优美的Fourier级数(四): 一致收敛下的Fejér定理

September 1, 2019
数学分析/Mathematical Analysis Fourier分析/Fourier Analysis 优美的Fourier级数

前言

这篇文章是两个Good kernel的第一篇, 主要涉及一个内容: 关于一致收敛的Fejér定理. 但是, 我们会回避各种复杂繁琐的运算, 充分利用各种已知条件, 巧妙地进行间接证明. 这些解决办法省时省力, 也大大降低了文章的阅读难度. 不需要各种复杂的无穷小量分析, 只需要高中数学中的三角函数和非常简单的不等式. 当然, Fejér定理不仅仅与收敛相关, 它也涉及到一系列Fourier级数的分析与判定. 这会在后面的文章中进一步进行介绍.

Fejér核的推导

Fejér核其实就是Dirichlet的算术平均值的极限. 但我们想解决一个问题: 如何用三角函数更简单地表示Fejér核. 接下来会提供两种不同的证明方法. 这一节需要证明的是

[K_N(x)=\frac{1}{N+1}\sum_{n=0}^ND_n(x)=\frac{1}{N+1}\cdot\frac{1-\cos(N+1)x}{1-\cos{x}}]

也就是说, 需要证明 [ \sum_{n=0}^N\frac{\sin(N+\frac{1}{2})x}{\sin\frac{x}{2}}=\frac{1-\cos(N+1)x}{1-\cos{x}} ]

数学归纳法

$N=0$时, 原等式即$1=1$.

假设$N=k$时原等式成立, 现对$N$进行归纳.

$$\sum_{n=0}^k\frac{\sin(k+\frac{1}{2})x}{\sin\frac{x}{2}}+\frac{\sin((k+1)+\frac{1}{2})}{\sin\frac{x}{2}}=\frac{1-\cos(k+1)x}{1-\cos{x}}+\frac{\sin((k+1)+\frac{1}{2})}{\sin\frac{x}{2}}$$

考虑到$1-2\sin^2\frac{x}{2}=\cos{x}$, 可以进行通分:

$$\frac{1-\cos(k+1)x}{1-\cos{x}}+\frac{\sin((k+1)+\frac{1}{2})}{\sin\frac{x}{2}}=\frac{1-\cos(k+1)x+2\sin^2\frac{x}{2}\sin(k+\frac{1}{2})x}{2\sin^2\frac{x}{2}}$$

那么只需要证明

$$\cos(k+1)x-2\sin^2\frac{x}{2}\sin(k+\frac{1}{2})x=\cos(k+2)x$$

这是显然的. 只需要将最后一项展开, 得到 [ \begin{aligned} \cos(k+1)x-2\sin^2\frac{x}{2}\sin(k+\frac{1}{2})x &=\cos(k+1)x-\sin(k+1)x\sin{x}-\cos(k+1)x(1-\cos{x}) \\
&=\cos(k+1)x\cos{x}-\sin(k+1)x\sin{x} \\
&=\cos(k+2)x \end{aligned} ]

这实际上就完成了等式的证明.

积化和差

简单推导

积化和差的内容是高中数学的选学内容. 但其实也很简单. 接下来我们对要用到的部分进行简单推导

因为 [ \cos(x+y)=\cos{x}\cos{y}-\sin{x}\sin{y}\\
\cos(x-y)=\cos{x}\cos{y}+\sin{x}\sin{y}\\
] 所以 [ 2\sin{x}\sin{y}=\cos(x-y)-\cos(x+y) ]

等式的证明

[ \sum_{n=0}^N\frac{\sin(N+\frac{1}{2})x}{\sin\frac{x}{2}}=\frac{\sum_{n=0}^N\sin(N+\frac{1}{2})x\cdot2\sin\frac{x}{2}}{2\sin^2\frac{x}{2}} ]

利用积化和差的结论, 上式等于

[ \frac{\sum_{n=0}^N(\cos{nx}-\cos(n+1)x)}{2\sin^2\frac{x}{2}}=\frac{1-\cos(N+1)x}{2\sin^2\frac{x}{2}}=\frac{1-\cos(N+1)x}{1-\cos{x}} ]

Fejér核是好核(关于一致收敛的Fejér定理)

接下来我们需要证明, Fejér核是好核. 可以发现, 如果我们证明了这个结论, 我们实际上就证明了$K_nf(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x-t)K_n(t)dt$一致收敛于$f$的结论.

归一化

  • 归一化: [\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}K_n(x)dx=1]

这个结论的证明不需要进行复杂的三角函数的运算. 无论如何, Fejér核是Dirichlet核的算术平均值, 那么就有 [ \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}K_N(t)dt=\frac{1}{N+1}\cdot\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=0}^{N}D_n(t)dt=\frac{1}{N+1}\cdot\frac{1}{2\pi}\sum_{n=0}^{N}\int_{-\pi}^{\pi}D_n(t)dt=\frac{1}{N+1}\cdot{(N+1)}=1 ]

有界性

  • 有界性: 存在$M>0$, 使得对所有$n\geq1$有[\int_{-\pi}^{\pi}|K_n(t)|dt\leq{M}]

这个结论的证明也不需要进行复杂的三角函数的运算. 实际上我们已经证明完了. 只需要指明一点: $K_n(x)\geq{0}$, 所以$|K_n(x)|=K_n(x). 这是显然的, 因为分子分母都是非负的.

两翼收敛

  • 两翼收敛: 对于所有$\delta>0$, 满足[\lim\limits_{n\to\infty}\int_{\delta\leq|t|\leq\pi}|K_n(t)|dt=0]

我们还是不需要进行复杂的运算. 注意到$\delta\leq|x|\leq\pi$时, 始终有 [ \begin{cases} 1-\cos(N+1)x\leq{2}\\
\frac{1}{1-\cos{x}}\leq\frac{1}{1-\cos{\delta}} \end{cases} ]

所以就有 [ K_N(x)\leq\frac{1}{N+1}\cdot\frac{2}{1-\cos\delta} ] 再对$K_N(x)$进行积分, 代入不等式关系, 立刻得到结论.

至此, 我们通过一些已知结论和简单的性质, 回避了复杂的运算, 证明了“Fejér核是好核”这一个说法. 而上一篇文章指出, 证明了好核其实就是证明了一致收敛. 其实就是下面的Fejér定理:

如果$f$是周期为$2\pi$的连续函数, 那么$K_nf(x)$一致收敛于$f$.

逐点收敛(逐点形式下的Fejér定理)

如果以$2\pi$为周期的函数$f$在$[-\pi,\pi]$上可积, 并且在$x_0$处有左右极限$f(x_0^+)$和$f(x_0^-)$, 则$K_nf(x_0)$收敛于$\frac{f(x_0^+)+f(x_0^-)}{2}$

我们上一次看到这个$\frac{f(x_0^+)+f(x_0^-)}{2}$是在Jordan判定法. Fejér核虽然比Dirichlet核更复杂, 但是逐点收敛的证明是很简单的, 它是非负的. 证明会在接下来的文章中更新.

“优美的Fourier级数”系列

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