优美的Fourier级数（二）: 有界差分下的收敛(Jordan判别法)

前言

如果你和Fourier级数打交道，那么在处理间断函数，特别是锯齿状函数的时候，有没有注意过间断处的形状？它为什么会处在中间位置？什么时候会出现这种情况？这就是接下来要解决的问题. 这篇文章中, 会涉及到各种与三角函数、定积分、导函数有关的基本重要技巧. 还是那句话，Fourier级数绝对不仅仅是处理一系列三角函数. 还要注意，这里我们探讨的函数应该是定义在$[-\pi,\pi]$的实函数. 这篇文章中实际要做的事情是, 利用定积分的各种性质, 进行无穷小量的分析.

Jordan判别法

如果$f$是有界差分，那么

$$s_N(x)\to\frac{f(x^+)+f(x^-)}{2}$$

其中$f(x^+)=\lim\limits_{h\to0^+}f(x+h)$, $f(x^-)=\lim\limits_{h\to0^+}f(x-h)$

理论准备1: 有界差分

有界差分可以看成推广的“弧长”. 在$[a,b]$上，$f(x)$的总差分的定义是这样：

$$T_f(x):=\sup\{\sum_{i=1}^n|f(x_i)-f(x_{i-1})||a=x_0<x_1<\cdots<x_n=x\}$$

对于连续函数来说，这就是$f(x)$在$[a,x]$的弧长. 而如果$f(x)$是$[a,b]$上的有界差分，那么只需要满足$T_f(b)<\infty$.

注意到, $f(x)$还可以写成

$$f(x)=\frac{1}{2}[T_f(x)+f(x)]-\frac{1}{2}[T_f(x)-f(x)]$$

而$\frac{1}{2}[T_f(x)+f(x)]$和$\frac{1}{2}[T_f(x)-f(x)]$都是非负的单调增函数. 事实上，有界差分一定可以写成两个单调增函数的差，具体证明可以参见这里.

理论准备2: 积分第二中值定理

如果定义在$[a,b]$上的实函数$f$和$g$满足$f$连续且$g$单调，那么存在$c\in(a,b)$使得

$$\int_a^bf(x)g(x)dx=g(a^+)\int_a^cf(x)dx+g(b^-)\int_c^bf(x)dx$$

这个定理的证明可以参见这里，也可以用Abel变换进行证明.

回到Jordan判别法的证明

因为$D_N(x)$是偶函数，$S_N(x)$可以重写成

$$S_N(x)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}(f(x-t)+f(x+t))D_N(t)dt$$

如果我们定义$g(t)=f(x+t)+f(x-t)$, 那么就有

$$g(0^+)=f(x^+)+f(x^-)$$

原命题即证明

$$\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}g(t)D_N(t)dt\to\frac{g(0^+)}{2}$$

又考虑到$g(t)$是有界差分，可以写成两个单调增函数的差. 那么这里只需要这个极限对单调增函数成立即可.

设有单调增函数$h(t)$, 定义$H(t)=h(t)-h(0^+)$; 注意到

$$\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}H(t)D_N(t)dt\to\frac{H(0^+)}{2}=0$$

当且仅当

$$\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}h(t)D_N(t)dt\to\frac{h(0^+)}{2}$$

这是因为$\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}D_N(t)dt=\frac{1}{2}$.
那么不失一般性，可以设$h(0^+)=0$, 那么需要证明，

$$\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}h(t)D_N(t)dt\to 0\quad(N\to\infty)$$

因为$h(0^+)=0$, 根据连续的定义, 对任意$\varepsilon>0$, 有$\delta>0$使得对任意$0<x<\delta$有$0<h(x)<\varepsilon$. 原积分可以展开为

$$\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}h(t)D_N(t)dt=\frac{1}{2\pi}\int_0^{\delta}h(t)D_N(t)dt+\frac{1}{2\pi}\int_{\delta}^{\pi}h(t)D_N(t)dt$$

注意到最后一个积分可以写成

$$\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}\frac{h(t)}{\sin(t/2)}\chi_{[\delta,\pi]}\sin(N+\frac{1}{2})tdt$$

其中

$$\chi_E=\begin{cases}1,x\in E \\ {0}, x\notin E\end{cases}$$

那么这个积分的讨论就和上一篇里收敛性证明的最后利用Bessel不等式的推论的过程一样了， 将$\sin(N+\frac{1}{2})t$展开之后, 我们得到，这个积分的极限为$0$. 证明在此略去.

第一个积分我们用积分第二定理展开, 得到:
\begin{equation}
\begin{aligned}
\frac{1}{2\pi}\int_0^{\delta}h(t)D_N(t)dt&=\frac{1}{2\pi}h(\delta^-)\int_c^{\delta}D_N(t)dt\\
&\leq\frac{\varepsilon}{2\pi}\int_c^{\delta}D_N(t)dt
\end{aligned}
\end{equation}

其中$0<c<\delta$. 如果我们能证出$\int_c^{\delta}D_N(t)dt$是有界的，那么$\varepsilon\to0$时，就有所求结论. 注意到

$$\left\vert\int_c^{\delta}D_N(t)dt\right\vert\leq \left\vert\int_c^{\delta}\sin(N+\frac{1}{2})t(\frac{1}{\sin(t/2)}-\frac{1}{t/2})dt\right\vert+\left\vert\int_c^{\delta}\frac{\sin(N+\frac{1}{2})t}{t/2}dt\right\vert$$

因为$\lim\limits_{t\to0}\frac{1}{\sin(t/2)}-\frac{1}{t/2}=0$, 而且这个函数在$(0,\pi]$上连续有定义，故$\frac{1}{\sin(t/2)}-\frac{1}{t/2}$在$[0,\pi]$上可积. 再利用Bessel不等式的推论，不等式右侧第一个积分趋近于0， 同时也是有界的.

针对另一个积分的讨论，我们首先令$u=(N+\frac{1}{2})t$, 那么能得到

$$\int_c^{\delta}\frac{\sin(N+\frac{1}{2})t}{t/2}dt=2\int_{(N+\frac{1}{2})c}^{(N+\frac{1}{2})\delta}\frac{\sin u}{u}du$$

这个积分的有界性可以通过探讨函数$y=\int_0^{x}\frac{\sin x}{x}dx(x>0)$得到. 通过很多办法可以发现，$\lim\limits_{x\to\infty}y=\frac{\pi}{2}$. 具体可以参见这里. 接下来, 我们通过基本的导数和单调性的关系分析它的有界性. 我们要做的是, 证明$y(\pi)$为$y$的最大值(考虑到$\frac{\sin{x}}{x}$在$(0,\pi]$处处有界, 必然有$y(\pi)<\infty$).

因为$y’=\frac{\sin x}{x}$, $y$ 在$[2k\pi,(2k+1)\pi]$递增，在$[(2k-1)\pi,2k\pi]$递减.

$y$在$[0,\pi]$递增，所以$0<x<\pi$时，$y(x)<y(\pi)$.

又考虑到

$$y((2k-1)\pi)-y((2k+1)\pi)=\int_{(2k-1)\pi}^{(2k+1)\pi}\frac{\sin x}{x}dx$$

而

$$\int_{(2k-1)\pi}^{(2k+1)\pi}\frac{\sin x}{x}dx>\int_{(2k-1)\pi}^{(2k+1)\pi}\frac{\sin x}{(2k+1)\pi}dx=0$$

从而有

$$y(\pi)>y(3\pi)>\cdots>y((2k+1)\pi)$$

而根据函数的单调性，一定有

$$\begin{cases} y(2k\pi)<y((2k-1)\pi)\\ y(2k\pi)<y((2k+1)\pi) \end{cases} $$ 因此$y$的最大值为$y(\pi)$. 用类似的办法还可以发现$y(0)$为最小值. 这说明，$y$是有界的. 再回到原来的积分，有$$

2\left\vert\int_{(N+\frac{1}{2})c}^{(N+\frac{1}{2})\delta}\frac{\sin u}{u}du\right\vert=2\left\vert y((N+\frac{1}{2})\delta)-y((N+\frac{1}{2})c)\right\vert<2y(\pi) 

$$

至此，我们证明了$\int_c^{\delta}D_N(t)dt$是有界的. 进一步也得出了想要的收敛性的结论.

总结&其他想说的

至此，Jordan判别法得到了证明. 但千万不要认为，Fourier级数的收敛是这么简单的一件事情. 这可能会让人觉得，既然有界差分就有这么好的收敛现象，那么连续函数一定就收敛得更好. 但实际情况完全不一样：存在至少有一点发散的连续函数的Fourier级数（du Bois Reymond, 1873）. 此外，甚至存在每点都发散的Fourier级数(Kolmogorov, 1926). 这和处处连续但处处不可导的函数一样，很难想象，但是理论上确实存在.