\frac{(n-1)\delta}{n}<x_n^{(n)}=-T+\delta$上的一個黎曼和，所以，由定積分的定義，有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=\int_{-T}^{-T+\delta}f(x)dx$，這就證得了 $\displaystyle \int_{-T}^{-T+\delta}{f(x)dx}=\int_{T}^{T+\delta}{f(x)dx}$，因而： $\begin{aligned} \int_{-T}^{T}{f(x)dx}=\int_{-T}^{-T+\delta}{f(x)dx}+\int_{-T+\delta}^{T+\delta}{f(x)dx}+\int_{T+\delta}^T{f(x)dx}=\\ \int_{-T}^{-T+\delta}{f(x)dx}+\int_{-T+\delta}^{T+\delta}{f(x)dx}-\int_T^{T+\delta}{f(x)dx}=\int_{-T+\delta}^{T+\delta}{f(x)dx} \end{aligned}$

也就是說，實際上，咱們任意選一個長度爲 $2\pi$的區間進行積分，都是能夠求出傅里葉級數的。對於 $[-\pi,\pi)$或 $[0,2\pi)$上的可積函數，咱們能夠經過 $\underline{延拓}$的方式將其延拓爲週期爲 $2\pi$的周期函數，一樣能夠求解傅里葉級數。下面給出若干求解傅里葉級數的例子。來展現求傅里葉級數的通常步驟。
例12.1 求 $f(x)=\pi-x,x\in[-\pi,\pi)$的傅里葉級數

解：
首先，進行延拓，延拓爲週期爲 $2\pi$的周期函數。
再求傅里葉係數： $\int_{-\pi}^\pi{(\pi-x)dx}=\pi x-\frac{x^2}{2}|_{-\pi}^\pi=2\pi,a_0=\pi$ $\int_{-\pi}^\pi{(\pi-x)cos(nx)dx}=0,a_n=0,n=1,2,\cdots$ $\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi{(\pi-x)sin(nx)dx}=-\int_{-\pi}^\pi{xsin(nx)dx}=\frac{1}{n}x\cos(nx)|_{-\pi}^\pi-\frac{1}{n}\int_{-\pi}^\pi{\cos(nx)dx}\\=\frac{2\pi (-1)^n}{n},b_n=\frac{2(-1)^n}{n},n=1,2,\cdots \end{aligned}$所以， $\displaystyle f(x) \sim \pi+2\sum_{n=1}^\infty{\frac{(-1)^n}{n}\sin(nx)}$

這是比較實用的一個例子，後面求一些特殊的級數時能夠用到。
例12.2 求 $f(x)=x^{2k-1},x\in[-\pi,\pi)$的傅里葉級數

解：
求傅里葉係數:首先，對 $k=1,2,\cdots$，由奇偶性，傅里葉級數只有正弦項，設 $f_k(x)=x^{2k-1}$對應 $\sin(nx)$項的係數爲 $b^{(k)}_n$，則 $\begin{aligned} b^{(k+1)}_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{x^{2k+1}\sin(nx)dx}\\=-\frac{1}{n\pi}x^{2k+1}\cos(nx)|_{-\pi}^\pi+\frac{2k+1}{n\pi}\int_{-\pi}^\pi{x^{2k}\cos(nx)dx}\\ =-\frac{2^(-1)^n\pi^{2k}}{n}+\frac{2k+1}{n\pi}\int_{-\pi}^\pi{x^{2k}\cos(nx)dx}\\=-\frac{2(-1)^n\pi^{2k}}{n}+\frac{2k+1}{n^2\pi}x^{2k}\sin(nx)|_{-\pi}^\pi-\frac{2k(2k+1)}{n^2\pi}\int_{-\pi}^\pi{x^{2k-1}sin(nx)dx}\\ =-\frac{2(-1)^n\pi^{2k}}{n}-\frac{2k(2k+1)}{n^2}b_n^{(k)} \end{aligned}$這樣咱們獲得一個遞推式 $b^{(k+1)}_n=-\frac{2(-1)^n\pi^{2k}}{n}-\frac{2k(2k+1)}{n^2}b_n^{(k)}$這樣，咱們只要求出 $f(X)=x$的傅里葉級數，就能夠順着遞推式獲得其餘的傅里葉級數而不須要再重複進行積分。而 $b_n^{(1)}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{x\sin(nx)dx}=-\frac{2(-1)^n}{n}$再由遞推式，就能夠獲得 $\begin{cases} b_n^{(2)}=-\frac{2(-1)^n\pi^2}{n}+\frac{12(-1)^n}{n^3}\\ b_n^{(3)}=-\frac{2(-1)^n\pi^4}{n}+\frac{40(-1)^n\pi^2}{n^3}-\frac{240(-1)^n}{n^5} \end{cases}$因而就能夠求出全部的傅里葉係數。

例12.3 求 $f(x)=x^{2k},x\in[-\pi,\pi]$的傅里葉係數

解：
相似於上例的作法，全部的 $\sin$項的係數均爲0，而 $a_0^{(k)}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi{x^{2k}dx}=\frac{\pi^{2k}}{2(2k+1)}$ $a_n^{(k+1)}=\frac{4(k+1)(-1)^n\pi^{2k-2}}{n^2}-\frac{2(k+1)(2k+1)}{n^2}a^{(k)}_n$ $a_n^{(1)}=-\frac{4(-1)^n}{n^2}$其餘項依此類推

任意區間上的函數的傅里葉級數

如今咱們來考慮週期爲 $2T$的函數 $f(x)$，實際上，只須要一個簡單的變換 $g(x)=f(\frac{T}{\pi}x)$，便可獲得週期爲 $2\pi$的函數 $g(x)$，其傅里葉級數爲 $a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(\frac{T}{\pi}x)dx}=\frac{1}{2T}\int_{-T}^T{f(x)dx}$ $a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(\frac{T}{\pi})\cos(nx)dx}=\frac{1}{T}\int_{-T}^T{f(x)\cos(\frac{n\pi x}{T})dx}$ $b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(\frac{T}{\pi})\sin(nx)dx}=\frac{1}{T}\int_{-T}^T{f(x)\sin(\frac{n\pi x}{T})dx}$獲得 $f(\frac{T}{\pi}x)\sim a_0+\sum_{n=1}^\infty{(a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx))}$再做變量替換 $u=\frac{Tx}{\pi}$，獲得 $f(u)\sim a_0+\sum_{n=1}^\infty{(a_n\cos(\frac{n\pi u}{T})+b_n\sin(\frac{n\pi u}{T}))}$看到這種形式，不難看出，實際上，這就是換了另外一組函數系 $1,\sin(\frac{\pi x}{T}),\cos(\frac{\pi x}{T}),\sin(\frac{2\pi x}{T}),\cos(\frac{2\pi x}{T}),\cdots$再重複上一節的理論就能夠獲得任意週期的周期函數的傅里葉級數，形式和上面是相同的。若 $f(x)$是區間 $[a,b)$上的 函數，作平移變換 $g(x)=f(x-a)$，將其變換爲 $[0,T)$上的函數，其中 $T=b-a$。接下來，咱們有兩種延拓方式，將其延拓爲 $[-T,T)$上的函數，一種是奇延拓（正弦級數），一種是偶延拓（餘弦級數），顧名思義，便是延拓爲奇函數仍是延拓爲偶函數的區別。延拓以後，再延拓爲週期爲 $2T$的函數，再求解其傅里葉級數便可，這是通常函數的延拓方式。下面舉幾個例子說明延拓的過程。
例12.4 求下列週期爲 $2\pi$的函數的正弦級數和餘弦級數：
$f(x)=\sin{x},0\le x\le \pi$;

解：
首先進行奇延拓獲得正弦級數，實際上，奇延拓以後 $f(x)=\sin{x},x\in[-\pi,\pi]$，其傅里葉級數即爲 $f(x)\sim \sin{x}$。
再進行偶延拓獲得餘弦級數，當 $x\in[-\pi,0)$時， $f(x)=f(-x)=-\sin{x}$，則 $b_n=0,n=1,2,\cdots$，則 $a_0=\frac{1}{\pi}\int_{0}^\pi{\sin{x}dx}=-\frac{1}{\pi}\cos{x}|_0^\pi=\frac{2}{\pi}$ $a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi{\sin{x}\cos{nx}dx}= \frac{(-1)^n+1}{\pi(n+1)}-\frac{1}{\pi}\int_0^\pi{\sin(n-1)xdx}$由上式， $n$爲奇數時， $a_n=0$， $n=2k$時， $a_n=-\frac{4}{\pi(2k-1)(2k+1)}$。從而 $f(x)\sim \frac{2}{\pi}-\frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos{(2nx)}}{4n^2-1}$

例12.5 求下列週期爲 $T>0$的函數的傅里葉級數：
$f(x)=x,0\le x < T$

解：
須要注意的是，週期的一半是 $\frac{T}{2}$，計算傅里葉係數時要謹慎。 $a_0=\frac{1}{T}\int_0^T{xdx}=\frac{T}{2}$ $a_n=\frac{2}{T}\int_0^T{x\cos(\frac{2n\pi x}{T})dx}=0$ $b_n=\frac{2}{T}\int_0^T{x\sin(\frac{2n\pi x}{T})dx}=-\frac{T}{n\pi}$所以 $f(x)\sim \frac{T}{2}-\frac{T}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}\sin{(\frac{2n\pi x}{T})}$

傅里葉級數的逐點收斂

傅里葉級數部分和的表達式

接下來咱們要研究的問題是：波浪號可以改成等號。與冪級數相比，傅里葉級數的部分和有其解析表達式：假設 $f(x)$以 $2\pi$爲週期 $f(x)\sim a_0+\sum_{n=1}^\infty{(a_n\cos{nx}+b_n\sin{nx})}$其中，部分和爲 $\begin{aligned} S_n(x)=a_0+\sum_{k=1}^{n}{(a_k\cos{kx}+b_k\sin{kx})}\\ =\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(u)du}+\frac{1}{\pi}\sum_{k=1}^n{\int_{-\pi}^\pi{f(u)(\cos{ku}.\cos{kx}+\sin{ku}.\sin{kx})}}\\ =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(u)(\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n{\cos{k(u-x)}})dx} \end{aligned}$咱們來推導以下的一個公式 $(\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n{\cos{kx}})\sin{\frac{x}{2}}\\ =\frac{1}{2}\sin{\frac{x}{2}}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n(\sin{\frac{1+2k}{2}x}-\sin{\frac{2k-1}{2}x})\\ =\frac{1}{2}\sin{\frac{2n+1}{2}x}$所以 $\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n{\cos{kx}}=\frac{\sin{\frac{2n+1}{2}x}}{2\sin{\frac{x}{2}}}$所以 $S_n(x)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(u)\frac{\sin{\frac{2n+1}{2}(u-x)}}{2\sin{\frac{u-x}{2}}}du}$作變換 $t=u-x$ $S_n(x)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi-x}^{\pi-x}{f(t+x)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dx}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(t+x)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dx}$作變換 $u=-t$ $\int_{-\pi}^0{f(t+x)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}=\int_0^{\pi}{f(x-t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$所以 $S_n(x)=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi{[f(x+t)+f(x-t)]\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$如今，咱們令 $f(x)=1$，此時 $S_n(x)=1$，這時， $\underline{傅里葉級數是能夠劃等號的}$，此時 $\frac{1}{\pi}\int_0^\pi{\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{\sin\frac{t}{2}}dt}=1$如今，給定實數 $S$，咱們要驗證 $S_n(x)-S$是否收斂到0 $S_n(x)-S=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi{[f(x+t)+f(x-t)-2S]\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$令 $\phi(t)=f(x+t)+f(x-t)-2S$，此時 $S_n(x)-S=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi{\phi(t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$

黎曼局部化定理

本節要證實的是一個很是使人詫異的事實：傅里葉級數的收斂性只與 $f(x)$在某點的附近的性質有關，這從表面上看是得不出這個結論的。首先，傅里葉係數的表達式爲 $\begin{cases} a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(x)dx}\\ a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(x)\cos{(nx)}dx}&n=1,2,\cdots\\ b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(x)\sin{(nx)}dx}&n=1,2,\cdots \end{cases}$那麼很天然， $f(x)$的傅里葉係數與 $f(x)$在 $[-\pi,\pi]$上的總體性質有關，下面要證實的一點是： $f(x)$在某點 $x_0$的性質，只與 $f(x)$在任意鄰域 $(x_0-\delta,x_0+\delta)$上局部性質有關，就是所謂的黎曼局部化。實際上，咱們不改變 $f(x)$在任意鄰域 $(x_0-\delta,x_0+\delta)$上的值，改變其餘區域的值，所得傅里葉係數可能大不相同，可是在 $x_0$局部，收斂性是一致的，這從表面上看是得不出了這個結論的。下面咱們將要證實這個事實。\
咱們這裏假定 $f(x)$在 $[-\pi,\pi]$上 $\underline{黎曼可積}$，或者雖然有有限個瑕點，可是 $|f(x)|$的瑕積分是收斂的，稱爲 $\underline{絕對可積}$。下面咱們給出一個重要的定理。

定理12.2（黎曼-勒貝格引理） $f(x)$在 $[a,b]$上黎曼可積或絕對可積，則 $\lim_{p\to+\infty}\int_a^b{f(x)\sin{(px)}dx}=0$ $\lim_{p\to+\infty}\int_a^b{f(x)\cos{(px)}dx}=0$

證：
僅證實前一個等式，後一個等式的證實是相似的。咱們分兩種狀況證實：
第一種狀況：若 $f(x)$在 $[a,b]$上黎曼可積，對任意的 $\varepsilon>0$，取一分劃 $\delta:a=x_0<x_1<\cdots<x_n=n$,其中 $\omega_k$爲 $f(x)$在 $[x_{k-1},x_k]$上的振幅， $m_k$爲 $f(x)$在 $[x_{k-1},x_k]$上的下确界。要求該分劃知足 $\sum_{k=1}^n{\omega_k \Delta x_k}<\frac{\varepsilon}{2}$由 $\int_a^b{f(x)\sin{(px)}dx}=\sum_{k=1}^n{\int_{x_{k-1}}^{x_k}{(f(x)-m_k)\sin(px)dx}}+\sum_{k=1}^n{m_k\int_{x_{k-1}}^{x_k}{\sin(px)dx}}$因爲 $|\int_{x_{k-1}}^{x_k}{\sin(px)dx}|=|\frac{\cos{(px_{k-1})}-\cos{(px_k)}}{p}|\le \frac{2}{p}$ $|\int_a^b{f(x)\sin{(px)}dx}|\le \sum_{k=1}^n{\omega_k \Delta x_k} + \frac{2\sum_{k=1}^n{|m_k|}}{p}$當 $\displaystyle p>\frac{4\sum_{k=1}^n{|m_k|}}{\varepsilon}$時, $\displaystyle|\int_a^b{f(x)\sin{(px)}dx}|<\varepsilon$。
當 $f(x)$在 $[a,b]$上絕對可積時，假設 $a$是 $f(x)$的惟一的瑕點，對任意的 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得 $\displaystyle \int_{a}^{a+\delta}{|f(x)|}<\frac{\varepsilon}{2}$，取定 $\delta$，存在 $M>0$， $p>M$時， $|\int_{a+\delta}^b{f(x)\sin{(px)}dx}|<\frac{\varepsilon}{2}$此時 $\begin{aligned} |\int_a^b{f(x)\sin{(px)}dx}|\le |\int_a^{a+\delta}{f(x)\sin{(px)}dx}|+|\int_{a+\delta}^b{f(x)\sin{(px)}dx}| \\< \int_a^{a+\delta}{{|f(x)|}dx} + \frac{\varepsilon}{2} <\varepsilon \end{aligned}$有限個瑕點的狀況能夠經過分割區間證得

前面咱們已經求得了 $S_n(x)-S=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi{\phi(t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$其中 $\phi(t)=f(x+t)+f(x-t)-2S$,對 $\delta>0$，在區間 $[\delta,\pi]$上， $\frac{1}{2\sin{\frac{t}{2}}}$有界連續。若 $f(x)$黎曼可積或絕對可積，此時, $\phi(t)$在 $[\delta,\pi]$上也黎曼可積或絕對可積，由黎曼-勒貝格引理 $\lim_{n\to\infty}{ \frac{1}{\pi}\int_\delta^\pi{\phi(t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt} }=0$從而， $S_n-S$是否趨於0，取決於 $\displaystyle \frac{1}{\pi}\int_0^\delta{\phi(t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$是否趨於0，而這隻與 $f(t)$在 $x$附近的性質有關係。

傅里葉級數收斂性定理的證實

如今咱們來討論傅里葉級數的收斂性問題。咱們首先，須要將 $2\sin{\frac{t}{2}}$替換成 $t$，實際上， $\int_0^\delta{\phi(t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}-\int_0^\delta{\frac{\phi(t)}{t}\sin{(n+\frac{1}{2})t}dt} =\int_0^\delta{\phi(t)\frac{t-2\sin{\frac{t}{2}}}{2t\sin{\frac{t}{2}}}\sin{(n+\frac{1}{2})t}dt}$因爲 $\lim_{t\to 0}{\frac{t-2\sin{\frac{t}{2}}}{2t\sin{\frac{t}{2}}}} =\lim_{t\to 0}{\frac{t-2\sin{\frac{t}{2}}}{t^2}} =\lim_{t\to 0}{\frac{1-\cos{\frac{t}{2}}}{2t}} =0$所以，函數 $\frac{t-2\sin{\frac{t}{2}}}{2t\sin{\frac{t}{2}}}$在 $(-\infty,+\infty)$上都連續， $\phi(t)$黎曼可積或絕對可積，由黎曼勒貝格引理 $\lim_{n\to\infty}{ \int_0^\delta{\phi(t)\frac{t-2\sin{\frac{t}{2}}}{2t\sin{\frac{t}{2}}}\sin{(n+\frac{1}{2})t}dt} }=0$這說明了 $\displaystyle \int_0^\delta{\phi(t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$和 $\displaystyle \int_0^\delta{\frac{\phi(t)}{t}\sin{(n+\frac{1}{2})t}dt}$同斂散且極限相同。因而，能夠很容易的就獲得以下結論

定理12.3 (迪尼判別法) 若是 $\frac{\phi(t)}{t}$在 $[0,\delta]$上黎曼可積或絕對可積，則 $\lim_{n\to\infty}{S_n(x)}=S$

咱們能夠藉助瑕積分的比較判別法來對傅里葉級數的收斂性進行斷定。下一個問題是， $S$該如何選擇？實際上，若是 $f(t)$在 $x$處連續，令 $S=f(x)$，此時 $\phi(t)=\frac{f(x-t)+f(x+t)-2f(x)}{t}$若是 $f(t)$在 $x$處不連續，但左右極限都存在，則能夠令 $S=\frac{f(x+0)+f(x-0)}{2}$，此時 $\phi(t)=\frac{f(x-t)-f(x-0)}{t}+\frac{f(x+t)-f(x+0)}{t}$令 $\phi^-(t)=\frac{f(x-t)-f(x-0)}{t},\phi^+(t)=\frac{f(x+t)-f(x+0)}{t}$，這相似於廣義的左右導數。若是二者都絕對可積或黎曼可積，那麼傅里葉級數天然收斂於 $S$，實際上，不論連續與否，只要左右極限都存在，則 $\phi(t)=\phi^+(t)+\phi^-(t)$，咱們要求二者都絕對可積或黎曼可積。

定理12.4 (利普希茨判別法) $f(x)$是以 $2\pi$爲週期的函數，而且在 $[-\pi,\pi]$上只有有限個第一類間斷點。若對於 $x\in [-\pi,\pi]$，存在 $M_1,M_2>0$及 $\alpha_1,\alpha_2 >0$，使得對任意的 $t>0$ $\mathrm{\mid }f(x+t)-f(x)\mathrm{\mid }\le M_1{t}^{{\alpha }_{}}$