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Dini 判别法

## Dini 判别法
从（16．13）可以导出多种判别法．最常用的判别法之一为 Dini 判别法．设 $f$ 为周期 $2 \pi$ 的可积与绝对可积函数，$\varphi(u)=f\left(x_0+u\right)+f\left(x_0-u\right)-2 S$ ．

Dini 判别法 若有 $\delta>0$ ，使得积分 $\int_0^\delta \frac{|\varphi(u)|}{u} d u$ 收玫，则 $f$ 的 Fourier 级数在点 $x_0$ 处收玫于 $S$ ．

证 写出（16．13）：

$$
S_n(x)-S=\frac{1}{\pi} \int_0^\delta \sin \left(n+\frac{1}{2}\right) u \cdot \frac{\varphi(u)}{u} d u+o(1)(n \rightarrow \infty)
$$

根据条件用 Riemann 引理即得。
如上所示，在 Riemann 引理和（16．13）的基础上，Dini 判别法很容易就得到了．但在使用上还不方便，其中也没有告诉我们 $S$ 是什么。下面写出最常见的一些情况作为 Dini 判别法的推论。

只讨论两种情况 ${ }^{(2)}$ ：（1）$f$ 在点 $x_0$ 处连续，（2）$f$ 以点 $x_0$ 为第一类间断点。它们的共同点是都存在两个单侧极限，然后取

$$
S=\frac{1}{2}\left[f\left(x_0^{+}\right)+f\left(x_0^{-}\right)\right]
$$

当 $f$ 于点 $x_0$ 连续时 $S=f\left(x_0\right)$ 。其实从 $\varphi(u)$ 的定义（16．12）和 Dini 判别法中的积分收玫条件可见，对以上两种情况来说（16．14）中的 $S$ 是惟一可能的选择。

Dini 判别法的推论 1 设有 $\delta>0$ ，使得函数 $f$ 在点 $x_0$ 邻近满足如下的指数为 $\alpha$ 的广义 Lipschitz 条件：

$$
\left|f\left(x_0 \pm u\right)-f\left(x_0^{ \pm}\right)\right| \leqslant L u^\alpha, \quad 0<u \leqslant \delta
$$

其中 $L>0,0<\alpha \leqslant 1$（若 $\alpha>1$ 则只能是常值函数），则 $f$ 的 Fourier 级数于点 $x_0$处收玫于（16．14）定义的 $S$ 。

证 从 $\varphi(u)$ 的定义（16．12）可见有 $\lim _{u \rightarrow 0^{+}} \varphi(u)=0$ ．这时从下列不等式

$$
\frac{|\varphi(u)|}{u} \leqslant \frac{\left|f\left(x_0+u\right)-f\left(x_0^{+}\right)\right|+\left|f\left(x_0-u\right)-f\left(x_0^{-}\right)\right|}{u} \leqslant \frac{2 L}{u^{1-\alpha}}
$$

和 $0 \leqslant 1-\alpha<1$ ，利用积分 $\int_0^\delta \frac{ d u}{u^{1-\alpha}}$ 收玫，可见 Dini 判别法的条件满足．
Dini 判别法的推论 2 设 $f$ 在点 $x_0$ 两侧存在下列广义单侧导数

$$
\lim _{u \rightarrow 0^{+}} \frac{f\left(x_0 \pm u\right)-f\left(x_0^{ \pm}\right)}{u}
$$

则 $f$ 的 Fourier 级数于点 $x_0$ 收玫于（16．14）定义的 $S$ ．
证 这就是推论 1 中的 $\alpha=1$ 的特例，这时 $\int_0^\delta \frac{|\varphi(u)|}{u} d u$ 为常义积分．
注 由于函数在点 $x_0$ 可导时一定连续，这时在（16．15）中的两个极限也一定存在（且相等），因此在函数的可导点上，Fourier 级数一定收玫于 $f$ 在该点的值．

更为方便的是以下推论，它解决了绝大多数常见函数的 Fourier 级数的收玫问题．今后将满足其中条件的函数简称为分段光滑函数．

Dini 判别法的推论 3 设周期函数 $f$ 在每个有界区间上至多除去有限点外，处处存在连续的导函数，而在每个例外点处，函数 $f$ 及其导函数 $f^{\prime}$ 都存在两个单侧极限，则 $f$ 的 Fourier 级数处处收玫于 $\frac{1}{2}\left[f\left(x^{+}\right)+f\left(x^{-}\right)\right]$．

证 如推论 2 的注所示，只需要讨论例外点．设 $x_0$ 处右侧存在 $f\left(x_0^{+}\right)$，同时又存在导函数的单侧极限 $f^{\prime}\left(x_0^{+}\right)$，则用 L＇Hospital 法则就得到

$$
\lim _{u \rightarrow 0^{+}} \frac{f\left(x_0+u\right)-f\left(x_0^{+}\right)}{u}=f^{\prime}\left(x_0^{+}\right)
$$

这样就证明了 $f$ 在 $x_0$ 的右侧存在广义导数．对左侧的证明是类似的．
例题 16.8 对于本章前 5 个例题中的 Fourier 级数．确定级数的和，并与 $f$ 作比较。

解 例题16．1（参见图 16．1）．
其中周期 $2 \pi$ 的函数 $f$ 在 $(-\pi, \pi]$ 上为 $\left\{\begin{array}{ll}1, & 0 \leqslant x \leqslant \pi \\ 0, & -\pi<x<0\end{array}\right.$ ，作为周期 $2 \pi$ 的函数，所有 $n \pi(n \in Z )$ 的点为第一类间断点．由于 $f$ 分段光滑函数，因此它的 Fourier级数处处收玫。从（16．14）可见在所有间断点上级数的和为 $\frac{1}{2}$ ，而在其他所有点上级数的和与 $f$ 相等．这些从该例题的附图 16.1 看是非常清楚的．在 $-\pi \leqslant x \leqslant \pi$ 上的 Fourier 级数的和为：

$$
\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (2 n-1) x}{2 n-1}=\left\{\begin{array}{cl}
0, & -\pi<x<0 \\
1, & 0<x<\pi \\
\frac{1}{2}, & x=0, \pm \pi
\end{array}\right.
$$

例题 16.2 （参见图 16．2）．
其中周期 $2 \pi$ 的函数 $f$ 在 $[0,2 \pi)$ 上等于 $x$ ．作同样讨论可以写出在 $[0,2 \pi]$ 上的 Fourier 级数的和为：

$$
\pi-2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}= \begin{cases}x, & 0<x<2 \pi \\ \pi, & x=0,2 \pi\end{cases}
$$

例题16．3（参见图16．3）．
其中先在 $[-\pi, \pi)$ 上给定 $f(x)= e ^{\alpha x}, \alpha \neq 0$ ，然后作周期 $2 \pi$ 的延拓．可见所有 $(2 n+1) \pi(n \in Z )$ 的点为第一类间断点．于是有

$$
\frac{e^{\alpha \pi}-e^{-\alpha \pi}}{\pi} \cdot\left(\frac{1}{2 \alpha}+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \frac{\alpha \cos n x-n \sin n x}{\alpha^2+n^2}\right)=\left\{\begin{aligned}
e^{\alpha x}, & |x|<\pi \\
\frac{1}{2}\left[e^{\alpha \pi}+e^{-\alpha \pi}\right], & x= \pm \pi
\end{aligned}\right.
$$

例题 16.4 （参见图 16．4）．
其中先在 $(0, \pi)$ 上给定 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}1, & 0<x<h \\ 0, & h<x<\pi\end{array}\right.$ ，其中 $0<h<\pi$ ，然后作偶延拓，再按照周期 $2 \pi$ 延拓．这时所有 $n \pi, 2 n \pi \pm h(n \in Z )$ 都是第一类间断点．可以写出 Fourier 级数在 $[0, \pi]$ 上的和为

$$
\frac{h}{\pi}+\frac{2}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n h}{n} \cos n x= \begin{cases}1, & 0 \leqslant x<h \\ \frac{1}{2}, & x=h \\ 0, & h<x \leqslant \pi\end{cases}
$$

其中 $x=0, \pi$ 处原来的 $f$ 没有定义．在作上述偶延拓和周期 $2 \pi$ 延拓后它们都是可去第一类间断点，因此按照（16．14）可知级数的和在该处分别为 1 和 0 。

例题 16.5 （参见图16．5）．
其中将 $f(x)=|x|,-1 \leqslant x \leqslant 1$ 按照周期 2 延拓．这时可以看出所得的周期函数处处连续，在所有整数点处不可导，但存在两个单侧导数，因此就可以知道在 $[-1,1]$ 上的 Fourier 级数处处收玫于 $f(x)=|x|$ ，即有：

$$
\frac{1}{2}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{4}{(2 n-1)^2 \pi^2} \cos (2 n-1) \pi x=|x|, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1
$$

注 1 例题 16.6 （参见图 16．7）与前 5 个例题不同，是先用 Riemann 引理求出三角级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{x}$ 的和函数，然后从例题 16.2 可以推出该三角级数就是 $S(x)$ 的 Fourier 级数．当然也可以直接用 Euler－Fourier 公式 16.4 来验证这个结论．下面就是在 $[0,2 \pi]$ 上的级数的和函数：

$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}=\left\{\begin{aligned}
\frac{\pi-x}{2}, & 0<x<2 \pi \\
0, & x=0,2 \pi
\end{aligned}\right.
$$

注 2 注意在确定 Fourier 级数的和函数时，要养成作图的习惯，这对于在每一个间断点处确定函数的两个单侧极限，从而确定级数的和，是有帮助的。例如，设给定 $(-\pi, \pi]$ 上的连续可微函数，要求确定它的 Fourier 级数的和函数在 $(-\pi, \pi]$的值．这时在 $(-\pi, \pi)$ 上级数的和处处等于 $f$ 的值，但在点 $\pi$ 处就不一定。若有 $f(\pi) \neq f\left(-\pi^{+}\right)$，则在将 $f$ 作周期 $2 \pi$ 的延拓时，点 $-\pi, \pi$ 都是不连续点．于是 Fourier 级数的和函数在点 $\pi$ 处只能收玫于 $\frac{1}{2}\left[f(\pi)+f\left(-\pi^{+}\right)\right]$．

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