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Fourier 级数的收敛性

## Fourier 级数的收敛性
16．2．1 Riemann 引理
一般认为，以下引理是 Fourier 级数理论中的基本引理．
定理 16.2 （Riemann 引理）设 $f$ 于区间 $[a, b)$ 上可积与绝对可积，其中 $b$ 可以是 $+\infty$ ，则

$$
\lim _{p \rightarrow \infty} \int_a^b f(x) \cos p x d x=0, \quad \lim _{p \rightarrow \infty} \int_a^b f(x) \sin p x d x=0
$$

证 只给出第一个极限的证明，对其中的 $p \rightarrow \infty$ ，也只讨论 $p \rightarrow+\infty$ 。其余情况都是类似的。（可从图 16.7 来理解引理的意义．）先设 $[a, b]$ 为有界区间，且 $f \in R[a, b]$ ．对于最简单情况，即 $f(x) \equiv c$ 为常值函数，则 $\left.\left|\int_a^b c \cos p x d x\right|=\left|\frac{c}{p} \sin p x\right|_a^b \right\rvert\, \leqslant \frac{2 c}{p}$,可见当 $p \rightarrow+\infty$ 时极限为 0 ．
 ![图片](/uploads/2025-01/8be442.jpg)
 由 $f \in R[a, b]$ 的可积第二充要条件（见定理 10．3（3）），对给定的 $\varepsilon>0$ ，存在分划 $P=\left\{x_0, x_1, \cdots, x_n\right\}$ ，使得对应的振幅面积 $\sum_{i=1}^n \omega_i \Delta x_i<\frac{\varepsilon}{2}$ ．这时对于积分可以估计如下：

$$
\begin{aligned}
\left|\int_a^b f(x) \cos p x d x\right| & =\left|\sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i}\left[f(x)-f\left(x_i\right)\right] \cos p x d x\right|+\left|\sum_{i=1}^n f\left(x_i\right) \int_{x_{i-1}}^{x_i} \cos p x d x\right| \\
& \leqslant \sum_{i=1}^n \omega_i \Delta x_i+\sum_{i=1}^n\left|f\left(x_i\right)\right| \cdot \frac{2}{p}
\end{aligned}
$$

这时最后一式的第一项已经小于 $\varepsilon / 2$ ，又由于分划 $P$ 已经取定，因此第二项的和式 $\sum_{i=1}^n\left|f\left(x_i\right)\right|$ 是确定的数．从而存在 $p_0>0$ ，当 $p>p_0$ 时就使得第二项也小于 $\varepsilon / 2$ ，也就是使得

$$
\left|\int_a^b f(x) \cos p x d x\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon
$$

这样就证明了 $\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_a^b f(x) \cos p x d x=0$ 。
对于 $f$ 为 $[a, b)$ 上的广义积分的情况，为简单起见设 $b$ 是惟一奇点，则由于对广义积分为绝对收玫的假设条件，对给定的 $\varepsilon>0$ ，存在 $b^{\prime} \in(a, b)$ ，使得

$\int_{b^{\prime}}^b|f(x)| d x<\frac{\varepsilon}{2}$ ．这时 $f$ 在 $\left[a, b^{\prime}\right]$ 上常义可积，因此根据前面的证明，存在 $p_0>0$ ，当 $p>p_0$ 时，成立 $\left|\int_a^{b^{\prime}} f(x) \cos p x d x\right|<\frac{\varepsilon}{2}$ ，于是也就有

$$
\left|\int_a^b f(x) \cos p x d x\right| \leqslant\left|\int_a^{b^{\prime}} f(x) \cos p x d x\right|+\int_{b^{\prime}}^b|f(x)| d x<\varepsilon
$$

由 Riemann 引理知道 Fourier 系数一定具有以下性质。
推论 若 $a_n, b_n$ 是定义 16.1 中的 Fourier 系数，则 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_n=0, \lim _{n \rightarrow \infty} b_n=0$ ．
以下两个例题是 Riemann 引理的重要应用。
例题 16.6 求 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}$ 的和函数 $S(x)$ ．
解 在例题 14.18 已知和函数 $S(x)$ 处处有定义。由于 $S(0)=0, S(x)$ 以 $2 \pi$ 为周期，只要在 $(0,2 \pi)$ 上求 $S(x)$ 即可．

对于 $0<x<2 \pi$ 计算级数的部分和如下：

$$
\begin{aligned}
S_n(x) & =\sum_{k=1}^n \frac{\sin k x}{k}=\sum_{k=1}^n \int_0^x \cos k t d t=\int_0^x\left(\sum_{k=1}^n \cos k t\right) d t \\
& =\int_0^x\left(\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t}{2 \sin \frac{t}{2}}-\frac{1}{2}\right) d t=\int_0^x \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t}{2 \sin \frac{t}{2}} d t-\frac{x}{2}
\end{aligned}
$$

最后一个积分的被积函数的分母 $2 \sin \frac{t}{2} \sim t$ ，而 $\frac{1}{t}$ 在 $(0, x)$ 上的积分发散，因此不能对这个积分用 Riemann 引理。

对于 $x=\pi$ ，总有 $S_n(\pi)=0$ ，因此得到恒等式（其中为常义积分）：

$$
\int_0^\pi \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t}{2 \sin \frac{t}{2}} d t=\frac{\pi}{2}
$$

这个恒等式称为 Dirichlet 积分 ${ }^{(1)}$ ，它也可以从 $\sum_{k=1}^n \cos k t$ 在 $[0, \pi]$ 上的积分直接求出．利用这个恒等式可将部分和 $S_n(x)$ 改写为

$$
S_n(x)=\frac{\pi-x}{2}-\int_x^\pi \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t}{2 \sin \frac{t}{2}} d t
$$

对于 $x \in(0,2 \pi)$ ，函数 $\frac{1}{\sin \frac{t}{2}}$ 在区间 $[x, \pi]$ 上常义可积，令 $n \rightarrow \infty$ ，用 Riemann引理就得到和函数的表达式为

$$
S(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} S_n(x)=\frac{\pi-x}{2}, \quad 0<x<2 \pi
$$

注1 在例题16．2中计算得到

$$
f(x) \sim \pi-2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n},
$$

其中周期 $2 \pi$ 的函数 $f(x)$ 在 $[0,2 \pi)$ 上等于 $x$ ．利用记号 $\sim$ 具有线性运算性质，因此就可以推出本例题中的三角级数是 $S(x)$ 的 Fourier 级数．

注 2 在 $[0,2 \pi]$ 上 $S(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}=\left\{\begin{aligned} \frac{\pi-x}{2}, & 0<x<2 \pi, \\ 0, & x=0,2 \pi .\end{aligned}\right.$ 在下面的
图 16．8 中作出了 $S(x)$ 的图像．由于 $S(x)$ 在所有 $2 n \pi(n \in Z )$ 的点上不连续，因
 ![图片](/uploads/2025-01/dc7780.jpg)
 
 此可以从连续性定理（即定理 15．5）的逆否命题推出函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}$ 在含有这些不连续点，或者以它们为端点的任何区间上都不一致收敛。其中包括 $[0,2 \pi],(0,2 \pi),(0, \pi],[\pi, 2 \pi)$ 等．（在例题 15.13 中已经用 Cauchy 一致收敛准则证明该级数在 $(0,2 \pi)$ 上不一致收敛．）

注 3 令 $x=\pi / 2$ ，就得到在例题 15.26 中的结果

$$
1-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{(-1)^{n-1}}{2 n-1}+\cdots=\frac{\pi}{4}
$$

例题16．7 计算广义积分 $\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x$（它也常称为 Dirichlet 积分）．
解 利用（16．6），即 $\int_0^\pi \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) x}{2 \sin \frac{x}{2}} d x=\frac{\pi}{2}$ ，将被积函数的分母换为 $x$ ，得到：

$$
\begin{aligned}
\int_0^\pi \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) x}{x} d x & =\int_0^\pi \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) x}{2 \sin \frac{x}{2}} d x+\int_0^\pi \sin \left(n+\frac{1}{2}\right) x \cdot\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}}\right) d x \\
& =\frac{\pi}{2}+\int_0^\pi \sin \left(n+\frac{1}{2}\right) x \cdot\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}}\right) d x
\end{aligned}
$$

由于右边积分号下的因子 $\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}}\right)$ 在 $[0, \pi]$ 上常义可积，因此用 Riemann引理知道当 $n \rightarrow \infty$ 时极限为 0 ，这样就得到

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_0^\pi \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) x}{x} d x=\frac{\pi}{2}
$$

最后，用变量代换有

$$
\int_0^\pi \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) x}{x} d x=\int_0^{\left(n+\frac{1}{2}\right) \pi} \frac{\sin x}{x} d x
$$

而已知广义积分 $\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x$ 收玫（见例题 11．29），因此从 Heine 归结原理就有

$$
\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x=\lim _{A \rightarrow+\infty} \int_0^A \frac{\sin x}{x} d x=\lim _{n \rightarrow+\infty} \int_0^{n+\frac{1}{2}} \frac{\sin x}{x} d x=\frac{\pi}{2}
$$

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