Ch12 Fourier级数 计划课时:12时 P95-126 2005.05.9 Ch12 Fourier级数(12时) §1 Fourier级数(6时 三角级数 1.背景: (1)波的分析:频谱分析.基频_(T ).倍频 (2)函数展开条件的减弱:积分展开 (3)R"中用 Descates坐标系建立坐标表示向量思想的推广 调和分析简介:十九世纪八十年代法国工程师 Fourier建立了 Fourier分析理论 的基础 2.三角级数的一般形式:一般的三角级数为A+∑ A, sin((nm+on).由于 sin(nx+o,)=sin cos nx+cos p sin mx 设A0= A, sin=an, A, coS=bn,得三角级数的一般形式 2 +∑ an cos nx+ b, sin nx, 3.三角级数的收敛性 Th若级数+∑(lan|+1bn1)收敛,则级数”在R内绝对且一致收敛 证用M判别法 三角函数正交系统 1.内积和正交:由R3中的内积与正交概念引入设函数∫和g在区间[a,b]上 (R)可积.定义内积为 =f(x)g(x)dx 当=0时,称函数∫(x)和g(x)在区间[a,b]上正交
Ch 12 Fourier 级数 计划课时：1 2 时 P 95 —126 2005. 05.9 . Ch 12 Fourier 级数 （ 1 2 时 ） § 1 Fourier 级数（ 6 时 ） 一、三角级数： 1．背景： ⑴ 波的分析：频谱分析 . 基频 T 1 ( ω 2π T = ) . 倍频. ⑵ 函数展开条件的减弱 : 积分展开 . ⑶ n R 中用 Descates 坐标系建立坐标表示向量思想的推广: 调和分析简介: 十九世纪八十年代法国工程师 Fourier 建立了 Fourier 分析理论 的基础. 2． 三角级数的一般形式: 一般的三角级数为 ∑ .由于 ∞ = + + 1 0 sin( ) n n n xnAA ϕω nx nx nx n n n ϕ =+ ϕ + ϕ sincoscossin)sin( , 设 nnnn nn A Aa b a A = ϕ = cos , sin , ϕ = 2 0 0 , 得三角级数的一般形式 ∑ ∞ = + + 1 0 *) cos , sin 2 n n n nxbnxa a 3. 三角级数的收敛性: Th1 若级数 ∑ ∞ = + + 1 0 ) |||| ( 2 || n n ba n a 收敛, 则级数 在 R 内绝对且一致收敛. ∗) 证 用 M 判别法. 二、三角函数正交系统: 1. 内积和正交: 由 R3 中的内积与正交概念引入.设函数 和 在区间 上 ( R)可积 . 定义内积为 f g ba ] , [ . ∫ =>< = 0 时 , 称函数 和 在区间 上正交 xf )( xg )( ba ] , [
函数的正交性与区间有关.例如函数f(x)=-x和g(x)=x2在区间[0,1上并 不正交(因为=-4),但在区间[-1.却是正交的 2.正交函数系统:标准正交系(幺正系),完全系 3.三角函数正交系统:三角函数系统 iI, cos x, sin x, cos 2x, sin 2x,..., cos nx, sin nx,... 是区间[-x,x]上的正交系统.验证如下 cos kxdx=0 sin kxdx=0, k=1, 2 =[ sinkrcoshxdx C Isin(k+h)x+sin(k-h)x]x=0, k, h=1, 2 对k,h=1 且k≠h,有 sin kx, sin hx > sin kx sin hxdx=0 Fl cos kx, cos hx>= cos kx cos hxdx=0 该系统不是标准正交系,因为 CIdr=2T, sin kdx=[cos'krdr=T 因此,三角函数系统 cos x sin x coS 2x sin 2x cos nx sinx √z 是标准正交系(与R3中的坐标系{i,j,k}比较) 三、以2丌为周期函数的 Fourier级数: 1.三角级数的系数与其和函数的关系 Th2若在整个数轴上 f(x)=0+>a, cos nx+b,sinn 2 且等式右端的级数一致收敛,则有如下关系式 iL f()cos nxx, n=0, 1, 2 b,=f(x)sin ndx, n=1,2 190
函数的正交性与区间有关 . 例如函数 xf )( = − x 和 在区间 上并 不正交 ( 因为 2 )( = xxg ] 1 , 0 [ gf , >= = π π kx kxdx 0cos cos , 1 , = ∫ == , 2 , 1 , 0sin sin , 1 " − kx kxdx k π π ; ∫− = = π π hxkx cossin cos ,sin hxdxkx 2 1 = [ ] =−++ 0)sin()sin( ∫− dxxhkxhk π π , hk = , 2 , 1 , " 对 hk = , 2 , 1 , "且 ≠ hk ,有 = ∫− = π π hxdxkx 0 sinsin 和 = . ∫− = π π hxdxkx 0 coscos 该系统不是标准正交系 , 因为 , . ∫− = π π dx 21 π ∫− = π π kxdx 2 sin ∫− = π π kxdx π 2 cos 因此 , 三角函数系统 } , sin , cos , 2sin , 2cos , sin , cos , 2 1 { " " πππππππ nxnxxxxx 是标准正交系. （与 R 中的坐标系 比较 ） 3 kji } , , { 三、以2π 为周期函数的 Fourier 级数： 1．三角级数的系数与其和函数的关系： Th2 若在整个数轴上 xf )( = ∑ ∞ = + + 1 0 cos , sin 2 n n n nxbnxa a 且等式右端的级数一致收敛，则有如下关系式 π 1 an = ∫− π π cos)( nxdxxf ， n = , 2 , 1 , 0 " π 1 bn = ∫− π π sin)( nxdxxf ， n = , 2 , 1 " 证 190
2. Fourier系数和 Fourier级数 Er- Fourier公式:设函数f(x)在区间[-x,n]上(R)可积,称公式 x)cos Kr k=0,1,2,… b f(x)sin rdx k=1.2 为Elr- Fourier公式.称由Euer- Fourier公式得到的an和bn为函数f(x)的 Fourier系数.并称以 Fourier系数an和bn为系数的三角级数 a cos nx +b sin nx 2 为函数∫(x)的 Fourier级数,记为 f(x)0+2a, cos nx+b, nx 例1f(x)=x,x∈[-丌,丌].求函数∫(x)的 Fourier级数 解f(x)是[-丌,丌]上的奇函数 xsin kxdx xsin kxdx k (-1)-2 + cos krdx 因此f(x)~2(-1) 例2设函数f(x)满足条件f(x-丌)=-f(x)(称其为反周期函数) 问这种函数在区间(-x,丌)内的 Fourier系数具有什么特性 f(x)cosnxdx 而 ∫,/osnh=/(x-x)oym-m)=-()o(rmh I D HTE irs(x)lcos(nTt-nx)-cosnxlox n=2K H, cos(2kT-2kx)-cos 2kx=0 同理得b2=0
2．Fourier 系数和 Fourier 级数： Euler―Fourier 公式： 设函数 xf )( 在区间 −π π ] , [ 上（R）可积，称公式 π 1 ak = ∫− π π cos)( kxdxxf ， k = , 2 , 1 , 0 " π 1 bk = ∫− π π sin)( kxdxxf ， k = , 2 , 1 " 为 Euler―Fourier 公式. 称由 Euler―Fourier 公式得到的 和 为函数 的 Fourier 系数. 并称以 Fourier 系数 和 为系数的三角级数 an bn xf )( an bn ∑ ∞ = + + 1 0 cos , sin 2 n n n nxbnxa a 为函数 的xf )( Fourier 级数 , 记为 xf )( ～ ∑ ∞ = + + 1 0 cos . sin 2 n n n nxbnxa a 例 1 xf )( = x , x∈ −π π ] , [ . 求函数 xf )( 的 Fourier 级数. 解 xf )( 是 −π π ] , [ 上的奇函数, ⇒ ak = 0 ; bk = π 1 ∫∫ = = − π π π π 0 sin 2 sin kxdxx kxdxx k kxdx kk kxx k 2) 1 ( cos 1cos2 1 0 0 − − =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −= + ∫ π π π . 因此, xf )( ～ ∑ ∞ = − − 1 1 sin ) 1 (2n n n nx . 例2 设函数 满足条件 xf )( π −=− xfxf )()( ( 称其为反周期函数 ). 问这种函数在区间 −π π ) , ( 内的 Fourier 系数具有什么特性. 解 π 1 an = ∫− π π cos)( nxdxxf ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ += − ∫∫ π π π 0 0 1 . 而 . ∫ ∫ ∫ ==== − −=− − − −= π π π π π π π 0 0 0 cos)( ntdttf xf cos()( ) cos()( )dxnxnxfdxnnx xt 因此, n [ ]dxnxnxnxfa ∫ = −− π π π 0 cos()( cos) 1 . = 2kn 时, π − kxk − kx = 02cos)22cos( , ⇒ a2k = 0 ; 同理得 = . b2k 0 191
Ex pll8-1191,2 四、收敛定理 1.按段光滑函数: 定义若f(x)的导函数f(x)在区间[a,b]上连续,则称函数f(x)在区间 [a,b]上光滑.若函数∫(x)在区间[a,b]上至多有有限个第一类间断点,且 f(x)仅在区间[a,b]上有限个点处不连续且为第一类间断点,则称∫(x)是区间 [a,b]上的按段光滑函数 按段光滑函数的性质:设函数∫(x)在区间[a,b]上按段光滑,则 (1)f(x)在区间[a,b]上可积 (2)对yx∈[a,b],∫(x±0)都存在,且有 lm(x+1)-f(x+0) =f(x+0), t→0 im(x-)-f(x=0) =f(x-0).(用 lagrange中值定理证明) (3)f(x)在区间[a,b]上可积 2.收敛定理 Th3设函数f(x)是以2为周期的周期函数且在区间[一x,x]上按段光滑,则 在x∈E[-z,z1,f(x)的Fomg级数"+∑ a cos nx+b,sinx收敛于 f(x)在点x的左、右极限的算术平均值,即 /(x+0)+/(x-O)=g0+5a, cos nx+b, sin nx 其中an和bn为函数f(x)的 Fourier系数.(证明放到以后进行) 系若f(x)是以2z为周期的连续函数,在[-丌,丌]上按段光滑,且则f(x) 的 Fourier级数在(-∞,+∞)内收敛于f(x) 4.函数的周期延拓 五、展开举例 例3把函数∫(x)=x,x∈[-n,n]展开为 Fourier级数
Ex P118-119 1，2 . 四、收敛定理: 1. 按段光滑函数: . 定义 若 的导函数 在区间 上连续 , 则称函数 在区间 上光滑. 若函数 在区间 上至多有有限个第一类间断点, 且 仅在区间 上有限个点处不连续且为第一类间断点, 则称 是区间 上的按段光滑函数. xf )( ′ xf )( ba ] , [ xf )( ba ] , [ xf )( ba ] , [ ′ xf )( ba ] , [ xf )( ba ] , [ 按段光滑函数的性质: 设函数 在区间 上按段光滑 xf )( ba ] , [ , 则 ⑴ xf )( 在区间 上可积 ba ] , [ ; ⑵ 对 x ∈∀ ba ] , [ , xf ± )0( 都存在 , 且有 )0( )0()( lim 0 = ′ + −+ + → + xf t xftxf t , )0( )0()( lim 0 = ′ − − −− − → + xf t xftxf t . ( 用 Lagrange 中值定理证明 ) ⑶ ′ xf )( 在区间 上可积 ba ] , [ . 2．收敛定理: Th3 设函数 是以 xf )( 2π 为周期的周期函数且在区间 −π π ] , [ 上按段光滑 , 则 在∀ x∈ −π π ] , [ , xf )( 的 Fourier 级数 ∑ ∞ = + + 1 0 cos sin 2 n n n nxbnxa a 收敛于 xf )( 在点 x 的左、右极限的算术平均值 , 即 = −++ 2 xfxf )0()0( ∑ ∞ = + + 1 0 cos sin 2 n n n nxbnxa a , 其中 和 为函数 的 Fourier 系数. ( 证明放到以后进行 ) an bn xf )( 系 若 是以 xf )( 2π 为周期的连续函数 , 在 −π π ] , [ 上按段光滑,且 则 的 Fourier 级数在 内收敛于 . xf )( ∞+∞− ) , ( xf )( 4． 函数的周期延拓: 五、展开举例: 例 3 把函数 ( ] = , ) xxxf ∈ −π π , [ 展开为 Fourier 级数. 192
sIn nx「f(x) 解参阅例1,有2∑(-1) 丌<x<丌, 例4展开函数∫(x)=x|,x∈[-,丌] 解bn=0 xdx=丌 x cos ndx xsin nx sin ndx 4 n为奇数, cos x= COS nT 1) n 7 n 0,n为偶数 函数f(x)在[-丌,丌]上连续且按段光滑,又f(-x)=f(x),因此有 Ixki-4y cos(2k-1) x∈[ (倘令x=x,就有z= k(2k-1)8 0≤x≤丌 例5设f(x)= 求函数∫(x)的 Fourier级数展开式[ljP88E1 0<x<丌, 例6f(x)={0, 丌<x≤2丌 把函数f(x)展开成 Fourier级数 []P89E2 例7在区间(-x,丌)内把函数∫(x)=x2展开成 Fourier级数 解法一(直接展开)bn=0; 2 x2cosnxdx==xcos ndx x sinx xsin ndx 4(-1)”r(-1)”4 cos nx n丌n 函数∫(x)在区间(-丌,丌)内连续且按段光滑,因此有
解 参阅例 1 , 有 ⎩ ⎨ ⎧ ±= <<− ∑ − = ∞ = − , 0 . sin , )( , ) 1 (2 1 1 π ππ x xf x n nx n n 例 4 展开函数 ( ] , ||) xxxf ∈= −π π , [ . 解 = 0 ; bn ∫ == π π π 0 0 2 a xdx . ∫ ∫ = = − π π π π 0 0 π 0 π sin 2 sin 2 cos 2 | nxdx n nxx n n nxdxxa = = | =0 2 cos 2 π π nx n ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − =− , 0 . , , 4 )1(cos 2 2 2 为偶数 为奇数 n n n n n π π π 函数 在xf )( −π π ] , [ 上连续且按段光滑, 又 −π = ff π )()( , 因此有 ∑ ∞ = − − −= 1 2 , )12( )12cos(4 2 || k k xk x π π x∈ −π π ] , [ . ( 倘令 x = π , 就有 ∑ ∞ = − += 1 2 )12( 14 2 π k k π π , ⇒ ∑ ∞ = = 1 − 2 2 . )12( 8 1 k k π ) 例 5 设 ⎩ ⎨ ⎧ <<− ≤≤ = , 0 . 0 , 0 , )( x xx xf π π 求函数 的xf )( Fourier 级数展开式. [1]P88 E1. 例 6 . 2 , , , 0 , 0 , )( 2 2 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤<− = << = ππ π π xx x x x xf 把函数 展开成 xf )( Fourier 级数. [1]P89 E2 例 7 在区间 − π π ) , ( 内把函数 展开成 Fourier 级数. 2 )( = xxf 解法一 ( 直接展开 ) = 0 ; bn ∫ = = π π π 0 2 2 0 3 2 2 dxxa ; ∫∫ ∫ − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = = = − π π π π π π π 0 0 π 0 2 2 2 sin 2sin2 cos 2 cos 1 | nxdxx nn nxx nxdxxa nxdxx n ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = − ∫ π π π 0 0 cos 1 cos 2 | nxdx n nx n x n 2 4) 1 () 1 (4 nn n n n − = − = π π . n = , 2 , 1 " 函数 在区间 xf )( −π π ) , ( 内连续且按段光滑, 因此有 193
x2=x+4>(-1)cos/r 由于f(-x)=f(丌), 该展开式在[一丌,丌]上成立 在该展开式中,取x=x,得x2=x+4∑(-(1)y1,→ 取x=0,→ 解法二(间接展开:对例3中f(x)=x的展开式作积分运算)由例3,在区间 (-z,x)内有x=2∑-1)业对该式两端积分,由 Fourier级数可逐项 积分,有 tdt ndt 2 ∑ (cosnx 1)=2y(-1)1 (1)" COS n 为求得厂1)m 上式两端在[-丌,丌]上积分,有 dx=2下(-1 n+1 ∫a+2∑() cos ndx (-1) 12 因此,x 3+ +4∑(-1)yc0 P1193--13 六、以2l为周期的函数的 Fourier级数: 设函数f(x)以2/为周期,在区间[-1,l]上(R)可积.作代换、_1t则函数
∑ ∞ = −+= 1 2 2 2 cos ) 1 ( 4 3 n n n nx x π , x ∈ − π π ) , ( . 由于 π =− ff π )()( , ⇒ 该展开式在 −π π ] , [ 上成立. ( 在该展开式中, 取 x = π , 得 ∑ ∞ = −−+= 1 2 2 2 1 ) 1()1( 4 3 n nn n π π , ⇒ ∑ ∞ = = 1 2 2 6 1 n n π ; 取 x = 0 , ⇒ ∑ ∞ = + = − 1 2 2 1 12 ) 1( n n n π . ) 解法二 ( 间接展开: 对例 3 中 的展开式作积分运算 = xxf )( ) 由例 3 , 在区间 − π π ) , ( 内有 ∑ ∞ = − −= 1 1 sin ) 1( 2 n n n nx x . 对该式两端积分, 由 Fourier 级数可逐项 积分,有 ∫ ∑ ∫ ∞ = − −== = x n x n ntdt n tdt x 0 1 0 1 2 sin 1 ) 1( 2 2 ∑ ∑ ∑ ∞ = ∞ = ∞ + = −+ − =− − = 1 1 2 2 1 1 2 cos ) 1( 2 ) 1( 2)1(cos ) 1( 2 n n n n n n n nx n nx n . 为求得∑ ∞ = + − 1 2 1 ) 1( n n n , 上式两端在 −π π ] , [ 上积分, 有 ∫− ∑ ∫ ∫ ∑ ∞ = − − ∞ = + = − + − = = π π π π π π π 1 1 2 2 3 2 1 cos ) 1( 2 ) 1( 2 23 n n n n nxdx n dx n dx x ∑ ∞ = + − = 1 2 1 ) 1( 4 n n n π , ⇒ . 12 ) 1( 1 2 2 1 ∑ ∞ = + = − n n n π 因此 , ∑ ∞ = −+= 1 2 2 2 cos ) 1( 4 3 n n n nx x π , x ∈ − π π ) , ( . Ex P119 3--13. 六、以 2 l 为周期的函数的 Fourier 级数: 设函数 以 为周期 xf )( 2 l , 在区间 上 − ll ] , [ (R )可积 . 作代换 π tl x = , 则函数 194
F(t)=f(-)以2丌为周期由x=是线性函数,F(1)在区间[-x,r]上(R) 可积函数F()的 Fourier系数为 F(cos ndt n=0,1,2, b,=- F(Osin ntdr n=1,2, F(0)-0+2a, cosnt+b, sinn 还原为自变量x,注意到F()=f(1)=f(x),t=xx,就有 f(x)=F(0+2a,cos"+b, sin" 其中an=1F( 1)cos ndt==1 f(x)cos-dx, n=0,1, 2, f(x)sin n=1.2 当函数f(x)在区间[-1,l]上按段光滑时,f(x)可展开为 Fourier级数 註三角函数系{1,cos,sin 1+ ox. nD,}是区间[-1,1]上 的正交函数系统 0 5余弦级数
) ()( π lt = ftF 以 2π 为周期. 由 π tl x = 是线性函数, tF )( 在区间 −π π ] , [ 上(R ) 可积 .函数 的tF )( Fourier 系数为. ∫− = π π π n cos)( ntdttFa 1 , n = , 2 , 1 , 0 " ∫− = π π π n sin)( ntdttFb 1 , n = , 2 , 1 " tF )( ～ ∑ ∞ = + + 1 0 cos . sin 2 n n n ntbnta a 还原为自变量 x , 注意到 l x txf tl ftF ()( , )() π π === , 就有 = tFxf )()( ～ ∑ ∞ = + + 1 0 cos . sin 2 n n n l xn b l xn a a π π 其中 ∫− = π π π n cos)( ntdttFa 1 ∫− = ==== l l l x t dx l xn xf l π π cos)( 1 , n = , 2 , 1 , 0 " bn = ∫− l l dx l xn xf l π sin)( 1 , n = , 2 , 1 " 当函数 在区间 上按段光滑时 xf )( − ll ] , [ , xf )( 可展开为 Fourier 级数. 註 三角函数系 " "} , sin , cos , , sin , cos , 1 { l xn l xn l x l πx π π π 是区间 − ll ] , [ 上 的正交函数系统 . 例8 把函数 展开成 Fourier 级数. ⎩ ⎨ ⎧ 正弦级数; ⅱ> 余弦级数. 195
13 八、收敛定理的证明 Din定理设以2丌为周期的函数∫在区间[-,x上按段光滑,则在每一点 x∈[-丌,丌],∫的 Fourier级数收敛于∫在点x的左、右极限的算术平均值,即 f(x+0)+f(x-0) +>a, cos nx+b sin nx 其中an和bn为f的 Fourier系数 证明思路:设∫(x)~+∑ac0smx+ b sin nx.对每个x∈[-丌,丌]我们 要证明S(x)f(x+0)+f(x-0) 2 即证明 lim/f(x+0)+f(x-O 方法是把该极限表达式化为积分,利用 Riemann.- Lebesgue定理证明相应积分的极 限为零 施证方案: 1.写出Sn(x)=+∑a2 cos kx+ b sin hr的简缩形式称这一简缩形式为 Sn(x)的积分形式,或称为 Dirichlet积分, n sIn s()=r(x+0 2 sin 利用该表示式,式f(x+0)+f(x-0)-S(x)可化为 f(x+0)+f(x-0) -S,(x)= f(x+0)+f(x-0)1 SI f(x+1) 2n+1 In fo f(x+1) dt 2 sin
Ex P119 3--13 . 八、收敛定理的证明 Dini 定理 设以 2π 为周期的函数 在区间 f −π π ] , [ 上按段光滑, 则在每一点 x∈ −π π ] , [ , f 的 Fourier 级数收敛于 在点 f x 的左、右极限的算术平均值, 即 nxbnxa xfxf a n n n cos sin 2 2 )0()0( 1 0 += + −++ ∑ ∞ = , 其中 和 为 的 Fourier 系数. an bn f 证明思路: 设 ～xf )( ∑ ∞ = + + 1 0 cos . sin 2 n n n nxbnxa a 对每个 x ∈ −π π ] , [ , 我们 要证明 xS → )( n 2 + xfxf −+ )0()0( . 即证明 0 2 )0()0( lim ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − −++ ∞→ n n S xfxf . 方法是把该极限表达式化为积分, 利用 Riemann—Lebesgue 定理证明相应积分的极 限为零. 施证方案: 1． 写出 xS )( n = ∑= + + n k k k kxbkxa a 1 0 cos sin 2 的简缩形式. 称这一简缩形式为 n xS )( 的积分形式, 或称为 Dirichlet 积分, 即 ∫− + = + π π π dt t t n n txfxS 2 sin2 2 12 sin )( 1 )( . 利用该表示式, 式 2 + + xfxf − )0()0( xS )( − n 可化为 2 xfxf −++ )0()0( xS )( − n = = 2 xfxf −++ )0()0( ∫− + − + π π π dt t t n txf 2 sin2 2 12 sin )( 1 = = 2 xf + )0( ∫ + +− π π 0 2 sin2 2 12 sin )( 1 dt t t n txf + 196
(x0-1C.(x+0=2-a 2 于是把问题归结为证明 n li f(x+0)1 f(x+1) -d=0 2sin f(x-0)1 dt=0 sin 这两式的证明是相同的,只证第一式 2.为证上述第一式,先利用三角公式 2n+1 +coSq+cos2q+……+ cong= 建立所谓 Dirichlet积分1[-2-=1,利用该式把(x+0)表示为 sIn 积分,即把J(x+0) 2表示为 Dirichlet积分 2n+1 ∫(x+0)1 f(x+0) 2dt sIn 于是又把上述1中所指的第一式左端化为 n J (x+0)1 f(x+1) dt 2 2n+1 sIn dt 3.利用所谓 Riemann一 Lebesgue定理证明上述极限为零.为此,先证明 Bessel 不等式([1]P101预备定理1),再建立 Rieman- Lebesgue定理,然后把 上最后的式子化为 2n+1 sIn [[f(x+0)-fx+) dt 2 197
2 xf − )0( ∫− + − + 0 2 sin2 2 12 sin )( 1 π π dt t t n txf , 于是把问题归结为证明 [ n ∞→ lim 2 xf + )0( ∫ + +− π π 0 2 sin2 2 12 sin )( 1 dt t t n txf ] = 0 , 和 [ n ∞→ lim 2 xf − )0( ∫− + − + 0 2 sin2 2 12 sin )( 1 π π dt t t n txf ] = 0 . 这两式的证明是相同的, 只证第一式. 2． 为证上述第一式, 先利用三角公式 2 sin2 2 12 sin 2coscos cos 2 1 ϕ ϕ ϕϕ ϕ + =++++ n " n 建立所谓 Dirichlet 积分 ∫ = + π π 0 1 2 sin 2 12 sin 1 dt t t n , 利用该式把 2 xf + )0( 表示为 积分,即把 2 xf + )0( 表示为 Dirichlet 积分 2 xf + )0( = ∫ + + π π 0 2 sin2 2 12 sin )0( 1 dt t t n xf . 于是又把上述 1 中所指的第一式左端化为 [ n ∞→ lim 2 xf + )0( ∫ + +− π π 0 2 sin2 2 12 sin )( 1 dt t t n txf ] = ∞→ = n lim [ ] ∫ + +−+ π π 0 2 sin2 2 12 sin )()0( 1 dt t t n txfxf . 3． 利用所谓 Riemann — Lebesgue 定理证明上述极限为零. 为此 , 先证明 Bessel 不等式( [1]P101 预备定理 1 ), 再建立 Riemann — Lebesgue 定理, 然后把以 上最后的式子化为 n ∞→ lim [ ] ∫ + +−+ π π 0 2 sin2 2 12 sin )()0( 1 dt t t n txfxf . 197
4.把上式化为应用 Rieman- Lebesgue定理的形式,即令 qp(1)= f(x+1)-f(x+0) (0,z] sIn 2n+1 sIn m/(x+0)-/(x+0}2 dt=lim -.o(Osin/ n+tdr 2 为使最后这一极限等于零,由 Riemann- Lebesgue定理,只要函数q(1)在区间 [0,]上可积.因此希望q(0+0)存在.由函数∫在区间[-x,丌]上按段光滑 可以验证(0+0)存在 预备定理及其推论:为实施以上证明方案,我们先建立以下预备定理和其推论 预备定理1( Bessel不等式)若函数∫在区间[-r,丌]上可积,则有 Bessel不等式 2+b2)≤-f2(x)dx 2 其中an和b为函数∫的 Fourier系数 证P104 系1(Rimm- Lebesgue定理)若函数∫在区间[-r,丌]上可积,则有 n」f(x) cos ndx=0, lim f(r)sin ndx=0 证P100. 系2若函数∫在区间[-x,丌]上可积,则有 lim[f(x)sin(n+o)xdx=0 f∫(x)sin(n+-)xdx=0 预备定理2若f(x)是以2z为周期的周期函数,且在区间[-丌,丌]上可积,则函 数f(x)的 fourier级数部分和Sn(x)有积分表示式
4． 把上式化为应用 Riemann — Lebesgue 定理的形式, 即令 ] , 0( , 2 sin )0()( 2 ϕ )( ∈ π ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +−+ −= t t t t xftxf t , 则 n ∞→ lim [ ] ∫ + +−+ π π 0 2 sin2 2 12 sin )()0( 1 dt t t n txfxf ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = + → π ϕ 0 π 0 2 1 sin)( 1 lim tdtnt n . 为使最后这一极限等于零, 由 Riemann — Lebesgue 定理, 只要函数ϕ t)( 在区间 π ] , 0 [ 上可积. 因此希望ϕ + )00( 存在. 由函数 在区间 f −π π ] , [ 上按段光滑, 可以验证ϕ + )00( 存在. 预备定理及其推论: 为实施以上证明方案, 我们先建立以下预备定理和其推论. 预备定理1 ( Bessel 不等式) 若函数 f 在区间 −π π ] , [ 上可积, 则有Bessel 不等式 ∑ ∫ ∞ = − ≤++ 1 22 2 2 0 )( 1 ) ( 2 n ba nn dxxf a π π π , 其中 和 为函数 的 Fourier 系数. an bn f 证 P104 . 系 1 ( Riemann— Lebesgue 定理 ) 若函数 在区间 f −π π ] , [ 上可积, 则有 , ∞→ ∫− = π π nxdxxf 0cos)(limn . ∞→ ∫− = π π nxdxxf 0sin)(limn 证 P100 . 系 2 若函数 在区间 f −π π ] , [ 上可积, 则有 ∫ =+ ∞→ π 0 0) 2 1 sin()(lim xdxnxf n , ∞→ ∫− =+ 0 0) 2 1 sin()(lim π xdxnxf n . 证 预备定理 2 若 是以 xf )( 2π 为周期的周期函数, 且在区间 −π π ] , [ 上可积, 则函 数 的xf )( Fourier 级数部分和 有积分表示式 xS )( n 198