裴礼文 级数 616页 练习5.4.16 解答

castelu

练习5.4.16：
　　设$f(x)$是以$2\pi$为周期的函数，在$[-\pi,\pi]$上可积，则已知它$Fourier$级数的部分和$S_n(x)$可表示为$Dirichlet$积分
$$S_n(x)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x+t)\frac{\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)t}{2\sin\frac{t}{2}}dt$$
　　其中
$$\frac{\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)t}{2\sin\frac{t}{2}}=\frac{1}{2}+\cos t+\cos 2t+\cdots+\cos nt \equiv D_n(t)$$
　　称为$Dirichlet$核。$S_n(x)$的平均值
$$\sigma_n(x)=\frac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}S_k(x)$$
　　称为$Cesaro$和。试证：
（1）
$$D_0(x)+\cdots+D_{n-1}(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2；$$
（2）
$$\frac{1}{2n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2dx=1；$$
（3）
$$\forall \delta>0, \frac{1}{n\pi}\int_{\delta}^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2dx \to 0（当n \to \infty时）；$$
（4）若$f(x)$是以$2\pi$为周期的连续函数，则$n \to \infty$时，$\sigma_n(x) \Rightarrow f(x)$于$[-\pi,\pi]$上。

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解：
（1）
$$\begin{eqnarray*}
\sum\limits_{k=0}^{n-1}D_k(x)&=&\frac{1}{2\sin\frac{x}{2}}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\sin\left(k+\frac{1}{2}\right)x\\
&=&\frac{1}{2\sin\frac{x}{2}}\left(\sum\limits_{k=0}^{n-1}\left(\sin kx\cos\frac{x}{2}\right)+\sum\limits_{k=0}^{n-1}\left(\cos kx\sin\frac{x}{2}\right)\right)\\
&=&\frac{1}{2\sin\frac{x}{2}}\left(\frac{1-\cos nx}{2\sin\frac{x}{2}}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2
\end{eqnarray*}$$
（2）
$$\begin{eqnarray*}
\sigma_n(x)&=&\frac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}S_k(x)=\frac{1}{n\pi}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\int_{-\pi}^{\pi}f(x+t)\frac{\sin\left(k+\frac{1}{2}\right)t}{2\sin\frac{t}{2}}dt\\
&=&\frac{1}{2n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x+t)\sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{\sin\left(k+\frac{1}{2}\right)t}{2\sin\frac{t}{2}}dt\\
&=&\frac{1}{2n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x+t)\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt
\end{eqnarray*}$$
　　特别地，取$f(x)=1$，这时$S_n(x)=1$，所以$\sigma_n(x)=1$
　　于是，就有
$$\frac{1}{2n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2dx=1$$
（3）令
$$I=\frac{1}{n\pi}\int_{\delta}^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2dx$$
　　则
$$|I|=\frac{1}{n\pi}\int_{\delta}^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2dx \le \frac{1}{n\pi\sin^2\frac{\delta}{2}}\int_{\delta}^{\pi}dx=\frac{\pi-\delta}{n\pi\sin^2\frac{\delta}{2}}$$
　　于是，$\forall \epsilon>0$，$\exists N=\left[\frac{\pi-\delta}{\pi\epsilon\sin^2\frac{\delta}{2}}\right]+1$，当$n>N$时，有$|I|<\epsilon$
　　故
$$\frac{1}{n\pi}\int_{\delta}^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2dx \to 0（当n \to \infty时）$$
（4）由（2）的结论可知
$$f(x)=\frac{1}{2n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt$$
　　于是
$$\begin{eqnarray*}
\sigma_n(x)-f(x)&=&\frac{1}{2n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[f(x+t)-f(x)]\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt\\
&=&\frac{1}{2n\pi}\int_0^{\pi}[f(x+t)+f(x-t)-2f(x)]\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt
\end{eqnarray*}$$
　　令
$$\phi_x(t)=f(x+t)+f(x-t)-2f(x)$$
　　由于$f(x)$是连续函数，故在闭区间$[-2\pi,2\pi]$上一致连续
　　对于$\forall \epsilon>0$，$\exists \delta \in (0,\pi)$，使得$\forall t \in (0,\delta)$时，有
$$|f(x+t)-f(x)|<\frac{\epsilon}{2}, |f(x-t)-f(x)|<\frac{\epsilon}{2}, \forall x \in [-\pi,\pi]$$
　　因而
$$|\phi_x(t)| \le |f(x+t)-f(x)|+|f(x-t)-f(x)|<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon$$
　　令
$$M=\max\limits_{x \in [-\pi,\pi]}|f(x)|$$
　　当
$$n > \frac{2M}{\sin^2\frac{\delta}{2}}$$
　　时，有
$$\begin{eqnarray*}
|\sigma_n(x)-f(x)|&=&\left|\frac{1}{2n\pi}\int_0^{\delta}\phi_x(t)\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt+\frac{1}{2n\pi}\int_{\delta}^{\pi}\phi_x(t)\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt \right|\\
&\le&\frac{\epsilon}{2n\pi}\int_0^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt+\frac{2M}{n\sin^2\frac{\delta}{2}}\\
&<&\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon
\end{eqnarray*}$$
　　因此当$n \to \infty$，$\forall x \in [-\pi,\pi]$，$\sigma_n(x) \Rightarrow f(x)$
　　再由周期性，有
$$n \to \infty，\forall x \in R，\sigma_n(x) \Rightarrow f(x)$$
　　即$f(x)$的$Fourier$级数在$Cesaro$意义下一致收敛于$f(x)$。