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Fourier级数的逐项积分定理

## 逐项积分定理

> 定理16.7（Fourier级数的逐项积分定理）设 $f$ 为周期 $2 \pi$ 的分段连续函数 ，在 $[0,2 \pi]$ 上可积与绝对可积，且已知有
$$
f(x) \sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cos n x+b_n \sin n x\right)
$$
则有：
（1）级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_n}{n}$ 收玫，
（2）$\forall x, x_0 \in R : \int_{x_0}^x f(t) d t=\int_{x_0}^x \frac{a_0}{2} d t+\sum_{n=1}^{\infty} \int_{x_0}^x\left(a_n \cos n t+b_n \sin n t\right) d t$ ．

证 对（2）只需要对于 $x_0=0$ 作出证明即可．
定义函数 $F(x)=\int_0^x\left(f(t)-\frac{a_0}{2}\right) d t^{(1)}$ ，则从

$$
F(2 \pi)-F(0)=\int_0^{2 \pi}\left(f(t)-\frac{a_0}{2}\right) d t=\int_0^{2 \pi} f(t) d t-a_0 \pi=0
$$

可见 $F$ 是周期 $2 \pi$ 的连续函数．
在 $f$ 为分段连续且只有第一类间断点的条件下，由于在 $f$ 连续处有 $F^{\prime}=f$ ，因此 $F$ 就是分段光滑的连续函数．于是 $F$ 的 Fourier 级数处处收玫于自身，即有

$$
F(x)=\frac{A_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(A_n \cos n x+B_n \sin n x\right)
$$

其中右边为 $F$ 的 Fourier 级数．通过分部积分就可以对于所有正整数 $n$ 得到

$$
\begin{aligned}
& A_n=\frac{1}{\pi} \int_0^{2 \pi} F(x) \cos n x d x=\left.\frac{1}{n \pi} F(x) \sin n x\right|_0 ^{2 \pi}-\frac{1}{n \pi} \int_0^{2 \pi} f(x) \sin n x d x=-\frac{b_n}{n} \\
& B_n=\frac{1}{\pi} \int_0^{2 \pi} F(x) \sin n x d x=-\left.\frac{1}{n \pi} F(x) \cos n x\right|_0 ^{2 \pi}+\frac{1}{n \pi} \int_0^{2 \pi} f(x) \cos n x d x=\frac{a_n}{n}
\end{aligned}
$$

（这里又使用了广义的分部积分公式，见定理10．14的注．）
在 $F$ 的 Fourier 展开式中用 $x=0$ 代入，就得到

$$
0=F(0)=\frac{A_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} A_n=\frac{A_0}{2}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_n}{n}
$$

这样就证明了定理的（1），且知道该级数的和是 $\frac{A_0}{2}$ ．
在 $F$ 的 Fourier 级数展开式中，将 $A_0 / 2$ 换为 $-\sum_{n=1}^{\infty} A_n$ ，代入到和式中，再用上面得到的 $A_n, B_n$ 的表达式，就得到
$$
\begin{aligned}
F(x)=\int_0^x\left(f(t)-\frac{a_0}{2}\right) d t & =\sum_{n=1}^{\infty}\left[A_n(\cos n x-1)+B_n \sin n x\right] \\
& =\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{b_n}{n}(1-\cos n x)+\frac{a_n}{n} \sin n x\right) \\
& =\sum_{n=1}^{\infty} \int_0^x\left(a_n \cos n t+b_n \sin n t\right) d t
\end{aligned}
$$

再将左边的 $\int_0^x \frac{a_0}{2} d t$ 移到右边即得所求．

#### 一个副产品
注1 这个定理的一个副产品就是可以找到不是 Fourier 级数的三角级数．例如下面的三角级数：

$$
\sum_{n=2}^{\infty} \frac{\sin n x}{\ln n} ...(16.21)
$$

与我们熟悉的级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}$ 一样，只要用 Dirichlet 判别法就知道级数（16．21）处处收玫。但由于级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$ 发散，根据定理 16．7（1）知道（16．21）中的三角级数不可能是 Fourier 级数．

注 2 应用逐项积分定理使得我们可以从（不知是否收敛的）Fourier 级数得到新的 Fourier 级数，而且它是收玫的．下面是一个典型例子．

`例16.9` 在 $[0,2 \pi]$ 上，有
$$
\boxed{
\frac{\pi-x}{2} \sim \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}
}
$$

（实际上已知在 $(0,2 \pi)$ 上成立等号），取 $x \in[0,2 \pi]$ ，逐项积分得到（逐项积分定理中的 $x$ 是没有限制的，但这里只能取 $x \in[0,2 \pi]$ ，因为当 $x$ 越出 $[0,2 \pi]$ 时左边的函数表达式不正确）：

$$
\begin{aligned}
\int_0^x\left(\frac{\pi-t}{2}\right) d t & =\frac{\pi x}{2}-\frac{x^2}{4}=\sum_{n=1}^{\infty} \int_0^x \frac{\sin n t}{n} d t \\
& =\sum_{n=1}^{\infty}\left(-\left.\frac{1}{n^2} \cos n t\right|_0 ^x\right)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}(1-\cos n x) \\
& =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cos n x
\end{aligned}
$$

且在 $[0,2 \pi]$ 上成立．利用前面已经得到的 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$ ，就得到一个新的 Fourier级数展开式，即在 $[0,2 \pi]$ 上成立

$$
\frac{x^2}{4}-\frac{\pi x}{2}+\frac{\pi^2}{6}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cos n x
$$
注 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$ 是在前面的 Parseval 等式（16．19）的一个应用．由于 （16．19）在那里没有证明，因此我们在这里对这个级数的和给出一个独立的证明．为此令 $x=\pi$ 代入上面逐项求积得到的等式中，利用 $\cos n \pi=(-1)^n$ ，就有

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

记收玫级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 的和为 $A$ ，则就有

$$
\begin{aligned}
A & =\left(1+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{(2 n-1)^2}+\cdots\right)+\left(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots+\frac{1}{(2 n)^2}+\cdots\right) \\
& =\frac{\pi^2}{8}+\frac{1}{4} A,
\end{aligned}
$$

这样就又得到 $A=\frac{\pi^2}{6}$ ．

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