这里是数学分析 A 3 的 Fourier 分析，不是微分方程的 Fourier 分析：二者的频率和振幅不一样！ # 数学分析复习笔记：Fourier分析（加料版）
本文摘于suki怀《数学分析教程》．
前言
闭区间上可积函数集 \(\mathcal F\) 构成 \(\mathbb R\) 上的线性空间．若赋以内积 \[ \langle f,g\rangle=\int_a^bf(x)g(x)\mathrm dx \] 则这一空间为 \(\mathbb R\) 上的内积空间．对 \(\mathcal F\) 上的单位正交基 \(\{e_n\}_{n=0}^\infty\)，任意 \(C[a,b]\) 中向量 \(f\) 可表示为 \[ f(x)\sim\sum_{n=0}^\infty \langle f,e_n\rangle e_n(x)\tag{$\star$} \] 从而给出了 \(f\) 的一个坐标表示，这一坐标表示形如级数．需要注意的是，这一坐标表示不等同于 \(f\) 的级数展开，因为右侧的级数不一定收敛；但在特定的意义下，这是用于表示和计算函数的一个好方法．一个例子是 Sturm-Liouville 边值问题谱定理在波动方程求解中的应用：由于 Sturm-Liouville 边值问题的解构成区间上二阶连续可微函数的一组正交基，可以证明一维波动方程可以表示为其可分离变量的解之和，这就将波动方程化为了两个常微分方程．
自然地，有一个问题：能否找到一个好的函数系，能够较好地表示 \(\mathbb R\) 上的连续函数？事实上考虑函数系 \[ \{1,\cos x,\sin x,\cos 2x,\sin 2x,\cdots\} \] 这是 \([-\pi,\pi]\) 上的一组正交向量，其第一项的范数是 $ $，其后每一项的范数均为 \(\sqrt{\pi}\)；并且其是周期函数．如果可以说明它是 \([-\pi,\pi]\) 的一组基，我们就有
- 对 \([-\pi,\pi]\) 上的函数，这组函数系天然可以将其分解；
- 对任意闭区间上的函数，我们可以作伸缩、平移后变为 \([-\pi,\pi]\) 上的函数，转为上一情形；
- 对于 \(\mathbb R\) 上的周期函数，只需考虑其一个周期上的情况：只要在一个周期的区间上可以作这种分解，由三角函数系的周期性，其在全空间上也可以作这样的分解，并且如若考虑逼近，其在全空间上逼近的幅度基本上是一致的．
由此可以想象，这组三角函数系是上面提到的坐标表示的一个很好的例子．用以上三角函数系作的坐标表示称为 Fourier 级数．
然而，这一表示并不完美，其中的问题是：
- 尽管对相当广泛的一类函数，其 Fourier 级数（坐标表示）是收敛于自身的，但仍然存在许多不收敛于自身的 Fourier 级数，除非考虑特殊的级数求和方法，不然表示会不完美；
- Fourier 级数只能用于表示闭区间上的部分函数或周期函数（并要求在每个周期上满足可展开的条件），对于 \(\mathbb R\) 上的非周期函数就会捉襟见肘，必须考虑由此延伸出来的更进一步的表示方法．
研究如何用这一三角函数系及其延伸的方法表示连续函数，就是 Fourier 分析的精髓．下面我们来研究这一理论．
注：带 * 号的名词表示是我自己命的名．
Fourier级数的形式
\([-\pi,\pi]\) 上的三角函数系
函数系 \[ S=\{1,\cos x,\sin x,\cos 2x,\sin 2x,\cdots,\cos nx,\sin nx,\cdots\} \] 称为 \([-\pi,\pi]\) 上的三角函数系．将其视为 \([-\pi,\pi]\) 上函数空间中的向量，容易发现如下结论：
线性无关性
\(\cos mx\) 与 \(\cos nx\) 线性无关，若 \(m\neq n\)．
正交性
\(S\) 中不同的两个函数是正交的．即在内积 \(\langle f,g\rangle=\displaystyle\int_{-\pi}^\pi f(x)g(x)\mathrm dx\) 的定义下，有 \[ \langle\cos mx,\cos nx\rangle=0,\quad \forall m\neq n. \]
- 证明：和差化积．
范数
\(S\) 中各函数的范数 \(\|f\|:=\displaystyle\left(\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)\mathrm dx\right)^{\frac12}\) 为：
- 对 \(1\)：范数为 \(\sqrt{2\pi}\)；
- 对其余项：范数为 \(\sqrt{\pi}\)．
- 证明：
以上两个定义指出： \(\left\{\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}},\dfrac{\cos x}{\sqrt{\pi}},\dfrac{\sin x}{\sqrt{\pi}},\cdots,\dfrac{\cos nx}{\sqrt{\pi}},\dfrac{\sin nx}{\sqrt{\pi}},\cdots\right\}\) 构成 \([-\pi,\pi]\) 上函数空间的一组单位正交向量组．我们目前还不能说明其是一组单位正交基——需要后面慢慢说明．
Fourier 级数：在三角函数系张成的子空间上的投影
上面定义的三角函数系 \(S\) 可以张成 \([-\pi,\pi]\) 上可积函数空间 \(\mathcal F\) 的一个子空间 \(\tilde{\mathcal F}\)，对 \(f\in\mathcal F\)，称 \(f\) 在子空间 \(\tilde{\mathcal F}\) 上的投影为 \(f\) 的 Fourier 级数．
当然可以用上面附注给出的单位正交基来写出其形式，但依据习惯，我们记作 \[ f(x)\sim\dfrac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos nx+b_n\sin nx) \] 这里 \(a_n\ (n=0,1,\cdots)\)、\(b_n\ (n=1,2,\cdots)\) 称为 Fourier 系数，其定义为 \[ \begin{gather} a_n=\dfrac{1}{\pi}\langle f,\cos nx\rangle=\dfrac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos nx\mathrm dx\\ b_n=\dfrac1\pi\langle f,\sin nx\rangle=\dfrac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin nx\mathrm dx \end{gather} \]
- 证明：这是 \((\star)\) 的简单推论．
我去，Typora 支持
\eqref和\label和\tag？
Fourier 级数的收敛性问题
Fourier 分析的一个重要问题是：什么时候可以把 「\(\sim\)」改成「\(=\)」？也就是这样的两个问题：
- Fourier 级数什么时候收敛？
- 当 Fourier 级数收敛的时候，什么时候收敛到自身？
下一节回答这两个问题．
Fourier 级数的性质与 Cauchy 和下收敛性
重要工具：Riemann-Lebesgue 引理
设 \(f\) 在 \([a,b]\) （\(b\) 可以为 \(+\infty\)）上可积且绝对可积，那么 \[ \lim\limits_{\lambda\to +\infty}\int_{a}^b f(x)\cos \lambda x\mathrm dx=\lim\limits_{\lambda\to +\infty}\int_{a}^b f(x)\sin \lambda x\mathrm dx=0. \]
证明
有限情型
取分割 \(a=x_0<x_1<x_2<\cdots<x_n=b\)，\(\Delta x=\dfrac1n\)，则 $$ \[\begin{aligned} \left|\int_a^bf(x)\cos\lambda x\mathrm dx\right|&=\left|\sum_{i=1}^n\int_{x_{i-1}}^{x_i}f(x)\cos\lambda x\mathrm dx\right| \\&\leqslant \sum_{i=1}^n\int_{x_{i-1}}^{x_i}|f(x)-f(x_{i-1})||\cos\lambda x|\mathrm dx+\sum_{i=1}^n\left|f(x_{i-1})\biggl(\dfrac{1}{\lambda}\sin\lambda x\biggr)_{x_{i-1}}^{x_i}\right|\\ &\leqslant\sum_{i=1}^n\int_{x_{i-1}}^{x_i}|f(x)-f(x_{i-1})|\mathrm dx+\dfrac{2nM}{\lambda}\\ &\leqslant \sum_{i=1}^n\omega_i\Delta x_i+\dfrac{2nM}{\lambda}. \end{aligned}\]$$ 这里 \(M=\sup\limits_{[a,b]}f(x)\)，\(\omega_i\) 是 \([x_{i-1},x_i]\) 上的振幅．
对任意 \(\varepsilon>0\)，由可积性定理，存在 \(N_1\) 使 \(n>N_1\) 时右式第一项 \(<\varepsilon\)；再取 \(N_2\) 使 \(n>N_2\) 时 \(\dfrac{2M}{n}<\varepsilon\)，则当 \(\lambda >\max^2\{N_1,N_2\}\) 时，在上式中取 \(n=\max\{N_1,N_2\}\) 即有左式 \(\leqslant2\varepsilon\)，故有限情型得证．
反常积分情型
把积分拆成 \[ \int_a^bf(x)\cos\lambda x\mathrm dx=\left(\int_a^\xi+\int_\xi^b\right)f(x)\cos \lambda x\mathrm dx \] 由反常积分收敛的性质，存在 \(\xi\) 使 \(\displaystyle\int_\xi^b|f(x)|\mathrm dx<\varepsilon\)，从而 \[ \left|\int_\xi^bf(x)\cos\lambda x\mathrm dx\right|\leqslant \int_\xi^b|f(x)\cos\lambda x|\mathrm dx\leqslant \int_\xi^b|f(x)|\mathrm dx<\varepsilon \] 而第一项是非反常积分，由已证的情型知 \(\displaystyle\int_a^\xi<\varepsilon\)，故 \(\displaystyle\left|\int_a^b\right|<2\varepsilon\)，即证．
注：手法：对于形如 \(\displaystyle\int_a^b f(x)\cos\lambda x\mathrm dx\) 的估计，拆为 \(\displaystyle\int_a^\xi+\int_\xi^b\)，其中一项由 Riemann-Lebesgue 引理知为无穷小，于是这一项的性质取决于另一个端点附近的性质．
奇偶函数的 Fourier 系数
若 \(f\) 为偶函数，则其 Fourier 系数满足 \(b_n\equiv 0\)，此时 Fourier 级数称为 余弦级数．
若 \(f\) 为奇函数，则其 Fourier 系数满足 \(a_n\equiv 0\)，此时 Fourier 级数称为 正弦级数．
Fourier 系数趋于零
由 Riemann-Lebesgue 引理可知：若 \(\displaystyle f(x)\sim\dfrac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos nx+b_n\sin nx)\)，则 \[ a_n,b_n\to 0. \]
Dirichlet 积分
引理：三角函数等差变量求和
\[ \dfrac{1}{2}+\sum_{k=1}^n\cos kx=\dfrac{\sin\left(n+\dfrac12\right)x}{2\sin\dfrac{x}{2}}. \]
- 证明：两边同乘以 \(\cos\dfrac x2\)，作积化和差．
定义：Dirichlet 积分
设 \(f\) 周期为 \(2\pi\)，\(f\sim S\leftleftarrows S_n\)，对部分和 \(\displaystyle S_n(x_0)=\dfrac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^n(a_k\cos kx_0+b_k\sin kx_0)\)，固定 \(x_0\)，代入 \(a_k,b_k\) 的表达式得 \[ \begin{aligned} S_n(x_0)&=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\mathrm dx+\sum_{k=1}^n\dfrac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)(\cos kx\cos kx_0+\sin kx\sin kx_0)\mathrm dx\\ &=\dfrac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)\left(\dfrac12+\sum_{k=1}^n\cos k(x-x_0)\right)\mathrm dx\\ &\xlongequal{上式}\dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\dfrac{\sin\left(n+\dfrac12\right)(x-x_0)}{2\sin\dfrac12(x-x_0)}\mathrm dx\\ &\xlongequal[t=x-x_0]{T=2\pi}\dfrac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(t+x_0)\dfrac{\sin\left(n+\dfrac12\right)t}{2\sin\dfrac t2}\mathrm dt\\ &=\dfrac1\pi\left(\int_{-\pi}^0+\int_0^\pi\right) f(t+x_0)\dfrac{\sin\left(n+\dfrac12\right)t}{2\sin\dfrac t2}\mathrm dt\\ &\xlongequal[u=-t]{第一个积分令}\fbox{$\dfrac1\pi\int_0^\pi\bigl(f(x_0+t)+f(x_0-t)\bigr)\dfrac{\sin\left(n+\dfrac12\right)t}{2\sin\dfrac t2}\mathrm dt$}. \end{aligned} \] 框内的式子称为 Dirichlet 积分，函数 \(g(t)=\dfrac{\sin\left(n+\dfrac12\right)t}{2\sin\dfrac t2}\) 称为 Dirichlet 核．
- Dirichlet 核的积分：由 \(\displaystyle\dfrac12+\sum_{i=1}^n\cos ix=\dfrac{\sin\left(n+\dfrac12\right)x}{2\sin\dfrac{x}{2}}\)，两边积分得 \[ \int_0^\pi\dfrac{\sin\left(n+\dfrac12\right)x}{2\sin\dfrac{x}{2}}\mathrm dx=\dfrac\pi2. \]
Fourier 级数的收敛性
局部化定理
设 \(f\in R[-\pi,\pi]\)，则 \(f\) 的 Fourier 级数在 \(x_0\) 处是否收敛，以及收敛到什么数值，仅与 \(f\) 在 \(x_0\) 处附近的行为有关．
- 证明：将 Dirichlet 积分拆成 \(\displaystyle \int_0^\delta+\int_\delta^\pi\)，后者为正常积分，对 \(\tilde f(t)=\dfrac{f(x_0+t)+f(x_0-t)}{2\sin\dfrac t2}\) ，由 Riemann-Lebesgue 定理知第二个积分趋于 \(0\)．
Dini 判别法：收敛性的充分条件
设 \(f\in R[-\pi,\pi]\)，若对 \(s\in\mathbb R\)，存在 $>0 $ 使 \[ \dfrac{f(x_0+t)+f(x_0-t)-2s}{t}=:\dfrac{\varphi(t)}{t} \] 在 \([0,\delta]\) 可积且绝对可积，则 \(f\) 的 Fourier 级数在 \(x_0\) 收敛于 \(s\)．
证明
\[ \begin{aligned} S_n(x_0)-s&=\dfrac1\pi\int_0^\pi\dfrac{\varphi(t)}{2\sin\dfrac t2}\sin\left(n+\dfrac12\right)t\mathrm dt\\ &=\dfrac{1}{\pi}\left(\int_0^\delta+\int_\delta^\pi\right) \end{aligned} \]
- 第二个积分号内由 Riemann-Lebesgue 引理知趋于 \(0\)；
- 第一个积分号内由 \(t\sim 2\sin\dfrac t2\)，\(\dfrac{\varphi(t)}{t}\) 绝对可积知 \(\dfrac{\varphi(t)}{2\sin\dfrac t2}\) 绝对可积，瑕积分满足 Riemann-Lebesgue 引理条件，从而趋于 \(0\)．
推论：点附近 Lipschitz 则 Fourier 级数收敛
称 \(f\) 在 \(x_0\) 附近有定义，称其在 \(x_0\) 附近 \(\alpha\ (\alpha\in(0,1])\) 阶 LIpschitz，若存在 \(\delta>0\)，\(L>0\)，对任意 \(0<t<\delta\) 有 \[ |f(x_0+t)-f(x_0^+)|\leqslant Lt^\alpha,\ |f(x_0-t)-f(x_0^-)|\leqslant Lt^\alpha. \] 则若 \(f\) 在 \(x_0\) 阶近满足 \(\alpha\) 阶 Lipschitz，则 \(f\) 的 Fourier 级数在 \(x_0\) 处收敛于 \(\dfrac{f(x_0^+)+f(x_0^-)}{2}\)．
证明
取 \(s=\dfrac{f(x_0^+)+f(x_0^-)}{2}\)，\(\varphi(t)=f(x_0+t)+f(x_0-t)-2s\)，则 \(\left|\dfrac{\varphi(t)}{t}\right|\leqslant\dfrac{2L}{t^{1-\alpha}}\) ，在 \([0,\delta]\) 绝对可积，由 Dini 判别法得证．
推论：（广义）导数存在则 Fourier 级数收敛
^6f09f9
若 \(f\) 在 \(x_0\) 处可导或存在两个有限的单侧导数，则 \(f\) 的 Fourier 级数收敛到 \(f(x_0)\)．
若 \(f\) 在 \(x_0\) 处存在两个有限的广义单侧导数： \[ L_+=\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{f(x_0+t)-f(x_0^+)}{t},\quad L_-=\lim\limits_{t\to 0^-}\dfrac{f(x_0+t)-f(x_0^-)}{t} \] 则 \(f\) 的 Fourier 级数收敛到 \(\dfrac{f(x_0^+)+f(x_0^-)}{2}\)．
证明
只证第二个，第一个由连续性即证．而这两个有界单侧导数条件说明 \(x_0\) 附近满足 \(1\) 阶 Lipschitz 条件．
推论：分段可微函数的 Fourier 级数收敛
若周期为 \(2\pi\) 的函数 \(f\) 在 \([-\pi,\pi]\) 分段可微，则 \(f\) 的 Fourier 级数在每点 \(x_0\) 处收敛于 \(\dfrac{f(x_0^-)+f(x_0^+)}{2}\)，特别地在连续点处收敛于 \(f(x_0)\)．
这说明：可导函数的 Fourier 函数收敛于自身．即若 \(f\) 在 \([-\pi,\pi]\) 上可微，\(f\sim S\)，则 \(f=S\)．
延拓法求非对称区间上函数
若 \(f\) 定义在 \([0,\pi]\)，则可用如下两种方法：
- 奇性延拓：令 \(f(x)=-f(-x)\)，\(x\in(-\pi,0)\)；
- 偶性延拓：令 \(f(x)=f(-x)\)，\(x\in (-\pi,0)\).
将函数转化为 \([-\pi,\pi]\) 上定义的函数，再求 Fourier 级数．
通过奇性延拓展开得正弦级数，通过偶性延拓展开得余弦级数．
Fourier 级数在 Cesàro 和下的收敛性（连续函数空间）
Cesàro 和
对级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n\)，定义其 Cesàro 和为 \[ \sum_{i=1}^\infty a_n=\dfrac1n\sum_{i=1}^n S_i=\dfrac1n\sum_{m=1}^n\sum_{i=1}^ma_i\quad (\text{C}) \]
- 若级数在 Cesàro 意义下收敛（或称均值意义下收敛），则称级数可以 Cesàro 求和．
- 若 Cauchy 和收敛，则 Cesàro 和收敛，反之不然．
Fourier 级数在 Cesàro 意义下的收敛性
Fejér 定理：Fourier 级数在某点处 Cesàro 和的收敛性
设 \(f\in\mathbb R[-\pi,\pi]\)，如果 \(f\) 在 \(x_0\) 处有左、右极限 \(f(x_0^-)\)、\(f(x_0^+)\) ，则 \(f\) 的 Fourier 级数在 \(x_0\) 处的 Cesàro 和为 \[ \dfrac{1}{2}\bigl(f(x_0^+)+f(x_0^-)\bigr). \] 特别地，若 \(f\) 在 \(x_0\) 处连续时，其 Fourier 级数的 Cesàro 和即为 \(f(x_0)\).
证明
思路是写出相应的积分式，再作估计．
记 \(s:=\dfrac{f(x_0^+)+f(x_0^-)}{2}\)，对前 \(n\) 个 Dirichlet 积分取算术平均得 \[ \begin{aligned} \sigma_n(x_0)&=\dfrac{1}{n\pi}\int_0^\pi\bigl(f(x_0+t)+f(x_0-t))\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{\sin\left(k+\dfrac12\right)t}{2\sin\dfrac{t}{2}}\mathrm dt\\ &=\dfrac{1}{2n\pi}\int_0^\pi\bigl(f(x_0+t)+f(x_0-t)\bigr)\left(\dfrac{\sin\dfrac{nt}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\right)^2\mathrm dt. \end{aligned}\tag{1} \] 这里再一次用到了三角函数等差求和技巧．两边同时减去 \(s\) 得 \[ \begin{aligned} \sigma_n(x_0)-s&-\dfrac{1}{2n\pi}\int_0^\pi\bigl(f(x_0+t)+f(x_0-t)\bigr)\left(\dfrac{\sin\dfrac{nt}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\right)^2\mathrm dt-s\\ &=\dfrac{1}{2n\pi}\int_0^\pi\bigl(f(x_0+t)+f(x_0-t)-2s\bigr)\left(\dfrac{\sin\dfrac{nt}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\right)^2\mathrm dt. \end{aligned}\tag{2} \] 其中第二个等号是因为：在式 \((1)\) 中代入 \(f\equiv 1\)，得 \[ \dfrac{1}{n\pi}\int_0^\pi\left(\dfrac{\sin\dfrac{nt}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\right)^2\mathrm dt=1. \] 令 \(\varphi(t)=f(x_0+t)+f(x_0-t)-2s\)，由左、右极限存在知对任意 \(\varepsilon\)，存在 \(\delta\) 使 \(0<t<\delta\) 时 \(|\varphi(t)|<\varepsilon\)，将 \((2)\) 代入并由「阶梯上界估计法」，拆分得
\[ \begin{aligned} \sigma_n(x_0)-s&=\dfrac{1}{2n\pi}\int_0^\pi\varphi(t)\left(\dfrac{\sin\dfrac{nt}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\right)^2\mathrm dt\\ &=\dfrac{1}{2n\pi}\left(\int_0^\delta+\int_{\delta}^\pi\right) \\&=I_1+I_2. \end{aligned} \] 估计两个积分： \[ \begin{aligned} |I_1|&\leqslant\dfrac{1}{2n\pi}\int_0^\delta|\varphi(t)|\left(\dfrac{\sin\dfrac{nt}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\right)^2\mathrm dt\\ &<\dfrac{\varepsilon}{2n\pi}\int_0^\delta\left(\dfrac{\sin\dfrac{nt}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\right)^2\mathrm dt\\ &<\dfrac{\varepsilon}{2n\pi}\int_0^\pi\left(\dfrac{\sin\dfrac{nt}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\right)^2\mathrm dt=\dfrac{\varepsilon}{2};\\ |I_2|&\leqslant\dfrac{1}{2n\pi}\int_\delta^\pi|\varphi(t)|\left(\dfrac{\sin\dfrac{nt}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\right)^2\mathrm dt\\ &\leqslant\dfrac{1}{2n\pi\sin^2\dfrac{\delta}{2}}\int_0^\pi|\varphi(t)|\mathrm dt\\ &\xlongequal{A=\frac{1}{2\pi\sin^2\frac\delta2}\int_0^\pi|\varphi(t)\mathrm dt}\dfrac{A}{n}\\ &\stackrel{n充分大}{<}\dfrac{\varepsilon}{2}. \end{aligned} \] 综上，\(|\sigma_n(x_0)-s|<\varepsilon\)．
推论：Fourier 级数在 Cauchy 和收敛时的和
若 \(f(x_0^+)\)、\(f(x_0^-)\) 存在， \(f\) 的 Fourier 级数在 \(x_0\) 处收敛，则必收敛到 \(\dfrac{f(x_0^-)+f(x_0^+)}{2}\).
- 证明：Cauchy 和收敛则 Cesàro 和收敛，且收敛到同一个值．
Fourier 级数在 Cesàro 意义下的一致收敛性
Fejér 定理：Fourier 级数在某点处 Cesàro 和的一致收敛性
若 \(f\) 是周期为 \(2\pi\) 的周期连续函数，则其 Fourier 级数在 Cesàro意义下在 \((-\infty,+\infty)\) 上一致收敛于 \(f\)．
证明
令 \(\varphi_x(t)=f(x+t)+f(x-t)-2f(x)\)，同第一个 Fejér 定理的推导得 \[ \sigma_n(x)-f(x)=\dfrac{1}{2n\pi}\int_0^x\varphi_x(t)\left(\dfrac{\sin\dfrac{nt}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\right)^2\mathrm dt. \] \(f\) 连续，故在 \([-2\pi,2\pi]\) 上一致连续，对给定的 \(\varepsilon>0\)，存在 \(\delta\in(0,\pi)\) ，当 \(0\leqslant t<\delta\) 时，不等式 \[ |f(x+t)-f(x)|<\dfrac{\varepsilon}{2},\quad |f(x-t)-f(x)|<\dfrac{\varepsilon}{2} \] 对 \([-\pi,\pi]\) 中所有 \(x\) 成立，因而 \(|\varphi_x(t)|<\varepsilon\) 对 \([-\pi,\pi]\) 中所有 \(x\) 成立．用「阶梯上界估计法」，即将上式拆为两个积分： \[ \sigma_n(x)-f(x)=\dfrac{1}{2n\pi}\left(\int_0^\delta+\int_\delta^\pi\right)=I_1+I_2 \] 再估计．由 \[ |I_1|\leqslant\dfrac{\varepsilon}{2n\pi}\int_0^\pi\left(\dfrac{\sin\dfrac{nt}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}}\right)^2\mathrm dt=\dfrac{\varepsilon}{2} \]
\[ |I_2|\leqslant\dfrac{1}{2n\pi}\int_\delta^\pi\dfrac{\max|\varphi|\mathrm dt}{\sin^2\dfrac{t}{2}}\leqslant\dfrac{2\max|\varphi|}{n\sin^2\dfrac{\delta}{2}}\stackrel{当n足够大}{<}\dfrac{\varepsilon}{2} \]
故 \(|\sigma(x)_n-f(x)|<\varepsilon\)．
附注：这里用到一个积分估计技巧：如果 \(f\in C[a,b]\)，\(g_n\in C(a,b)\)，且 \(x\to a^+\) 时，\(f\to 0\)，且 \(\displaystyle \int_0^\delta g_n(x)\mathrm dx\) 收敛，\(g_n\) 在 \([\delta',b)\) 上随 \(n\) 收敛至 \(0\)，对任意 \(\delta'>0\)．那么对任意 \(\varepsilon>0\)，都存在 \(N>0\) 使 \(n>N\) 时有 \[ \left|\int_a^b f(x)g_n(x)\mathrm dx\right|<\varepsilon. \] ### 推论（Weierstrass 定理）：该闭区间上端点值相等连续函数可被一致逼近
若函数 \(f\in C[-\pi,\pi]\)，\(f(-\pi)=f(\pi)\)，则 \(f\) 可用三角多项式一致逼近．
证明
由假定，将 \(f\) 延拓为数轴上以 \(2\pi\) 这周期的连续函数，由 Fejér 定理知，\(f\) 能在 \((-\infty,+\infty)\) 上用序列 \(\{\sigma_n(x)\}\) 一致逼近，这里 \(\sigma_n\) 为 \(f\) 的前 \(n\) 项 Fourier 级数的算术平均，是三角多项式．
Fourier 级数的平方平均逼近：平方可积空间
本章相当于刻画了 Fourier 级数的几何性质．
平方可积函数
称一个函数 \(f\) 在区间 \([a, b]\) 上平方可积，若 \(f^2\) 在 \([a, b]\) 上（反常或常义）Riemann 可积，记为 \[ f\in R^2[a,b]. \] 注意 \(R^2[a,b]\subset R[a,b]\)，这是因为有不等式 \[ |f|\leqslant\dfrac12(1+|f^2|). \] 确切地说，\(R^2\) 空间中的函数有两种： 1. Riemann 可积的； 2. Riemann 不可积，但反常平方可积的． ## 三角多项式的平方平均逼近
定义
设 \(f\in R^2[-\pi,\pi]\)，若存在三角多项式序列 \(\{T_n\}\) 使 \[ \lim\limits_{n\to\infty}\int_{-\pi}^\pi\bigl(f(x)-T_n(x)\bigr)^2\mathrm dx=0 \] 则称 \(\{T_n\}\) 平方平均收敛于 \(f\)，或称 \(f\) 可由三角多项式平方平均逼近．
一般正交系及关于其的 Fourier 级数
一般正交系
在 \(R^2[a,b]\) 上取标准内积．对函数列 \(\{\varphi_n\}\)，其满足 \[ \langle\varphi_k,\varphi_l\rangle=\begin{cases}0,&k\neq l\\\lambda_k>0,&k=l\end{cases}. \] 1. 称其构成一个 正交系； 2. 若 \(\lambda_k=1\)，称其构成一个标准正交系． ### 关于某一般正交系的 Fourier 级数
称 \[ c_k=\langle f,\varphi_k\rangle \] 为 \(f\) 关于正交系 \(\{\varphi_k\}\) 的 Fourier 系数，级数 \[ \sum_{k=1}^\infty c_k\varphi_k(x) \] 称为 \(f\) 关于正交系 \(\{\varphi_k\}\) 的 Fourier 级数，记作 \[ f(x)\sim\sum_{k=1}^\infty c_k\varphi_k(x). \] ### 记号约定
\(\displaystyle S_n(x)=\sum_{k=1}^nc_k\varphi_k(x)\)：关于正交系 \(\{\varphi_k\}\) 的 Fourier 级数的前 \(n\) 项和． \(\displaystyle T_n(x)=\sum_{k=0}^na_k\varphi_k(x)\)：\(n\) 次 \(\varphi-\) 多项式． ## 定理：一般正交系下 Fourier 级数部分和平方平均逼近最小
设 \(f\in R^2[a, b]\)，\(\{\varphi_k\}\) 是 \(R^2[a,b]\) 中的一个规范正交系，\(\{c_k\}\) 是 \(f\) 关于 \(\{\varphi_k\}\) 的 Fourier 系数，则 1. 极值性质： 对任意 \(n\) 次 \(\varphi-\) 多项式，有 \[ \|f-T_n\|\geqslant\|f-S_n\| \] 2. 部分和的范数： \[ \left\|f-\sum_{k=0}^nc_k\varphi_k\right\|^2=\|f\|^2-\sum_{k=0}^nc_k^2. \] 3. Bessel 不等式： \[ \sum_{k=0}^\infty c_k^2\leqslant\|f\|^2. \] ### 证明 由等式 \[ \begin{aligned} \|f-T_n\|^2&=\langle f-T_n,f-T_n\rangle\\ &=\|f\|^2-2\langle f,T_n\rangle+\|T_n\|^2\\ &=\|f\|^2-2\sum_{k=0}^n a_k\langle f,\varphi_k\rangle+\sum_{k=0}^na_k^2\\ &=\|f\|^2-2\sum_{k=0}^na_kc_k+\sum_{k=0}^na_k^2\\ &=\|f\|^2-\sum_{k=0}^n c_k^2+\sum_{k=0}^n(c_k-a_k)^2 \end{aligned} \] 即证第一、二问．由第二问直接得出第三问．
这几乎是一个纯代数的证明了． ## Parseval 等式（封闭性方程）及规范正交系的完备性
Parseval 等式
对某些规范正交系，等式 \[ \sum_{k=0}^\infty c_k^2=\|f\|^2 \] 成立，称为 Parseval 等式．
完备规范正交系
设 \(\{\varphi_n\}\subset R^2[a,b]\) 是一个规范正交系，且对任意 \(f\in R^2[a,b]\) 都有 Parseval 等式成立，则称 \(\{\varphi_k\}\) 是完备的．
定理：完备规范正交系的充要条件
规范正交系 \(\{\varphi_k\}\) 完备当且仅当对任意 \(f\in R^2[a, b]\)，有 \[ \lim\limits_{n\to\infty}\left\|f-S_n\right\|=0.\tag{!} \] 即 \(f\) 可用其 Fourier 级数的部分和平方平均逼近．
完备系视角下的三角函数系
定理：三角函数系是完备的
设 \(f\in R^2[-\pi,\pi]\)，\(a_n,b_n\) 为 \(f\) 关于三角函数系的 Fourier 系数，则 \(f\) 可用其 Fourier 级数的部分和平方平均逼近，即 Parseval 等式 \[ \dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)^2\mathrm dx=\dfrac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2+b_n^2) \] 成立．
这里的规范正交系为 \[ \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}},\dfrac{\cos x}{\sqrt{\pi}},\dfrac{\sin x}{\sqrt{\pi}},\dfrac{\cos 2x}{\sqrt\pi},\dfrac{\sin2x}{\sqrt{\pi}},\cdots \] #### 证明
我们只需证明 \((!)\) 式成立即可． 这里的一个手法是：由极值原理，对任意同次三角级数部分和 \(T_n\) 都有 \(\|f-S_n\|<\|f-T_n\|\)，我们只需要对每个 \(\varepsilon\) 找一个这样的 \(T_n\) 即可．
注意这一手法并没有要求什么构造出的东西收敛、稳定之类的条件，它只是用到了 \(\|f-S_n\|\) 的最小性，就像是证明点到平面的距离不超过某个数，而你构造了一个球与平面相交．这种思路挺不平凡的．
证明分为三步．（课本是两步，但我个人口味更喜欢分三步） ##### 第一步：区间端点值相同的连续情型
思路
涉及连续情型，我们就有三角级数一致逼近的性质，先从这里入手． ###### 正式证明 则由 Weierstrass 定理，对任意 \(\varepsilon>0\)，存在三角多项式 \(T_{n_0}(x)\)，使得 \[ |f(x)-T_{n_0}(x)|<\sqrt{\dfrac{\varepsilon}{2\pi}} \] 虽然 \(T\) 不一定是 Fourier 级数的部分和，但由极值性质，我们有 \[ |f(x)-S_{n_0}(x)|<|f(x)-T_{n_0}(x)| \] 这就得到 \[ |f(x)-S_{n_0}(x)|<\sqrt{\dfrac{\varepsilon}{2\pi}}. \] 两边同时平方并在 \([-\infty,+\infty]\) 上积分即得．
第二步：Riemann 可积的情型
思路
对 Riemann 可积的情型，虽然不能像连续情型一样用一致逼近的性质，但我们可以放飞想象：如果我们可以找一个连续函数 \(g\) 使得 \(|f-g|<\varepsilon\) 一致成立，那么对 \(g\)，它就存在一个 \(T_{n_0}\) 使 \(|g-T_{n_0}|<\varepsilon\)，于是 \(|f-T_{n_0}|<2\varepsilon\)，由极值性质证毕．现在问题是：如何构造一个这样的 \(g\)？
数学分析里刚好有如下的技巧！
技巧（折线逼近法）． 设 \(f\in R[a,b]\)，则对任意 \(\varepsilon>0\)，都可以构造一个连续的函数 \(g_\varepsilon\)，使得对任意 \(L^p\) （\(p\geqslant 1\)）范数 \(\|\cdot\|_p\)，都有 \[ \|f-g_\varepsilon\|_p<\varepsilon. \] 具体的构造思路与方法是这样的：由于 \(f\in R[a,b]\)，故 \(f\) 在其上有最大、最小值，从而有振幅 \(\Omega\) ．现对 \([a, b]\) 取分割 \(\pi:a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b\)，使得 \[ \sum_{i=1}^n\omega_i\Delta x_i<\epsilon, \] 这里 \(\omega_i\) 是 \([x_{i-1},x_i]\) 上的振幅，正体 \(\epsilon\) 是为了与原题中的 \(\varepsilon\) 区分，后续再取值．只要 \(g\) 对每个 \(i\) 有 \(g([x_{i-1},x_i])\subset f([x_{i-1},x_i])\)，则在第 \(i\) 个小区间上就会有 \[ |f(x)-g(x)|<|\max_if(x)-\min_if(x)|=\omega_i. \] 从而 \[ \int_a^b|f(x)-g(x)|^p\mathrm dx=\sum_{i=1}^n\int_{x_{i-1}}^{x_i}|f(x)-g(x)|^p\mathrm dx<\sum_{i=1}^n\omega_i^p\Delta x_i<\Omega^{p-1}\epsilon. \] 最后一步放大 \(\omega_i\) 到 \(\Omega\) 是因为常数倍无关紧要、但我们想用到 Riemann 可积的条件．于是取 \(\epsilon=\dfrac{\varepsilon}{\Omega^{p-1}}\)，就有 \(\|f-g\|_p<\varepsilon\) ．这样问题就化归为：
如何构造这样的函数，使得对每个 \(i\) 有 \(g([x_{i-1},x_i])\subset f([x_{i-1},x_i])\)？
答案也是简单的：在每个小区间上取 \(g(x)\) 为从 \((x_{i-1},f(x_{i-1}))\) 到 \((x_i,f(x_i))\) 的线段即可．这样会得到一条折线，所以是连续的；线段是单调的，所以 \(g([x_{i-1},x_i])\subset f([x_{i-1},x_i])\) 也满足．这就得到了证明的方法！
——真的吗？
由于上面的证明中，我们证出的条件是要求区间端点值相同的，对一般的折线不一定成立．但如果我们把 \(f\) 的端点值先变相同再取 \(g\)，这样得到的折线端点值当然相同．更重要的是——调整前后 Fourier 级数不变．
正式证明
调整区间端点值使之相同，Fourier 级数不变．对 \([-\pi,\pi]\) 取分割 \(\pi:-\pi=x_0<x_1<\cdots<x_n=\pi\)，使得 \[ \sum_{i=1}^n\omega_i\Delta x_i<\dfrac{\varepsilon}{4\Omega}, \] 这里 \(\Omega=\mathop{(\max-\min)}\limits_{-\pi\leqslant x\leqslant \pi}f(x)\) ． 在每个小区间上取 \(g(x)\) 为从 \((x_{i-1},f(x_{i-1}))\) 到 \((x_i,f(x_i))\) 的线段，则 \(g (x)\) 构成一个折线，且 \(g([x_{i-1},x_i])\subset f([x_{i-1},x_i])\) 对任意 \(i\) 成立．应用连续函数的情形，存在 \(g\) 的 Fourier 部分和 \(T_n\) 使 \[ \|g-T_n\|^2<\dfrac{\varepsilon}{4}, \] 且 \[ \begin{aligned} \|f-g\|^2&=\int_{-\pi}^\pi(f(x)-g(x))^2\mathrm dx\\ &=\sum_{i=1}^n\int_{x_{i-1}}^{x_i}(f(x)-g(x))^2\mathrm dx\\ &\leqslant\sum_{i=1}^n\omega_i^2\Delta x\leqslant \Omega\sum_{i=1}^n\omega\Delta x=\dfrac{\varepsilon}{4}. \end{aligned} \] 从而 \[ \|f-T_n\|^2\leqslant (\|f-g\|+\|g-T_n\|)^2\leqslant2\|f-g\|^2+2\|g-T_n\|^2=\varepsilon. \] 再由极值性质即证．
第三步：平方反常可积的情型
思路
可积的处理完了，平方反常可积说明 \(f\) 出问题的点只可能是端点，怎么处理？ 用处理瑕点的经典手法：贴狗皮膏药呗~
正式证明
对任意 \(\varepsilon>0\)，令 \(\lambda,\eta>0\) 使 \(\displaystyle\int_{-\pi}^{\lambda-\pi}f(x)^2\mathrm dx,\displaystyle\int_{\pi-\eta}^{\pi}f (x)^2\mathrm dx<\varepsilon\) ．令 \[ \begin{aligned} f_1(x)&=f(x)1_{[-\pi,\lambda-\pi]}(x),\\ f_2(x)&=f(x)1_{[\lambda-\pi,\pi-\eta]}(x),\\ f_3(x)&=f(x)1_{[\pi-\eta,\pi]}(x), \end{aligned} \] 这里 \(1_S(x)=\begin{cases}1,&x\in S\\0,&x\not\in S\end{cases}\) 为指示函数．从而 \[ f(x)=f_1(x)+f_2(x)+f_3(x) \] 由于 \(f^2\) 反常平方可积，故 \(f^2\) 的瑕点只能为端点值，这说明 \(f_2\) 是 Riemann 可积的，从而存在 \(f_2\) 的 Fourier 级数部分和 \(T_n\)，使 \(\|f_2-T_n\|<\varepsilon\) ．由 \[ |f(x)-T_n|\leqslant |f_1(x)|+|f_2(x)-T_n|+|f_3(x)| \] 由 Cauchy 不等式 \[ |f(x)-T_n(x)|^2\leqslant 3(|f_1(x)|^2+|f_2(x)-T_n(x)|^2+|f_3(x)|^2) \] 两边积分即得 \(\|f-T_n\|< C\varepsilon\) ，再由极值原理即证．
综上，证毕！
注：Parseval 等式的几何意义
即关于三角规范正交系下的等式 \[ \|f\|^2=\sum_{n=0}^\infty x_n^2. \] ### 推论：正交性推零函数
如果 \(f(x)\) 与 \(1,\cos x,\sin x,\cos 2x,\sin 2x,\cdots\) 均正交，则 \(f(x)=0\) ． #### 证明 由 Parseval 等式 \[ \dfrac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)^2\mathrm dx=\dfrac{0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(0^2+0^2)=0. \] ### 定理：推广的 Parseval 等式 设 \(f,g\in R^2[-\pi,\pi]\)，\(a_n,b_n\) 和 \(\alpha_n,\beta_n\) 分别为 \(f\) 和 \(g\) 的 Fourier 系数，那么 \[ \dfrac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)g(x)\mathrm dx=\dfrac{a_0\alpha_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_0\alpha_0+b_0\beta_0). \] #### 证明
由极化恒等式 \[ \langle f,g\rangle=\dfrac{\|f+g\|^2-\||f-g\|^2}{4} \] 再代入 \(f+g\)、\(f-g\) 的 Parseval 等式即证． #### 注：几何意义 即关于三角规范正交系下的等式 \[ \langle f,g\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}x_ny_n. \] ## 定理：Fourier 级数可逐项积分
设 \(f\in R^2[-\pi,\pi]\)，其 Fourier 级数为 \[ f(x)\sim\dfrac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos nx+b_n\sin nx) \] 则对任意 \([a,b]\subset[-\pi,\pi]\)，有 \[ \int_a^bf(x)\mathrm dx=\int_a^b\dfrac{a_0}{2}\mathrm dx+\sum_{n=1}^\infty\int_a^b(a_n\cos nx+b_n\sin nx)\mathrm dx. \] > 是不是很神奇？收敛都不一定收敛，积个分居然是同一个值，甚至还可以逐项积分． ### 证明
取 \([a,b]\) 上指示函数 \(1_{[a,b]}(x)\) ．其 Fourier 系数为 \[ \alpha_n=\dfrac1\pi\int_{a}^b\cos nx\mathrm dx,\quad \beta_n=\dfrac1\pi\int_{a}^b\sin nx\mathrm dx \] 由推广的 Parseval 等式 \[ \begin{aligned} \dfrac1\pi\int_a^bf(x)\mathrm dx&=\dfrac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)1_{[a,b]}(x)\mathrm dx\\ &=\dfrac1\pi\int_{a^b}\dfrac{a_0}{2}\mathrm dx+\sum_{n=1}^\infty \dfrac1\pi\int_a^b(a_n\cos nx+b_n\sin nx)\mathrm dx \end{aligned} \] 即证． # Fourier 积分与 Fourier 变换 ## Fourier 积分 ### 定义 记 \(a(u)=\displaystyle\dfrac1\pi\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos ut\mathrm dt\)，\(\displaystyle b(u)=\dfrac1\pi\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\sin ut\mathrm dt\) ，则积分 \[ f(x)\sim\int_{-\infty}^{+\infty}(a(u)\cos ux+b(u)\sin ux)\mathrm du \] 称为 \(f (x)\) 的 Fourier 积分． ## Fourier 积分的收敛性问题
记 \[ S(\lambda,x)=\int_0^\lambda (a(u)\cos ux+b(u)\sin ux)\mathrm du. \] ### 定理：一致收敛函数的 Fourier 系数一致连续 若 \(f\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 绝对可积，则 \(a(u)\) 、\(b(u)\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 一致连续． #### 证明思路 由定义式及 \(\cos x\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 上的一致连续性，拆成 \[ \int_{-\infty}^{-A}+\int_{-A}^{A}+\int_{A}^{+\infty} \] 研究：借助 \(A\) 来将 \(ut\) 控制在小量 \(\delta\) 以内． ### 定理：Fourier 积分的 Dirichlet 积分形式 将定义式代入 \(S (\lambda, x)\) 的表达式得 \[ S(\lambda,x)=\dfrac1\pi\int_0^\lambda\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos u(t-x)\mathrm dt\mathrm du \] 则我们可以证明： \[ S(\lambda,x)=\dfrac1\pi\int_0^{+\infty}(f(x+t)+f(x-t))\dfrac{\sin\lambda t}{t}\mathrm dt. \] #### 证明 分为两步： ##### 第一步：证明无穷二重积分可换 我们证明 \[ \int_{0}^\lambda\mathrm du\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos u(t-x)\mathrm dt=\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm dt\int_{0}^\lambda f(t)\cos u(t-x)\mathrm du. \] ###### 证明 下面的常义二重积分可换： \[ \int_0^\lambda\mathrm du\int_{-A}^Af(t)\cos u(t-x)\mathrm dt=\int_{-A}^A\mathrm dt\int_0^\lambda f(t)\cos u(t-x)\mathrm du. \] 由广义绝对可积，对任意 \(\varepsilon>0\)，存在 \(A_0\)，\(A>A_0\) 时 \[ \left(\int_{-\infty}^{-A}+\int_A^{+\infty}\right)|f(t)|\mathrm dt<\dfrac{\varepsilon}{\lambda}. \] 因此 \[ \begin{aligned} \biggl|\int_{-A}^A\int_0^\lambda-\int_0^\lambda\int_{-\infty}^{+\infty}\biggr|&=\biggl|\int_0^\lambda\left(\int_{-A}^A-\int_{-\infty}^{+\infty}\right)\biggr|\\ &<\int_0^{\lambda}\left(\int_{-\infty}^{-A}+\int_A^{+\infty}\right)|f(t)\cos u(t-x)|\mathrm dt\mathrm du\\ &<\int_0^\lambda\left(\int_{-\infty}^{-A}+\int_A^{+\infty}\right)|f(t)|\mathrm dt\mathrm du=\varepsilon. \end{aligned} \] > 其实就是常规思路：抓住主要矛盾。 > 反常积分的核心要义是反常的部分不重要。
第二步：直接计算
\[ \begin{aligned} S(\lambda,x)&=\dfrac1\pi f(t)\left(\int_0^\lambda \cos u(t-x)\mathrm du\right)\mathrm dt\\ &=\dfrac1\pi\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\dfrac{\sin\lambda(t-x)}{t-x}\mathrm dt\\ &=\dfrac1\pi\int_0^{+\infty}(f(x+t)+f(x-t))\dfrac{\sin\lambda t}{t}\mathrm dt. \end{aligned} \] 证毕。 ### 推论：局部化定理 设 \(f\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 上绝对可积，那么 \(f\) 的 Fourier 积分在某点 \(x\) 是否收敛，以及收敛到什么值，仅与 \(f\) 在 \(x\) 附近的函数值有关。 #### 证明 \(\displaystyle S (\lambda, x)=\dfrac1\pi\left(\int_0^\delta+\int_{\delta}^{+\infty}\right)=I_1+I_2\)，由于 \[ \dfrac{|f(x+t)+f(x-t)}{t}\leqslant\dfrac{|f(x+t)|+|f(x-t)|}{\delta} \] \(f(x)\) 绝对可积，故 \(\dfrac{|f(x+t)+f(x-t)|}{t}\) 绝对可积，由 R-L 引理知 \(I_2\to 0\)，当 \(\lambda\to+\infty\)。故 \[ S=\lim\limits_{\lambda\to+\infty}I_1. \] ### Dini 定理：Fourier 积分收敛到 设 \(f\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 上绝对可积，对任意的实数 \(s\) 及固定的 \(x\)，记 \[ \varphi(t)=f(x+t)+f(x-t)-2s \] 如果存在 \(\delta>0\) 使 \(\varphi/t\) 在 \([0,\delta]\) 上可积且绝对可积，则 \(f\) 的 Fourier 积分在 \(x\) 处收敛于 \(s\)。 #### 证明 \[ \begin{aligned} S(\lambda,x)-s&=\dfrac1\pi\int_0^{+\infty}(f(x+t)+f(x-t)-2s)\dfrac{\sin\lambda t}{t}\mathrm dt\\ &=\dfrac1\pi\int_0^{\delta}\dfrac{\varphi(t)}{t}\sin\lambda t\mathrm dt+\dfrac1\pi\int_{\delta}^{+\infty}\dfrac{f(x+t)+f(x-t)}{t}\sin\lambda t\mathrm dt-\dfrac{2s}{\pi}\int_\delta^{+\infty}\dfrac{\sin\lambda t}{t}\mathrm dt\\ &=I_1+I_2+I_3 \end{aligned} \] 由 Riemann-Lebesgue 引理，\(I_1\to 0\)，\(I_2\) 同局部化定理中的证明知 \(\to 0\)，而对 \(I_3\)，固定 \(\delta\) 有 \[ \int_\delta^{+\infty}\dfrac{\sin\lambda t}{t}\mathrm dt=\int_{\lambda\delta}^{+\infty}\dfrac{\sin u}{u}\mathrm du\to 0. \] 从而 \(\lim\limits_{\lambda\to+\infty}S(\lambda,x)=s\)。 ### 定理：Fourier 积分公式
设 \(f\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 绝对可积，且 \(x\) 处有广义的左右导数，那么 \(f\) 的 Fourier 积分在 \(x\) 处收敛于 \(\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}\)，则 \[ S(+\infty,x)=\dfrac1\pi\int_0^{+\infty}\mathrm du\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos u(t-x)\mathrm dt=\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}. \] i.e. \[ \int_0^{+\infty}(a(u)\cos ux+b(u)\sin ux)\mathrm du=\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}. \] 特别地，若 \(f\) 在 \(x\) 处连续，则有 \[ f(x)=S(+\infty,x)=\dfrac1\pi\int_0^{+\infty}\mathrm du\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos u(t-x)\mathrm dt, \] 即 \[ f(x)=\int_0^{+\infty}(a(u)\cos ux+b(u)\sin ux)\mathrm du\tag{Fourier积分公式} \] #### 证明 类似于[[#推论：（广义）导数存在则 Fourier 级数收敛]] ． ### 推论：Fourier 正（余）弦公式 若 \(f\) 在数轴上绝对可积、有广义左右导数，且连续，则： 若 \(f\) 为奇函数，则积分公式为 \[ f(x)=\int_0^{+\infty}b(u)\sin ux\mathrm du=\dfrac2\pi\int_0^{+\infty}\sin ux\mathrm du\int_0^{+\infty}f(t)\sin ut\mathrm dt. \] 称为 Fourier 正弦公式． 若 \(f\) 为偶函数，则积分公式为 \[ f(x)=\int_0^{+\infty}a(u)\cos ux\mathrm du=\dfrac2\pi\int_0^{+\infty}\cos ux\mathrm du\int_0^{+\infty}f(t)\cos ut\mathrm dt. \] 称为 Fourier 余弦公式． #### 一个示例：计算 sinx/x 的积分 令 \(f(x)=1_{|x|\leqslant 1}\)，则 \[ \begin{aligned} a(u)&=\dfrac{2}{\pi}\int_0^1\cos ut\mathrm dt=\dfrac{2}{\pi}\dfrac{\sin u}{u},\\ b(u)&=0. \end{aligned} \] 从而对 \(f\) 的连续点 \(x\)，有 \[ \int_0^{+\infty}a(u)\cos ux\mathrm du=\dfrac2\pi\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin u\cos ux}{u}\mathrm du=\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}=\begin{cases}0,&|x|>1,\\ \dfrac12,&|x|=1,\\ 1,&|x|<1.\end{cases} \] 特别地，取 \(x=0\) 得 \(\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin u}{u}\mathrm du=\dfrac\pi 2\). #### 附注：延拓 若 \(f\) 只是定义在 \([0,+\infty)\) 上的绝对可积函数，则可对其作偶延拓、奇延拓，从而可应用余弦、正弦公式．
Fourier 变换
Fourier 正余弦变换
若 \(f\) 满足 Fourier 余弦公式的条件，则令 \[ g(u)=\sqrt{\dfrac2\pi}\int_0^{+\infty}f(x)\cos ux\mathrm dx.\tag{余弦变换公式} \] 则有 \[ f(x)=\sqrt{\dfrac2\pi}\int_0^{+\infty}g(u)\cos xu\mathrm du.\tag{余弦反变换公式} \] 若 \(f\) 满足 Fourier 正弦公式的条件，则令 \[ g(u)=\sqrt{\dfrac2\pi}\int_0^{+\infty}f(x)\sin ux\mathrm dx.\tag{正弦变换公式} \] 则有 \[ f(x)=\sqrt{\dfrac{2}{\pi}}\int_0^{+\infty}g(u)\cos xu\mathrm du.\tag{正弦反变换公式} \] ### Fourier 积分公式的复数形式 由于 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos u(x-t))\mathrm dt\) 是 \(u\) 的偶函数，我们可以把积分公式写为更对称的形式： \[ f(x)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm du\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos u(x-t)\mathrm dt.\tag{1} \] \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\sin u(x-t)\mathrm dt\) 是 \(u\) 的奇函数，因此 \[ 0=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm du\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\sin u(x-t)\mathrm dt\tag{2} \] \((1)+\mathrm i(2)\) 得 \[ f(x)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm du\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\mathrm e^{\mathrm iu(x-t)}\mathrm dt\tag{积分公式复数形式} \] 称为 Fourier 积分公式的复数形式． ### Fourier 变换 #### Fourier 变换公式 设 \(f\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 上绝对可积，称 \[ \hat f(u)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\mathrm e^{-\mathrm ixu}\mathrm dx \] 为 \(f\) 的 Fourier 变换．这里 \(u\in\mathbb R\) ，\(\hat f:\mathbb R\to\mathbb C\) ． #### Fourier 反变换公式 \[ f(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}\hat f(u)\mathrm e^{\mathrm iux}\mathrm du. \] > 注意正变换公式有系数而反变换公式没有．
离散的 Fourier 变换及反变换
由 Fourier 级数表达式，若 \(f\) 满足收敛定理的条件，则记 \[ \hat f(n)=\dfrac{a_n-\operatorname{sgn}n\cdot \mathrm ib_n}{2}=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\mathrm e^{-\mathrm inx}\mathrm dx \] 有 \[ f(x)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\hat f(n)\mathrm e^{\mathrm inx}. \] 可看作离散的 Fourier 变换／反变换公式 ## Fourier 变换的性质 ### 导数变乘法 若 \(\lim\limits_{t\to\pm \infty}f(t)=0\)，则 \[ f'(x)^\wedge=\mathrm ix\hat f(x). \] 证明：分部积分． #### 注 反复使用：若 \(\lim\limits_{t\to\pm \infty}f^{(k)}(t)=0\)，\(k=0,1,\cdots,n-1\)，则 \[ f^{(n)}(x)^\wedge=(\mathrm ix)^n\hat f(x). \] ### 卷积变乘法 #### 系数为 \(\dfrac{1}{2\pi}\) 的卷积 两个函数 \(f, g\) 的卷积定义为 \[ (f*g)(t)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(t-u)g(u)\mathrm du. \] #### 定理 \[ (f*g)^\wedge(x)=\hat f(x)\hat g(x). \] ##### 证明 \[ \begin{aligned} (f*g)^\wedge(x)&\xlongequal{代入定义}\dfrac{1}{(2\pi)^2}\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm e^{-\mathrm itx}\mathrm dt\int_{-\infty}^{+\infty}f(t-u)g(u)\mathrm du\\ &\xlongequal{换序}\dfrac{1}{(2\pi)^2}\int_{-\infty}^{+\infty}g(u)\mathrm du\int_{-\infty}^{+\infty}f(t-u)\mathrm e^{-\mathrm itu}\mathrm dt\\ &\xlongequal{v:=t-u}\dfrac{1}{(2\pi)^2}\int_{-\infty}^{+\infty}g(u)\mathrm du\int_{-\infty}^{+\infty}f(v)\mathrm e^{-\mathrm i(u+v)x}\mathrm dv\\ &\xlongequal{分离}\left(\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}g(u)\mathrm e^{-\mathrm iux}\mathrm du\right)\left(\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(v)\mathrm e^{-\mathrm ivx}\mathrm dv\right)\\ &=\hat g(x)\hat f(x). \end{aligned} \] > Fin.
