傅立葉級數收斂性證明

參考來源：Richard Courant, "Differential and Integral Calculus, Vol. 1, 2nd Ed."

1. 傅立葉級數的定義

對於 \([-\pi, \pi]\) 上的給定函式 \(f(x)\)，計算

\[a_\nu = \frac{1}{\pi}\int^\pi_{-\pi}cos (\nu t) dt, ~~~ b_\nu = \frac{1}{\pi}\int^\pi_{-\pi} \sin ( \nu t) dt \]

則傅立葉級數定義為

\[S(x) = \frac{a_0}{2} + \sum^\infty_{\nu=1} [a_\nu \cos(\nu x) + b_\nu \sin(\nu x)]. \]

\(S(x)\)

是 \([a,b]\) 上的一個函式，但因為無限 \(\infty\) 是一個極限概念，所以不妨定義

\[S_n(x) = \frac{a_0}{2} + \sum^n_{\nu=1} [a_\nu \cos(\nu x) + b_\nu \sin(\nu x)], \]

那麼自然，

\[S(x) = \lim_{n\rightarrow \infty} S_n(x). \]

2. 傅立葉級數的收斂性

這裡不拘泥於數學上平均逼近、一致收斂等嚴格術語的區分，為了突出動機，僅僅說：如果在任意點 \(x\in[-\pi, \pi]\)　都有

\[S(x) = f(x), \]

就說傅立葉級數 \(S(x)\)

收斂於 \(f(x)\)。

換言之

\[\lim_{n\rightarrow \infty} S_n(x) = f(x). \]

3. 傅立葉級數收斂性的證明

先宕開一筆，說個三角函式求和式

\[\frac{1}{2} + \cos(\theta) + \cos(2\theta) + \cdots + \cos(n\theta) = \frac{ \sin(n+1/2)\theta}{2\sin(\theta/2)}. \]

這個用和差化積很容易證明。因為

\[2\sin(\theta/2)\cos(k\theta) = \sin(k+1/2)\theta - \sin(k-1/2)\theta, \]

所以有

\[2\sin(\theta/2)[ \cos(\theta) + \cos(2\theta) + \cdots + \cos(n\theta) ] = - \sin(\theta/2) + \sin(n+1/2)\theta, \]

整理整理就得到 (10) 式。

之所以說這個三角函式求和式，是因為 \(S_n(x)\) 可以通過這個求和式變形：

\[S_n(x) = \frac{a_0}{2} + \sum^n_{\nu=1} [a_\nu \cos(\nu x) + b_\nu \sin(\nu x)] \\ = \frac{1}{\pi} \int^\pi_{-\pi} f(t) \left\{ \frac{1}{2} + \sum^n_{\nu=1} [\cos \nu t \cos \nu x + \sin \nu t \sin \nu x] \right\} dt \\ = \frac{1}{\pi}\int^\pi_{-\pi} f(t) \left\{ \frac{1}{2} + \sum^n_{\nu=1} \cos \nu (t-x) \right\} dt \\ = \frac{1}{\pi} \int^\pi_{-\pi} f(t) \frac{ \sin(n+1/2)(t-x)}{ 2 \sin (t-x)/2} dt. \]

可以觀察到，這個形式有以下特點：

• 在 \(n \rightarrow \infty\) 時，被積函式中 \(\sin(n+1/2)(t-x)\) 會無限振盪。
• $t \neq x $ 時，\(\sin(t-x)/2\) 是有限大的值，\(f(t)\) 只有有限個第一類間斷點，所以一定是有限大。那麼在 \(t\neq x\) 的地方，因為 \(\sin(n+1/2)(t-x)\) 的無限振盪，所以其實對積分貢獻為0.
• \(t \rightarrow x\) 時，無限小的積分割槽間內有無限大的被積函式，可能得到有限大的數。

所以積分在 \(x\) 無窮小鄰域內的貢獻是至關重要的。因為 \(x\) 可能是第一類間斷點（即左右極限都存在，但可能不一樣），所以得把 \(x\) 的無窮小鄰域分成兩半來討論。在左側無窮小鄰域內，可以提出 \(f(x-0)\) ，右側無窮小鄰域內，可以提出 \(f(x+0)\)。所以，可以得到，\(n\) 充分大時，

\[ S_n(x) = f(x+0) \frac{1}{\pi} \int^\pi_0 \frac{\sin(n+1/2)(t-x)}{2\sin(t-x)/2} dt + f(x-0)\frac{1}{\pi}\int^0_{-\pi} \frac{\sin(n+1/2)(t-x)}{2\sin(t-x)/2} dt. \]

寫成這樣以後，後面的又可以迴歸到凡間來做：

\[\frac{1}{\pi} \int^\pi_0 \frac{\sin(n+1/2)(t-x)}{2\sin(t-x)/2} dt = \frac{1}{\pi} \int^\pi_0 [\frac{1}{2} + \cos(\theta) + \cos(2\theta) + \cdots + \cos(n\theta) ] dt = \frac{1}{2}; \\ \frac{1}{\pi} \int^0_{-\pi} \frac{\sin(n+1/2)(t-x)}{2\sin(t-x)/2} dt = \frac{1}{\pi} \int^0_{-\pi} [\frac{1}{2} + \cos(\theta) + \cos(2\theta) + \cdots + \cos(n\theta) ] dt = \frac{1}{2}. \\ \]

這樣就得到：

\[\lim_{n\rightarrow \infty} S_n(x) = \frac{1}{2}[ f(x+0) + f(x-0) ]. \]

4. 總結討論

這個證明是通過對 \(S_n(x)\) 的結構分析來實現的。

• \(S_n(x)\) 可以寫成緊湊的積分式。
• 在 \(n\) 充分大時，這個緊湊的積分式的值僅由 \(x\) 鄰域內的積分決定。
• 因此可以提出 \(f(x+0), f(x-0)\) 的值，剩下三角函式的積分，可以從容得到。

漂亮。