用户: Solution/ 习题: 楼分析/Fourier级数

1三角级数,Fourier 级数

三角级数,Fourier 级数, 三角级数的复形式, 偶延拓, 奇延拓, 余弦级数, 正弦级数

A 1.1. 设 $f$ 以 $2\pi$ 为周期, 对于 $x\in \left[0,2\pi \right),f(x)={\chi }_{[a,b]}(x)$, 其中 $0⩽a<b<2\pi$. 试将 $f$ 展开成 Fourier 级数.

解答. 我们有$$\begin{array}{rl}{a}_0& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }{\chi }_{[a,b]}(x)dx=\frac{b-a}{\pi },a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }{\chi }_{[a,b]}(x)\cos nxdx=\frac{\sin nb-\sin na}{n\pi },\\ b_n& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }{\chi }_{[a,b]}(x)\sin nxdx=\frac{\cos na-\cos nb}{n\pi }.\end{array}$$因此$$f(x)\sim \frac{b-a}{2\pi }+\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{\sin nb-\sin na}{n\pi }\cos nx+\frac{\cos na-\cos nb}{n\pi }\sin nx\right).$$

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试将 $\left|\cos x\right|$ 和 $\left|\sin x\right|$ 展开成 Fourier 级数.

解答. 对于 $|\cos x|$, 我们有$$\begin{array}{r}{a}_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }|\cos x|dx=\frac{4}{\pi },a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }|\cos x|\cos 2nxdx=\frac{4(-1{)}^{n+1}}{\pi (2n+1)(2n-1)}.\end{array}$$对于 $|\sin x|$, 有$$a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }|\sin x|dx=\frac{4}{\pi },a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }|\sin x|\cos 2nxdx=-\frac{4}{\pi (2n+1)(2n-1)}.$$于是有$$|\sin x|=\frac{2}{\pi }+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{4(-1{)}^{n+1}\cos nx}{\pi (2n+1)(2n-1)},|\cos x|=\frac{2}{\pi }-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{4\cos nx}{\pi (2n+1)(2n-1)}.$$

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设 $p,q$ 为对偶数, $f\in L_{\#}^p\left(\mathbb{R}\right),g\in L_{\#}^q\left(\mathbb{R}\right)$. 令$$h(x)={\int }_0^{2\pi }f(y)g(x-y)dy,x\in \mathbb{R}.$$证明: $h$ 以 $2\pi$ 为周期. 进一步, 试用 $f,g$ 的 Fourier 系数表示 $h$ 的 Fourier 系数.

证明. 由$$h(x+2\pi )={\int }_0^{2\pi }f(y)g(x+2\pi -y)dy={\int }_0^{2\pi }f(y)g(x-y)dy=h(x),$$从而 $h(x)$ 以 $2\pi$ 为周期.

我们不妨记 $f$ 的 Fourier 级数展开为 $\frac{a_0}{2}+{\sum }_{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$ 并且$$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x)\cos nxdx.b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x)\sin nxdx,$$注意 $f$ 的 Fourier 级数可以表示为 ${\sum }_{n=-\infty }^{+\infty }{c}_n{e}^{inx}$, 其中$$c_0=\frac{a_0}{2},c_n=\frac{a_n-b_{n}i}{2},c_{-n}=\frac{a_n+b_{n}i}{2},n⩾1,$$于是有 $c_n=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x)e^{-inx}dx$, 我们以此为基础, 分析 $h$ 的 Fouroer 系数与 $f,g$ 的 Fourier 的关系, 分别记 $g,h$ 的 Fourier 展开为 ${\sum }_{n=-\infty }^{+\infty }{p}_n{e}^{inx},{\sum }_{n=-\infty }^{+\infty }{q}_n{e}^{inx}$, 于是$$\begin{array}{rl}{q}_n& =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }h(x)e^{-inx}dx=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\left({\int }_0^{2\pi }f(y)g(x-y)dy\right)e^{-inx}dx\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{\pi }f(y)e^{-iny}\left({\int }_0^{2\pi }g(x-y)e^{-in(x-y)}dx\right)dy\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(y)e^{-iny}dy\cdot {\int }_0^{2\pi }g(x)e^{-inx}dx=c_n\cdot 2\pi p_n.\end{array}$$

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设 $f\in L_{\#}^1\left(\mathbb{R}\right),h_1(x)=f(-x),h_2(x)=f(x+x_0)\left(x\in \mathbb{R}\right)$, 其中 $x_0\in \mathbb{R}$. 试用 $f$ 的 Fourier 系数表示 $h_1,h_2$ 的 Fourier 系数.

解答. 设$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$通过计算得$$\begin{array}{rl}{h}_1(x)& \sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx-b_n\sin nx\right),\\ h_2(x)& \sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(\left(a_n\cos n{x}_0+b_n\sin n{x}_0\right)\cos nx+\left(b_n\cos n{x}_0-a_n\sin n{x}_0\right)\sin nx\right).\end{array}$$

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设 $f(x)=x^2-x\left(x\in \left[0,\pi \right]\right)$. 试将 $f$ 分别展开成以 $2\pi$ 为周期的余弦级数与正弦级数.

解答. 对 $f$ 偶延拓 $f(x)=\{\begin{array}{l}{x}^2-x,x\in [0,\pi ],\\ x^2+x,x\in [-\pi ,0)\end{array}$ 从而由$$\begin{array}{c}{a}_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)dx=\frac{2{\pi }^3-3{\pi }^2}{3\pi },\\ a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\cos nxdx=\frac{2(2\pi -1)(1+\cos n\pi )}{\pi n^2},n⩾1.\end{array}$$得$$f(x)\sim \frac{2{\pi }^3-3{\pi }^2}{6\pi }+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2(2\pi -1)(1+\cos n\pi )}{\pi n^2}\cos nx.$$同理对 $f$ 奇延拓 $f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2-x,& x\in [0,\pi ],\\ -(x^2+x),& x\in [-\pi ,0)\end{array}$ 由$$a_0=0,a_n=0,b_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\sin nx=\frac{4\cos n\pi -4-2n^2({\pi }^2-\pi )\cos n\pi }{\pi n^3},n⩾1,$$于是$$f(x)\sim \sum _{n=1}^{\infty }\frac{4\cos n\pi -4-2n^2({\pi }^2-\pi )\cos n\pi }{\pi n^3}\sin nx.$$

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设 $f$ 以 $2\pi$ 为周期,$$f(x)=-\ln \left(2\sin \frac{x}{2}\right),\forall x\in \left(0,2\pi \right).$$试计算 $f$ 的 Fourier 级数.

解答. 计算得到$$a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x)dx=-\frac{1}{\pi }\left(2\pi \ln 2+2{\int }_0^{\pi }\ln \sin xdx\right)=0.$$对于 ${\int }_0^{\pi }\ln \sin xdx$, 由于$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\sqrt{x}\ln \sin x=\underset{x\to {\pi }^{-}}{\lim }\sqrt{\pi -x}\ln \sin x=0,$$即原积分收敛, 又$$\begin{array}{rl}I& :={\int }_0^{\pi }\ln \sin xdx={\int }_0^{\pi /2}2\ln \sin 2xdx=\pi \ln 2+2{\int }_0^{\pi /2}\ln \sin xdx+2{\int }_0^{\pi /2}\ln \cos xdx\\ & =\pi \ln 2+2{\int }_0^{\pi }\ln \sin xdx=\pi \ln 2+2I=-\pi \ln 2.\end{array}$$继续计算得到$$\begin{array}{rl}{a}_n& =-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\ln \left(2\sin \frac{x}{2}\right)\cos nxdx=-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\left(\ln 2+\ln \sin \frac{x}{2}\right)\cos nxdx\\ & =-\frac{1}{\pi }\left({\int }_0^{2\pi }\ln 2\cdot \sin nxdx+{\int }_0^{2\pi }\ln \sin \frac{x}{2}\cdot \cos nxdx\right)\\ & =-\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\ln \sin x\cdot \cos 2nxdx=-\frac{2}{\pi }\left({\ln \sin x\cdot \frac{\sin 2nx}{2n}|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2nx\cdot \cos x}{2n\sin x}dx\right)\\ & =\frac{1}{n\pi }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2nx\cdot \cos x}{\sin x}dx.\end{array}$$注意到 $\sin 2nx\cdot \cos x=\sin (2n+1)x-\cos 2nx\cdot \sin x$, 则$${\int }_0^{\pi }\frac{\sin (2n+1)x-\cos 2nx\cdot \sin x}{\sin x}dx={\int }_0^{\pi }\frac{\sin (2n+1)x}{\sin x}dx,$$注意到$$\frac{\sin (2n+1)t}{\sin t}=1+2\sum _{k=1}^{\infty }\cos (2kt),$$从而$$\frac{1}{n\pi }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2nx\cdot \cos x}{\sin x}dx={\int }_0^{\pi }\left(1+2\sum _{k=1}^{\infty }\cos 2kt\right)dt=\pi .$$故 $a_n=\frac{1}{n}$.$$\begin{array}{rl}{b}_n& =-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\ln \left(2\sin \frac{x}{2}\right)\sin nxdx=-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\left(\ln 2+\ln \sin \frac{x}{2}\right)\sin nxdx\\ & =-\frac{1}{\pi }\left({\int }_0^{2\pi }\ln 2\cdot \sin nxdx+{\int }_0^{2\pi }\ln \sin \frac{x}{2}\cdot \sin nxdx\right)\\ & =-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\ln \sin \frac{x}{2}\cdot \sin nxdx=-\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\ln \sin x\cdot \sin 2nxdx\\ & =-\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\ln \sin x\cdot \sin 2n(\pi -x)dx=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\ln \sin x\cdot \sin 2nxdx=0.\end{array}$$即 $f(x)\sim {\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}.$

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设 $k⩾1,a_n,b_n$ 为 $f\in C_{\#}^k(\mathbb{R})$ 的 Fourier 系数. 证明: ${\lim }_{n\to +\infty }{n}^k{a}_n={\lim }_{n\to +\infty }{n}^k{b}_n=0.$

证明. 由推广的 Riemann-Lebesgue 引理易知 ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_n={\lim }_{n\to +\infty }{b}_n=0$. 这也作为了三角级数成为某一函数 Fourier 展开的必要条件.

进一步由题设有$$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x)\cos nxdx={f(x)\frac{\sin nx}{n}|}_0^{2\pi }-\frac{1}{n\pi }{\int }_0^{2\pi }{f}^{\prime }(x)\sin nxdx$$若记 $f^{\prime }(x)$ 的 Fourier 系数为 $a_n^{(1)},b_n^{(1)}$, 则 $a_n=-\frac{1}{n}{b}_n^{(1)}$, 同理可得 $b_n=\frac{1}{n}{a}_n^{(1)}$, 于是得到$$a_n=o\left(\frac{1}{n}\right),b_n=o\left(\frac{1}{n}\right),$$记 $a_n^{(l)},b_n^{(l)}$ 为 $f^{(l)}$ 的 Fourier 系数 ($l⩽k$), 于是$$\begin{array}{rl}{a}_n=-\frac{1}{n}{b}_n^{(1)}=-\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}{a}_n^{(2)}\right)=\cdots =\pm \frac{1}{n^k}{b}_n^{(k)},& \left(\text{或}\pm \frac{1}{n^k}{a}_n^{(k)}\right)\\ b_n=\frac{1}{n}{a}_n^{(1)}=\frac{1}{n}\left(-\frac{1}{n}{a}_n^{(2)}\right)=\cdots =\pm \frac{1}{n^k}{a}_n^{(k)},& \left(\text{或}\pm \frac{1}{n^k}{b}_n^{(k)}\right)\end{array}$$从而 $a_n=o\left(\frac{1}{n^k}\right),b_n=o\left(\frac{1}{n^k}\right)$, 即得结论.

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B 1.2. 给定 $m⩾1$.

•	证明: 当 $n\to +\infty$ 时, $m$ 阶三角多项式列$$T_n(x)=a_{n0}+\sum _{k=1}^m\left(a_{nk}\cos kx+b_{nk}\sin kx\right)$$关于 $x\in [0,2\pi ]$ 一致收敛当且仅当对每个 $k(0⩽k⩽m)$, $\{a_{nk}\}$ 和 $\{b_{nk}\}$ 均收敛.
•	设 ${\mathcal{T}}_m$ 表示以 $2\pi$ 为周期的 $m$ 阶三角多项式全体. 证明: $\forall \in C_{\#}\left(\mathbb{R}\right)$, 存在 $S\in {\mathcal{T}}_m$, 使得$$\underset{x\in [0,2\pi ]}{\max }\left|f(x)-S(x)\right|=\underset{T(x)\in {\mathcal{T}}_n}{\inf }\underset{x\in [0,2\pi ]}{\max }\left|f(x)-T(x)\right|.$$

证明. (1)

(2)

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试寻找比习题 $\mathcal{A}$ 第 7 题更一般的条件使得 $f$ 的 Fourier 系数 $a_n,b_n$ 满足$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{n}^k{a}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }{n}^k{b}_n=0.$$

解答. 在其证明中, $f\in C_{\#}^k(\mathbb{R})$ 可以退化到 $f^{(k)}(x)\in L(\mathbb{R})$.

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2Fourier 级数的收敛性

Dirichlet 积分,Dirichlet 核, 局部性原理,Dini-Lipschitz 判别法,Dirichlet 引理,Dini-Jordan 判别法, 逐项可积性, 非 Fourier 级数而逐点收敛的三角级数, 一致收敛性, 奇异性,Fejér 积分,Fejér 核, 平方可积函数,Fourier 级数的性质, 标准正交系, 最佳均方逼近,Bessel 不等式,Parseval 不等式,$p$ 次可积函数,Fourier 级数的性质

A 2.1. 设 $f\in C_{\#}^1[0,2\pi ]$, 证明: ${\int }_0^{2\pi }{\left|f(x)-\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)dt\right|}^{2}dx⩽C{\int }_0^{2\pi }|f^{\prime }(x){|}^{2}dx,$ 且其最佳常数为 $C=1.$

证明. 设$$f(x)-\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)dt=\sum _{k=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$于是有$$f^{\prime }(x)\sim \sum _{k=1}^{\infty }\left(n{b}_n\cos nx-n{a}_n\sin nx\right),$$依 Parseval 等式便有$$\begin{array}{c}\pi \sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n^2+b_n^2\right)={\int }_0^{2\pi }{\left|f(x)-\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)dt\right|}^{2}dx.\\ \pi \sum _{n=1}^{\infty }{n}^2\left(a_n^2+b_n^2\right)={\int }_0^{2\pi }\left|f^{\prime }(t)\right|dt.\end{array}$$则有$$\begin{array}{rl}& C{\int }_0^{2\pi }|f^{\prime }(t)|dt-{\int }_0^{2\pi }{\left|f(x)-\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)dt\right|}^{2}dx\\ =& \pi \left(\sum _{n=1}^{\infty }(C{n}^2-1)(a_n^2+b_n^2)\right)⩾0.\end{array}$$

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按以下步骤对 $C^1$ 平面上的简单闭曲线 $C$, 证明等周不等式 $4\pi S⩽L^2$, 其中 $L,S$ 分别为 $C$ 的周长与所围区域的面积. 依次证明:

•	设 $s$ 为弧长参数, 令 $t=\frac{2\pi s}{L}$, $C$ 的参数方程为 $\{\begin{array}{l}x=x(t),\\ y=y(t)\end{array}(t\in [0,2\pi ]),$ 则 $L^2=2\pi {\int }_0^{2\pi }\left(|x^{\prime }(t){|}^2+|y^{\prime }(t){|}^2\right)dt.$
•	$S=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\left(x(t)y^{\prime }(t)-x^{\prime }(t)y(t)\right)dt$.
•	$4\pi S⩽L^2$.

证明. 首先由 $t=\frac{2\pi s}{L}$, 得到 $\frac{ds}{dt}=\frac{L}{2\pi }$, 从而$$\frac{L^2}{4{\pi }^2}=\left(\frac{ds}{dt}\right)={\left|x^{\prime }(t)\right|}^2+{\left|y^{\prime }(t)\right|}^2,$$积分得到 $L^2=2\pi {\int }_0^{2\pi }\left({\left|x^{\prime }(t)\right|}^2+{\left|y^{\prime }(t)\right|}^2\right)dt.$

由 Green 公式易见$$\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\left(x(t)y^{\prime }(t)-x^{\prime }(t)y(t)\right)dt=\frac{1}{2}{\int }_{C}xdy-ydx={\iint }_{D}dxdy=S,$$其中 $D$ 表示闭曲线所围区域.

设$$\begin{array}{c}x(t)\sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),\\ y(t)\sim \frac{c_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(c_n\cos nx+d_n\sin nx\right).\end{array}$$易见上述 Fourier 一致收敛, 则有$$x^{\prime }(t)\sim \sum _{n=1}^{\infty }\left(n{b}_n\cos nx-n{a}_n\sin nx\right),y^{\prime }(t)\sim \sum _{n=1}^{\infty }\left(n{d}_n\cos nx-n{c}_n\sin nx\right),$$于是依照 Parseval 等式有$$\frac{L^2}{2{\pi }^2}=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }|x^{\prime }(t){|}^{2}dt+\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }|y^{\prime }(t){|}^{2}dt=\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2\left(a_n^2+b_n^2+c_n^2+d_n^2\right),$$容易得到$$\begin{array}{rl}\frac{2S}{\pi }& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\left(x(t)y^{\prime }(t)-x^{\prime }(t)y(t)\right)dt\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }n\left(2a_n{d}_n-2c_n{b}_n\right)⩽\sum _{n=1}^{\infty }n\left(2|a_n{d}_n|+2|c_n{b}_n|\right)\\ & ⩽\sum _{n=1}^{\infty }n\left(a_n^2+d_n^2+c_n^2+b_n^2\right),\end{array}$$由于 $n^2⩾n$, 于是 $4\pi S⩽L^2.$

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设 $f$ 在 $\left[0,+\infty \right)$ 上单调且 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0$. 证明 ${\lim }_{n\to +\infty }{\int }_0^{+\infty }f(x)\sin nxdx=0.$

证明. 由于 $\left|{\int }_0^A\sin nxdx\right|=\frac{1-\cos nA}{n}⩽1$ 有界, $f$ 单调且 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0$, 依 Dirichlet 判别法知 ${\int }_0^{+\infty }f(x)\sin nxdx$ 收敛, 这意味着 $\exists A$ 使得 $\forall \epsilon >0$ 使得$$\left|{\int }_A^{+\infty }f(x)\sin nxdx\right|<\epsilon ,$$令 $F(x)=xf(x)$, 则 $F(0^{+})=0$, 于是由 Dirichlet 引理可得$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^A\frac{F(x)-F(0^{+})}{x}\sin nx=0.$$再由 $\epsilon$ 的任意性即得结论.

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设 $n⩾1$, 证明: ${\int }_0^{\pi /2}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{4}dx<\frac{n^2{\pi }^2}{4}.$

证明. 只需证 $n⩾2$ 的情况, 令$${\int }_0^{\pi /2}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{4}dx={\int }_0^{\pi /(2n)}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{4}dx+{\int }_{\pi /(2n)}^{\pi /2}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{4}dx=:I+J.$$对 $I$, 用数学归纳法易知 $\left|\frac{\sin nx}{\sin x}\right|⩽n$, 从而 $I⩽\frac{n^2{\pi }^2}{8}$; 对 $J$, 利用 $|\sin nx|⩽1$ 及 $\frac{2}{\pi }t<\sin t\left(0<t<\frac{\pi }{2}\right),$ 可得 $J<\frac{n^2{\pi }^2}{8}$. 相加即得结论.

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设 $f\in C(\mathbb{R})$ 以 $1$ 为周期, $f(x)+f(x+\frac{1}{2})=f(2x)$. 若存在 $g\in L^1[0,1]$ 使得 $f(x)=f(0)+{\int }_0^{x}g(t)dt$, 证明: $f\equiv 0$.

证明. 设 $f$ 的 Fourier 展开式为$$\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^{\infty }\left(a_k\cos \left(2k\pi x\right)+b_k\sin \left(2k\pi x\right)\right),$$则 $f(x)+f(x+\frac{1}{2})$ 的 Fourier 展开为$$\begin{array}{rl}& a_0+\sum _{k=1}^{\infty }\left(\left(1+(-1{)}^k\right)a_k\cos (2k\pi x)+\left(1+(-1{)}^k\right)b_k\sin (2k\pi x)\right)\\ =& a_0+\sum _{k=1}^{\infty }\left(2a_{2k}\cos \left(4k\pi x\right)+2b_{2k}\sin \left(4k\pi x\right)\right),\end{array}$$而 $f(2x)$ 的 Fourier 展开为$$\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^{\infty }\left(a_k\cos (4k\pi x)+b_k\sin (4k\pi x)\right).$$比较系数得到$$a_0=0,a_k=2a_{2k},b_k=2b_{2k},k⩾1,$$从而$$a_k=2^n{a}_{2^{n}k},b_k=2^n{b}_{2^{n}k},\forall k⩾1,n⩾1,$$由题设 $f(x)=f(0)+{\int }_0^{x}g(t)dt$, 于是$$\underset{n\to +\infty }{\lim }n{a}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }2n{\int }_0^{1}f(x)\cos (2n\pi x)dx=-\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\pi }{\int }_0^{1}g(x)\sin \left(2n\pi x\right)dx=0,$$同理 ${\lim }_{n\to +\infty }n{b}_n=0$, 所以$$a_k=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{k}{2}^{n}k{a}_{2^{n}k}=0,b_k=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{k}{2}^{n}k{b}_{2^{n}k}=0,\forall k⩾1,$$这样 $f$ 的 Fourier 系数均为 $0$, 所以 $f\equiv 0$.

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设 $1⩽p<+\infty ,f\in L^p[0,2\pi ]$, 证明: ${\lim }_{n\to +\infty }{\Vert {\sigma }_n(f;\cdot )-f(\cdot )\Vert }_{L^p[0,2\pi ]}=0.$

证明. 由于$${\Vert {\sigma }_n(f;x)-f(x)\Vert }_{L^p[0,2\pi ]}={\int }_0^{2\pi }{\left|\frac{1}{2n\pi }{\int }_0^{2\pi }\left(f(x+t)-f(x)\right){\left(\frac{\sin \left(nt/2\right)}{\sin (t/2)}\right)}^{2}dt\right|}^{p}dx,$$

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B 2.2. 设 $f\in L_{\#}^1\left(\mathbb{R}\right),g_n\in L_{\#}^{\infty }(\mathbb{R})(n⩾1)$, 满足$${\int }_{-\pi }^{\pi }{g}_n(x)dx=1,{\int }_{-\pi }^{\pi }|g_n(x)|dx⩽M,\forall n⩾1,$$其中 $M$ 为常数. 又对任何 $\delta >0$, 成立$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi }\left(|g_n(x)|+|g_n(-x)|\right)dx=0,\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{\delta ⩽|x|⩽\pi }{n⩾1}}{\sup }|g_n(x)|<+\infty .$$证明:

•	若 $f$ 在点 $x_0$ 连续, 则 ${\lim }_{n\to +\infty }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(y)g_n(x_0-y)dy=f(x_0)$.
•	若 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续, 则 ${\lim }_{n\to +\infty }{\sup }_{x\in \mathbb{R}}\left|{\int }_{-\pi }^{\pi }f(y)g_n(x-y)dy-f(x)\right|=0$.

推广上一题的结果. 计算 ${\int }_0^{\pi /2}x\ln (\sin x)\ln (\cos x)dx.$

证明. 容易得到 ${\int }_0^{\pi /2}x\ln (\sin x)\ln (\cos x)dx=\frac{\pi }{4}{\int }_0^{\pi /2}\ln (\sin x)\ln (\cos x)dx$, 利用$$\ln \left(2\sin \frac{x}{2}\right)=-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n},\forall x\in (0,2\pi ).$$置 $I={\int }_0^{\pi /2}x\ln (\sin x)\ln (\cos x)dx$ 我们有$$\begin{array}{rl}I& =\frac{\pi }{8}{\int }_0^{\pi /2}\left\{{\left[\ln (\sin x)+\ln (\cos x)\right]}^2-{\ln }^2(\sin x)-{\ln }^2(\cos x)\right\}dx\\ & =\frac{\pi }{8}{\int }_0^{\pi /2}\left[{\ln }^2\frac{\sin 2x}{2}-2{\ln }^2(\sin x)\right]dx\\ & =\frac{\pi }{8}{\int }_0^{\pi /2}\left\{{\left[2\ln 2+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos 4nx}{n}\right]}^2-2{\left[\ln 2+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos (2nx)}{n}\right]}^2\right\}dx\\ & =\frac{\pi }{8}\left(\pi {\ln }^{2}2-\frac{\pi }{4}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}\right)=\frac{{\pi }^2}{8}{\ln }^{2}2-\frac{{\pi }^4}{192}.\end{array}$$

$\square$

试考察函数 $f(x)={\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{\cos nx}{\ln x}$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上的可积性. 设 $\alpha \in (0,1)$, 考察函数 $f(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n^{\alpha }}$ 和 $g(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n^{\alpha }}$ 当 $x\to 0^{+}$ 时的阶. 设 $f\in C_{\#}[0,2\pi ]$ 的 Fourier 级数为 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right)$. 问 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(b_n\cos nx-a_n\sin nx\right)$ 是不是某个 $g\in C_{\#}[0,2\pi ]$ 的 Fourier 级数? 设 $\{b_n\}$ 为单调下降的正数列, 证明: ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n\sin nx$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上一致收敛的充要条件是 $n{b}_n\to 0$. 试讨论如何定义方程 (12,2,47) 的解, 以及在何种条件下, 方程 (12.2.47) 有唯一解, 而 (12.2.48)-(12.2.49) 给出了方程的解. 对于 $p\in [1,+\infty )$, 证明 (12.3.38) 式与 (12.2.40) 式的等价性. 证明 (12.2.39) 与 (12.2.41) 式等价.

3Fourier 变换

Fourier 变换, 速降函数 (Schwarz 函数),Fourier 变换的导数, 导数的 Fourier 变换,Fourier 逆变换, 卷积的 Fourier 变换, 乘积的 Fourier 变换,Plancherel 定理,Hausdoff-Young 不等式, 处处连续无处可微函数, 处处连续无处 Hölder 连续函数, 热传导方程求解,Heisenberg 不确定性原理,$L^1({\mathbb{R}}^n)+L^2({\mathbb{R}}^n)$ 上的 Fourier 变换,Borwein 积分

定理 3.1. 设 $f,g\in \mathcal{S}$, 则$$\begin{array}{rl}& (f\ast g{)}^{\wedge }(\mathbf{x})=\hat{f}(\mathbf{x})\hat{g}(\mathbf{x}),\forall \mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n\\ & (fg{)}^{\wedge }(\mathbf{x})=\left(\hat{f}\ast \hat{g}\right)(\mathbf{x}),\forall \mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n.\end{array}$$

定理 3.2. 设 $f,g\in \mathcal{S}$, 则$${\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(\mathbf{x})\overline{g(\mathbf{x})}d\mathbf{x}={\int }_{{\mathbb{R}}^n}\hat{f}(\mathbf{x})\overline{\hat{g}(\mathbf{x})}d\mathbf{x}.$$

A 3.3. 设 $f\in L^1({\mathbb{R}}^n),g(\mathbf{x})=f(r\mathbf{x})$, 其中 $r>0$ 为给定实数, 试求 $f$ 的 Fourier 变换表示 $g$ 的 Fourier 变换.

解答.

$\square$

设 $f\in C_c^2(\mathbb{R})$, 证明 ${\lim }_{x\to \infty }\left|x^2\hat{f}(x)\right|=0$. 进而对于任何 $g\in L^{\infty }(\mathbb{R})$, 有$$\underset{T\to +\infty }{\lim }\sum _{n=-\infty }^{+\infty }\frac{1}{T}\hat{f}\left(\frac{n}{T}\right)g\left(\frac{n}{T}\right)={\int }_{\mathbb{R}}\hat{f}g(x)dx.$$

证明.

$\square$

对于$$f\in X_a=\{f|f\text{ 非负, 偶, }\mathrm{supp}f=\left[-\frac{a}{2},\frac{a}{2}\right],f\text{ 在}\left(-\frac{a}{2},\frac{a}{2}\right)\text{内 Lipschitz 连续}\},$$证明: ${\int }_{\mathbb{R}}\hat{f}(x)dx=f(0).$

证明.

$\square$

设 $f(x)=\pi e^{-2\pi |x|}(x\in \mathbb{R})$. 试求 $f$ 的 Fourier 变换.

解答.

$\square$

证明: $g(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\pi y^2}{e}^{2\pi yz}dy$ 复可导.

证明.

$\square$

试用积分号下求导的方法计算$$F(x)={\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\pi y^2}{e}^{-2\pi \mathrm{i}xy}dy,x\in \mathbb{R}.$$

解答. 首先 $F(0)={\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\pi y^2}dy$, 即$$F(0)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\pi y^2}dy=\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-t^2}dt=1,$$又$$F^{\prime }(x)={\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\pi y^2}{e}^{-2\pi ixy}(-2\pi iy)dy=-2\pi i{e}^{-\pi x^2}{\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\pi (y+ix{)}^2}ydy,$$由$$\begin{array}{rl}& {\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\pi (y+ix{)}^2}ydy={\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\pi (y+ix{)}^2}\left(\left(y+ix\right)-ix\right)dy\\ =& \frac{1}{2}{\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\pi (y+ix{)}^2}d{\left(y+ix\right)}^2-ix{\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\pi (y+ix{)}^2}dy=-ix,\end{array}$$于是 $F^{\prime }(x)=-2\pi x{e}^{-\pi x^2}$, 可知 $F(x)={\int }_0^x{F}^{\prime }(x)dx+F(0)=e^{-\pi x^2}$.

$\square$

B 3.4. 试仿下列等式给出一些类似的等式. 对于正数 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$, 当且仅当 $a_1+a_2+\cdots +a_n⩽1$ 时, 成立$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{{\pi }^2\cos a_{1}x}{{\pi }^2-4a_1^2{x}^2}\cdots \frac{{\pi }^2\cos a_{n}x}{{\pi }^2-4a_n^2{x}^2}dx=\frac{\pi }{2},\\ & \frac{1}{2^n{\sin }^n(1/2)}{\int }_0^{+\infty }\prod _{k=1}^n\left(\frac{\sin \frac{2a_{k}x+1}{2}}{2a_{k}x+1}+\frac{\sin \frac{2a_{k}x-1}{2}}{2a_{k}x-1}\right)dx=\frac{\pi }{2},\\ & {\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\frac{{\pi }^2-2a_1\pi x\sin a_{1}x}{{\pi }^2-4a_1^2{x}^2}\cdots \frac{{\pi }^2-2a_n\pi x\sin a_{n}x}{{\pi }^2-4a_n^2{x}^2}=\frac{\pi }{2},\\ & 3^n{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\frac{\sin a_{1}x-a_{1}x\cos a_{1}x}{a_1^3{x}^3}\cdots \frac{\sin a_{n}x-a_{n}x\cos a_{n}x}{a_n^3{x}^3}=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

解答.

$\square$

设 $f\in C^1(\mathbb{R})$, 且 ${\int }_{\mathbb{R}}\left(f^2(x)+{\left(f^{\prime }(x)\right)}^2\right)dx=1$. 证明: ${\lim }_{x\to \infty }f(x)=0$, 且 ${\Vert f\Vert }_{\infty }<\frac{\sqrt{2}}{2}$.

证明.

$\square$

设 $\alpha \in \mathbb{R}$, 计算含参变量积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos \left(\alpha \pi x\right)}{1+x^2}dx,{\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin \left(\alpha \pi x\right)}{1+x^2}dx$.

解答. 记 $J(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\cos \left(\alpha \pi x\right)}{1+x^2}dx.$ 显然有 $J(\alpha )=J(-\alpha )$, 为此我们不妨设 $\alpha ⩾0$. 注意到 ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-t(1+x^2)}dt=\frac{1}{1+x^2}$, 于是$${\int }_0^{+\infty }\cos \left(\alpha \pi x\right)\left({\int }_0^{+\infty }{e}^{-t(1+x^2)}dt\right)dx={\int }_0^{+\infty }{e}^{-t}dt{\int }_0^{+\infty }{e}^{-t{x}^2}\cos \left(\alpha \pi x\right)dx,$$记 $I(\alpha ,t)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-t{x}^2}\cos \left(\alpha \pi x\right)dx$, 如果我们置 $x=\sqrt{\frac{\pi }{t}}p,\alpha =2\sqrt{\frac{t}{\pi }}q$, 则$$I(\alpha ,t)=\sqrt{\frac{\pi }{t}}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-\pi p^2}\cos \left(2\pi pq\right)dp,$$注意到在 12.3.A 第 6 题中算得$${\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\pi y^2}{e}^{-2\pi ixy}dy=e^{-\pi x^2},$$这意味着 $I(\alpha ,t)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{t}}{e}^{-\pi q^2}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{t}}\exp \left(-\frac{{\pi }^2{\alpha }^2}{4t}\right)$. 于是$$J(\alpha )=\frac{\sqrt{\pi }}{2}{\int }_0^{+\infty }\exp \left(-t-\frac{{\pi }^2{\alpha }^2}{4t}\right)\frac{dt}{\sqrt{t}},$$置 $t=u^2$, 得$$J(\alpha )=\sqrt{\pi }{\int }_0^{+\infty }\exp \left(-\left(u^2+\frac{{\pi }^2{\alpha }^2}{4u^2}\right)\right)du=\sqrt{\pi }{e}^{-\pi \alpha }{\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)du,$$置 $y=u-\frac{\pi \alpha }{2u}$, 有 $dy=\left(1+\frac{\pi \alpha }{2u^2}\right)du$, 并且 $u=0,y=-\infty$ ; $u=+\infty ,y=+\infty$, 于是$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-y^2}dy& ={\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)\left(1+\frac{\pi \alpha }{2u^2}\right)du\\ & ={\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)du+\frac{\pi \alpha }{2}{\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)\frac{du}{u^2},\end{array}$$对于 $\frac{\pi \alpha }{2}{\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)\frac{du}{u^2}$, 令 $u=-\frac{\pi \alpha }{2w}$, 则 $du=\frac{\pi \alpha }{2}\frac{dw}{w^2}$, 于是$$\begin{array}{rl}\frac{\pi \alpha }{2}{\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2}\right)}^2\right)\frac{du}{u^2}& =\frac{\alpha }{2}{\int }_{-\infty }^0\exp \left(-{\left(w-\frac{\pi \alpha }{2w}\right)}^2\right)\frac{2}{\pi \alpha }dw\\ & ={\int }_{-\infty }^0\exp \left(-{\left(w-\frac{\pi \alpha }{2w}\right)}^2\right)dw,\end{array}$$即有 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-y^2}dy={\int }_{-\infty }^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)du$, 从而$${\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)du={\int }_0^{+\infty }{e}^{-y^2}dy=\frac{\sqrt{\pi }}{2},$$即得 $J(\alpha )=\frac{\pi }{2}{e}^{-\pi |\alpha |}$. 对于 ${\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin \left(\alpha \pi x\right)}{1+x^2}dx$, 注意到$$J^{\prime }(\alpha )=-\pi {\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin (\alpha \pi x)}{1+x^2}dx=-\frac{{\pi }^2}{2}{e}^{-\pi \alpha },\alpha >0,$$类似可得其余结果, 最终 ${\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin \left(\alpha \pi x\right)}{1+x^2}dx=\mathrm{sgn}(\alpha )\frac{\pi }{2}{e}^{-\pi |\alpha |}$.

$\square$

证明: (12.3.27) 式给出了方程 (12.3.23) 的唯一解.

证明.

$\square$

设 $p\in (1,2)$, 速降函数列 $\{{\phi }_k\}$ 在 $L^p\left({\mathbb{R}}^n\right)$ 中强收敛于 $f$. 证明: $\{{\hat{\phi }}_k\}$ 在 $L^{p^{\prime }}({\mathbb{R}}^n)$ 中强收敛于 $\hat{f}$, 其中 $p^{\prime }$ 是 $p$ 的对偶数.

证明.

$\square$

设 $f\in L^1({\mathbb{R}}^n)\cap L^2({\mathbb{R}}^n)$. 证明: 可取到速降函数列 $\{f_k\}$ 同时在 $L^1({\mathbb{R}}^n)$ 和 $L^2({\mathbb{R}}^n)$ 中强收敛于 $f$.

证明.

$\square$

证明: Plancherel 定理在 $L^2({\mathbb{R}}^n)$ 中成立.

证明.

$\square$

设 $p\in [1,2]$, 证明 Hausdorff-Young 不等式对于 $f\in L^p\left({\mathbb{R}}^n\right)$ 成立.

证明.

$\square$

试推广定理 3.1 和 3.2.

解答.

$\square$

4Fourier 级数的唯一性

Cantor 引理,Riemann 第一定理,Riemann 第二定理,Cantor-Lebesgue 定理,Du Bois-Reymond-de la Vallée-Poussin 定理

引理 4.1 (Cantor 引理). 设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right)$ 在区间 $[a,b]$ 上收敛, 则 ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_n={\lim }_{n\to +\infty }{b}_n=0$.

引理 4.2 (Riemann 第二定理). 设 ${\lim }_{n\to +\infty }{c}_n=0$, 则$$\underset{h\to 0}{\lim }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{c_n{\sin }^{2}nh}{n^{2}h}=0.$$

引理 4.3. 设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n=A$, 则$$\underset{h\to 0}{\lim }\sum _{n=1}^{\infty }{c}_n{\left(\frac{\sin nh}{nh}\right)}^2=A.$$

A 4.4. 试利用闭区间套定理证明引理 4.1.

证明.

$\square$

证明引理 4.2

证明.

$\square$

B 4.5. 推广引理 4.3.

解答.

$\square$