最后更新: 2025-09-02 06:11 查看: 233 次纠错评论(0) 课件开VIP

Fourier 级数收敛的Dini 判别法

## Dini 判别法
从公式
$$
S_n\left(x_0\right)-S=\frac{1}{\pi} \int_0^\delta \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) u}{u} \cdot \varphi(u) d u+o(1)(n \rightarrow \infty)
$$

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：（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

$$
S=\frac{1}{2}\left[f\left(x_0^{+}\right)+f\left(x_0^{-}\right)\right]
...(16.14)
$$

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$\varphi(u)=f\left(x_0+u\right)+f\left(x_0-u\right)-2 S .$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

$$
\lim _{u \rightarrow 0^{+}} \frac{f\left(x_0 \pm u\right)-f\left(x_0^{ \pm}\right)}{u} ...(16.15)
$$

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。
 ![图片](/uploads/2025-09/e91356.jpg)

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16.2` （参见图 16．2）．

![图片](/uploads/2025-09/22a705.jpg)

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16.3`（参见图16．3）．
 ![图片](/uploads/2025-09/7cfdea.jpg)

其中在 $[-\pi, \pi)$ 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16.4`  （参见图 16．4）．
 ![图片](/uploads/2025-09/5a679c.jpg)

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16.5`

![图片](/uploads/2025-09/ff936d.jpg)
 
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：

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

`例16.6` 16.6的原题：求 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}$ 的和函数 $S(x)$ ．

![图片](/uploads/2025-09/b995ba.jpg)

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 $\frac{1}{2}\left[f(\pi)+f\left(-\pi^{+}\right)\right]$．

## Dini判别法通俗解释(AI解答)

### 一句话核心思想

Dini判别法是一个用来判断**某个点的傅里叶级数是否收敛于函数本身在该点的值**的数学工具。简单说就是：**我给你一个复杂的周期函数，我用一系列简单的正弦余弦波（傅里叶级数）去叠加它，Dini判别法告诉我，在某个特定的点，这些波最终能不能完美地还原出原来函数在这个点的值。**
 
### 一个生动的比喻：修复一张老照片

想象一下，你有一张非常模糊的老照片（这就是你的原始函数 $f(x)$），你想知道照片中某个人**左眼瞳孔**的位置原本到底是什么颜色（这就是你想判断的那个点 $x_0$ 的函数值 $f(x_0)$）。

傅里叶级数就像是一个超级修复工具，它通过叠加无数种不同频率、不同强度的“锐化滤镜”（正弦和余弦波），试图让照片变清晰。

**那么，Dini判别法就是判断在这个“左眼瞳孔”的点上，这些叠加的滤镜能不能最终让颜色无限接近真实的颜色。**

### Dini判别法的关键：“局部”的平滑程度

这个判别法不关心整个函数长什么样，它只关心你感兴趣的那个点 **附近的一小块区域** 的行为。它提出的要求是：

**在你关心的这个点 $x_0$ 旁边，函数值 $f(x)$ 和它在该点的值 $f(x_0)$ 之间的差距，必须不能“变化得太剧烈”。**

用数学语言说，就是下面这个积分必须存在（是有限的）：
$$ \int_{0}^{\pi} \frac{|f(x_0 + t) + f(x_0 - t) - 2f(x_0)|}{t}  dt < \infty $$

这个式子看起来复杂，但我们把它拆解一下：

1.  **$f(x_0 + t) + f(x_0 - t) - 2f(x_0)$**： 这叫**对称差分**。可以理解为，在 $x_0$ 点左右两边对称的位置（$x_0+t$ 和 $x_0-t$）取函数值，它们的平均值与中心点 $x_0$ 值的差距。它衡量了函数在 $x_0$ 点附近的“对称平滑性”。
    *   *比方说，如果函数在 $x_0$ 处非常平滑，比如是一条直线，那么这个差值几乎为0。*
    *   *如果函数在 $x_0$ 处有一个尖尖的角（比如绝对值函数在0点），那么这个差值就不为0。*

2.  **除以 $t$**： 这表示我们**对靠近 $x_0$ 点（t 很小）的行为更加严格**。离得远的地方（t 大）差一点没关系，但越靠近中心点，我们要求它的行为必须越好。

3.  **取绝对值并积分**： 我们把从无限接近 $x_0$（t→0）到稍远一点（t=π）的所有这种“严格化的差距”加起来，看它的总和是不是一个有限的数。

**所以，通俗的解释就是：Dini判别法要求，在你关心的这个点旁边，函数不能有“太极端”或“太奇葩”的不平滑行为。只要函数在该点附近足够“规矩”，那么它的傅里叶级数在这个点就一定会收敛到正确的函数值。**

---

### 哪些函数能满足Dini条件？（常见情况）

1.  **可导的点（最理想的情况）**：如果函数在 $x_0$ 点可导（是光滑的），那么它肯定满足Dini条件。傅里叶级数在这里一定收敛。

2.  ** Lipschitz连续的点**：即使函数在 $x_0$ 处不可导，但只要它不会“陡峭”得太过分（比如有一个缓和的尖角，其变化速度有一个上限），它也满足条件。例如 $f(x) = |x|$ 在 $x=0$ 这点。

3.  **有跳跃间断点，但行为良好**：即使函数在 $x_0$ 点有一个跳跃（比如从0突然跳到1），但只要跳完之后马上变得“平静”下来，而不是剧烈振荡，它也可能满足Dini条件。此时傅里叶级数会收敛到跳跃点左右两边的平均值。

### 总结

你可以把Dini判别法看作一个 **“局部平滑度检测仪”**：

*   **输入**：一个函数和你感兴趣的一个点。
*   **检测**：这个点附近一小块区域的行为是否“规矩”（积分是否有限）。
*   **输出**：如果规矩，则傅里叶级数在此点收敛于函数值；如果不规矩，则判别法失效（无法判断，可能收敛也可能不收敛）。

它比另一个著名的**狄利克雷(Dirichlet)判别法**更强大，条件更宽松，能判断更多的情况。

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