第 12 章 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.

1.	设 $f$ 以 $2\pi$ 为周期, 对于 $x\in [0,2\pi )$, $f(x)={\chi }_{[a,b]}(x)$, 其中 $0⩽a<b<2\pi$. 试将 $f$ 展开成 Fourier 级数. 解答. 我们有$$\begin{array}{rl}{a}_0& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }{\chi }_{[a,b]}(x)\mathrm{d}x=\frac{b-a}{\pi },a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }{\chi }_{[a,b]}(x)\cos nx\mathrm{d}x=\frac{\sin nb-\sin na}{n\pi },\\ b_n& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }{\chi }_{[a,b]}(x)\sin nx\mathrm{d}x=\frac{\cos na-\cos nb}{n\pi }.\end{array}$$因此$$f(x)\sim \frac{b-a}{2\pi }+\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{\sin nb-\sin na}{n\pi }\cos nx+\frac{\cos na-\cos nb}{n\pi }\sin nx\right).$$$\square$
2.	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$$\begin{array}{r}{a}_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }|\cos x|\mathrm{d}x=\frac{4}{\pi },a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }|\cos x|\cos 2nx\mathrm{d}x=\frac{4(-1{)}^{n+1}}{\pi (2n+1)(2n-1)}.\end{array}$$对于 $|\sin x|$, 有$$a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }|\sin x|\mathrm{d}x=\frac{4}{\pi },a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }|\sin x|\cos 2nx\mathrm{d}x=-\frac{4}{\pi (2n+1)(2n-1)}.$$于是有$$|\sin x|=\frac{2}{\pi }+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{4(-1{)}^{n+1}\cos nx}{\pi (2n+1)(2n-1)},|\cos x|=\frac{2}{\pi }-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{4\cos nx}{\pi (2n+1)(2n-1)}.$$$\square$
3.	设 $p,q$ 为对偶数, $f\in L_{\#}^p(\mathbb{R}),g\in L_{\#}^q(\mathbb{R})$. 令$$h(x)={\int }_0^{2\pi }f(y)g(x-y)\mathrm{d}y,x\in \mathbb{R}.$$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$$h(x+2\pi )={\int }_0^{2\pi }f(y)g(x+2\pi -y)\mathrm{d}y={\int }_0^{2\pi }f(y)g(x-y)\mathrm{d}y=h(x),$$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$$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x)\cos nx\mathrm{d}x,b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x)\sin nx\mathrm{d}x,$$注意 $f$ 的 Fourier 级数可以表示为 $\sum _{n=-\infty }^{+\infty }{c}_n{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}nx}$, 其中$$c_0=\frac{a_0}{2},c_n=\frac{a_n-b_n\mathrm{i}}{2},c_{-n}=\frac{a_n+b_n\mathrm{i}}{2},n⩾1,$$于是有 $c_n=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x){\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}nx}\mathrm{d}x$, 我们以此为基础, 分析 $h$ 的 Fourier 系数与 $f,g$ 的 Fourier 系数的关系, 分别记 $g,h$ 的 Fourier 展开为 $\sum _{n=-\infty }^{+\infty }{p}_n{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}nx},\sum _{n=-\infty }^{+\infty }{q}_n{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}nx}$, 于是$$\begin{array}{rl}{q}_n& =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }h(x){\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}nx}\mathrm{d}x=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\left({\int }_0^{2\pi }f(y)g(x-y)\mathrm{d}y\right){\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}nx}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{\pi }f(y){\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}ny}\left({\int }_0^{2\pi }g(x-y){\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}n(x-y)}\mathrm{d}x\right)\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(y){\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}ny}\mathrm{d}y\cdot {\int }_0^{2\pi }g(x){\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}nx}\mathrm{d}x=c_n\cdot 2\pi p_n.\end{array}$$ $\square$
4.	设 $f\in L_{\#}^1(\mathbb{R}),h_1(x)=f(-x),h_2(x)=f(x+x_0)\left(x\in \mathbb{R}\right)$, 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$$\begin{array}{rl}{h}_1(x)& \sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx-b_n\sin nx\right),\\ h_2(x)& \sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(\left(a_n\cos n{x}_0+b_n\sin n{x}_0\right)\cos nx+\left(b_n\cos n{x}_0-a_n\sin n{x}_0\right)\sin nx\right).\end{array}$$ $\square$
5.	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$$\begin{array}{c}{a}_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\mathrm{d}x=\frac{2{\pi }^3-3{\pi }^2}{3\pi },\\ a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\cos nx\mathrm{d}x=\frac{2(2\pi -1)(1+\cos n\pi )}{\pi n^2},n⩾1.\end{array}$$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$$a_0=0,a_n=0,b_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\sin nx\mathrm{d}x=\frac{4\cos n\pi -4-2n^2({\pi }^2-\pi )\cos n\pi }{\pi n^3},n⩾1,$$于是$$f(x)\sim \sum _{n=1}^{\infty }\frac{4\cos n\pi -4-2n^2({\pi }^2-\pi )\cos n\pi }{\pi n^3}\sin nx.$$$\square$
6.	设 $f$ 以 $2\pi$ 为周期,$$f(x)=-\ln \left(2\sin \frac{x}{2}\right),\forall x\in (0,2\pi ).$$试计算 $f$ 的 Fourier 级数. 解答. 计算得到$$a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x)\mathrm{d}x=-\frac{1}{\pi }\left(2\pi \ln 2+2{\int }_0^{\pi }\ln \sin x\mathrm{d}x\right)=0.$$对于 ${\int }_0^{\pi }\ln \sin x\mathrm{d}x$, 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$$\begin{array}{rl}I& :={\int }_0^{\pi }\ln \sin x\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}2\ln \sin 2x\mathrm{d}x\\ & =\pi \ln 2+2{\int }_0^{\pi /2}\ln \sin x\mathrm{d}x+2{\int }_0^{\pi /2}\ln \cos x\mathrm{d}x\\ & =\pi \ln 2+2{\int }_0^{\pi }\ln \sin x\mathrm{d}x=\pi \ln 2+2I=-\pi \ln 2.\end{array}$$继续计算得到$$\begin{array}{rl}{a}_n& =-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\ln \left(2\sin \frac{x}{2}\right)\cos nx\mathrm{d}x=-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\left(\ln 2+\ln \sin \frac{x}{2}\right)\cos nx\mathrm{d}x\\ & =-\frac{1}{\pi }\left({\int }_0^{2\pi }\ln 2\cdot \sin nx\mathrm{d}x+{\int }_0^{2\pi }\ln \sin \frac{x}{2}\cdot \cos nx\mathrm{d}x\right)\\ & =-\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\ln \sin x\cdot \cos 2nx\mathrm{d}x=-\frac{2}{\pi }\left({\ln \sin x\cdot \frac{\sin 2nx}{2n}|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2nx\cdot \cos x}{2n\sin x}\mathrm{d}x\right)\\ & =\frac{1}{n\pi }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2nx\cdot \cos x}{\sin x}\mathrm{d}x.\end{array}$$注意到 $\sin 2nx\cdot \cos x=\sin (2n+1)x-\cos 2nx\cdot \sin x$, 则$${\int }_0^{\pi }\frac{\sin (2n+1)x-\cos 2nx\cdot \sin x}{\sin x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi }\frac{\sin (2n+1)x}{\sin x}\mathrm{d}x,$$注意到$$\frac{\sin (2n+1)t}{\sin t}=1+2\sum _{k=1}^n\cos (2kt),$$从而$$\frac{1}{n\pi }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2nx\cdot \cos x}{\sin x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi }\left(1+2\sum _{k=1}^{\infty }\cos 2kt\right)\mathrm{d}t=\pi .$$故 $a_n=\frac{1}{n}$.$$\begin{array}{rl}{b}_n& =-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\ln \left(2\sin \frac{x}{2}\right)\sin nx\mathrm{d}x\\ & =-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\left(\ln 2+\ln \sin \frac{x}{2}\right)\sin nx\mathrm{d}x\\ & =-\frac{1}{\pi }\left({\int }_0^{2\pi }\ln 2\cdot \sin nx\mathrm{d}x+{\int }_0^{2\pi }\ln \sin \frac{x}{2}\cdot \sin nx\mathrm{d}x\right)\\ & =-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\ln \sin \frac{x}{2}\cdot \sin nx\mathrm{d}x\\ & =-\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\ln \sin x\cdot \sin 2nx\mathrm{d}x\\ & =-\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\ln \sin x\cdot \sin 2n(\pi -x)\mathrm{d}x\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\ln \sin x\cdot \sin 2nx\mathrm{d}x=0.\end{array}$$即 $f(x)\sim \sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}.$ $\square$
7.	设 $k⩾1$, $a_n,b_n$ 为 $f\in C_{\#}^k(\mathbb{R})$ 的 Fourier 系数. 证明: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{n}^k{a}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }{n}^k{b}_n=0.$ 证明. 由推广的 Riemann–Lebesgue 引理易知 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }{b}_n=0$. 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$$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x)\cos nx\mathrm{d}x={f(x)\frac{\sin nx}{n}|}_0^{2\pi }-\frac{1}{n\pi }{\int }_0^{2\pi }{f}^{\prime }(x)\sin nx\mathrm{d}x.$$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. $\square$

B 1.2.

1.

给定 $m⩾1$. (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. (2) 设 ${\mathcal{T}}_m$ 表示以 $2\pi$ 为周期的 $m$ 阶三角多项式全体. 证明: $\forall f\in C_{\#}(\mathbb{R})$, 存在 $S\in {\mathcal{T}}_m$, 使得$$\underset{x\in [0,2\pi ]}{\max }\left|f(x)-S(x)\right|=\underset{T(x)\in {\mathcal{T}}_m}{\inf }\underset{x\in [0,2\pi ]}{\max }\left|f(x)-T(x)\right|.$$ 证明. (1) (2) $\square$

2.

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 $f^{(k)}(x)\in L^1(\mathbb{R})$. $\square$

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.

1.	设 $f\in C_{\#}^1[0,2\pi ]$, 证明: ${\int }_0^{2\pi }{\left|f(x)-\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)\mathrm{d}t\right|}^2\mathrm{d}x⩽C{\int }_0^{2\pi }|f^{\prime }(x){|}^2\mathrm{d}x$, 且其最佳常数为 $C=1$. 证明. 设$$f(x)-\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)\mathrm{d}t=\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$于是有$$f^{\prime }(x)\sim \sum _{n=1}^{\infty }\left(n{b}_n\cos nx-n{a}_n\sin nx\right),$$依 Parseval 等式便有$$\begin{array}{c}\pi \sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n^2+b_n^2\right)={\int }_0^{2\pi }{\left|f(x)-\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)\mathrm{d}t\right|}^2\mathrm{d}x.\\ \pi \sum _{n=1}^{\infty }{n}^2\left(a_n^2+b_n^2\right)={\int }_0^{2\pi }|f^{\prime }(x){|}^2\mathrm{d}x.\end{array}$$则有$${\int }_0^{2\pi }{\left|f(x)-\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)\mathrm{d}t\right|}^2\mathrm{d}x⩽{\int }_0^{2\pi }|f^{\prime }(x){|}^2\mathrm{d}x.$$$\square$
2.	按以下步骤对平面上的简单 $C^1$ 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: (1) 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 $L^2=2\pi {\int }_0^{2\pi }\left(|x^{\prime }(t){|}^2+|y^{\prime }(t){|}^2\right)\mathrm{d}t.$ (2) $S=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }(x(t)y^{\prime }(t)-x^{\prime }(t)y(t))\mathrm{d}t$. (3) $4\pi S⩽L^2$. 证明. (1) 首先由 $t=\frac{2\pi s}{L}$, 得到 $\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=\frac{L}{2\pi }$, 从而$$\frac{L^2}{4{\pi }^2}={\left(\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}\right)}^2={\left|x^{\prime }(t)\right|}^2+{\left|y^{\prime }(t)\right|}^2,$$积分得到 $L^2=2\pi {\int }_0^{2\pi }\left({\left|x^{\prime }(t)\right|}^2+{\left|y^{\prime }(t)\right|}^2\right)\mathrm{d}t.$ (2) 由 Green 公式易见$$\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }(x(t)y^{\prime }(t)-x^{\prime }(t)y(t))\mathrm{d}t=\frac{1}{2}{\int }_{C}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x={\iint }_D\mathrm{d}x\mathrm{d}y=S,$$其中 $D$ 表示闭曲线所围区域. (3) 方法 I. 由于 $C$ 是闭曲线, 有$${\int }_0^{2\pi }{x}^{\prime }(t)\mathrm{d}t={\int }_0^{2\pi }{x}^{\prime }(t)\mathrm{d}t=0,$$从而上一题说明$${\int }_0^{2\pi }|x^{\prime }(t){|}^2\mathrm{d}t⩽{\int }_0^{2\pi }|x(t){|}^2\mathrm{d}t,{\int }_0^{2\pi }|y^{\prime }(t){|}^2\mathrm{d}t⩽{\int }_0^{2\pi }|y(t){|}^2\mathrm{d}t,$$从而$${\int }_0^{2\pi }x(t)y^{\prime }(t)-x^{\prime }(t)y(t)\mathrm{d}t⩽{\int }_0^{2\pi }\frac{|x(t){|}^2+|y^{\prime }(t){|}^2+|x^{\prime }(t){|}^2+|y(t){|}^2}{2}\mathrm{d}t⩽{\int }_0^{2\pi }|x^{\prime }(t){|}^2+|y^{\prime }(t){|}^2\mathrm{d}t,$$代入 (1), (2) 即可. 方法 II. 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$$\begin{array}{c}{x}^{\prime }(t)\sim \sum _{n=1}^{\infty }\left(n{b}_n\cos nx-n{a}_n\sin nx\right),\\ y^{\prime }(t)\sim \sum _{n=1}^{\infty }\left(n{d}_n\cos nx-n{c}_n\sin nx\right),\end{array}$$于是依照 Parseval 等式有$$\begin{array}{rl}\frac{L^2}{2{\pi }^2}& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }|x^{\prime }(t){|}^2\mathrm{d}t+\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }|y^{\prime }(t){|}^2\mathrm{d}t\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2\left(a_n^2+b_n^2+c_n^2+d_n^2\right),\end{array}$$容易得到$$\begin{array}{rl}\frac{2S}{\pi }& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }(x(t)y^{\prime }(t)-x^{\prime }(t)y(t))\mathrm{d}t\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }n\left(2a_n{d}_n-2c_n{b}_n\right)\\ & ⩽\sum _{n=1}^{\infty }n\left(a_n^2+d_n^2+c_n^2+b_n^2\right),\end{array}$$由于 $n^2⩾n$, 于是 $4\pi S⩽L^2.$ 注. 更高维的等周不等式是, 如果 ${\mathbb{R}}^n$ 的紧集 $D$ 的边界 $\partial D$ 是 $n-1$ 维的光滑流形, 那么$$\frac{|\partial D{|}^n}{|D{|}^{n-1}}⩾\frac{|\partial B{|}^n}{|B{|}^{n-1}},$$其中 $B$ 是 $n$ 维的球. ($n=2$ 时即是 $L^2/S⩾(2\pi {)}^2/\pi$.) 证明见 M. Berger, B. Gostiaux, 微分几何: 流形、曲线和曲面: 第 2 版 (修订本), 王耀东译, 法兰西数学精品译丛, 高等教育出版社, 2009 年, 6.6.9, pp. 218–20. $\square$
3.	设 $f$ 在 $\left[0,+\infty \right)$ 上单调且 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$. 证明 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{+\infty }f(x)\sin nx\mathrm{d}x=0.$ 证明. 由于$$\left|{\int }_0^A\sin nx\mathrm{d}x\right|=\frac{1-\cos nA}{n}⩽1$$有界, $f$ 单调且 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$, 依 Dirichlet 判别法知 ${\int }_0^{+\infty }f(x)\sin nx\mathrm{d}x$ 收敛, 这意味着对任意小的 $\epsilon >0$, 存在 $A>0$ 使得$$\left|{\int }_A^{+\infty }f(x)\sin nx\mathrm{d}x\right|<\epsilon ,$$令 $F(x)=xf(x)$, 则 $F(0^{+})=0$, 于是由 Dirichlet 引理可得$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^A\frac{F(x)-F(0^{+})}{x}\sin nx\mathrm{d}x=0.$$再由 $\epsilon$ 的任意性即得结论. $\square$
4.	设 $n⩾1$, 证明: ${\int }_0^{\pi /2}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^4\mathrm{d}x<\frac{n^2{\pi }^2}{4}.$ 证明. 只需证 $n⩾2$ 的情况, 令$${\int }_0^{\pi /2}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^4\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /(2n)}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^4\mathrm{d}x+{\int }_{\pi /(2n)}^{\pi /2}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^4\mathrm{d}x=:I+J.$$对 $I$, 用数学归纳法易知 $\left|\frac{\sin nx}{\sin x}\right|⩽n$, 从而$$I⩽n^4{\int }_0^{\pi /(2n)}x\mathrm{d}x=\frac{n^2{\pi }^2}{8};$$对 $J$, 利用 $|\sin nx|⩽1$ 及 $\frac{2}{\pi }x<\sin x\left(0<t<\frac{\pi }{2}\right),$ 可得$$J<{\int }_{\pi /(2n)}^{\pi /2}x{\left(\frac{2}{\pi }x\right)}^{-4}\mathrm{d}x<{\int }_{\pi /(2n)}^{\infty }x{\left(\frac{2}{\pi }x\right)}^{-4}\mathrm{d}x=\frac{n^2{\pi }^2}{8}.$$相加即得结论. $\square$
5.	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 $f(x)=f(0)+{\int }_0^{x}g(t)\mathrm{d}t$, 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 $f(x)=f(0)+{\int }_0^{x}g(t)\mathrm{d}t$, 于是$$\underset{n\to +\infty }{\lim }n{a}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }2n{\int }_0^{1}f(x)\cos (2n\pi x)\mathrm{d}x=-\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\pi }{\int }_0^{1}g(x)\sin \left(2n\pi x\right)\mathrm{d}x=0,$$同理 $\underset{n\to +\infty }{\lim }n{b}_n=0$, 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 $f\equiv 0$. $\square$
6.	设 $1⩽p<+\infty ,f\in L^p[0,2\pi ]$, 证明: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\Vert {\sigma }_n(f;\cdot )-f(\cdot )\Vert }_{L^p[0,2\pi ]}=0.$ 证明. 根据定理 12.2.10, 对 $f\in C[0,2\pi ]$ 本题结论成立; $C[0,2\pi ]$ 在 $L^p[0,2\pi ]$ 中稠密, 从而对 $f\in L^p[0,2\pi ]$ 本题结论也成立. 具体写出来就是, 设 $f\in L^p[0,2\pi ]$, 对任意的 $\epsilon >0$, 存在 $g\in C[0,2\pi ]$ 使得$$\Vert f-g{\Vert }_{L^p}<\epsilon .$$记 Fejér 核为 $F_n$, 则$$\Vert {\sigma }_n(f;\cdot )-{\sigma }_n(g;\cdot ){\Vert }_{L^p}=\Vert F_n\ast (f-g){\Vert }_{L^p}⩽\Vert F_n{\Vert }_{L^1}\Vert f-g{\Vert }_{L^p}=\Vert f-g{\Vert }_{L^p}.$$由此, 取充分小的 $\epsilon$ 然后令 $n$ 充分大, 就有$$\begin{array}{rl}\Vert {\sigma }_n(f;\cdot )-f(\cdot ){\Vert }_{L^p}& ⩽\Vert {\sigma }_n(f;\cdot )-{\sigma }_n(g;\cdot ){\Vert }_{L^p}+\Vert {\sigma }_n(g;\cdot )-g(\cdot ){\Vert }_{L^p}+\Vert f-g{\Vert }_{L^p}\\ & <2\epsilon +\Vert {\sigma }_n(g;\cdot )-g(\cdot ){\Vert }_{L^p}\\ & \lesssim 2\epsilon +\Vert {\sigma }_n(g;\cdot )-g(\cdot ){\Vert }_{L^{\infty }}\to 0.\end{array}$$ $\square$

B 2.2.

1.	设 $f\in L_{\#}^1(\mathbb{R}),g_n\in L_{\#}^{\infty }(\mathbb{R})$ $(n⩾1)$, 满足$${\int }_{-\pi }^{\pi }{g}_n(x)\mathrm{d}x=1,{\int }_{-\pi }^{\pi }|g_n(x)|\mathrm{d}x⩽M,\forall n⩾1,$$其中 $M$ 为常数. 又对任何 $\delta >0$, 成立$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_{\delta }^{\pi }\left(|g_n(x)|+|g_n(-x)|\right)\mathrm{d}x=0,\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{\delta ⩽|x|⩽\pi }{n⩾1}}{\sup }|g_n(x)|<+\infty .$$证明: (1) 若 $f$ 在点 $x_0$ 连续, 则 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(y)g_n(x_0-y)\mathrm{d}y=f(x_0)$. (2) 若 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续, 则 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\underset{x\in \mathbb{R}}{\sup }\left|{\int }_{-\pi }^{\pi }f(y)g_n(x-y)\mathrm{d}y-f(x)\right|=0$.
2.	推广上一题的结果.
3.	计算 ${\int }_0^{\pi /2}x\ln (\sin x)\ln (\cos x)\mathrm{d}x.$ 证明. 容易得到$${\int }_0^{\pi /2}x\ln (\sin x)\ln (\cos x)\mathrm{d}x=\frac{\pi }{4}{\int }_0^{\pi /2}\ln (\sin x)\ln (\cos x)\mathrm{d}x,$$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$$I={\int }_0^{\pi /2}x\ln (\sin x)\ln (\cos x)\mathrm{d}x,$$我们有$$\begin{array}{rl}I& =\frac{\pi }{8}{\int }_0^{\pi /2}\left\{{\left[\ln (\sin x)+\ln (\cos x)\right]}^2-{\ln }^2(\sin x)-{\ln }^2(\cos x)\right\}\mathrm{d}x\\ & =\frac{\pi }{8}{\int }_0^{\pi /2}\left[{\ln }^2\frac{\sin 2x}{2}-2{\ln }^2(\sin x)\right]\mathrm{d}x\\ & =\frac{\pi }{8}{\int }_0^{\pi /2}\left\{{\left[2\ln 2+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos 4nx}{n}\right]}^2-2{\left[\ln 2+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos (2nx)}{n}\right]}^2\right\}\mathrm{d}x\\ & =\frac{\pi }{8}\left(\pi {\ln }^{2}2-\frac{\pi }{4}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}\right)=\frac{{\pi }^2}{8}{\ln }^{2}2-\frac{{\pi }^4}{192}.\end{array}$$ $\square$
4.	试考察函数 $f(x)=\sum _{n=2}^{\infty }\frac{\cos nx}{\ln n}$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上的可积性. 解答. 由 Dirichlet 判别法, $f(x)$ 在 $(0,\pi ]$ 上内闭一致收敛, 从而逐次积分得出, 对任意的 $x\in (0,\pi ]$, 有$${\int }_x^{\pi }f(t)\mathrm{d}t=-\sum _{n=2}^{\infty }\frac{\sin nx}{n\ln n}.$$根据下面的第 7 题, 这一级数在 $[-\pi ,\pi ]$ 上一致收敛, 则令 $x\to 0^{+}$ 得到$${\int }_0^{\pi }f(t)\mathrm{d}t=0.$$$\square$
5.	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. 解答. 答案是 $x^{1-\alpha }$. 当 $x\to 0^{+}$ 时求和各项的步长非常小, 可以化成积分来算, 亦即$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x^{1-\alpha }}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{(nx{)}^{\alpha }}={\int }_0^{\infty }\frac{\sin t}{t^{\alpha }}\mathrm{d}t,$$这个积分由 Dirichlet 判别法收敛, 从而 $f(x)\sim x^{1-\alpha }$. 剩下的任务就是论证最后一个等号成立, 毕竟反常积分用切成无穷多段求和来算涉及交换极限, 并不天然成立; 下面说明 $L\to \infty$ 时$$x\sum _{n⩾\lceil L/x\rceil }\frac{\sin nx}{(nx{)}^{\alpha }}\to 0$$即可, 此式化无穷区间的切割为固定的区间 $[0,L]$ 的切割, 这时$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\sum _{n<\lceil L/x\rceil }\frac{\sin nx}{(nx{)}^{\alpha }}={\int }_0^L\frac{\sin t}{t^{\alpha }}\mathrm{d}t$$是成立的, 那么两边令 $L\to \infty$ 即可. 记$$S_n=\sin x+\cdots +\sin nx=\frac{\cos \frac{(n+1)x}{2}-\cos \frac{x}{2}}{\sin \frac{x}{2}},$$则$$\left|\sum _{n⩾N}\frac{\sin nx}{n^{\alpha }}\right|=\left|\sum _{n⩾N}\frac{S_n-S_{n-1}}{n^{\alpha }}\right|=\left|-\frac{S_{N-1}}{N^{\alpha }}+\sum _{n⩾N}{S}_n\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right)\right|⩽\frac{4}{N^{\alpha }\sin \frac{x}{2}},$$从而 $L\to \infty$ 时$$x\sum _{n⩾\lceil L/x\rceil }\frac{\sin nx}{(nx{)}^{\alpha }}⩽\frac{4x}{{\left(\lceil L/x\rceil x\right)}^{\alpha }\sin \frac{x}{2}}⩽\frac{4\pi }{L^{\alpha }}\to 0.$$$\square$
6.	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?
7.	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 $n{b}_n\to 0$. 证明. (本解答是楼神亲自写的) 1. 必要性: 对于 $m⩾4$, $$\begin{array}{rl}& \underset{x\in [-\pi ,\pi ]}{\sup }\left|\sum _{n=\left[\frac{m}{2}\right]}^m{b}_n\sin nx\right|⩾\sum _{n=\left[\frac{m}{2}\right]}^m{b}_n\sin nx{|}_{x=\frac{1}{m}}\\ & ⩾\sum _{n=\left[\frac{m}{2}\right]}^m{b}_n\cdot \frac{2}{\pi }\cdot \frac{n}{m}⩾\frac{m}{2}\cdot b_m\cdot \frac{2}{\pi }\cdot \frac{1}{4}=\frac{m{b}_m}{4\pi }.\end{array}$$因此, 若 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin nx$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上一致收敛, 则 $\underset{n\to +\infty }{\lim }n{b}_n=0$. 2. 充分性: 法 I. 对于 $m⩾n⩾2$, 对于 $0<|x|⩽\pi$, 有$$\begin{array}{rl}& \sum _{k=n}^m{b}_k\sin kx=\sum _{k=n}^m{b}_k\frac{\cos \left(k-\frac{1}{2}\right)x-\cos \left(k+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}\\ & =b_n\frac{\cos \left(n-\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}-\sum _{n⩽k⩽m-1}\left(b_k-b_{k+1}\right)\frac{\cos \left(k+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}-b_m\frac{\cos \left(m+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}.\end{array}$$因此, 当 $|x|⩽\frac{1}{m}$ 时, $$\left|\sum _{k=n}^m{b}_k\sin kx\right|⩽\sum _{k=n}^m\frac{k{b}_k}{m}⩽\underset{k⩾n}{\sup }k{b}_k.$$当 $\frac{1}{2n}⩽|x|⩽\pi$ 时, $$\left|\sum _{k=n}^m{b}_k\sin kx\right|⩽\frac{1}{2\sin \frac{1}{4n}}\left(b_n+b_m+\sum _{n⩽k⩽m-1}(b_k-b_{k+1})\right)=\frac{b_n}{\sin \frac{1}{4n}}⩽2\pi \underset{k⩾n}{\sup }k{b}_k.$$当 $\frac{1}{m}⩽|x|⩽\frac{1}{2n}$ 时, 取 $N=\left[\frac{1}{|x|}\right]$, 则 $n⩽\frac{1}{2|x|}⩽\frac{1}{|x|}-1⩽N⩽\frac{1}{|x|}⩽m,|x|⩽\frac{1}{N}⩽2|x|$. $$\begin{array}{rl}\left|\sum _{k=n}^m{b}_k\sin kx\right|& ⩽\left|\sum _{k=n}^N{b}_k\sin kx\right|+\left|\sum _{k=N+1}^m{b}_k\sin kx\right|\\ & ⩽\underset{k⩾n}{\sup }k{b}_k+2\pi \underset{k⩾N+1}{\sup }k{b}_k⩽3\pi \underset{k⩾n}{\sup }k{b}_k.\end{array}$$总之, 可得$$\underset{|x|⩽\pi }{\sup }\left|\sum _{k=n}^m{b}_k\sin kx\right|⩽3\pi \underset{k⩾n}{\sup }k{b}_k.$$因此, $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin nx$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上一致收敛. 法 II. 利用级数的收敛性, 可使得证明简洁一些. 当 $0<|x|⩽\pi$ 时, 注意到以下所涉及级数的收敛性, 对于 $n⩾2$, 我们有$$\begin{array}{rl}& \sum _{k=n}^{\infty }{b}_k\sin kx=\sum _{k=n}^{\infty }{b}_k\frac{\cos \left(k-\frac{1}{2}\right)x-\cos \left(k+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}\\ & =b_n\frac{\cos \left(n-\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}-\sum _{k=n}^{\infty }\left(b_k-b_{k+1}\right)\frac{\cos \left(k+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}\\ & =b_n\frac{\cos \left(n-\frac{1}{2}\right)x-1}{2\sin \frac{x}{2}}-\sum _{k=n}^{\infty }\left(b_k-b_{k+1}\right)\frac{\cos \left(k+\frac{1}{2}\right)x-1}{2\sin \frac{x}{2}}\\ & =-b_n\frac{{\sin }^2\frac{(2n-1)x}{4}}{2\sin \frac{x}{2}}+\sum _{k=n}^{\infty }\left(b_k-b_{k+1}\right)\frac{{\sin }^2\frac{(2k+1)x}{4}}{2\sin \frac{x}{2}}.\end{array}$$若 $\frac{1}{n}⩽|x|⩽\pi$, 则由上式得到$$\left|\sum _{k=n}^{\infty }{b}_k\sin kx\right|⩽\frac{b_n}{\sin \frac{|x|}{2}}⩽\pi n{b}_n.$$若 $0<|x|<\frac{1}{n}$, 令 $m=\left[\frac{1}{|x|}\right]$, 则 $\frac{1}{m+1}⩽|x|<\frac{1}{m}$. $$\begin{array}{rl}& \left|\sum _{k=n}^{\infty }{b}_k\sin kx\right|⩽\left|\sum _{k=n}^m{b}_k\sin kx\right|+\left|\sum _{k=m+1}^{\infty }{b}_k\sin kx\right|\\ & ⩽\frac{1}{m}\sum _{k=n}^{m}k{b}_k+\pi (m+1)b_{m+1}⩽2\pi \underset{k⩾n}{\sup }k{b}_k.\end{array}$$总之, 可得$$\underset{|x|⩽\pi }{\sup }\left|\sum _{k=n}^{\infty }{b}_k\sin kx\right|⩽2\pi \underset{k⩾n}{\sup }k{b}_k.$$因此, $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin nx$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上一致收敛. $\square$
8.	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. 讨论. 这里要求求导和求和可交换, 那么最好要 $a_n,b_n$ 迅速衰减, 可以对 $f$ 的正则性提出要求. $\square$
9.	对于 $p\in [1,+\infty )$, 证明 (12.2.38) 式与 (12.2.40) 式的等价性. 证明. (40)$\Rightarrow$(38) 是用三角函数的稠密性, (38)$\Rightarrow$(40) 是对算子族 $\{S_n{\}}_{n⩾1}$ 用一致有界原理. $\square$
10.	证明 (12.2.39) 与 (12.2.41) 式等价. 证明. 同上题. $\square$

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$$\begin{array}{rl}& (f\ast g{)}^{\wedge }(\mathbf{x})=\hat{f}(\mathbf{x})\hat{g}(\mathbf{x}),\forall \mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n\\ & (fg{)}^{\wedge }(\mathbf{x})=(\hat{f}\ast \hat{g})(\mathbf{x}),\forall \mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n.\end{array}$$

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

A 3.3.

1.	设 $f\in L^1({\mathbb{R}}^n),g(\mathbf{x})=f(r\mathbf{x})$, 其中 $r>0$ 为给定实数, 试用 $f$ 的 Fourier 变换表示 $g$ 的 Fourier 变换. 解答. $\square$
2.	设 $f\in C_c^2(\mathbb{R})$, 证明 $\underset{x\to \infty }{\lim }|x^2\hat{f}(x)|=0$. 进而对于任何 $g\in L^{\infty }(\mathbb{R})$, 有$$\underset{T\to +\infty }{\lim }\sum _{n=-\infty }^{+\infty }\frac{1}{T}\hat{f}\left(\frac{n}{T}\right)g\left(\frac{n}{T}\right)={\int }_{\mathbb{R}}\hat{f}(x)g(x)\mathrm{d}x.$$ 证明. $\square$
3.	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: ${\int }_{\mathbb{R}}\hat{f}(x)\mathrm{d}x=f(0).$ 证明. $\square$
4.	设 $f(x)=\pi {\mathrm{e}}^{-2\pi |x|}(x\in \mathbb{R})$. 试求 $f$ 的 Fourier 变换. 解答. $\hat{f}(\xi )=\frac{1}{1+{\xi }^2}$, 具体过程见习题 2.2.11. $\square$
5.	证明: $g(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\pi y^2}{\mathrm{e}}^{2\pi yz}\mathrm{d}y$ 复可导. 证明. 全纯函数列 $g_n(z)={\int }_{-n}^n{\mathrm{e}}^{-\pi y^2}{\mathrm{e}}^{2\pi yz}\mathrm{d}y$ 在有界区域上一致收敛于 $g(z)$. $\square$
6.	试用积分号下求导的方法计算$$F(x)={\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\pi y^2}{\mathrm{e}}^{-2\pi \mathrm{i}xy}\mathrm{d}y,x\in \mathbb{R}.$$ 解答. 首先 $F(0)={\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\pi y^2}\mathrm{d}y$, 即$$F(0)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\pi y^2}\mathrm{d}y=\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t=1,$$又$$F^{\prime }(x)={\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\pi y^2}{\mathrm{e}}^{-2\pi \mathrm{i}xy}(-2\pi \mathrm{i}y)\mathrm{d}y=-2\pi \mathrm{i}{\mathrm{e}}^{-\pi x^2}{\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\pi (y+\mathrm{i}x{)}^2}y\mathrm{d}y,$$由$$\begin{array}{rl}& {\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\pi (y+\mathrm{i}x{)}^2}y\mathrm{d}y={\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\pi (y+\mathrm{i}x{)}^2}\left(\left(y+\mathrm{i}x\right)-\mathrm{i}x\right)\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\pi (y+\mathrm{i}x{)}^2}\mathrm{d}{\left(y+\mathrm{i}x\right)}^2-\mathrm{i}x{\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\pi (y+\mathrm{i}x{)}^2}\mathrm{d}y=-\mathrm{i}x,\end{array}$$于是 $F^{\prime }(x)=-2\pi x{\mathrm{e}}^{-\pi x^2}$, 可知$$F(x)={\int }_0^x{F}^{\prime }(t)\mathrm{d}t+F(0)={\mathrm{e}}^{-\pi x^2}.$$$\square$

B 3.4.

1.	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$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{{\pi }^2\cos a_{1}x}{{\pi }^2-4a_1^2{x}^2}\cdots \frac{{\pi }^2\cos a_{n}x}{{\pi }^2-4a_n^2{x}^2}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2},\\ & \frac{1}{2^n{\sin }^n(1/2)}{\int }_0^{+\infty }\prod _{k=1}^n\left(\frac{\sin \frac{2a_{k}x+1}{2}}{2a_{k}x+1}+\frac{\sin \frac{2a_{k}x-1}{2}}{2a_{k}x-1}\right)\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2},\\ & {\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\frac{{\pi }^2-2a_1\pi x\sin a_{1}x}{{\pi }^2-4a_1^2{x}^2}\cdots \frac{{\pi }^2-2a_n\pi x\sin a_{n}x}{{\pi }^2-4a_n^2{x}^2}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2},\\ & 3^n{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\frac{\sin a_{1}x-a_{1}x\cos a_{1}x}{a_1^3{x}^3}\cdots \frac{\sin a_{n}x-a_{n}x\cos a_{n}x}{a_n^3{x}^3}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$ 解答. $\square$
2.	设 $f\in C^1(\mathbb{R})$, 且 ${\int }_{\mathbb{R}}\left(f^2(x)+{\left(f^{\prime }(x)\right)}^2\right)\mathrm{d}x=1$. 证明: $\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=0$, 且 ${\Vert f\Vert }_{\infty }<\frac{\sqrt{2}}{2}$. 证明. (1) 由 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}^2(x)dx$ 的收敛性得到, 存在一列 $x_n\to +\infty$ 使得 $f(x_n)\to 0$. 于是当 $x>x_n$ 时, $$\begin{array}{rl}{f}^2(x)& =f^2(x_n)+{\int }_{x_n}^{x}2f(t)f^{\prime }(t)dt\\ & ⩽f^2(x_n)+{\int }_{x_n}^{+\infty }\left(f^2(t)+{\left(f^{\prime }(t)\right)}^2\right)dt.\end{array}$$所以$$\underset{x\to +\infty }{\overline{\lim }}{f}^2(x)⩽f^2(x_n)+{\int }_{x_n}^{+\infty }\left(f^2(t)+{\left(f^{\prime }(t)\right)}^2\right)dt,\forall n\ge 1.$$在上式中令 $n\to +\infty$ 得到 $\underset{x\to +\infty }{\overline{\lim }}{f}^2(x)⩽0$, 即 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$. 类似地有 $\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=0$. 从而 $\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=0$. (2) 由 (1), $f(+\infty )=f(-\infty )=0$. 所以$$\begin{array}{rl}{f}^2(x)& =\frac{1}{2}\left(f^2(x)-f^2(+\infty )\right)+\frac{1}{2}\left(f^2(x)-f^2(-\infty )\right)\\ & ={\int }_{+\infty }^{x}f(t)f^{\prime }(t)dt+{\int }_{-\infty }^{x}f(t)f^{\prime }(t)dt\\ & ⩽\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\left(f^2(t)+{\left(f^{\prime }(t)\right)}^2\right)dt=\frac{1}{2}.\end{array}$$进一步, 假设 $\Vert f{\Vert }_{\infty }=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 结合 (1) 的结论可得 $|f|$ 的最大值在某个 $a\in \mathbb{R}$ 取到, 从而上面的不等式是等式, 则有$$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}-f(x),& x\in (a,+\infty ),\\ f(x),& x\in (-\infty ,a),\end{array}$$由此得到$$f(x)=\{\begin{array}{ll}f(a)e^{a-x},& x\in (a,+\infty ),\\ f(a)e^{x-a},& x\in (-\infty ,a).\end{array}$$于是由条件中的 $\Vert f{\Vert }_{H^1}=1$, 可得 $f(a)\ne 0$. 而这时上式定义的 $f$ 在 $a$ 点不可导, 矛盾. 所以 $\Vert f{\Vert }_{\infty }<\frac{\sqrt{2}}{2}$. $\square$
3.	设 $\alpha \in \mathbb{R}$, 计算含参变量积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos \left(\alpha \pi x\right)}{1+x^2}\mathrm{d}x,{\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin \left(\alpha \pi x\right)}{1+x^2}\mathrm{d}x$. 解答. 记$$J(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\cos \left(\alpha \pi x\right)}{1+x^2}\mathrm{d}x.$$显然有 $J(\alpha )=J(-\alpha )$, 为此我们不妨设 $\alpha ⩾0$. 注意到$${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t(1+x^2)}\mathrm{d}t=\frac{1}{1+x^2},$$于是$${\int }_0^{+\infty }\cos \left(\alpha \pi x\right)\left({\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t(1+x^2)}\mathrm{d}t\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t{x}^2}\cos \left(\alpha \pi x\right)\mathrm{d}x,$$记 $I(\alpha ,t)={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t{x}^2}\cos \left(\alpha \pi x\right)\mathrm{d}x$, 如果我们置 $x=\sqrt{\frac{\pi }{t}}p,\alpha =2\sqrt{\frac{t}{\pi }}q$, 则$$I(\alpha ,t)=\sqrt{\frac{\pi }{t}}{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\pi p^2}\cos \left(2\pi pq\right)\mathrm{d}p,$$注意到在 12.3.$\mathcal{A}$ 第 6 题中算得$${\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\pi y^2}{\mathrm{e}}^{-2\pi \mathrm{i}xy}\mathrm{d}y={\mathrm{e}}^{-\pi x^2},$$这意味着$$I(\alpha ,t)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{t}}{\mathrm{e}}^{-\pi q^2}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{t}}\exp \left(-\frac{{\pi }^2{\alpha }^2}{4t}\right).$$于是$$J(\alpha )=\frac{\sqrt{\pi }}{2}{\int }_0^{+\infty }\exp \left(-t-\frac{{\pi }^2{\alpha }^2}{4t}\right)\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}},$$置 $t=u^2$, 得$$J(\alpha )=\sqrt{\pi }{\int }_0^{+\infty }\exp \left(-\left(u^2+\frac{{\pi }^2{\alpha }^2}{4u^2}\right)\right)\mathrm{d}u=\sqrt{\pi }{\mathrm{e}}^{-\pi \alpha }{\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)\mathrm{d}u,$$置 $y=u-\frac{\pi \alpha }{2u}$, 有 $\mathrm{d}y=\left(1+\frac{\pi \alpha }{2u^2}\right)\mathrm{d}u$, 并且 $u=0,y=-\infty$; $u=+\infty ,y=+\infty$, 于是$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-y^2}\mathrm{d}y& ={\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)\left(1+\frac{\pi \alpha }{2u^2}\right)\mathrm{d}u\\ & ={\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)\mathrm{d}u+\frac{\pi \alpha }{2}{\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)\frac{\mathrm{d}u}{u^2},\end{array}$$对于 $\frac{\pi \alpha }{2}{\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)\frac{\mathrm{d}u}{u^2}$, 令 $u=-\frac{\pi \alpha }{2w}$, 则 $\mathrm{d}u=\frac{\pi \alpha }{2}\frac{\mathrm{d}w}{w^2}$, 于是$$\begin{array}{rl}\frac{\pi \alpha }{2}{\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2}\right)}^2\right)\frac{\mathrm{d}u}{u^2}& =\frac{\alpha }{2}{\int }_{-\infty }^0\exp \left(-{\left(w-\frac{\pi \alpha }{2w}\right)}^2\right)\frac{2}{\pi \alpha }\mathrm{d}w\\ & ={\int }_{-\infty }^0\exp \left(-{\left(w-\frac{\pi \alpha }{2w}\right)}^2\right)\mathrm{d}w,\end{array}$$即有$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-y^2}\mathrm{d}y={\int }_{-\infty }^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)\mathrm{d}u,$$从而$${\int }_0^{+\infty }\exp \left(-{\left(u-\frac{\pi \alpha }{2u}\right)}^2\right)\mathrm{d}u={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-y^2}\mathrm{d}y=\frac{\sqrt{\pi }}{2},$$即得 $J(\alpha )=\frac{\pi }{2}{\mathrm{e}}^{-\pi |\alpha |}$. 对于 ${\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin \left(\alpha \pi x\right)}{1+x^2}\mathrm{d}x$, 注意到$$J^{\prime }(\alpha )=-\pi {\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin (\alpha \pi x)}{1+x^2}\mathrm{d}x=-\frac{{\pi }^2}{2}{\mathrm{e}}^{-\pi \alpha },\alpha >0,$$类似可得其余结果, 最终 ${\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin \left(\alpha \pi x\right)}{1+x^2}\mathrm{d}x=\mathrm{sgn}(\alpha )\frac{\pi }{2}{\mathrm{e}}^{-\pi |\alpha |}$. $\square$
4.	证明: (12.3.27) 式给出了方程 (12.3.26) 的唯一解. 证明. 就是要说明 $f=0$ 时 $u\equiv 0$. 此时考虑 (称为能量) $$E(t)={\int }_{{\mathbb{R}}^n}u(t,\mathbf{x}{)}^2\mathrm{d}\mathbf{x},$$有$$\begin{array}{rl}{E}^{\prime }(t)& =2{\int }_{{\mathbb{R}}^n}u{u}_t=2{\int }_{{\mathbb{R}}^n}u{\Delta }_{\mathbf{x}}u\\ & =-2{\int }_{{\mathbb{R}}^n}|{\nabla }_{\mathbf{x}}u{|}^2⩽0,\end{array}$$结合 $E(0)=0$ 得到 $E(t)\equiv 0$, 从而 $u\equiv 0$. 可惜这是错误的解答, 分部积分产生的边界项未必消失; 况且本题的结论也是错误的, 热传导方程的解 $u$ 并不是唯一的. $\square$
5.	设 $p\in (1,2)$, 速降函数列 $\{{\phi }_k\}$ 在 $L^p({\mathbb{R}}^n)$ 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. $\square$
6.	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. $\square$
7.	证明: Plancherel 定理在 $L^2({\mathbb{R}}^n)$ 中成立. 证明. $\square$
8.	设 $p\in [1,2]$, 证明 Hausdorff–Young 不等式对于 $f\in L^p({\mathbb{R}}^n)$ 成立. 证明. $\square$
9.	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 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }{b}_n=0$.

引理 4.2 (Riemann 第二定理). 设 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{c}_n=0$, 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.

1.	试利用闭区间套定理证明引理 4.1. 证明. $\square$
2.	利用例 12.1.1 证明引理 4.2. 证明. $\square$

B 4.5. 1. 推广引理 4.3.

解答.

$\square$