傅里叶级数均方收敛性

ε
2
；
ε 2 σ n ( f ( x )) − f ( x ) ≤ 2nπ ε
⎛ sin nt ⎞ 2M 2 dt + ⎜ ⎟ ∫ t sin 2 2nπ ⎠ t ≤δ ⎝
2
2
⎛ sin nt ⎞ 2 dt ⎜ ∫ t ⎟ sin 2 ⎠ δ ≤ t ≤π ⎝
2
M ≤ + 2 nπ
⎛ 1 ⎞ ε 2M dt ≤ + ⎜ ⎟ ∫ t 2 n sin 2 δ 2 δ ≤ t ≤π ⎝ sin 2 ⎠
证明： 设 S n f ( x ) 为 f ( x ) 之 Fourier 级数之部分和，则：
x a0 x n x + ∑ ∫ ( an cos kt + bn sin kt ) dt = ∫ Sn ( f ( t ) ) dt ，所以： 0 0 2 k =1
(
)
即： f ( x ) − g ( x ) < ε ， 最后，将 g ( x ) 周期开拓到 R 上即得定理结论。 证毕 最后，再看本章的命题，可以从引理 2 及引理 3 直接得出，即：
∀f ( x ) ∈ R [ −π , π ] ，存在三角多项式均方逼近。
2
Fourier 级数的均方收敛性，完备性
(
)
σ n ( f ( x )) = ⎡ ⎣ S0 ( f ( x ) ) + S1 ( f ( x ) ) +
称为 Fourier 级数之 Fejer 和。
1 n
1 n −1 + Sn −1 ( f ( x ) ) ⎤ = ⎦ n ∑ Sk ( f ( x ) ) k =0
1 引理 1：σ n ( f ( x ) ) = 2nπ
定理 3： f ( x ) ∈ R [ −π , π ] ， f ( x ) ~
a0 ∞ + ∑ ( an cos nx + bn sin nx ) ，则： 2 n =1
x a0 x n x [ −π ,π ] + ∑ ∫ ( an cos kt + bn sin kt ) dt ⎯⎯⎯ → ∫ f ( t ) dt 。 0 2 k =1 0
π
2
证毕
η > 0， 引理 2： 设 f ( x ) 以 2π 为周期， 在 [ −π , π ] 上可积， 且 f ( x ) ∈C [ a −η , b + η ] ，
[ ] 则： σ n ( f ( x ) ) ⎯⎯⎯ → f ( x) 。
a ,b
证明： 由引理 1：
1 σ n ( f ( x )) − f ( x ) = 2nπ 1 ≤ 2nπ 1 + 2nπ
k =0
N
令 n > N 时 bn = 0 ，则由§2 中定理知， f ( x ) 的 Fourier 系数 c0 , c1 ,
, cn ,
组成的级数部分和是 f ( x ) 之最佳均方逼近，因而一般地有 n > N 时：
f ( x ) − ∑ ckϕ k ( x ) < f ( x ) − ∑ bkϕk ( x ) = f ( x ) − ∑ bkϕ k ( x ) < ε ，
之有
{ϕ ( x )} 是单位正交基，因而一般地有：
n
15.4
高等微积分讲义
2
2 f ( x ) − ∑ ckϕ k ( x ) = f ( x ) − ∑ ck ， 2 k =0 k =0
n
n
令 n → ∞ ，所以条件 2)与 3)是等价的。 证毕 由定理 1 立刻可知：
定理 2：设 f ( x ) ∈ R [ −π , π ] 以 2π 为周期，则： 1) 2)
1 所以： σ n ( f ( x ) ) = 2nπ
∫π
−
π
⎛ sin nt ⎞ 2 f ( x + t)⎜ dt t ⎟ ⎝ sin 2 ⎠
2
令 f ( x ) ≡ 1 ，则： S n f ( x ) ≡ 1 ， σ n f ( x ) ≡ 1
(
)
(
)
1 因而： 2nπ
⎛ sin nt ⎞ 2 dt = 1 。 ∫−π ⎜ t ⎟ ⎝ sin 2 ⎠
∑(M
k =1
n
k
− mk ) Δxk <
π
M − m +1
[ xk −1 , xk ]
ε 2 ，其中：
[ −π ,π ]
[ −π ,π ]
M k = sup f ( x ) ， mk = inf f ( x ) ， M = sup f ( x ) ， m = inf f ( x )
[ xk −1 , xk ]
∫ f ( x ) g ( x ) dx 。
a
b
这一节我们的主要任务是证明，若 f ( x ) ∈ R [ −π , π ] ，则 f ( x ) 之 Fourier 级数在
[ −π , π ] 上均方收敛到 f ( x ) 。
我们将基本三角函数系中任意有限项的实线性组合称为三角多项式， 今后也沿用这一称 法。
f ( x ) 之 Fourier 级数在 [ −π , π ] 上均方收敛于 f ( x ) ； f ( x ) 的 Fourier 系数满足：
1
π
∫π
−
π
f 2 ( x ) dx =
2 ∞ a0 2 2 + ∑ ( an + bn )。 2 n =1
这是由于上一段之命题保证了定理 3 定理 1 中条件 1)是成立的。
f ( x) ~
a0 ∞ + ∑ ( an cos nx + bn sin nx ) 2 n =1
一般地有不等式（Bessel 不等式）：
f ( x)
2
2 ∞ a0 2 ≥ + ∑ ( an + bn2 ) 2 n =1
问题是：不等号何时变为等号？（类似于基向量是否“极大线性无关组”？）
定理 1（基本三角函数系之完备性）： 设： f ( x ) ∈ R [ a, b ] ， {ϕ0 ( x ) , , ϕ n ( x ) ,
作函数： g ( x ) = f ( xk −1 ) +
f ( xk ) − f ( x k −1 ) ( x − x k −1 ) ， x ∈ [ x k −1 , xk ] ， xk − x k −1
显然： g ( x ) ∈ C [ −π , π ] ，且 g ( −π ) = g (π ) ， 同时有： mk ≤ g ( x ) ≤ M k ， x ∈ [ xk −1 , x k ] ，所以：
c0 , c2 ,
, cn ,
是 f ( x ) 关于 {ϕn ( x )} 之 Fourier 系数，即 cn = ( f , ϕn ) ，
} 是一组标准正交基，
则下列三个条件互相等价： 1) 存在 {ϕ0 ( x ) , , ϕ n ( x ) , } 之线性组合均方逼近于 f ( x ) ； 2) 3)
k =0 k =0 k =0
n
n
n
因此， f ( x ) 之 Fourier 级数的部分和均方收敛于 f ( x ) 。 “ 2) ⇒ 1) ” 这是显然的，因为 限线性组合。 “ 2) ⇔ 3) ” 由于
ຫໍສະໝຸດ Baidu
∑ c ϕ ( x ) 均方逼近于 f ( x ) ，它本身是 ϕ ,
k =0 k k 0
n
, ϕn ,
高等微积分讲义
第15讲 Fourier 级数的均方收敛性
本章第二节中我们引入了“均方逼近”的概念。一个函数列 f n ( x ) 在 [ a, b ] 上均方收敛 到 f ( x ) 是指：
fn − f = ( fn − f , fn − f ) 2 → 0 ， n → ∞
1
其中： ( f , g ) = ρ
n
现在可以来讨论本节的基本结论：任意可积函数的 Fourier 级数均方收敛于函数本身。 为了回答这一问题，先换一个角度来考察 Fourier 级数。考虑 R 中的一组标准正交基：
e1 , e2 ,
, en ，对于 ∀x ∈ R n ，有：
x = x1e1 +
并且有：
+ xn en
x = ∑ xi2 （勾股定理）
f ( x ) 之 Fourier 级数之部分和均方逼近于 f ( x ) ；
∑c
n =0
∞
2 n
= f
2
（Parseval 等式）。
证明： “ 1) ⇒ 2) ” 设条件 1)成立。 则：∀ε > 0 ，∃b0 , b1 ,
, bN ∈ R ， f ( x ) − ∑ bkϕ k ( x ) < ε ，
sin( k + 1 2 )t dt t 2 sin 2
所以： σ n f ( x ) =
(
)
1 n −1 1 Sk ( f ( x ) ) = ∑ 2nπ n k =0
∫π
−
π
⎛ n −1 sin(k + 1 ⎞ 2 )t f ( x + t)⎜ ∑ ⎟ dt ， t ⎝ k =0 sin 2 ⎠
∫π
−
π
⎛ sin nt ⎞ 1 2 ，并且有： f ( x + t)⎜ dt ⎟ t 2nπ ⎝ sin 2 ⎠
2
⎛ sin nt ⎞ 2 dt = 1 。 ∫−π ⎜ t ⎟ ⎝ sin 2 ⎠
π
2
证明： 由 Dirichlet 积分公式：
S k ( f ( x) ) =
1
π
∫π
−
π
f (x + t)
1
均方逼近
命题： ∀f ( x ) ∈ R [ −π , π ] ，则存在三角式项式 Tn ( x ) 均方逼近到 f ( x ) 。
构造出来。证明的思路是先对于连续函数 f ( x ) ，构造三角多项式一致收敛到 f ( x ) ；再对 于可积函数 f ( x ) ，构造连续函数均方收敛到 f ( x ) 。 设 f ( x ) ∈ R [ −π , π ] ，周期为 2π ， S n f ( x ) 为其 Fourier 级数之部分和，令： 为了证明这一结论， 我们需要作一些准备工作， 主要目的是想设法将命题中三角多项式
15.1
Fourier 级数的均方收敛性
n −1
而：
∑ sin ( k + 12 ) t =
k =0
1 n −1 1 2sin ( k + 1 2 ) t sin 2 t t ∑ 2sin 2 k =0
1 n −1 1 − cos nt sin 2 nt 2 = ⎡cos kt − cos ( k + 1) t ⎤ ⎦ = 2sin t = sin t t ∑⎣ 2sin 2 k =0 2 2
⎛ sin nt ⎞ 2 ⎡ + − ⎤ f x t f x ( ) ( ) ⎦ ⎜ sin t ⎟ dt ∫−π ⎣ ⎝ 2 ⎠
π
2
t ≤δ
∫
⎛ sin nt ⎞ 2 f ( x + t ) − f ( x) ⎜ dt t ⎟ ⎝ sin 2 ⎠ ⎛ sin nt ⎞ 2 f ( x + t ) − f ( x) ⎜ dt t ⎟ ⎝ sin 2 ⎠
所以： ∃N ， n > N 时， σ n f ( x ) − f ( x ) < ε 对于 ∀x ∈ [ a, b ] 成立，
(
)
→ f ( x) 。 即： σ n f ( x ) ⎯⎯⎯
15.2
(
)
[ a ,b ]
高等微积分讲义
证毕
引理 3：设 f ( x ) ∈ R [ −π , π ] ，则：
∀ε > 0 ， ∃g ( x ) ∈ C (R ) ， g ( x ) 以 2π 为周期，使： f ( x ) − g ( x ) < ε 。
证明： 无妨假设： f
(π ) = f ( −π ) ，（改变有限点的值不变积分值，因而不影响
< xn = π
f ( x ) − g ( x ) 的值）。
由于 f ( x ) ∈ R [ −π , π ] ， ∀ε > 0 ，存在分割 Δ : −π = x0 < x1 < 使：
2 i =1
n
15.3
Fourier 级数的均方收敛性
类似地，考虑函数空间 R [ −π , π ] 中的一组基：
⎧ 1 , cos x,sin x, cos 2 x,sin 2 x, ⎨ ⎩ 2
对于 ∀f ( x ) ∈ R [ −π , π ] ，有：
, cos nx,sin nx,
⎫ ⎬ ⎭
2
2
δ ≤ t ≤π
∫
由于 f ( x ) ∈ C [ a − η , b + η ] ，因而一致连续，满足： ① ∀x ∈ [ a, b ] ， f ( x ) ≤ M ； ② ∀ε > 0 ，∃δ ∈ ( 0,η ) ，只要 x ∈ [ a, b ] ， x′ − x < δ ， f ( x′ ) − f ( x ) < 因而有：
f ( x) − g ( x) =
2
( f ( x ) − g ( x )) π∫π
π
−
1
2
dx =
∑ ( f ( x ) − g ( x )) π ∫
xk k =1 xk −1
1
n
2
dx
≤
1
π
∑ ( M k − mk ) Δxk ≤
2 k =1
n
M −m
π
∑(M
k =1
n
k
− mk ) Δxk < ε 2