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Fourier级数逐项求导定理

## 16.3.4 逐项求导定理
这里也不宜用第十五章中的逐项求导定理（即定理15．8（2）），而需要利用 Fourier 级数自身的特点来讨论．

假设周期 $2 \pi$ 的函数 $f$ 可积且绝对可积，且有

$$
f(x) \sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cos n x+b_n \sin n x\right)
$$

问题是在什么条件下可以逐项求导得到

$$
f^{\prime}(x) \sim\left(\frac{a_0}{2}\right)^{\prime}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cos n x+b_n \sin n x\right)^{\prime}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(n b_n \cos n x-n a_n \sin n x\right)
$$

容易看到，首先要假设 $f$ 可导，至多只能在有限个点上例外，且 $f^{\prime}$ 可积与绝对可积．其次，从上面可见 $f^{\prime}$ 的第一个 Fourier 系数等于 0 ，这就是

$$
\int_{-\pi}^\pi f^{\prime}(x) d x=f(\pi)-f(-\pi)=0
$$

于是 $f$ 必须是周期 $2 \pi$ 的连续函数．若不满足这个条件，则不可能逐项求导．
这方面叙述下列结果．

**定理 16.8 （Fourier 级数的逐项求导定理）设 $f$ 是周期 $2 \pi$ 的连续函数，且**

$$
f(x) \sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cos n x+b_n \sin n x\right)
$$

又设导函数 $f^{\prime}$ 分段光滑，则就有

$$
\frac{f^{\prime}\left(x^{-}\right)+f^{\prime}\left(x^{+}\right)}{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cos n x+b_n \sin n x\right)^{\prime}
$$

证 由于导函数 $f^{\prime}$ 分段光滑，因此可积与绝对可积，记 $f^{\prime}$ 的 Fourier 系数为 $\left\{a_n^{\prime}\right\}_{n \geqslant 0},\left\{b_n^{\prime}\right\}_{n \geqslant 1}$ ．用 $\S 16.3 .2$ 的引理，就有

$$
a_0^{\prime}=0, \quad a_n^{\prime}=n b_n, \quad b_n^{\prime}=-n a_n \forall n .
$$

又因 $f^{\prime}$ 分段光滑，从 Dini 判别法的推论 3 知道处处成立

$$
\frac{f^{\prime}\left(x^{-}\right)+f^{\prime}\left(x^{+}\right)}{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^{\prime} \cos n x+b_n^{\prime} \sin n x\right)
$$

合并以上结果，可见上式右边就是 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cos n x+b_n \sin n x\right)^{\prime}$ ．
注 再次回顾在 $(0,2 \pi)$ 上成立的 Fourier 级数展开式

$$
\frac{\pi-x}{2}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}
$$

左边的和函数在 $(0,2 \pi)$ 的导数恒等于 $-\frac{1}{2}$ ，但由于该函数不能延拓为周期 $2 \pi$ 的连续函数，因此不可能对它的 Fourier 级数逐项求导．事实上，右边逐项求导后得到的是处处发散的一个三角级数：$\sum_{n=1}^{\infty} \cos n x$ ．

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