15-第十五章 Fourier 级数

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正文部分

15.1.4 例题

例题 15.1.1

证明：三角多项式

$$P_n(x)=\sum _{k=0}^n(A_k\cos kx+B_k\sin kx)$$

的 Fourier 级数就是其本身。

证 三角多项式可看成是只含有限个非零项的三角级数，因此在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致收敛，引用命题 15.1.1 即得。（本题的另一个解法当然是直接计算。）

例题 15.1.2

设函数 $f(x)=x^3,x\in (-\pi ,\pi )$，求 $f$ 的 Fourier 级数。

解 1 利用 Euler 公式 $e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$ 在复数域进行计算往往是很有效的方法。对本题可以计算如下：

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{x}^3(\cos nx+i\sin nx)dx& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{x}^3{e}^{inx}dx\\ & ={\frac{1}{\pi }\left(\frac{x^3}{in}{e}^{inx}-\frac{3x^2}{(in{)}^2}{e}^{inx}+\frac{6x}{(in{)}^3}{e}^{inx}-\frac{6}{(in{)}^4}{e}^{inx}\right)|}_{-\pi }^{\pi }\\ & =i\frac{2(-1{)}^n}{\pi }\left(-\frac{{\pi }^3}{n}+\frac{6\pi }{n^3}\right)\\ & =i(-1{)}^{n-1}\left(\frac{2{\pi }^2}{n}-\frac{12}{n^3}\right).\end{array}$$

于是所求的 Fourier 级数为

$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\left(\frac{2{\pi }^2}{n}-\frac{12}{n^3}\right)\sin nx.$$

解 2 这里的工具是命题 15.1.2。先用公式 (15.2) 直接计算出在 $(-\pi ,\pi )$ 上函数 $x$ 的 Fourier 级数：

$$x\sim \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2(-1{)}^{n-1}}{n}\sin nx.$$

然后从 $(x^2{)}^{\prime }=2x$ 和公式 (15.6) 得到

$$x^2\sim \frac{{\pi }^2}{3}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{4(-1{)}^n}{n^2}\cos nx,$$

其中常数项是直接计算得到的。

由于在区间 $(-\pi ,\pi )$ 上的 $x^3$ 不可能连续延拓为周期 $2\pi$ 的连续函数，因此不能直接用命题 15.1.2，但可以采用技巧 (15.7) 将 $x^3$ 分解为

$$x^3=(x^3-{\pi }^{2}x)+{\pi }^{2}x.$$

右边第一项可以延拓为满足命题 15.1.2 的周期 $2\pi$ 的连续函数，其导函数为 $3x^2-{\pi }^2$，因此可以用公式 (15.6) 和 (15.12) 得到 $x^3$ 的正弦级数中 $\sin nx$ 的系数为

$$3\cdot \frac{4(-1{)}^n}{n^3}+{\pi }^2\cdot \frac{2(-1{)}^{n-1}}{n}=\frac{(-1{)}^{n}12}{n^3}+\frac{(-1{)}^{n-1}2{\pi }^2}{n}.$$

例题 15.1.3

设 $f$ 为 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 上的可积和绝对可积函数。问：如何将 $f$ 延拓到区间 $(-\pi ,\pi )$ 上，使其 Fourier 级数具有如下的形式：

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n-1}\cos (2n-1)x.$$

解 由题意要求 $a_{2n}=0$。从公式

$$a_{2n}=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\cos 2nxdx$$

可见，由于 $\cos 2nx$ 在 $[0,\pi ]$ 上关于其中点为偶函数，根据上册 324 页命题 10.4.5，只要有 $f(x)=-f(\pi -x)$ 成立就可以使上述积分为 0。这决定了 $f$ 在 $\left(\frac{\pi }{2},\pi \right)$ 上的延拓。定义 $f(0)=f\left(\frac{\pi }{2}\right)=0$，然后用偶延拓 $f(-x)=f(x)$ 将 $f$ 延拓到 $(-\pi ,0)$ 上即可。

结论：将 $f$ 以如下方式延拓：

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}f(x),& x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right),\\ -f(\pi -x),& x\in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right),\\ 0,& x=0,\frac{\pi }{2},\\ f(-x),& x\in (-\pi ,0).\end{array}$$

15.1.5 练习题

题目 1

求下列函数的 Fourier 级数：

1. ${\sin }^{3}x+{\cos }^{4}x$；
2. $a{x}^3+b{x}^2+cx+d,x\in (-\pi ,\pi )$。

解答 （1）由恒等式 ${\sin }^{3}x=(3\sin x-\sin 3x)/4$ 与 ${\cos }^{4}x=(3+4\cos 2x+\cos 4x)/8$，原函数本身就是三角多项式，故其 Fourier 级数为

$$\frac{3}{8}+\frac{3}{4}\sin x-\frac{1}{4}\sin 3x+\frac{1}{2}\cos 2x+\frac{1}{8}\cos 4x.$$

（2）利用

$$x\sim 2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}\sin nx,x^2\sim \frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}\cos nx,$$

以及例题 15.1.2 中 $x^3$ 的展开式，线性组合即得

$$\begin{array}{rl}a{x}^3+b{x}^2+cx+d& \sim d+\frac{b{\pi }^2}{3}+\sum _{n=1}^{\infty }[\frac{4b(-1{)}^n}{n^2}\cos nx\\ & +(-1{)}^{n-1}\left(\frac{2a{\pi }^2+2c}{n}-\frac{12a}{n^3}\right)\sin nx].\end{array}$$

题目 2

将定义在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 上的可积和绝对可积函数 $f$ 延拓到区间 $(-\pi ,\pi )$ 上，使其 Fourier 级数具有如下的形式：

$$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_{2n-1}\sin (2n-1)x.$$

解答 在 $(0,\pi )$ 上作关于 $\pi /2$ 的偶延拓，再关于原点作奇延拓，即令

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}f(x),& 0<x<\frac{\pi }{2},\\ f(\pi -x),& \frac{\pi }{2}<x<\pi ,\\ -F(-x),& -\pi <x<0,\end{array}$$

端点及 $\pi /2$ 处的值可任取。奇性使所有余弦系数为零；又因 $F(\pi -x)=F(x)$，

$${\int }_0^{\pi }F(x)\sin (2nx)dx=-{\int }_0^{\pi }F(x)\sin (2nx)dx=0,$$

故只含 $\sin (2n-1)x$ 项。

题目 3

证明：函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}c,& 0<x\le \pi ,\\ 0,& x=0,\\ -c,& -\pi <x<0\end{array}$$

的 Fourier 级数的前 $2n+1$ 项的和

$$S_n(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^n(a_k\cos kx+b_k\sin kx)$$

具有形式

$$S_n(x)=\frac{2c}{\pi }{\int }_0^x\frac{\sin 2nt}{\sin t}dt.$$

解答 $f$ 为奇函数，故 $a_k=0$，并且

$$b_k=\frac{2c}{\pi }{\int }_0^{\pi }\sin kxdx=\{\begin{array}{ll}\frac{4c}{\pi k},& k\text{ 为奇数},\\ 0,& k\text{ 为偶数}.\end{array}$$

由

$$\frac{\sin 2nt}{\sin t}=2\sum _{j=1}^n\cos (2j-1)t$$

积分可得

$$S_{2n-1}(x)=S_{2n}(x)=\frac{4c}{\pi }\sum _{j=1}^n\frac{\sin (2j-1)x}{2j-1}=\frac{2c}{\pi }{\int }_0^x\frac{\sin 2nt}{\sin t}dt.$$

因此题中所写公式按非零正弦项编号成立；若 $S_n$ 严格按题面定义，则应写成上述 $S_{2n-1}=S_{2n}$ 的形式。

题目 4

设 $f\in C^1[-\pi ,\pi ]$，证明：

$$a_n=o\left(\frac{1}{n}\right),b_n=O\left(\frac{1}{n}\right);$$

如果又有 $f(\pi )=f(-\pi )$，则 $b_n=o\left(\frac{1}{n}\right)$。

解答 分部积分并用 Riemann 引理，

$$a_n=-\frac{1}{\pi n}{\int }_{-\pi }^{\pi }{f}^{\prime }(x)\sin nxdx=o\left(\frac{1}{n}\right),$$

而

$$b_n=\frac{(-1{)}^n[f(-\pi )-f(\pi )]}{\pi n}+\frac{1}{\pi n}{\int }_{-\pi }^{\pi }{f}^{\prime }(x)\cos nxdx.$$

后一积分趋于零，故一般有 $b_n=O(1/n)$；若 $f(\pi )=f(-\pi )$，边界项消失，便有 $b_n=o(1/n)$。

题目 5

设 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的有界函数且在 $(-\pi ,\pi )$ 上逐段单调，证明：

$$a_n=O\left(\frac{1}{n}\right),b_n=O\left(\frac{1}{n}\right).$$

（可在每个单调区间上用积分第二中值定理，见上册的命题 10.2.2。）

解答 将 $[-\pi ,\pi ]$ 分成有限个单调区间，并在每段上分别对余弦积分与正弦积分使用积分第二中值定理。正弦、余弦的任一原函数在该区间上的振幅均不超过 $2/n$，故每段积分的绝对值不超过 $C_j/n$。分段数有限，求和后即得 $a_n=O(1/n)$、$b_n=O(1/n)$。

题目 6

设 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的函数且在 $[-\pi ,\pi ]$ 上可积和绝对可积，证明：用 $\sin x$ 去乘 $f$ 的 Fourier 级数的每一项所得的三角级数就是 $f(x)\sin x$ 的 Fourier 级数。

解答 记 $f$ 的 Fourier 系数为 $a_0,a_n,b_n$，并约定 $b_0=0$。设 $f(x)\sin x$ 的 Fourier 系数为 $A_0,A_m,B_m$。利用积化和差公式直接计算得

$$A_0=b_1,A_m=\frac{b_{m+1}-b_{m-1}}{2}(m\ge 1),$$

以及

$$B_1=\frac{a_0-a_2}{2},B_m=\frac{a_{m-1}-a_{m+1}}{2}(m\ge 2).$$

另一方面，用 $\sin x$ 逐项乘原 Fourier 级数，再把每一项积化为和差，所得常数项、余弦项和正弦项的系数恰为以上各式，故该三角级数正是 $f(x)\sin x$ 的 Fourier 级数。

题目 7

设 $[a,b]$ 上的连续函数系 $\{e_n\}$ 满足条件

$${\int }_a^b{e}_i(x)e_j(x)dx={\delta }_{ij},{\delta }_{ij}=0(i\ne j),{\delta }_{ii}=1,$$

则称该函数系在 $[a,b]$ 上为规范正交系。设 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积和平方可积，定义

$$c_n={\int }_a^{b}f(x)e_n(x)dx$$

为 $f$ 关于 $e_n$ 的 Fourier 系数，$n=1,2,\cdots$。证明：级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n^2$ 收敛。又问：当 $n$ 固定时，$a_1,a_2,\dots ,a_n$ 取什么值时，平方平均误差

$${\int }_a^b{\left[f(x)-\sum _{k=1}^n{a}_k{e}_k(x)\right]}^{2}dx$$

最小？

解答 对任意实数 ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_n$，由正交性展开平方可得

$${\int }_a^b{\left(f-\sum _{k=1}^n{\alpha }_k{e}_k\right)}^{2}dx={\int }_a^b{f}^{2}dx-\sum _{k=1}^n{c}_k^2+\sum _{k=1}^n({\alpha }_k-c_k{)}^2.$$

取 ${\alpha }_k=c_k$，左边非负，于是 ${\sum }_{k=1}^n{c}_k^2\le {\int }_a^b{f}^{2}dx$。其部分和单调有界，故 $\sum c_k^2$ 收敛。上式还表明平方平均误差恰在且仅在 ${\alpha }_k=c_k$（$1\le k\le n$）时最小。

题目 8

设 $g$ 是周期为 1 的连续函数且

$${\int }_0^{1}g(x)dx=0,$$

函数 $f\in C^1[0,1]$，令

$$a_n={\int }_0^{1}f(x)g(nx)dx,n=1,2,\cdots ,$$

证明：级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^2$ 收敛。

解答 令 $G(x)={\int }_0^{x}g(t)dt$。因 $g$ 的周期为 $1$ 且一个周期上的积分为零，$G$ 也是周期为 $1$ 的连续有界函数，并有 $G(0)=G(n)=0$。由 $g(nx)=n^{-1}[G(nx){]}^{\prime }$ 分部积分，

$$a_n=-\frac{1}{n}{\int }_0^1{f}^{\prime }(x)G(nx)dx,$$

从而 $|a_n|\le \Vert G{\Vert }_{\infty }\Vert f^{\prime }{\Vert }_{L^1}/n$。因此 $\sum a_n^2$ 由 $\sum n^{-2}$ 控制而收敛。

15.2.2 Gibbs 现象中的例题

例题 15.2.1（Gibbs 现象）

记 $\{S_n(x)\}$ 是 Fourier 级数

$$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}$$

的部分和函数列，$S(x)=\frac{\pi -x}{2}$ 为该级数在区间 $(0,2\pi )$ 上的和函数，则有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\underset{0\le x\le \pi }{\max }\{S_n(x)-S(x)\}={\int }_0^{\pi }\frac{\sin t}{t}dt-\frac{\pi }{2}\approx \frac{\pi }{2}\times \mathrm{0.17898.}$$

证 研究误差 ${\epsilon }_n(x)=S_n(x)-S(x)$ 在 $x=0$ 右侧的性态。直接计算得到

$$\frac{d{\epsilon }_n(x)}{dx}=\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n\cos kx,$$

因此就有

$$\frac{d{\epsilon }_n(x)}{dx}=D_n(x)=\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}.$$

可以看出误差 ${\epsilon }_n(x)$ 的极值点为

$$x_n^{(m)}=\frac{\pi m}{n+\frac{1}{2}},m=1,2,\cdots ,2n.$$

其中当 $m$ 为奇数时是极大值点，当 $m$ 为偶数时是极小值点。

直接计算在这些极值点上的误差值：

$$\begin{array}{rl}{\epsilon }_n\left(x_n^{(m)}\right)& =S_n\left(x_n^{(m)}\right)-S\left(x_n^{(m)}\right)\\ & =\sum _{k=1}^n\frac{\sin \left(k{x}_n^{(m)}\right)}{k}-\frac{\pi -x_n^{(m)}}{2}\\ & =\left(\sum _{k=1}^n\frac{\sin \left(k{x}_n^{(m)}\right)}{k{x}_n^{(m)}}\cdot \frac{\pi m}{n}\right)\left(\frac{n}{n+\frac{1}{2}}\right)-\frac{\pi }{2}+\frac{\pi m}{2n+1}\\ & =\left(\sum _{k=1}^n\frac{\sin \left(k{x}_n^{(m)}\right)}{k{x}_n^{(m)}}\cdot \frac{\pi m}{n}\right)-\frac{\pi }{2}+O\left(\frac{1}{n}\right).\end{array}$$

由于右边第一项可看作为 Riemann 积分和式，因此当 $n\to \infty$ 时得到

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\epsilon }_n\left(x_n^{(m)}\right)={\int }_0^{\pi m}\frac{\sin t}{t}dt-\frac{\pi }{2}.$$

容易知道当 $m=1$ 时的极限值最大，即得到

$${\int }_0^{\pi }\frac{\sin t}{t}dt-\frac{\pi }{2}\approx \frac{\pi }{2}\times \mathrm{0.17898.}$$

注 1 若取 $x_n=c/n,n=1,2,\cdots$，则类似地有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n\left(\frac{c}{n}\right)={\int }_0^c\frac{\sin t}{t}dt.$$

取不同的 $c$ 值，这样的极限值就会形成一个闭区间 $[CS(0^{-}),CS(0^{+})]$，其中

$$C=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin t}{t}dt\approx \mathrm{1.17898.}$$

注 2 虽然以上只是一个特例，但可以用它以及它的平移来吸收一般的和函数中的所有间断点。因此以上所得的结论、常数 $18\%$ 以及注 1 中的内容都具有普遍意义。

小结 若和函数有间断点，则不可能依靠 Fourier 级数的部分和函数 $S_n(x)$ 的 $n$ 增加来改进近似计算的精确程度。这是在 Fourier 级数的应用中不能忽视的问题。

注 3 以上证明的思想来自《美国数学月刊》(1980) 第 87 卷 210—212 页。

15.2.6 例题

例题 15.2.2

求级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^4}\text{与}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^6}$$

的和。

解 由 (15.13) 以及收敛性定理，我们有

$$x^2=\frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}\cos nx,x\in [-\pi ,\pi ].$$

用 $x=\pi$ 代入就得到

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}.$$

然后利用

$$a_0=\frac{2{\pi }^2}{3},a_n=\frac{4(-1{)}^n}{n^2},b_n=0,n=1,2,\cdots ,$$

由 Parseval 等式，就得到

$$\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{x}^{4}dx=\frac{1}{2}{\left(\frac{2{\pi }^2}{3}\right)}^2+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{16}{n^4}.$$

由此解得

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^4}=\frac{{\pi }^4}{90}.$$

同样，对 $f(x)=x^3,x\in (-\pi ,\pi )$ 的 Fourier 展开式

$$x^3=2\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n(6-{\pi }^2{n}^2)\frac{\sin nx}{n^3},x\in (-\pi ,\pi ),$$

应用 Parseval 等式，可以得到

$$\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{x}^{6}dx=\sum _{n=1}^{\infty }{\left[2(-1{)}^n(6-{\pi }^2{n}^2)\frac{1}{n^3}\right]}^2,$$

整理后得到

$$\frac{2}{7}{\pi }^6=\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{4{\pi }^4}{n^2}-\frac{48{\pi }^2}{n^4}+\frac{144}{n^6}\right).$$

再利用

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^4}=\frac{{\pi }^4}{90}\text{与}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6},$$

即可解得

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^6}=\frac{{\pi }^6}{945}.$$

例题 15.1.2 之解 3 在学了 Fourier 级数的逐项积分定理后可以如下求出在区间 $(-\pi ,\pi )$ 上函数 $x^3$ 的 Fourier 级数，并同时确定其收敛性。

第一步与过去一样，先求出 (15.12)。然后逐项积分得到等式

$$x^2=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{4}{n^2}(1-\cos nx),$$

其中的常数项是一个无穷级数，但可以不必去管它，只需直接按照公式 (15.1)（$n=0$）就可以得到所要的常数项

$$\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{x}^{2}dx=\frac{{\pi }^2}{3},$$

因此就得到 Fourier 余弦级数展开式

$$x^2=\frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}\cos nx.$$

再用逐项积分方法得到等式

$$x^3={\pi }^{2}x+12\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^3}\sin nx.$$

在第一项中将 $x$ 用它的 Fourier 级数代替，就得到与解 1 相同的答案。

例题 15.2.3

设数列 $\{b_n\}$ 单调收敛于 0，且已知级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{b_n}{n}$ 收敛，则函数

$$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin nx$$

于区间 $[-\pi ,\pi ]$ 上可积和绝对可积。

证 从函数项级数的 Dirichlet 一致收敛判别法知道 $f$ 在 $x\ne 0$ 时连续，因此只有点 $x=0$ 可能是瑕点。以下只需要证明：当点 $x=0$ 为瑕点时 $|f|$ 在 $[0,\pi ]$ 上广义可积。为此将下列积分作分拆：

$${\int }_{\pi /(n+1)}^{\pi }|f(x)|dx=\sum _{k=1}^n{\int }_{\pi /(k+1)}^{\pi /k}|f(x)|dx.$$

对于 $\pi /(k+1)\le x\le \pi /k$ 时的函数 $f$ 作估计如下：

$$|f(x)|\le \left|\sum _{i=1}^k{b}_i\sin ix\right|+\left|\sum _{i=k+1}^{\infty }{b}_i\sin ix\right|.$$

其中右边第一项不超过 $S_k=b_1+b_2+\cdots +b_k$，而第二项可利用 $\{b_n\}$ 非负单调减少的条件和 Abel 变换估计如下：

$$\left|\sum _{i=k+1}^{\infty }{b}_i\sin ix\right|\le \frac{b_{k+1}}{|\sin x/2|}\le \frac{b_{k+1}}{x/\pi }\le (k+1)b_{k+1}\le (k+1)b_k.$$

因此就有

$${\int }_{\pi /(k+1)}^{\pi /k}|f(x)|dx\le [S_k+(k+1)b_k]\frac{\pi }{k(k+1)}=\pi \left[\frac{S_k}{k(k+1)}+\frac{b_k}{k}\right].$$

令 $k=1,2,\cdots ,n$ 代入并相加，就得到

$${\int }_{\pi /(n+1)}^{\pi }|f(x)|dx\le \pi \sum _{k=1}^n\frac{S_k}{k(k+1)}+\pi \sum _{k=1}^n\frac{b_k}{k}.$$

对右边第一项利用类似的方法可以得到

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n\frac{S_k}{k(k+1)}& =\sum _{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)}\sum _{i=1}^k{b}_i\\ & =\sum _{i=1}^n{b}_i\sum _{k=i}^n\frac{1}{k(k+1)}=\sum _{i=1}^n\frac{b_i}{i}-\frac{S_n}{n+1}.\end{array}$$

从 $b_n\to 0$ 可见右边第二项 $n\to \infty$ 时趋于 0，因此有

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{S_n}{n(n+1)}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{b_n}{n}.$$

并最后估计得到

$${\int }_{\pi /(n+1)}^{\pi }|f(x)|dx\le 2\pi \sum _{n=1}^{\infty }\frac{b_n}{n},$$

因此积分 ${\int }_0^{\pi }|f(x)|dx$ 收敛。

例题 15.2.4

设数列 $\{b_n\}$ 单调收敛于 0，且已知

$$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin nx$$

于 $[-\pi ,\pi ]$ 上可积，则

$$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin nx$$

是 $f$ 的 Fourier 级数。

证 由于 $f$ 于 $x\ne 0$ 时连续，只需讨论 $x=0$ 为瑕点时的情况。利用广义积分的 Abel 判别法可知积分

$${\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nxdx\text{和}{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nxdx$$

均收敛。由于 $f$ 为奇函数，因此就得到 $a_n=0,n=0,1,\cdots$。以下只要证明

$$b_n=2{\int }_0^{\pi }f(x)\sin nxdx,n=1,2,\cdots .$$

写出

$$2{\int }_0^{\pi }f(x)\sin nxdx=2{\int }_0^{\pi }\left(\sum _{k=1}^{\infty }{b}_k\sin kx\sin nx\right)dx.$$

从 $\{b_k\}$ 单调收敛于 0，又用三角变换和 Jordan 不等式可知对任意 $m\ge 1$ 有

$$\left|\sum _{k=1}^m\sin kx\sin nx\right|\le \left|\frac{\sin nx}{\sin (x/2)}\right|\le \frac{nx}{x/\pi }=n\pi .$$

因此从 Dirichlet 一致收敛判别法知道积分号下的级数在 $[0,\pi ]$ 上一致收敛，用逐项积分计算就可以得到所求的结果。

非 Fourier 级数的三角级数 合并以上两个结果就可以知道，当 $\{b_n\}$ 单调趋于 0 时，处处收敛的三角级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin nx$$

是其和函数 $f$ 的 Fourier 级数的充分必要条件是数项级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{b_n}{n}$$

收敛。因此在 Bessel 不等式（即命题 15.1.7）后的注 2 中举出的例子

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n^p}\left(0<p\le \frac{1}{2}\right)$$

仍然是其和函数 $f$ 的 Fourier 级数，当然 $f$ 不平方可积。

但在命题 15.2.9 后所举的例子，如

$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{\sin nx}{\ln n},\sum _{n=9}^{\infty }\frac{\sin nx}{\ln \ln n}$$

等则确实不是 Fourier 级数，而且它们的和函数一定不是可积和绝对可积函数。

15.2.7 练习题

题目 1

定义函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right),\\ \frac{\pi }{4},& x=\frac{\pi }{2},\\ x-\frac{\pi }{2},& x\in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right),\end{array}$$

将 $f$ 展开为余弦级数，并求数项级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}$$

的值。

解答 余弦系数为

$$a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)dx=\frac{\pi }{2},a_n=\frac{2[(-1{)}^n-1]}{\pi n^2}+\frac{\sin (n\pi /2)}{n}.$$

故偶数项全为零，而当 $n=2k-1$ 时

$$a_{2k-1}=\frac{(-1{)}^{k-1}}{2k-1}-\frac{4}{\pi (2k-1{)}^2}.$$

于是

$$f(x)\sim \frac{\pi }{4}+\sum _{k=1}^{\infty }\left[\frac{(-1{)}^{k-1}}{2k-1}-\frac{4}{\pi (2k-1{)}^2}\right]\cos (2k-1)x.$$

在 $x=0$ 处代入，并用 ${\sum }_{k\ge 1}(2k-1{)}^{-2}={\pi }^2/8$，得到

$$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{k-1}}{2k-1}=\frac{\pi }{4}.$$

题目 2

设对于 $a>0$ 有函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& x\in \left[0,\frac{a}{2}\right],\\ a-x,& x\in \left[\frac{a}{2},a\right],\end{array}$$

将 $f$ 展开为：

1. 余弦级数；
2. 正弦级数。

解答 记半区间展开的基函数为 $\cos (n\pi x/a)$、$\sin (n\pi x/a)$。直接积分得余弦展开

$$f(x)=\frac{a}{4}-\frac{2a}{{\pi }^2}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{\cos \frac{(4k+2)\pi x}{a}}{(2k+1{)}^2},0\le x\le a,$$

以及正弦展开

$$f(x)=\frac{4a}{{\pi }^2}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^k}{(2k+1{)}^2}\sin \frac{(2k+1)\pi x}{a},0\le x\le a.$$

题目 3

设 $\alpha$ 为非整数，利用 $f(x)=\cos \alpha x,x\in [-\pi ,\pi ]$ 的 Fourier 展开式，证明下列关于余切函数和余割函数的部分分式展开式：

$$\cot x=\frac{1}{x}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{x-n\pi }+\frac{1}{x+n\pi }\right)=\frac{1}{x}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2x}{x^2-n^2{\pi }^2},$$ $$\csc x=\frac{1}{x}+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(\frac{1}{x-n\pi }+\frac{1}{x+n\pi }\right)=\frac{1}{x}+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2x}{x^2-n^2{\pi }^2},$$

且求出级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2-{\alpha }^2}$ 的和。

解答 因 $\alpha \notin \mathbb{Z}$，直接计算 $\cos \alpha x$ 的 Fourier 系数可得

$$\cos \alpha x=\frac{\sin \pi \alpha }{\pi \alpha }+\frac{2\alpha \sin \pi \alpha }{\pi }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n\cos nx}{{\alpha }^2-n^2}.$$

令 $x=\pi$，约去 $\sin \pi \alpha$ 后得到

$$\cot \pi \alpha =\frac{1}{\pi \alpha }+\frac{2\alpha }{\pi }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{{\alpha }^2-n^2};$$

令 $x=0$ 则得到

$$\csc \pi \alpha =\frac{1}{\pi \alpha }+\frac{2\alpha }{\pi }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{{\alpha }^2-n^2}.$$

把 $\pi \alpha$ 改记为 $x$，即为题中的两组部分分式展开式。第一式同时给出

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2-{\alpha }^2}=\frac{1}{2{\alpha }^2}-\frac{\pi }{2\alpha }\cot \pi \alpha .$$

题目 4

将下列函数在 $[-\pi ,\pi ]$ 上展开为 Fourier 级数：

1. $f(x)=|\sin x|$；

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}ax,& x\in [-\pi ,0),\\ bx,& x\in [0,\pi ].\end{array}$$

解答 （1）函数为偶函数。计算余弦系数可得

$$|\sin x|=\frac{2}{\pi }-\frac{4}{\pi }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos 2nx}{4n^2-1}.$$

（2）写成

$$f(x)=\frac{a+b}{2}x+\frac{b-a}{2}|x|.$$

结合 $x$ 与 $|x|$ 的 Fourier 展开，得到

$$f(x)\sim \frac{(b-a)\pi }{4}+(a+b)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}\sin nx-\frac{2(b-a)}{\pi }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{\cos (2k+1)x}{(2k+1{)}^2}.$$

题目 5

将下列函数展开为正弦级数：

1. $f(x)=e^{-2x},x\in [0,\pi ]$；

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\cos \frac{\pi x}{2},& x\in [0,1],\\ 0,& x\in [1,2].\end{array}$$

解答 （1）在 $[0,\pi ]$ 上的正弦系数为

$$b_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }{e}^{-2x}\sin nxdx=\frac{2n[1-(-1{)}^n{e}^{-2\pi }]}{\pi (n^2+4)},$$

故

$$e^{-2x}\sim \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n[1-(-1{)}^n{e}^{-2\pi }]}{\pi (n^2+4)}\sin nx.$$

（2）在 $[0,2]$ 上展开为 $\sin (n\pi x/2)$。系数

$$b_n={\int }_0^1\cos \frac{\pi x}{2}\sin \frac{n\pi x}{2}dx$$

满足 $b_1=1/\pi$，而对 $n\ge 2$，

$$b_n=\frac{2[n-\sin (n\pi /2)]}{\pi (n^2-1)}.$$

因此所求正弦级数为 ${\sum }_{n\ge 1}{b}_n\sin (n\pi x/2)$。

题目 6

将下列函数展开为余弦级数：

1. $f(x)=x(\pi -x),x\in [0,\pi ]$；

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\sin 2x,& x\in \left[0,\frac{\pi }{4}\right],\\ 1,& x\in \left[\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right].\end{array}$$

解答 （1）直接计算得

$$x(\pi -x)=\frac{{\pi }^2}{6}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos 2nx}{n^2},0\le x\le \pi .$$

（2）在 $[0,\pi /2]$ 上用 $\cos 2nx$ 展开。常数项为 $1/2+1/\pi$，且

$$a_1=-\frac{1}{\pi },a_n=\frac{2[\sin (n\pi /2)-n]}{\pi n(n^2-1)}(n\ge 2).$$

故

$$f(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi }-\frac{1}{\pi }\cos 2x+\sum _{n=2}^{\infty }\frac{2[\sin (n\pi /2)-n]}{\pi n(n^2-1)}\cos 2nx.$$

题目 7

设函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\pi -x,& 0<x\le \pi ,\\ 0,& x=0,\\ -\pi -x,& -\pi <x<0,\end{array}$$

求：

1. $f$ 的 Fourier 展开式；
2. 讨论 $f$ 的 Fourier 级数在 $(-\pi ,\pi ]$ 上是否收敛于 $f$，是否一致收敛。

解答 $f$ 为奇函数，且

$$b_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(\pi -x)\sin nxdx=\frac{2}{n}.$$

因此

$$f(x)\sim 2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}.$$

其周期延拓除 $x=0$ 外连续，在 $x=0$ 处左右极限分别为 $-\pi$、$\pi$，而题设值恰为二者平均值，所以 Fourier 级数在 $(-\pi ,\pi ]$ 的每一点都收敛于 $f$。但各部分和均连续，而 $f$ 在 $0$ 处不连续，故不可能一致收敛。

题目 8

设 $f$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上可积和绝对可积，证明：$\forall \epsilon >0$，存在三角多项式

$$P_n(x)=\sum _{k=0}^n(A_k\cos kx+B_k\sin kx),$$

使

$${\int }_{-\pi }^{\pi }|f(x)-P_n(x)|dx<\epsilon .$$

解答 先取周期连续函数 $g$，使 ${\int }_{-\pi }^{\pi }|f-g|<\epsilon /2$；这可由可积函数的连续函数 $L^1$ 逼近得到，并在端点附近作微小修改使 $g(-\pi )=g(\pi )$。由 Weierstrass 第二逼近定理，存在三角多项式 $P$ 使 $\Vert g-P{\Vert }_{\infty }<\epsilon /(4\pi )$。于是

$${\int }_{-\pi }^{\pi }|f-P|\le {\int }_{-\pi }^{\pi }|f-g|+2\pi \Vert g-P{\Vert }_{\infty }<\epsilon .$$

题目 9

设 $f$ 为周期 $2\pi$ 的连续函数，且已知

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nx+b_n\sin nx),$$

证明：若右边的级数一致收敛，则其和函数一定就是 $f$。

解答 设右端一致收敛于 $g$。逐项积分表明 $g$ 的 Fourier 系数仍为 $a_n,b_n$，故 $h=f-g$ 的全部 Fourier 系数均为零。对任意三角多项式 $T$ 有 ${\int }_{-\pi }^{\pi }hT=0$。再取三角多项式 $T_m$ 一致逼近连续周期函数 $h$，则

$${\int }_{-\pi }^{\pi }{h}^2={\int }_{-\pi }^{\pi }h(h-T_m)⟶0.$$

故 $h\equiv 0$，即 $g=f$。

题目 10

设 $0<a<\pi$，定义函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& |x|<a,\\ 0,& a\le |x|<\pi .\end{array}$$

利用 $f$ 的 Parseval 等式，求下列级数的和：

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\sin }^{2}na}{n^2},\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\cos }^{2}na}{n^2}.$$

解答 其 Fourier 系数为

$$a_0=\frac{2a}{\pi },a_n=\frac{2\sin na}{\pi n},b_n=0.$$

Parseval 等式给出

$$\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{f}^2(x)dx=\frac{a_0^2}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2,$$

即

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\sin }^{2}na}{n^2}=\frac{a(\pi -a)}{2}.$$

再由 ${\cos }^{2}na=1-{\sin }^{2}na$ 与 $\sum n^{-2}={\pi }^2/6$，得到

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\cos }^{2}na}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}-\frac{a(\pi -a)}{2}.$$

15.3.2 参考题

题目 1

设 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的函数且在 $(0,2\pi )$ 上可积和绝对可积，证明：

1. 如果 $f$ 在 $(0,2\pi )$ 上单调减少，则

$${\int }_0^{2\pi }f(x)\sin nxdx\ge 0,n=1,2,\cdots ;$$

2. 设 $f$ 在 $(0,2\pi )$ 可导且 $f^{\prime }$ 在 $(0,2\pi )$ 上可积和绝对可积，如果 $f^{\prime }$ 在 $(0,2\pi )$ 上单调增加，则

$${\int }_0^{2\pi }f(x)\cos nxdx\ge 0,n=1,2,\cdots .$$

解答 （1）把 $[0,2\pi ]$ 分成 $n$ 个相邻的正、负半波。对 $j=0,1,\dots ,n-1$ 作变量替换可得

$$\begin{array}{rl}& {\int }_{2j\pi /n}^{(2j+2)\pi /n}f(x)\sin nxdx\\ & =\frac{1}{n}{\int }_0^{\pi }\left[f\left(\frac{t+2j\pi }{n}\right)-f\left(\frac{t+(2j+1)\pi }{n}\right)\right]\sin tdt\ge 0.\end{array}$$

求和即得结论。

（2）分部积分时边界项为零，故

$${\int }_0^{2\pi }f(x)\cos nxdx=-\frac{1}{n}{\int }_0^{2\pi }{f}^{\prime }(x)\sin nxdx.$$

因 $f^{\prime }$ 单调增加，$-f^{\prime }$ 单调减少，对 $-f^{\prime }$ 应用（1）即知右端非负。

题目 2

设 $f$ 为区间 $[0,2\pi ]$ 上的下凸函数，证明：

$${\int }_0^{2\pi }f(x)\cos nxdx\ge 0,\forall n\ge 1.$$

解答 下凸函数在闭区间上绝对连续，其导函数几乎处处存在且单调增加。分部积分得

$${\int }_0^{2\pi }f(x)\cos nxdx=-\frac{1}{n}{\int }_0^{2\pi }{f}^{\prime }(x)\sin nxdx.$$

由上题（1）作用于单调减少函数 $-f^{\prime }$，右端非负。若不使用绝对连续性的通常结论，也可先对折线下凸函数证明，再用折线函数一致逼近一般下凸函数。

题目 3

设 $f$ 是周期 $2\pi$ 的连续函数，

$$F_h(x)=\frac{1}{2h}{\int }_{x-h}^{x+h}f(t)dt,h>0,$$

证明：

1. $F_h$ 是以 $2\pi$ 为周期的连续可微函数；
2. $\forall \epsilon >0$，$\exists h>0$，使在 $[-\pi ,\pi ]$ 上一致成立 $|f(x)-F_h(x)|<\epsilon$；
3. 利用命题 15.2.8 重新证明 Weierstrass 第二逼近定理；
4. 已知 $f$ 的 Fourier 级数，计算 $F_h$ 的 Fourier 级数。

解答 周期性由定义立即得到；又由积分上限函数的求导公式，

$$F_h^{\prime }(x)=\frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h},$$

故 $F_h\in C^1$。设 ${\omega }_f$ 为 $f$ 的连续模，则

$$|F_h(x)-f(x)|\le \frac{1}{2h}{\int }_{-h}^h|f(x+t)-f(x)|dt\le {\omega }_f(h),$$

所以 $F_h\to f$ 一致收敛。给定 $\epsilon >0$，先取 $h$ 使 $\Vert F_h-f{\Vert }_{\infty }<\epsilon /2$；再由命题 15.2.8 取三角多项式 $T$ 使 $\Vert F_h-T{\Vert }_{\infty }<\epsilon /2$，便重新得到 Weierstrass 第二逼近定理。

若 $f$ 的 Fourier 系数为 $a_0,a_n,b_n$，交换积分次序或直接计算卷积系数可得

$$F_h(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nh}{nh}(a_n\cos nx+b_n\sin nx).$$

题目 4

设 $f$ 为周期 $2\pi$ 的连续函数，

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nx+b_n\sin nx),$$

定义

$$F(x)=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(t)f(x+t)dt.$$

1. 计算 $F$ 的 Fourier 系数；
2. 证明：$F$ 的 Fourier 级数一致收敛；
3. 由此推出 $f$ 的 Parseval 等式。

解答 利用三角函数的加法公式与正交性，$F$ 的 Fourier 系数为

$$A_0=a_0^2,A_n=a_n^2+b_n^2,B_n=0(n\ge 1).$$

因此

$$F(x)\sim \frac{a_0^2}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n^2+b_n^2)\cos nx.$$

由 Bessel 不等式，$\sum (a_n^2+b_n^2)<\infty$，所以上式绝对且一致收敛。其和函数与 $F$ 有相同的 Fourier 系数，因而就是 $F$。令 $x=0$，得到

$$\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{f}^2(t)dt=\frac{a_0^2}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n^2+b_n^2),$$

即 Parseval 等式。

题目 5

1. 利用

$$\sum _{k=1}^n\frac{\sin kx}{k}=\sum _{k=1}^n{\int }_0^x\cos ktdt$$

求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}$ 之和； 2. 用类似的方法求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin (2n-1)x}{2n-1}$ 之和。

解答 （1）由

$$\sum _{k=1}^n\frac{\sin kx}{k}={\int }_0^x\sum _{k=1}^n\cos ktdt$$

以及 Dirichlet 核的积分极限，得到

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}=\{\begin{array}{ll}\frac{\pi -x}{2},& 0<x<2\pi ,\\ 0,& x=0,2\pi ,\end{array}$$

并按 $2\pi$ 周期延拓。

（2）从全体正整数项中减去偶数项，

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin (2n-1)x}{2n-1}=\{\begin{array}{ll}\frac{\pi }{4},& 0<x<\pi ,\\ -\frac{\pi }{4},& \pi <x<2\pi ,\\ 0,& x=0,\pi ,2\pi ,\end{array}$$

再按 $2\pi$ 周期延拓。

题目 6

从上题的 (1) 所得的结果出发，直接证明下列展开式成立： 1.

$$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\sin 2kx}{2k}=\frac{\pi }{4}-\frac{x}{2},0<x<\pi ;$$

$$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\sin (2k-1)x}{2k-1}=\frac{\pi }{4},0<x<\pi ;$$

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}\sin nx=\frac{x}{2},|x|<\pi ;$$

$$x^2=\frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}\cos nx,|x|<\pi ;$$

$$x=\frac{\pi }{2}-\frac{4}{\pi }\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\cos (2k-1)x}{(2k-1{)}^2},0\le x\le \pi ;$$

$$\frac{3x^2-6\pi x+2{\pi }^2}{12}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n^2},0\le x\le \pi .$$

解答 前两式分别由上题（1）中取偶数项及用全体项减去偶数项得到。把上题（1）中的 $x$ 换成 $x+\pi$，便有

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}\sin nx=\frac{x}{2},|x|<\pi .$$

对此逐项积分并确定常数项，得到

$$x^2=\frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}\cos nx.$$

同理，对奇数正弦级数积分并利用 ${\sum }_{k\ge 1}(2k-1{)}^{-2}={\pi }^2/8$，得

$$x=\frac{\pi }{2}-\frac{4}{\pi }\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\cos (2k-1)x}{(2k-1{)}^2},0\le x\le \pi .$$

对 $\sum \sin nx/n=(\pi -x)/2$ 积分，再由 $\sum n^{-2}={\pi }^2/6$ 定出常数，便得

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n^2}=\frac{3x^2-6\pi x+2{\pi }^2}{12},0\le x\le \pi .$$

题目 7

（Steklov 不等式）设连续函数 $f$ 在 $[0,\pi ]$ 上分段可导，且 $f^{\prime }$ 在 $[0,\pi ]$ 上可积和平方可积，证明：只要条件

$${\int }_0^{\pi }f=0\text{和}f(0)=f(\pi )=0$$

之中有一个满足，就成立不等式

$${\int }_0^{\pi }{f}^{\prime 2}(x)dx\ge {\int }_0^{\pi }{f}^2(x)dx,$$

且其中等号成立的条件为：在第一种条件下 $f(x)=A\cos x$，在第二种条件下 $f(x)=B\sin x$。

解答 若 ${\int }_0^{\pi }f=0$，取 $f$ 的余弦系数 $a_n$。Parseval 等式与 $f^{\prime }$ 的 Bessel 不等式给出

$${\int }_0^{\pi }{f}^{2}dx=\frac{\pi }{2}\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2,{\int }_0^{\pi }{f}^{\prime 2}dx\ge \frac{\pi }{2}\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{a}_n^2.$$

故后一积分不小于前一积分。等号迫使 $a_n=0$（$n\ge 2$），于是 $f(x)=A\cos x$；反之显然取等。

若 $f(0)=f(\pi )=0$，改用正弦系数 $b_n$。此时 $f^{\prime }$ 的余弦系数为 $n{b}_n$，同样得到

$${\int }_0^{\pi }{f}^{\prime 2}dx\ge \frac{\pi }{2}\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{b}_n^2\ge \frac{\pi }{2}\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n^2={\int }_0^{\pi }{f}^{2}dx.$$

等号当且仅当 $f(x)=B\sin x$。

题目 8

（Wirtinger 不等式）设连续函数 $f$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上分段可导，$f(-\pi )=f(\pi )$，且 $f^{\prime }$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上可积和平方可积，又

$${\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)dx=0,$$

证明：

$${\int }_{-\pi }^{\pi }{f}^{\prime 2}(x)dx\ge {\int }_{-\pi }^{\pi }{f}^2(x)dx,$$

且仅当 $f(x)=A\cos x+B\sin x$ 时等号成立。

解答 由平均值为零，$f$ 的 Fourier 展开中常数项为零。Parseval 等式分别作用于 $f$ 与 $f^{\prime }$，得到

$${\int }_{-\pi }^{\pi }{f}^{2}dx=\pi \sum _{n=1}^{\infty }(a_n^2+b_n^2),{\int }_{-\pi }^{\pi }{f}^{\prime 2}dx=\pi \sum _{n=1}^{\infty }{n}^2(a_n^2+b_n^2).$$

故所求不等式成立。等号等价于 $a_n=b_n=0$（$n\ge 2$），即 $f(x)=A\cos x+B\sin x$。

题目 9

设周期 $2\pi$ 的函数 $f$ 及其导函数 $f^{\prime }$ 均分段连续，证明：$f$ 的 Fourier 级数在含有 $f$ 的间断点的任何闭区间上不一致收敛。

解答 在 $f$ 的间断点 $x_0$，Dirichlet—Jordan 定理表明 Fourier 部分和收敛于 $[f(x_0-)+f(x_0+)]/2$；而在 $x_0$ 两侧的连续点，和函数分别等于 $f$，其左右极限为 $f(x_0-)$、$f(x_0+)$。由于二者不等，Fourier 级数的和函数在 $x_0$ 不连续。若它在含 $x_0$ 的闭区间上一致收敛，则连续的部分和之极限必连续，矛盾。

题目 10

证明：

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin n}{n}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\sin }^{2}n}{n^2}=\frac{\pi -1}{2},\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\sin }^{2}n}{n^4}=\frac{(\pi -1{)}^2}{6}.$$

解答 由第 5 题（1）在 $x=1$ 处代入，

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin n}{n}=\frac{\pi -1}{2}.$$

又因

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}-\frac{\pi x}{2}+\frac{x^2}{4},0\le x\le 2\pi ,$$

令 $x=2$ 并用 ${\sin }^{2}n=(1-\cos 2n)/2$，可得第二个等式。再对上式积分两次，或直接由 Fourier 系数计算，得到

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n^4}=\frac{{\pi }^4}{90}-\frac{{\pi }^2{x}^2}{12}+\frac{\pi x^3}{12}-\frac{x^4}{48}.$$

令 $x=2$，便有

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\sin }^{2}n}{n^4}=\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1-\cos 2n}{n^4}=\frac{(\pi -1{)}^2}{6}.$$

题目 11

设函数 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的连续函数，不恒等于 0，且

$${\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin kxdx={\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos kxdx=0,k=0,1,\cdots ,n.$$

证明：$f$ 在任何长度大于 $2\pi$ 的区间上至少改变符号 $2n+2$ 次。

解答 一个周期内的变号次数必为偶数。反设至多为 $2m\le 2n$，记变号点为 $x_1,\dots ,x_{2m}$。三角多项式

$$P(x)=\pm \prod _{j=1}^{2m}\sin \frac{x-x_j}{2}$$

的次数为 $m$，可选取正负号使 $f(x)P(x)\ge 0$，且该乘积不恒为零。因此 ${\int }_{-\pi }^{\pi }fP>0$。但 $P$ 是次数不超过 $n$ 的三角多项式，题设正交条件又给出 $\int fP=0$，矛盾。故每个周期至少变号 $2n+2$ 次；任何长度大于 $2\pi$ 的区间都含有一个完整周期，结论随即成立。

题目 12

设 $f$ 是在区间 $[0,+\infty )$ 上的单调函数，且 $f(+\infty )=0$，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{+\infty }f(x)\sin nxdx=0.$$

解答 单调且趋于零的 $f$ 在半轴上有界，并且由积分第二中值定理或 Dirichlet 判别法，

$$\left|{\int }_0^{\infty }f(x)\sin nxdx\right|\le \frac{2|f(0)|}{n}.$$

右端趋于零，故所求极限为零。若 $f$ 单调增加趋于零，对 $-f$ 使用同一估计即可。

题目 13

设

$$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{e}^{-n}\sin nx,$$

证明：

$$\underset{0\le x\le 2\pi }{\max }\{|f(x)|\}\ge \frac{2}{\pi e}.$$

解答 该级数绝对一致收敛，所以它就是 $f$ 的 Fourier 级数，且第一正弦系数为 $b_1=e^{-1}$。若 $M={\max }_{[0,2\pi ]}|f|$，则

$$\frac{1}{e}=|b_1|\le \frac{M}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }|\sin x|dx=\frac{4M}{\pi }.$$

故 $M\ge \pi /(4e)>2/(\pi e)$。

题目 14

对于收敛于 0 的给定正数数列 $\{{\epsilon }_n\}$，证明：存在连续函数 $f$，使得 $f$ 的 Fourier 系数 $\{a_n\},\{b_n\}$ 对于无限多个 $n$ 满足不等式

$$|a_n|+|b_n|>{\epsilon }_n.$$

解答 选取严格增加的整数列 $n_k$，使 ${\epsilon }_{n_k}<2^{-k}$。级数

$$f(x)=\sum _{k=1}^{\infty }{2}^{-k}\cos n_{k}x$$

绝对一致收敛，故 $f$ 连续。其 Fourier 系数满足 $a_{n_k}=2^{-k}$、$b_{n_k}=0$，于是对所有 $k$ 都有 $|a_{n_k}|+|b_{n_k}|>{\epsilon }_{n_k}$。

题目 15

设 $f\in C[-\pi ,\pi ]$，且其导函数 $f^{\prime }$ 可积和绝对可积，若有

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nx+b_n\sin nx),$$

证明：

$$f^{\prime }(x)\sim \frac{c}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\{[n{b}_n+(-1{)}^{n}c]\cos nx-n{a}_n\sin nx\},$$

其中

$$c=\frac{f(\pi )-f(-\pi )}{\pi },c=\underset{n\to \infty }{\lim }(-1{)}^{n-1}n{b}_n.$$

解答 对 $f^{\prime }$ 计算 Fourier 系数。常数项为

$$\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{f}^{\prime }(x)dx=c.$$

分部积分得

$$A_n=n{b}_n+(-1{)}^{n}c,B_n=-n{a}_n,$$

从而得到题中的形式。由 Riemann 引理 $A_n\to 0$，故

$$(-1{)}^{n-1}n{b}_n=c+(-1{)}^{n-1}{A}_n⟶c.$$

题目 16

设三角级数

$$\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nx+b_n\sin nx)$$

有极限

$$c=\underset{n\to \infty }{\lim }\{(-1{)}^{n-1}n{b}_n\},$$

又有可积和绝对可积函数 $\phi$ 满足条件

$$\phi (x)\sim \frac{c}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\{[n{b}_n+(-1{)}^{n}c]\cos nx-n{a}_n\sin nx\}.$$

证明：上述三角级数处处收敛，为其和函数 $f$ 的 Fourier 级数：

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nx+b_n\sin nx),$$

且在 $\phi$ 的连续点上成立 $f^{\prime }(x)=\phi (x)$。

解答 令

$$F(x)=K+{\int }_{-\pi }^x\phi (t)dt,$$

其中 $K$ 取成使 $F$ 的平均值为 $a_0/2$。因 $\phi$ 的常数 Fourier 系数为 $c$，有 $F(\pi )-F(-\pi )=\pi c$。将上题的分部积分公式反向使用可知，$F$ 的 Fourier 系数恰为 $a_0,a_n,b_n$。

函数 $F$ 绝对连续，因而有界变差。把它作周期延拓，Dirichlet—Jordan 定理说明其 Fourier 级数在 $(-\pi ,\pi )$ 上处处收敛于 $F$，在端点收敛于 $[F(-\pi )+F(\pi )]/2$。这正是题给三角级数，故它处处收敛，且为其和函数 $f$ 的 Fourier 级数。又在 $\phi$ 的每个连续点，积分上限函数的求导公式给出 $F^{\prime }=\phi$，从而 $f^{\prime }=\phi$。

题目 17

利用上题证明：三角级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n}n\sin nx}{n^2-1}$$

是某个连续可微函数 $f$ 的 Fourier 级数，且 $f$ 满足微分方程

$$f^{\prime \prime }+f=-\sin x,$$

并求出 $f$。

解答 题面在 $n=1$ 时分母为零，故应将级数理解为从 $n=2$ 起求和，即约定第一正弦系数为零。令

$$f(x)=\frac{x\cos x}{2}+\frac{\sin x}{4},-\pi <x<\pi .$$

直接积分可得 $b_1=0$，并且对 $n\ge 2$，

$$\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nxdx=\frac{(-1{)}^{n}n}{n^2-1};$$

所有余弦系数均为零。因此题中级数正是 $f$ 的 Fourier 级数。直接求导又有

$$f^{\prime \prime }(x)+f(x)=-\sin x.$$

题目 18

证明：在区间 $[a,b]$ 上的可积和平方可积函数空间中，由有限个函数组成的正交系不可能是完备的。

解答 设正交系为 $e_1,\dots ,e_m$。在 $m+1$ 维空间 $\mathrm{span}\{1,x,\dots ,x^m\}$ 中，齐次线性方程组

$${\int }_a^{b}p(x)e_j(x)dx=0,j=1,\dots ,m,$$

至少有一个非零解 $p$。于是非零平方可积函数 $p$ 与全部 $e_j$ 正交，故该有限正交系不可能完备。

题目 19

（de la Vallée Poussin 核）设 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的连续函数，记

$$V_n(x)=\frac{(2n)!!}{2\pi (2n-1)!!}{\int }_{-\pi }^{\pi }f(t){\left(\cos \frac{t-x}{2}\right)}^{2n}dt.$$

证明：

1. $V_n(x)$ 是 $n$ 次三角多项式；
2. 函数列 $\{V_n\}$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上一致收敛于 $f$。

解答 由二项式公式，

$${\left(\cos \frac{u}{2}\right)}^{2n}=2^{-2n}\left[\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)+2\sum _{k=1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n-k}\right)\cos ku\right].$$

将 $u=t-x$ 代入并对 $t$ 积分，可知 $V_n$ 是次数不超过 $n$ 的三角多项式。又有

$${\int }_{-\pi }^{\pi }{\left(\cos \frac{t-x}{2}\right)}^{2n}dt=2\pi \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!},$$

所以核的积分为 $1$ 且处处非负。

给定 $\epsilon >0$，由 $f$ 的一致连续性取 $\delta >0$，使周期距离 $|t-x|<\delta$ 时 $|f(t)-f(x)|<\epsilon$。近区间的误差不超过 $\epsilon$；远区间上存在 $q<1$ 使 $|\cos ((t-x)/2)|\le q$，而 $(2n)!!/(2n-1)!!=O(\sqrt{n})$，故远区间的误差为 $O(\sqrt{n}{q}^{2n})\to 0$。于是 $V_n\to f$ 一致收敛。

题目 20

证明：三角级数

$$\cos x+\frac{\cos 2x}{2}+\cdots +\frac{\cos nx}{n}+\cdots$$

的部分和函数 $S_n(x)\ge -1$，并且

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\underset{0\le x\le \pi }{\min }\{S_n(x)\}=-\ln 2.$$

解答 记 $S_n(x)={\sum }_{k=1}^n\cos kx/k$。在 $0<x<2\pi$，

$$S_n^{\prime }(x)=-\sum _{k=1}^n\sin kx=-\frac{\sin (nx/2)\sin ((n+1)x/2)}{\sin (x/2)}.$$

考察导数在这些零点两侧的符号可知，内部极小点只能是 $x=2\pi j/(n+1)$；$n=1$ 时结论直接成立。对 $n\ge 2$，在这样的点令 $z=e^{ix}$、$c=\cos x$，则 $z^{n+1}=1$，从而

$$S_n(x)=\mathrm{Re}{\int }_0^1\sum _{k=1}^n{z}^k{t}^{k-1}dt=\mathrm{Re}{\int }_0^1\frac{z-t^n}{1-tz}dt.$$

于是

$$1+S_n(x)={\int }_0^1\frac{A(t)+cB(t)}{1-2ct+t^2}dt,$$

其中 $A=1-t+t^2-t^n$，$B=1-2t+t^{n+1}$。对 $0\le t\le 1$，

$$A-B=(1+t)(t-t^n)\ge 0,A+B=(1-t{)}^2(2+t+\cdots +t^{n-1})\ge 0,$$

故 $A\ge |B|$，进而 $A+cB\ge 0$。端点 $x=0,2\pi$ 处 $S_n=\sum 1/k>0$，所以处处有 $S_n(x)\ge -1$。

再记 $m_n={\min }_{0\le x\le \pi }{S}_n(x)$。因 $m_n\le S_n(\pi )\to -\ln 2$，只需估计下极限。若 $x_j\to 0$、$n_j\to \infty$，取 $r_j=\min (n_j,\lfloor 1/x_j\rfloor )$。前 $r_j$ 项满足 $\cos (k{x}_j)\ge \cos 1$，而其余项由 Dirichlet 估计有

$$\left|\sum _{k=r_j+1}^{n_j}\frac{\cos (k{x}_j)}{k}\right|\le \frac{C}{r_j\sin (x_j/2)}=O(1).$$

故 $S_{n_j}(x_j)\to +\infty$。因此极小点不会趋于 $0$。在任意 $[\delta ,\pi ]$ 上，$S_n$ 一致收敛于

$$-\ln \left(2\sin \frac{x}{2}\right),$$

该函数的最小值为 $-\ln 2$，在 $x=\pi$ 取得。于是 $\mathrm{liminf}{m}_n\ge -\ln 2$，结合前面的上界即得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{m}_n=-\ln 2.$$