Fourier 级数的点态敛散性
Fourier 级数来自于对热传导等物理、力学问题的研究, 其收敛性至关重要. 与函
数项级数相应的是点态收敛 (也称为逐点收敛), 考查部分和 Sn(x) (n = 1, 2, · · · ) 的精
细表达式, 可得 Fourier 级数敛散性的诸多信息.
Fourier 级数的部分和与 Dirichlet 积分
若周期 2π 的函数 f(x) ∈ R[−π, π], 则形式地有 Fourier 级数
f(x) ∼
a0
2
+
∑+∞
n=1
(
an cosnx+ bn sinnx
)
,
其中 an, bn 为 f(x) 的 Fourier 系数. 以下考查此级数的部分和 Sn(x).
任给 n ∈ N, 在 Sn(x) 中代入 Fourier 系数 ak, bk, 得
ak cos kx+ bk sin kx =
1
π
ˆ π
−π
f(u)
(
cos kx cos ku+ sin kx sin ku
)
du
=
1
π
ˆ π
−π
f(u) cos k(u− x)du.
由 a0 =
1
2π
ˆ π
−π
f(u)du 和 2 sin
θ
2
∑n
k=1
cos kθ = sin
(
n+
1
2
)
θ − sin
θ
2
得
Sn(x) =
1
π
ˆ π
−π
f(u)
(
1
2
+
∑n
k=1
cos k(u− x)
)
du
=
ˆ π
−π
f(u)Dn(u− x)du.
这里 Dn(t) ≜
sin
(
n+
1
2
)
t
2π sin
t
2
. 令 u = x+ t, 且利用 f(x) 的周期性得
Sn(x) =
ˆ π−x
−π−x
f(x+ t)Dn(t)dt =
ˆ π
−π
f(x+ t)Dn(t)dt, ()
进而, 由 Dn(t) 是偶函数知
Sn(x) =
ˆ 0
−π
f(x+ t)Dn(t)dt+
ˆ π
0
f(x+ t)Dn(t)dt
=
ˆ π
0
(
f(x+ t) + f(x− t)
)
·Dn(t)dt.
特别地, 当 f(x) ≡ 1 时, 有 Sn(x) ≡ 1, 故任给 n ∈ N, 有
1 = 2
ˆ π
0
Dn(t)dt.
称 Dn(t) 为 Dirichlet 核 (函数), 且称ˆ π
0
(
f(x+ t) + f(x− t)
)
·Dn(t)dt
为f(x) 的 Dirichlet 积分. 于是, 任给 x0 ∈ [−π, π], limn→∞ Sn(x0) = S0 等价于序列极
限 limn→∞
(
Sn(x0)− S0
)
= limn→∞
ˆ π
0
φ(t)Dn(t)dt = 0, 其中 S0 待定, 且
φ(t) = f(x0 + t) + f(x0 − t)− 2S0. ()
进而, 由 φ(t)Dn(t) =
φ(t)
2π sin
t
2
sin
(
n+
1
2
)
t 知
Sn(x0)− S0 =
ˆ π
0
φ(t)
2π sin
t
2
sin
(
n+
1
2
)
tdt. ()
于是粗略地看, 对可积的
φ(t)
2π sin
t
2
, 当 n→ ∞ 时, sin
(
n+
1
2
)
t 在 x 轴上、下振荡次数
任意增加, 使()中因为积分的正、负部分抵消程度无限增加而使 Sn(x0)−S0 → 0.
刻画这一事实的是如下的结论.
引理 . 设 f(x) ∈ R[a, b], 则
limλ→+∞
ˆ b
a
f(x) sinλxdx = 0, limλ→+∞
ˆ b
a
f(x) cosλxdx = 0.
证明 : 只需证明第一式. 由已知, 任给 ε > 0, 存在 [a, b] 的分割 ∆0 使∑n
i=1
ωi(f)∆xi <
ε
2
,
其中 ∆xi, ωi(f) 的含义同第 6 章. 由已知, 记 Mi = supx∈[xi−1,xi] f(x), 且
M = supx∈[a,b] |f(x)|,
则任给 x ∈ [xi−1, xi], 有 |f(x)−Mi| ≤ ωi(f), 于是∣∣∣ ˆ xi
xi−1
f(x) sinλxdx
∣∣∣ ≤ ∣∣∣ ˆ xi
xi−1
(f(x)−Mi) sinλxdx
∣∣∣+ ∣∣∣Mi ˆ xi
xi−1
sinλxdx
∣∣∣
≤ ωi(f)∆xi +
2
λ
M.
记
ˆ b
a
f(x) sinλxdx = I, 注意到 I =
∑n
i=1
ˆ xi
xi−1
f(x) sinλxdx, 则
|I| ≤
∑n
i=1
ωi(f)∆xi +
2
λ
∑n
i=1
M ≤
ε
2
+
2nM
λ
.
对以上的 ε > 0 和分割 ∆0, 取 X =
4nM
ε
, 则当 λ > X 时, 有
|I| ≤
ε
2
+
2nM
λ
<
ε
2
+
ε
2
= ε.
于是, limλ→+∞
ˆ b
a
f(x) sinλxdx = 0. 同理可证第二式.
Riemann-Lebesgue 定理与 Riemann 局部化定理
基本条件 A 函数 f(x) 在 [a, b] 上可积或有瑕点时绝对可积.
由定义, 基本条件 A 的确切含义如下:
或者 f(x) ∈ R[a, b]; 或者 f(x) 仅有有限个瑕点、在 [a, b] 的不含瑕点的任一闭子
区间上 Riemann 可积, 且瑕积分
ˆ b
a
|f(x)|dx 收敛.
比引理更一般的结论是以下的 Riemann-Lebesgue 定理.
定理 . 设 f(x) 在 [a, b] 上满足基本条件 A, 则
limλ→+∞
ˆ b
a
f(x) sinλxdx = 0, limλ→+∞
ˆ b
a
f(x) cosλxdx = 0.
证明 : 不妨设 f(x)仅有瑕点 c ∈ (a, b). 由 f(x)绝对可积,任给 ε > 0,存在 δ > 0,
使 [c− δ, c+ δ] ⊆ (a, b), 且
ˆ c+δ
c−δ
|f(x)|dx <
ε
3
, 故任给 λ, 有∣∣∣ ˆ c+δ
c−δ
f(x) sinλxdx
∣∣∣ ≤ ˆ c+δ
c−δ
|f(x)|dx <
ε
3
.
由基本条件 A, 有 f(x) ∈ R[a, c− δ] 及 f(x) ∈ R[c+ δ, b], 故由引理知, 存在 δ 决
定的 X > 0, 使当 λ > X 时, 有
∣∣∣ ˆ c−δ
a
f(x) sinλxdx
∣∣∣ < ε
3
,
∣∣∣ ˆ b
c+δ
f(x) sinλxdx
∣∣∣ < ε
3
.
从而, 当 λ > X 时, 有∣∣∣ ˆ b
a
f(x) sinλxdx
∣∣∣ ≤∣∣∣ ˆ c−δ
a
f(x) sinλxdx
∣∣∣+ ∣∣∣ ˆ c+δ
c−δ
f(x) sinλxdx
∣∣∣
+
∣∣∣ ˆ b
c+δ
f(x) sinλxdx
∣∣∣ < ε
3
+
ε
3
+
ε
3
= ε,
可见, limλ→+∞
ˆ b
a
f(x) sinλxdx = 0. 同理可证第二式.
由 Riemann-Lebesgue 定理、()和(), 若周期 2π 的 f(x) 在 [−π, π] 上
满足基本条件 A, 则存在 S0 使 limn→∞ Sn(x0) = S0 当且仅当
limn→∞
ˆ π
0
φ(t)
2 sin t
2
sin
(
n+
1
2
)
tdt = 0. ()
定理 . 设周期 2π 的 f(x) 在 [−π, π] 上满足基本条件 A, x0 ∈ [−π, π], 则存
在 S0 使 limn→∞ Sn(x0) = S0 当且仅当任意给定 δ > 0, 有
limn→∞
ˆ δ
0
φ(t)
t
sin
(
n+
1
2
)
tdt = 0. ()
证明 : 由已知, 存在 S0 使 limn→∞ Sn(x0) = S0 当且仅当()成立.
注意到任给 δ > 0, 在 [δ, π] 上
φ(t)
2 sin
t
2
满足基本条件 A 等同于 f(x) 满足基本条件
A, 故由已知和定理有
ˆ π
δ
φ(t)
2 sin
t
2
sin
(
n+
1
2
)
tdt→ 0 (n→ ∞),
而 φ(t) 关于 x0 对称, 于是 Sn(x0) → S0 仅受 f(x) 在 x0 附近的值影响.
进一步地, 定义 γ(t) =
1
2 sin
t
2
−
1
t
, t 6= 0;
0, t = 0,
易知 limt→0 γ(t) = 0 = γ(0), 故
γ(t) ∈ C[0, π]、有界, 从而 φ(t)γ(t) 在 [0, δ] 上满足基本条件 A.
由定理知, limn→∞
ˆ δ
0
φ(t)γ(t) sin
(
n +
1
2
)
tdt = 0, 故存在 S0 使 Sn(x0) →
S0(n→ ∞) 当且仅当()成立, 也当且仅当
limn→∞
ˆ δ
0
φ(t)
t
sin
(
n+
1
2
)
tdt = 0.
Fourier 级数的点态收敛判别法
由 Riemann 局部化定理的证明, limn→∞ Sn(x0) = S0 当且仅当对某 δ > 0, S0 使
φ(t)
t
在 [0, δ] 上满足 (), 其中 φ(t) 由()定义.
定理 . 设周期 2π 的 f(x) 在 [−π, π] 内分段可微, 则 f(x) 的 Fourier 展式处
处收敛到 S0 ≜
f(x−) + f(x+)
2
.
证明 : 由已知, 任取 x0 ∈ [−π, π] 和取定的某 δ > 0, t 的函数
φ+(t) ≜ f(x0 + t)− f(x0+), φ−(t) ≜ f(x0 − t)− f(x0−)
使
φ+(t)
t
,
φ−(t)
t
在 [0, δ] 上均为有界、可积, 故由引理得
limn→∞
ˆ δ
0
φ+(t)
t
sin
(
n+
1
2
)
tdt = 0,
limn→∞
ˆ δ
0
φ−(t)
t
sin
(
n+
1
2
)
tdt = 0.
对 S0 =
f(x0−) + f(x0+)
2
, 按照()定义 φ(t), 则由极限加法法则知
limn→∞
ˆ δ
0
φ(t)
t
sin
(
n+
1
2
)
tdt = 0
成立, 进而由 Riemann 局部化定理知, limn→∞ Sn(x0) = S0.
引理 . 设 δ0 > 0 使 g(x) 在 (0, δ0) 内单调、有界, 且 g(0+) = 0, 则
limn→∞
ˆ δ0
0
g(t)
t
sin
(
n+
1
2
)
tdt = 0.
证明 : 任给 z1, z2 ∈ (0, δ0), 形式地记
ˆ z2
z1
g(t)
t
sin
(
n +
1
2
)
tdt = Iz1,z2, 则要证的结
论为 limn→∞ I0,δ0 = 0, 且仅需证 g(x) 在 (0, δ0) 内单增的情形.
由
ˆ +∞
0
sin t
t
dt =
π
2
知, 函数
ˆ x
0
sin t
t
dt 在 [0,+∞) 上有界, 记为 M .
由单侧连续的定义, 任给 ε > 0, 存在 δ ∈ (0, δ0), 使当 t ∈ (0, δ] 时, 有 0 ≤ g(x) <
ε
4M
, 故由定理, 存在 ξ ∈ (0, δ), 使
I0,δ = g(δ) ·
ˆ δ
ξ
1
t
sin
(
n+
1
2
)
tdt.
令
(
n+
1
2
)
t = u, 则
∣∣I0,δ∣∣ = ∣∣g(δ)∣∣ · ∣∣∣ ˆ (n+ 12 )δ
(n+ 1
2
)ξ
sinu
u
du
∣∣∣ < ε
4M
· 2M =
ε
2
.
注意到定理, 则存在 N ∈ N, 使当 n ≥ N 时,
∣∣Iδ,δ0∣∣ ≤ ε
2
.
于是由
∣∣I0,δ0∣∣ ≤ ∣∣I0,δ∣∣+ ∣∣Iδ,δ0∣∣ < ε(n ≥ N) 知, limn→∞ I0,δ0 = 0.
定理 (Dirichlet). 设周期 2π 的函数 f(x)在 [−π, π]上满足基本条件 A, x0 ∈
[−π, π] 非瑕点, 且存在 δ0 > 0, 使得 f(x) 在 (x0 − δ0, x0) 及 (x0, x0 + δ0) 内分别单
调, 则 f(x) 的 Fourier 展式在 x0 处收敛到
S0 =
f(x0−) + f(x0+)
2
.
证明 : 由已知, f(x0−), f(x0+)存在,且定理的证明中定义的 φ−(t), φ+(t)在
(0, δ0) 内单调、有界. 因为 φ+(0+) = 0, 故由引理可知
limn→∞
ˆ δ0
0
φ+(t)
t
sin
(
n+
1
2
)
tdt = 0.
同理, limn→∞
ˆ δ0
0
φ−(t)
t
sin
(
n+
1
2
)
tdt = 0. 再由(), 得
limn→∞
ˆ δ0
0
φ(t)
t
sin
(
n+
1
2
)
tdt = 0.
进而, 由 Riemann 局部化定理知, limn→∞ Sn(x0) = S0.
连续函数的三角多项式一致逼近
除了任一 [a, b] 上的连续函数可由多项式一致逼近, 周期 2π 的连续函数也可由三
角多项式一致逼近, 这就是 Weierstrass 第二逼近定理.
首先, 有三角恒等式∑n
k=0
sin
(
k +
1
2
)
t =
(
sin2
n+ 1
2
t
)/
sin
t
2
, ∀t ∈ R. ()
这里, 作恒等变形, 结合积化和差公式与倍角公式, 整理下式即可:
2 sin
t
2
·
∑n
k=0
sin
(
k +
1
2
)
t =
∑n
k=0
2 sin
t
2
· sin
(
k +
1
2
)
t
=
∑n
k=0
(
cos kt− cos(k + 1)t
)
.
定理 . 设 f(x) 是以 2π 为周期的连续函数, 则存在
Tn(x) =
α0
2
+
∑n
k=1
(αk cos kx+ βk sin kx) (n = 1, 2, · · · ),
使得任给 ε > 0, 存在 N ∈ N, 当 n > N 时, 任意的 x ∈ R, 有
|Tn(x)− f(x)| < ε.
对 f(x) 的 Fourier 展式的部分和 Sn(x), 令
S∗n(x) =
S0(x) + S1(x) + · · ·+ Sn(x)
n+ 1
, ∀n ∈ N.
易知, S∗n(x) 仍为三角多项式, 与 Sn(x) 同阶. 由()和()得
S∗n(x) =
1
π
ˆ π
−π
f(x+ t)ϕn(t)dt, ()
其中, ϕn(t) =
sin2
n+ 1
2
t
2(n+ 1) sin2
t
2
称为 Fejér 核. 显然, 任给 t, 有 ϕn(t) ≥ 0.
若在()中令 f(x) ≡ 1, 则
1
π
ˆ π
−π
ϕn(t)dt = 1.
定理的证明 下证序列 S∗n(x) 在 [−π, π] 上一致收敛于 f(x).
记 M = maxx∈[−π,π] |f(x)|. 由已知和第 (2) 题, f(x) 在 R 上一致连续, 从而
任给 ε > 0, 存在 δ > 0, 当 x1, x2 满足 |x1 − x2| < δ 时, 有
|f(x1)− f(x2)| <
ε
3
.
任给 x ∈ [−π, π], f(x)− S∗n(x) =
1
π
ˆ π
−π
ϕn(t)
(
f(x)− f(x+ t)
)
dt, 故
∣∣f(x)− S∗n(x)∣∣ ≤ 1π
ˆ π
−π
ϕn(t)
∣∣f(x)− f(x+ t)∣∣dt. ()
由积分的区间可加性, ()右端表示为 I1 + I2 + I3, 其中
I1 =
1
π
ˆ π
δ
ϕn(t)
∣∣f(x)− f(x+ t)∣∣dt,
I2 =
1
π
ˆ δ
−δ
ϕn(t)
∣∣f(x)− f(x+ t)∣∣dt,
I3 =
1
π
ˆ −δ
−π
ϕn(t)
∣∣f(x)− f(x+ t)∣∣dt.
显然 I2 ≤
ε
3π
ˆ δ
−δ
ϕn(t)dt ≤
ε
3π
ˆ π
−π
ϕn(t)dt =
ε
3
, 而在 [δ, π] 上, sin2
t
2
≥ sin2
δ
2
, 且∣∣f(x)− f(x+ t)∣∣ ≤ 2M , 故存在 N1 > 0, 当 n > N1 时, 有
I1 ≤
2M
π
ˆ π
δ
1
2(n+ 1) sin2
δ
2
dt <
M(π − δ)
π sin2
δ
2
·
1
n+ 1
<
ε
3
.
同理可证, 存在 N2 > 0, 当 n > N2 时, 有 I3 <
ε
3
.
因此, 当 n > N = max
{
N1, N2
}
时, 任给 x ∈ [−π, π], 有∣∣f(x)− S∗n(x)∣∣ < ε. □
例 . 设周期 2π 的 f(x) ∈ C(R), 且 f(x) 的 Fourier 展式
a0
2
+
∑+∞
n=1
(an cosnx+ bn sinnx)
处处收敛, 则任给 x ∈ R, 有 limn→∞ Sn(x) = f(x).
证明 : 记 S0(x) =
a0
2
, 任给 n ∈ N, Sn(x), S∗n(x) 同前.
由已知, 存在 g(x), 使得任给 x ∈ R, 有 limn→∞ Sn(x) = g(x). 因为 zn → a 时, 有
z1 + z2 + · · ·+ zn
n
→ a, 故任给 x ∈ R, 有 limn→∞ S∗n(x) = g(x).
而由定理, 又有 S∗n(x) ⇒ f(x) (x ∈ R), 则由“一致收敛必收敛且极限相同”
可知 f(x) ≡ g(x) (x ∈ R), 即
limn→∞ Sn(x) = f(x), x ∈ R.
由上例, 连续函数的 Fourier 展式若收敛, 则一定是一致收敛于该函数.
