最后更新: 2025-09-02 06:23 查看: 80 次纠错评论(0) 课件开VIP

Fourier级数的狄利克雷判别法

## Riemann 引理及其推论
下面首先引进一个重要的结果．
定理 16．2．1（Riemann 引理）设函数 $\psi(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积或绝对可积，则成立

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

证 先考虑 $\psi(x)$ 有界的情况，这时 $\psi(x)$ Riemann 可积．
对于任意给定的 $\varepsilon>0$ ，由定理 7．1．3，存在着一种划分

$$
a=x_0<x_1<x_2<\cdots<x_n=b,
$$

满足

$$
\sum_{i=1}^n \omega_i \Delta x_i<\frac{\varepsilon}{2},
$$

这里 $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}, \omega_i$ 是 $\psi(x)$ 在 $\left[x_{i-1}, x_i\right]$ 中的振幅。
对于这种固定的划分，记 $m_i$ 是 $\psi(x)$ 在 $\left[x_{i-1}, x_i\right]$ 中的下确界，并取实数 $P=\frac{4}{\varepsilon}\left(\sum_{i=1}^n\left|m_i\right|\right)>0$ ，则当 $p>P$ 时，有

$$
\frac{2}{p}\left(\sum_{i=1}^n\left|m_i\right|\right)<\frac{\varepsilon}{2} .
$$

于是，对于任意给定的 $\varepsilon>0$ ，存在实数 $P>0$ ，当 $p>P$ 时，有
$$
\begin{aligned}
& \left|\int_a^b \psi(x) \sin p x d x\right|=\left|\sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} \psi(x) \sin p x d x\right| \\
= & \left|\sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i}\left(\psi(x)-m_i\right) \sin p x d x+\sum_{i=1}^n m_i \int_{x_{i-1}}^{x_i} \sin p x d x\right| \\
\leqslant & \sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i}\left|\psi(x)-m_i\right| \cdot|\sin p x| d x+\sum_{i=1}^n\left|m_i\right|\left|\int_{x_{i-1}}^{x_i} \sin p x d x\right| \\
\leqslant & \sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i}\left|\psi(x)-m_i\right| d x+\frac{2}{p}\left(\sum_{i=1}^n\left|m_i\right|\right) \\
\leqslant & \sum_{i=1}^n \omega_i \Delta x_i+\frac{2}{p}\left(\sum_{i=1}^n\left|m_i\right|\right)<\varepsilon .
\end{aligned}
$$

再考虑 $\psi(x)$ 无界的情况，这时 $\psi(x)$ 绝对可积．
不妨假设 $b$ 是 $\psi(x)$ 的惟一奇点．由无界函数反常积分绝对收玫的定义，对于任意给定的 $\varepsilon>0$ ，存在 $\delta>0$ ，当 $\eta<\delta$ 时，

$$
\int_{b-\eta}^b|\psi(x)| d x<\frac{\varepsilon}{2},
$$

固定 $\eta$ ，则 $\psi(x)$ 在 $[a, b-\eta]$ 上 Riemann 可积，应用上面的结论，存在实数 $P>0$ ，当 $p> P$ 时，

$$
\left|\int_a^{b-\eta} \psi(x) \sin p x d x\right|<\frac{\varepsilon}{2} .
$$

因此，

$$
\begin{aligned}
\left|\int_a^b \psi(x) \sin p x d x\right| & \leqslant\left|\int_a^{b-\eta} \psi(x) \sin p x d x\right|+\int_{b-\eta}^b|\psi(x) \sin p x| d x \\
& \leqslant\left|\int_a^{b-\eta} \psi(x) \sin p x d x\right|+\int_{b-\eta}^b|\psi(x)| d x<\varepsilon .
\end{aligned}
$$

所以无论对哪一种情况，都有

$$
\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_a^b \psi(x) \sin p x d x=0
$$

同理可证

$$
\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_a^b \psi(x) \cos p x d x=0
$$

证毕
由 Riemann 引理可以得到如下的重要结论．

推论 16．2．1（局部性原理）可积或绝对可积函数 $f(x)$ 的 Fourier 级数在 $x$ 点是否收敛只与 $f(x)$ 在 $(x-\delta, x+\delta)$ 的性质有关，这里 $\delta$ 是任意小的正常数．

证 由于对任意给定的 $\delta>0, \frac{f(x+u)+f(x-u)}{2 \sin \frac{u}{2}}$ 关于 $u$ 在 $[\delta, \pi]$ 可积或绝对可积，由 Riemann 引理，

$$
\lim _{m \rightarrow \infty} \int_\delta^\pi[f(x+u)+f(x-u)] \frac{\sin \frac{2 m+1}{2} u}{2 \sin \frac{u}{2}} d u=0
$$

因此，若将 $S_m(x)$ 的表达式中积分区间分成 $[0, \delta]$ 和 $[\delta, \pi]$ 两部分，则当 $m \rightarrow \infty$ 时， $S_m(x)$ 的敛散性显然只与

$$
\frac{1}{\pi} \int_0^\delta[f(x+u)+f(x-u)] \frac{\sin \frac{2 m+1}{2} u}{2 \sin \frac{u}{2}} d u
$$

有关，而这个积分只涉及 $f(x)$ 在 $(x-\delta, x+\delta)$ 的性质．
证毕
推论 16．2．2 设函数 $\psi(u)$ 在 $[0, \delta]$ 上可积或绝对可积，则成立

$$
\lim _{m \rightarrow \infty} \int_0^\delta \psi(u) \frac{\sin \frac{2 m+1}{2} u}{2 \sin \frac{u}{2}} d u=\lim _{m \rightarrow \infty} \int_0^\delta \psi(u) \frac{\sin \frac{2 m+1}{2} u}{u} d u .
$$
证 令

$$
g(u)=\left\{\begin{array}{cc}
\frac{1}{2 \sin \frac{u}{2}}-\frac{1}{u}, & u>0 \\
0, & u=0
\end{array}\right.
$$

容易验证 $g(u)$ 是 $[0, \delta]$ 上的连续函数，由 Riemann 引理，当 $m \rightarrow \infty$ 时，有

$$
\int_0^\delta \psi(u)\left(\frac{1}{2 \sin \frac{u}{2}}-\frac{1}{u}\right) \sin \left(m+\frac{1}{2}\right) u d u=\int_0^\delta \psi(u) g(u) \sin \left(m+\frac{1}{2}\right) u d u \rightarrow 0
$$

证毕

## Fourier 级数的收敛判别法
以上推论进一步告诉我们，如果对点 $x$ ，能找到适当的 $\sigma(x)$ ，使得对于充分小的定数 $\delta>0$ ，有

$$
\lim _{m \rightarrow \infty} \int_0^\delta \frac{\varphi_\sigma(u, x)}{u} \cdot \sin \frac{2 m+1}{2} u d u=0,
$$

则 $f(x)$ 的 Fourier 级数在 $x$ 点必定收敛于这个 $\sigma(x)$ ．
我们来粗略分析一下．显而易见，对 $x \in[-\pi, \pi]$ ，只要存在某个 $\delta>0$ ，使

$$
\frac{\varphi_\sigma(u, x)}{u}=\frac{f(x+u)+f(x-u)-2 \sigma(x)}{u}
$$

关于 $u$ 在 $[0, \delta]$ 上可积或绝对可积（这被称为 Dini 条件），就可以由 Riemann 引理导出上面的结果．现假设点 $x$ 是 $f(x)$ 的连续点或第一类不连续点，而上述积分的极限存在与否只涉及 $\frac{\varphi_\sigma(u, x)}{u}$ 当 $u \rightarrow 0$ 时的性质，显然，要满足 Dini 条件首先必须有

$$
\lim _{u \rightarrow 0}[f(x+u)+f(x-u)-2 \sigma(x)]=0,
$$

即必须有 $\sigma(x)=\frac{f(x+)+f(x-)}{2}$（显然当 $f(x)$ 在点 $x$ 连续时，有 $\sigma(x)=f(x)$ ），于是，问题最终转化为研究使得

$$
\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_0^\delta\left[f(x+u)+f(x-u)-2 \frac{f(x+)+f(x-)}{2}\right] \frac{\sin p u}{u} d u=0
$$

成立的条件——这是探索 Fourier 级数收玫性的一把钥匙．
德国数学家 Dirichlet 在 1829 年——Fourier 级数问世约四分之一个世纪之后，首先得到了一个函数的 Fourier 级数的收玫条件；又过了约半个世纪，另一位德国数学家 Lipschitz 得到了与之不同的收玫条件。他们的结果经后人完善，可以表述为如下定理：

定理 16．2．2 设函数 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上可积或绝对可积，且满足下列两个条件之一，则 $f(x)$ 的 Fourier 级数在点 $x$ 处收敛于 $\frac{f(x+)+f(x-)}{2}$ ．
（1）（Dirichlet－Jordan 判别法）$f(x)$ 在点 $x$ 的某个邻域 $O(x, \delta)$ 上是分段单调有界函数；
（2）（Dini－Lipschitz 判别法）$\quad f(x)$ 在点 $x$ 处满足指数为 $\alpha \in(0,1]$ 的 Hölder
条件．
所谓的分段单调函数是这样定义的：
定义16．2．1 设函数 $f$ 在 $[a, b]$（或 $(a, b))$ 上有定义．如果在 $[a, b]($ 或 $(a, b))$ 上存在有限个点

$$
a=x_0<x_1<x_2<\cdots<x_N=b \text {, }
$$

使得 $f$ 在每个区间 $\left(x_{i-1}, x_i\right)(i=1,2, \cdots, N)$ 上是单调函数，则称 $f$ 在 $[a, b]($ 或 $(a, b))$上分段单调．

所谓的＂Hölder 条件＂是这样定义的：
定义 16．2．2 设点 $x$ 是函数 $f(x)$ 的连续点或第一类不连续点，若对于充分小的正数 $\delta$ ，存在常数 $L>0$ 和 $\alpha \in(0,1]$ ，使得成立

$$
|f(x \pm u)-f(x \pm)|<L u^\alpha \quad(0<u<\delta),
$$

则称 $f(x)$ 在点 $x$ 处满足指数为 $\alpha \in(0,1]$ 的 Hölder 条件（当 $\alpha=1$ 也称为 Lipschitz 条件）。

我们先导出一个辅助命题．
定理 16．2．3（Dirichlet 引理）设函数 $\psi(u)$ 在 $[0, \delta]$ 上单调，则成立

$$
\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_0^\delta \frac{\psi(u)-\psi(0+)}{u} \sin p u d u=0 .
$$

证 不妨设 $\psi(x)$ 单调增加．于是对任意给定的 $\varepsilon>0$ ，存在 $\eta \in(0, \delta)$ ，当 $u \in(0$ ， $\eta$ ］时，

$$
0 \leqslant \psi(u)-\psi(0+)<\varepsilon .
$$

将积分分为两部分

$$
\begin{aligned}
& \int_0^\delta \frac{\psi(u)-\psi(0+)}{u} \sin p u d u \\
= & \int_0^\eta \frac{\psi(u)-\psi(0+)}{u} \sin p u d u+\int_\eta^\delta \frac{\psi(u)-\psi(0+)}{u} \sin p u d u .
\end{aligned}
$$

对等式右边的第一项，由积分第二中值定理，存在 $\xi \in[0, \eta]$ ，

$$
\begin{aligned}
\left|\int_0^\eta \frac{\psi(u)-\psi(0+)}{u} \sin p u d u\right| & =[\psi(\eta)-\psi(0+)] \cdot\left|\int_{\xi}^\eta \frac{\sin p u}{u} d u\right| \\
& <\left|\int_{\xi}^\eta \frac{\sin p u}{u} d u\right| \cdot \varepsilon=\left|\int_{p \xi}^{p \eta} \frac{\sin u}{u} d u\right| \cdot \varepsilon
\end{aligned}
$$

利用含参变量积分中已经得到的结论

$$
\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x=\frac{\pi}{2},
$$

可知存在与 $p$ 无关的常数 $K$ ，使得

$$
\left|\int_{p \xi}^{p \eta} \frac{\sin u}{u} d u\right|<K,
$$

即

$$
\left|\int_0^\eta \frac{\psi(u)-\psi(0+)}{u} \sin p u d u\right|<K \varepsilon .
$$
而对右边的第二项，由于 $\frac{\psi(u)-\psi(0+)}{u}$ 在 $[\eta, \delta]$ 上显然是可积或绝对可积的，由 Riemann 引理，存在常数 $P>0$ ，当 $p>P$ 时，有

$$
\left|\int_\eta^\delta[\psi(u)-\psi(0+)] \frac{\sin p u}{u} d u\right|<\varepsilon .
$$

综合上述两项估计，即知结论成立．
证毕
Dirichlet 引理也经常表达为等价形式

$$
\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_0^\delta \psi(u) \frac{\sin p u}{u} d u=\frac{\pi}{2} \psi(0+) .
$$

如果 $\psi(u)$ 是分段单调有界函数，易知 Dirichlet 引理依然成立。
下面证明定理 16．2．2．
证 当 $f(x)$ 满足条件（1）时，由 Dirichlet 引理，

$$
\begin{aligned}
& \lim _{p \rightarrow+\infty} \int_0^\delta \frac{f(x+u)-f(x+)}{u} \sin p u d u=0 \\
& \lim _{p \rightarrow+\infty} \int_0^\delta \frac{f(x-u)-f(x-)}{u} \sin p u d u=0
\end{aligned}
$$

两式相加，即有

$$
\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_0^\delta\left[f(x+u)+f(x-u)-2 \frac{f(x+)+f(x-)}{2}\right] \frac{\sin p u}{u} d u=0 .
$$
$$
\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_0^\delta\left[f(x+u)+f(x-u)-2 \frac{f(x+)+f(x-)}{2}\right] \frac{\sin p u}{u} d u=0
$$

当 $f(x)$ 满足条件（2）时，在 $(0, \delta)$ 上，有

$$
\frac{|f(x \pm u)-f(x \pm)|}{u}<\frac{L}{u^{1-\alpha}} \quad(0<\alpha \leqslant 1),
$$

所以，

$$
\frac{\varphi_\sigma(u, x)}{u}=\frac{f(x+u)-f(x+)}{u}+\frac{f(x-u)-f(x-)}{u}
$$

在 $[0, \delta]$ 可积或绝对可积，由 Riemann 引理，

$$
\lim _{p \rightarrow+\infty} \int_0^\delta\left[f(x+u)+f(x-u)-2 \frac{f(x+)+f(x-)}{2}\right] \frac{\sin p u}{u} d u=0
$$

因此无论哪种情况，$f(x)$ 的 Fourier 级数在点 $x$ 处均收玫于 $\frac{f(x+)+f(x-)}{2}$ ．
证毕
由于＂可导＂强于＂满足 Lipschitz 条件＂，且易于验证，因此实际中往往使用如下条件（2）的推论（请读者自证）．

> 推论 16．2．3 若 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上可积或绝对可积，在点 $x$ 处两个单侧导数 $f_{+}^{\prime}(x)$和 $f_{-}^{\prime}(x)$ 都存在，或更进一步，只要两个拟单侧导数
$$
\lim _{h \rightarrow 0+} \frac{f(x \pm h)-f(x \pm)}{h}
$$
存在，则 $f(x)$ 的 Fourier 级数在点 $x$ 处收玫于 $\frac{f(x+)+f(x-)}{2}$ ．

Dirichlet－Jordan 判别法和 Dini－Lipschitz 判别法都是 Fourier 级数收敛的充分条件，尽管在物理、化学、工程等领域的实际问题中，出现的函数一般都同时满足这两个判别法的条件（容易验证，上节例子和习题中的 $f(x)$ 均是如此），但可以构造例子说明它们确实是互不包含的（参见本节习题 10 ）。附带指出，直至今天，还没有找到一个判别 Fourier 级数敛散性的既充分又必要的条件．

定理 16．2．2 告诉我们，若收玫条件满足，则 $f(x)$ 的 Fourier 级数在连续点收敛于函数值本身，而在第一类不连续点收玫于它左右极限的算术平均值。

所以，对于连续的周期函数 $f(x)$ ，应将 $f(x)$ 与它的（收敛的）Fourier 级数间的＂$\sim$＂改为＂$=$＂．如例 16．1．2 中 $f(x)$ 的余弦级数可以直截了当地写成

$$
\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\left(\cos x+\frac{\cos 3 x}{3^2}+\frac{\cos 5 x}{5^2}+\cdots+\frac{\cos (2 k+1) x}{(2 k+1)^2}+\cdots\right)=x, \quad x \in[0, \pi]
$$

若周期函数 $f(x)$ 有第一类不连续点，那么展成 Fourier 级数后，要对这些点予以特别说明，画图时也要将它们的函数值标为其左右极限的算术平均值．

如在[正弦级数与余弦技术] [例2](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=2146)， 应该写成

$$
\begin{aligned}
f(x) & \sim \frac{1}{2}-\frac{2}{\pi}\left(\sin x+\frac{\sin 3 x}{3}+\cdots+\frac{\sin (2 k+1) x}{2 k+1}+\cdots\right) \\
& = \begin{cases}1, & x \in(-\pi, 0), \\
\frac{1}{2}, & x=0, \pm \pi, \\
0, & x \in(0, \pi) .\end{cases}
\end{aligned}
$$

Fourier 级数的图像为图 16．2．1．
因 $x=\frac{\pi}{2}$ 属于 Fourier 级数收敛范围，因此有
$$
\frac{1}{2}-\left.\frac{2}{\pi}\left(\sin x+\frac{\sin 3 x}{3}+\frac{\sin 5 x}{5}+\cdots+\frac{\sin (2 k+1) x}{2 k+1}+\cdots\right)\right|_{x=\frac{\pi}{2}}=f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0
$$

![图片](/uploads/2025-09/962011.jpg)
 
整理后便有熟知的

$$
\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5} \cdots+(-1)^k \frac{1}{2 k+1}+\cdots
$$

在 Fourier 级数的研究中，我们殊途同归，得到了与在 $y=\arctan x$ 的幂级数中取 $x=1$ 时的相同结果．

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