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$${\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2nx\cdot \cos x}{\sin x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi }\left(1+2\sum _{k=1}^{\infty }\cos 2kt\right)\mathrm{d}t=\pi .$$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) 后推前显然, 前推后同各个 $\cos kx,\sin kx$ 分别作内积即可. 本质的原因在于, $m$ 阶三角多项式列全体是一个有限维向量空间, 其上的范数尽是相互等价的, 从而这一问的结论是一个特例: $C_{\#}(\mathbb{R})$ 范数和 Euclid 范数 (坐标分量是 $a_{nk},b_{nk}$) 是等价的. (2) 对右端的极小化序列 $\{T_n(x)\}$ 用 (1) 即得结论. $\square$

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$ 注: 本题是 Poincaré 不等式的特殊情形. 更一般地, 对于 ${\mathbb{R}}^n$ 的边界光滑的有界连通开集 $\Omega$ 以及 $1⩽p⩽+\infty$, 有$${\Vert u-\frac{1}{|\Omega |}{\int }_{\Omega }u(x)\mathrm{d}x\Vert }_{L^p}⩽C\Vert \nabla u{\Vert }_{L^p},$$其中 $C$ 是只与 $p,n,\Omega$ 有关的常数. 证明见 Lawrence C. Evans, Partial Differential Equations, GMS 19, American Mathematical Society, 2010, 5.8.1, Theorem 1 (p.290).
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 $L^2=2\pi {\int }_0^{2\pi }(|x^{\prime }(t){|}^2+|y^{\prime }(t){|}^2)\mathrm{d}t$. (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$${\int }_0^{2\pi }{x}^{\prime }(t)\mathrm{d}t={\int }_0^{2\pi }{y}^{\prime }(t)\mathrm{d}t=0,$$从而上一题说明$${\int }_0^{2\pi }|x^{\prime }(t){|}^2\mathrm{d}t⩽{\int }_0^{2\pi }|x(t){|}^2\mathrm{d}t,{\int }_0^{2\pi }|y^{\prime }(t){|}^2\mathrm{d}t⩽{\int }_0^{2\pi }|y(t){|}^2\mathrm{d}t,$$进而$${\int }_0^{2\pi }x(t)y^{\prime }(t)-x^{\prime }(t)y(t)\mathrm{d}t⩽{\int }_0^{2\pi }\frac{|x(t){|}^2+|y^{\prime }(t){|}^2+|x^{\prime }(t){|}^2+|y(t){|}^2}{2}\mathrm{d}t⩽{\int }_0^{2\pi }|x^{\prime }(t){|}^2+|y^{\prime }(t){|}^2\mathrm{d}t,$$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 级数一致收敛, 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. $\square$ 进阶. 由$$\underset{x\to 0}{\lim }{x}^2\left(\frac{1}{{\sin }^{4}x}-\frac{1}{x^4}\right)=\frac{2}{3}$$得存在常数 $C>0$ 使得$$\left|\frac{x{\sin }^{4}nx}{{\sin }^{4}x}-\frac{{\sin }^{4}nx}{x^3}\right|⩽\frac{C{\sin }^{4}nx}{x}⩽Cn,\forall x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right).$$由此得到$$\begin{array}{rl}& \underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n^2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{4}dx=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n^2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\sin }^{4}nx}{x^3}dx\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\frac{n\pi }{2}}\frac{{\sin }^{4}x}{x^3}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{4}x}{x^3}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{2{\sin }^{3}x\cos x}{x^2}dx\\ & ={\int }_0^{+\infty }\frac{6{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x-2{\sin }^{4}x}{x}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{\cos 2x-\cos 4x}{x}dx\\ & =\ln 2,\end{array}$$其上第二个等式为变量代换, 第四第五个等式用了分部积分, 第六个等式是三角函数恒等变换, 第七个等式用了 Frullani 公式 (也可以通过对含参变量反常积分求导来计算) . $\square$
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$$\begin{array}{rl}& a_0+\sum _{k=1}^{\infty }\left(\left(1+(-1{)}^k\right)a_k\cos (2k\pi x)+\left(1+(-1{)}^k\right)b_k\sin (2k\pi x)\right)\\ & =a_0+\sum _{k=1}^{\infty }(2a_{2k}\cos (4k\pi x)+2b_{2k}\sin (4k\pi x)),\end{array}$$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$$\underset{n\to +\infty }{\lim }n{a}_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }2n{\int }_0^{1}f(x)\cos (2n\pi x)\mathrm{d}x=-\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\pi }{\int }_0^{1}g(x)\sin (2n\pi x)\mathrm{d}x=0,$$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 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\underset{x\in \mathbb{R}}{\sup }\left|{\int }_{-\pi }^{\pi }f(y)g_n(x-y)\mathrm{d}y-f(x)\right|=0$. 证明. (1) 为了方便表述, $f,g_n$ 都视为 $[-\pi ,\pi )$ 上的函数. $[-\pi ,\pi )$ 测度有限且 $f\in L^1$, 这样当 $\eta \to +\infty$ 时$$|\{|f|>\eta \}|\to 0,{\int }_{\{|f|>\eta \}}|f|\to 0.\text{\hspace{1em}(⊚)}$$将所证结论中的 $f(x_0)$ 移到左边 ($g_n$ 的积分为 $1$) , 把积分区间拆为如下的三部分, 变成了$${\int }_{\{|y-x_0|<\delta \}}+{\int }_{\{|f(y)|>\eta ,|y-x_0|⩾\delta \}}+{\int }_{\{|f(y)|⩽\eta ,|y-x_0|⩾\delta \}}(f(y)-f(x_0))g_n(x_0-y)\mathrm{d}y\to 0.$$由于 $f$ 在 $x_0$ 连续且 $\Vert g_n{\Vert }_{L^1}$ 有一致的上界 $M$, $\delta$ 很小时第一个区域上的积分会很小; $(⊚)$ 推出第二个区域上的积分同样很小; 第三个区域上的积分很小只要令 $n$ 充分大即可, 用的是题目中 $\{g_n\}$ “对任何 $\delta >0$” 都成立的两个性质. (2) $f$ 是连续的周期函数从而一致连续, 故 $\delta$ 的选取是一致的; 且 $f$ 有界, 从而不用担心 $f(y)-f(x_0)$ 中的 $x_0$ 变为 $x$ 带来的问题. (1) 的证明加这两句话就适用于 (2) 了. $\square$
2.	推广上一题的结果. 解答. 搬到 ${\mathbb{R}}^n$ 上即可. $\square$
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, $f(x)$ 的级数在 $(0,\pi ]$ 上内闭一致收敛, 从而逐项积分得出, 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蓝色的等号成立, 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; 那么下面说明 $L\to \infty$ 时$$x\sum _{n⩾\lceil L/x\rceil }\frac{\sin nx}{(nx{)}^{\alpha }}\to 0\text{\hspace{1em}(⧫)}$$且收敛速度和 $x$ 有多小无关, 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, 由于 $(⧫)$ 确保了 $L\to \infty$ 时上式左边趋于蓝色等号的左边, 两边令 $L\to \infty$ 即完成了本题. 为了证明 $(⧫)$, 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$$\begin{array}{rl}& \sum _{k=n}^{\infty }{b}_k\sin kx=\sum _{k=n}^{\infty }{b}_k\frac{\cos \left(k-\frac{1}{2}\right)x-\cos \left(k+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}\\ & =b_n\frac{\cos \left(n-\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}-\sum _{k=n}^{\infty }\left(b_k-b_{k+1}\right)\frac{\cos \left(k+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}\\ & =b_n\frac{\cos \left(n-\frac{1}{2}\right)x-1}{2\sin \frac{x}{2}}-\sum _{k=n}^{\infty }\left(b_k-b_{k+1}\right)\frac{\cos \left(k+\frac{1}{2}\right)x-1}{2\sin \frac{x}{2}}\\ & =-b_n\frac{{\sin }^2\frac{(2n-1)x}{4}}{\sin \frac{x}{2}}+\sum _{k=n}^{\infty }\left(b_k-b_{k+1}\right)\frac{{\sin }^2\frac{(2k+1)x}{4}}{\sin \frac{x}{2}}.\end{array}$$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, Hausdorff–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. $L^{\infty }(\mathbb{R})$ 函数 $g$ 改变可数个点上的取值还是同一个函数, 由此等号左边是无意义的表达式, 本题当是错题. $\square$
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 ${\int }_{\mathbb{R}}\left(f^2(x)+(f^{\prime }(x){)}^2\right)\mathrm{d}x=1$. 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, $$\begin{array}{rl}{f}^2(x)& =f^2(x_n)+{\int }_{x_n}^{x}2f(t)f^{\prime }(t)dt\\ & ⩽f^2(x_n)+{\int }_{x_n}^{+\infty }\left(f^2(t)+(f^{\prime }(t){)}^2\right)dt.\end{array}$$所以$$\underset{x\to +\infty }{\overline{\lim }}{f}^2(x)⩽f^2(x_n)+{\int }_{x_n}^{+\infty }\left(f^2(t)+(f^{\prime }(t){)}^2\right)dt,\forall n⩾1.$$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$$\begin{array}{rl}{f}^2(x)& =\frac{1}{2}\left(f^2(x)-f^2(+\infty )\right)+\frac{1}{2}\left(f^2(x)-f^2(-\infty )\right)\\ & ={\int }_{+\infty }^{x}f(t)f^{\prime }(t)dt+{\int }_{-\infty }^{x}f(t)f^{\prime }(t)dt\\ & ⩽\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\left(f^2(t)+(f^{\prime }(t){)}^2\right)dt=\frac{1}{2}.\end{array}$$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.

$\square$