数学分析笔记12：傅里叶级数

函数的傅里叶级数

周期为 $2\pi$的函数的傅里叶级数

从纯数学的观点看，幂级数是对函数系 $1,x,x^2,x^3,\cdots$的线性组合，实际上，多项式是以上函数系的有限线性组合，幂级数是对以上函数系的可数线性组合。从这个观点看，更换一组函数系，就能够获得另外一种级数，初等函数中具备周期性的典型的函数是三角函数，所以，天然想到采用三角函数系来构成新的级数形式 $1,\sin(x),\cos(x),\sin(2x),\cos(2x),\sin(3x),\cos(3x),\cdots$咱们称级数 $f(x)=a_0+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx))$为傅里叶级数。显然，若是 $f(x)$能够展开成以上三角级数的形式，那么， $f(x)$应当是以 $2\pi$为周期的。反过来，咱们要问：若是函数 $f(x)$是以 $2\pi$为周期的函数，知足何种条件下它能展开成三角级数的形式？若是能展开，各项系数应当如何肯定呢？
咱们首先假设 $\underline{f(x)能展开成三角级数的形式}$，而且假设能够进行 $\underline{逐项积分}$。那么咱们能够经过逐项积分的形式求出各项系数。为何呢？由于三角函数系具备 $\underline{正交性}$，是 $\underline{正交函数系}$。咱们在解析几何和高等代数中接触了内积空间的概念，所谓内积，即知足 $\underline{对称、正定的双线性函数}$。对于 $[a,b]$上的可积函数 $f(x),g(x)$，定义内积为 $\displaystyle <f,g>=\int_a^b{f(x)g(x)dx}$，从解析几何的观点看，若是两个向量垂直或称正交，那么，两个向量的内积为0，在抽象的函数空间这里，咱们也引入“正交”的概念，下面咱们验证三角函数系在 $[-\pi,+\pi]$上是正交函数系。 $\int_{-\pi}^{\pi}{sin(nx)dx}=[-\frac{1}{n}cos(nx)]_{-\pi}^\pi=0,n=1,2,\cdots$ $\int_{-\pi}^\pi{cos(nx)dx}=[\frac{1}{n}sin(nx)]_{-\pi}^\pi=0,n=1,2,\cdots$ $\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi{\cos(ix)\cos(jx)dx}=\frac{1}{2}(\int_{-\pi}^\pi{cos((i+j)x)dx}+\int_{-\pi}^\pi{cos((i-j)x)dx})=0\\i\neq j,i,j=1,2,\cdots \end{aligned}$ $\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi{\sin(ix)\sin(jx)dx}=\frac{1}{2}(\int_{-\pi}^\pi{cos((i-j)x)dx}-\int_{-\pi}^\pi{cos((i+j)x)dx})=0\\i\neq j,i,j=1,2,\cdots \end{aligned}$ $\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi{\sin(ix)\cos(jx)dx}=\frac{1}{2}(\int_{-\pi}^\pi{sin((i-j)x)dx}+\int_{-\pi}^\pi{sin((i+j)x)dx})=0\\i,j=1,2,\cdots \end{aligned}$由正交性，要求 $\sin(nx),\cos(nx),1$对应的系数，只须要乘以相应的三角函数，再进行逐项积分便可。因为 $\int_{-\pi}^\pi{dx}=2\pi$ $\int_{-\pi}^\pi{\cos^2(nx)dx}=\int_{-\pi}^\pi{\frac{1+\cos(2nx)}{2}dx}=\pi$ $\int_{-\pi}^\pi{\sin^2(nx)dx}=\int_{-\pi}^\pi{\frac{1-\cos(2nx)}{2}dx}=\pi$两边乘以 $1$，再进行逐项积分，获得 $\int_{-\pi}^\pi{f(x)dx}=2\pi a_0$两边乘以 $\cos(nx)$，再进行逐项积分，获得
$\int_{-\pi}^\pi{f(x)\cos{(nx)}dx}=a_n\pi,n=1,2,\cdots$两边乘以 $\sin(nx)$，再进行逐项积分，获得 $\int_{-\pi}^\pi{f(x)\sin{(nx)}dx}=b_n\pi,n=1,2,\cdots$因而，咱们就求解出全部系数。总结起来就是 $\begin{cases} a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(x)dx}\\ a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(x)\cos{(nx)}dx}&n=1,2,\cdots\\ b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(x)\sin{(nx)}dx}&n=1,2,\cdots \end{cases}$这组系数称为傅里叶系数，实际上，若是 $f(x)$在 $[-\pi,\pi]$上可积，也能够求出这么一组系数，但 $f(x)$是否等于其傅里叶级数呢？答案是否认的。由于，若是仅仅改变 $f(x)$在 $[-\pi,\pi]$内的有限个点，傅里叶级数也是不变的，因此，咱们只能称 $f(x)$对应于其傅里叶级数，而不能简单的划等号。咱们记 $f(x)~a_0+\sum_{n=1}^\infty{a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)}$波浪号就表示对应，而不是采用等号，右边称为 $f(x)$的傅里叶级数。对于求傅里叶级数，咱们给出一个命题，以方便咱们选择最合适的区间来进行积分。

定理12.1 $f(x)$是 $(-\infty,+\infty)$上的以 $2T$为周期的函数， $f(x)$在任意有界闭区间上可积，则 $\forall \delta \in R$，有 $\int_{-T}^T{f(x)dx}=\int_{-T+\delta}^{T+\delta}{f(x)}dx$

证：
不失通常性，设 $\delta>0$，咱们证实： $\displaystyle \int_{-T}^{-T+\delta}{f(x)dx}=\int_{T}^{T+\delta}{f(x)dx}$，令分划 $\Delta_n:T=x_0^{(n)}<x_1^{(n)}=T+\frac{\delta}{n}<\cdots<x_{n-1}^{(n)}=T+\frac{(n-1)\delta}{n}<x_n^{(n)}=T+\delta$，构造黎曼和 $S_n(x)=\frac{\delta}{n}\sum_{k=1}^nf(T+\frac{k\delta}{n})$由周期性 $S_n(x)=\frac{\delta}{n}\sum_{k=1}^nf(-T+\frac{k\delta}{n})$由定积分的定义， $\displaystyle \lim_{n\to\infty}S_n=\int_T^{T+\delta}{f(x)dx}$，若按照后一式子的写法，也可看作在分划 $\Delta_n:-T=x_0^{(n)}<x_1^{(n)}=-T+\frac{\delta}{n}<\cdots<x_{n-1}^{(n)}=-T+\frac{(n-1)\delta}{n}<x_n^{(n)}=-T+\delta$上的一个黎曼和，所以，由定积分的定义，有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=\int_{-T}^{-T+\delta}f(x)dx$，这就证得了 $\displaystyle \int_{-T}^{-T+\delta}{f(x)dx}=\int_{T}^{T+\delta}{f(x)dx}$，因而： $\begin{aligned} \int_{-T}^{T}{f(x)dx}=\int_{-T}^{-T+\delta}{f(x)dx}+\int_{-T+\delta}^{T+\delta}{f(x)dx}+\int_{T+\delta}^T{f(x)dx}=\\ \int_{-T}^{-T+\delta}{f(x)dx}+\int_{-T+\delta}^{T+\delta}{f(x)dx}-\int_T^{T+\delta}{f(x)dx}=\int_{-T+\delta}^{T+\delta}{f(x)dx} \end{aligned}$

也就是说，实际上，咱们任意选一个长度为 $2\pi$的区间进行积分，都是能够求出傅里叶级数的。对于 $[-\pi,\pi)$或 $[0,2\pi)$上的可积函数，咱们能够经过 $\underline{延拓}$的方式将其延拓为周期为 $2\pi$的周期函数，一样能够求解傅里叶级数。下面给出若干求解傅里叶级数的例子。来展现求傅里叶级数的通常步骤。
例12.1 求 $f(x)=\pi-x,x\in[-\pi,\pi)$的傅里叶级数

解：
首先，进行延拓，延拓为周期为 $2\pi$的周期函数。
再求傅里叶系数： $\int_{-\pi}^\pi{(\pi-x)dx}=\pi x-\frac{x^2}{2}|_{-\pi}^\pi=2\pi,a_0=\pi$ $\int_{-\pi}^\pi{(\pi-x)cos(nx)dx}=0,a_n=0,n=1,2,\cdots$ $\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi{(\pi-x)sin(nx)dx}=-\int_{-\pi}^\pi{xsin(nx)dx}=\frac{1}{n}x\cos(nx)|_{-\pi}^\pi-\frac{1}{n}\int_{-\pi}^\pi{\cos(nx)dx}\\=\frac{2\pi (-1)^n}{n},b_n=\frac{2(-1)^n}{n},n=1,2,\cdots \end{aligned}$所以， $\displaystyle f(x) \sim \pi+2\sum_{n=1}^\infty{\frac{(-1)^n}{n}\sin(nx)}$

这是比较实用的一个例子，后面求一些特殊的级数时能够用到。
例12.2 求 $f(x)=x^{2k-1},x\in[-\pi,\pi)$的傅里叶级数

解：
求傅里叶系数:首先，对 $k=1,2,\cdots$，由奇偶性，傅里叶级数只有正弦项，设 $f_k(x)=x^{2k-1}$对应 $\sin(nx)$项的系数为 $b^{(k)}_n$，则 $\begin{aligned} b^{(k+1)}_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{x^{2k+1}\sin(nx)dx}\\=-\frac{1}{n\pi}x^{2k+1}\cos(nx)|_{-\pi}^\pi+\frac{2k+1}{n\pi}\int_{-\pi}^\pi{x^{2k}\cos(nx)dx}\\ =-\frac{2^(-1)^n\pi^{2k}}{n}+\frac{2k+1}{n\pi}\int_{-\pi}^\pi{x^{2k}\cos(nx)dx}\\=-\frac{2(-1)^n\pi^{2k}}{n}+\frac{2k+1}{n^2\pi}x^{2k}\sin(nx)|_{-\pi}^\pi-\frac{2k(2k+1)}{n^2\pi}\int_{-\pi}^\pi{x^{2k-1}sin(nx)dx}\\ =-\frac{2(-1)^n\pi^{2k}}{n}-\frac{2k(2k+1)}{n^2}b_n^{(k)} \end{aligned}$这样咱们获得一个递推式 $b^{(k+1)}_n=-\frac{2(-1)^n\pi^{2k}}{n}-\frac{2k(2k+1)}{n^2}b_n^{(k)}$这样，咱们只要求出 $f(X)=x$的傅里叶级数，就能够顺着递推式获得其余的傅里叶级数而不须要再重复进行积分。而 $b_n^{(1)}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{x\sin(nx)dx}=-\frac{2(-1)^n}{n}$再由递推式，就能够获得 $\begin{cases} b_n^{(2)}=-\frac{2(-1)^n\pi^2}{n}+\frac{12(-1)^n}{n^3}\\ b_n^{(3)}=-\frac{2(-1)^n\pi^4}{n}+\frac{40(-1)^n\pi^2}{n^3}-\frac{240(-1)^n}{n^5} \end{cases}$因而就能够求出全部的傅里叶系数。

例12.3 求 $f(x)=x^{2k},x\in[-\pi,\pi]$的傅里叶系数

解：
相似于上例的作法，全部的 $\sin$项的系数均为0，而 $a_0^{(k)}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi{x^{2k}dx}=\frac{\pi^{2k}}{2(2k+1)}$ $a_n^{(k+1)}=\frac{4(k+1)(-1)^n\pi^{2k-2}}{n^2}-\frac{2(k+1)(2k+1)}{n^2}a^{(k)}_n$ $a_n^{(1)}=-\frac{4(-1)^n}{n^2}$其余项依此类推

任意区间上的函数的傅里叶级数

如今咱们来考虑周期为 $2T$的函数 $f(x)$，实际上，只须要一个简单的变换 $g(x)=f(\frac{T}{\pi}x)$，便可获得周期为 $2\pi$的函数 $g(x)$，其傅里叶级数为 $a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(\frac{T}{\pi}x)dx}=\frac{1}{2T}\int_{-T}^T{f(x)dx}$ $a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(\frac{T}{\pi})\cos(nx)dx}=\frac{1}{T}\int_{-T}^T{f(x)\cos(\frac{n\pi x}{T})dx}$ $b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(\frac{T}{\pi})\sin(nx)dx}=\frac{1}{T}\int_{-T}^T{f(x)\sin(\frac{n\pi x}{T})dx}$获得 $f(\frac{T}{\pi}x)\sim a_0+\sum_{n=1}^\infty{(a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx))}$再做变量替换 $u=\frac{Tx}{\pi}$，获得 $f(u)\sim a_0+\sum_{n=1}^\infty{(a_n\cos(\frac{n\pi u}{T})+b_n\sin(\frac{n\pi u}{T}))}$看到这种形式，不难看出，实际上，这就是换了另外一组函数系 $1,\sin(\frac{\pi x}{T}),\cos(\frac{\pi x}{T}),\sin(\frac{2\pi x}{T}),\cos(\frac{2\pi x}{T}),\cdots$再重复上一节的理论就能够获得任意周期的周期函数的傅里叶级数，形式和上面是相同的。若 $f(x)$是区间 $[a,b)$上的 函数，作平移变换 $g(x)=f(x-a)$，将其变换为 $[0,T)$上的函数，其中 $T=b-a$。接下来，咱们有两种延拓方式，将其延拓为 $[-T,T)$上的函数，一种是奇延拓（正弦级数），一种是偶延拓（余弦级数），顾名思义，便是延拓为奇函数仍是延拓为偶函数的区别。延拓以后，再延拓为周期为 $2T$的函数，再求解其傅里叶级数便可，这是通常函数的延拓方式。下面举几个例子说明延拓的过程。
例12.4 求下列周期为 $2\pi$的函数的正弦级数和余弦级数：
$f(x)=\sin{x},0\le x\le \pi$;

解：
首先进行奇延拓获得正弦级数，实际上，奇延拓以后 $f(x)=\sin{x},x\in[-\pi,\pi]$，其傅里叶级数即为 $f(x)\sim \sin{x}$。
再进行偶延拓获得余弦级数，当 $x\in[-\pi,0)$时， $f(x)=f(-x)=-\sin{x}$，则 $b_n=0,n=1,2,\cdots$，则 $a_0=\frac{1}{\pi}\int_{0}^\pi{\sin{x}dx}=-\frac{1}{\pi}\cos{x}|_0^\pi=\frac{2}{\pi}$ $a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi{\sin{x}\cos{nx}dx}= \frac{(-1)^n+1}{\pi(n+1)}-\frac{1}{\pi}\int_0^\pi{\sin(n-1)xdx}$由上式， $n$为奇数时， $a_n=0$， $n=2k$时， $a_n=-\frac{4}{\pi(2k-1)(2k+1)}$。从而 $f(x)\sim \frac{2}{\pi}-\frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos{(2nx)}}{4n^2-1}$

例12.5 求下列周期为 $T>0$的函数的傅里叶级数：
$f(x)=x,0\le x < T$

解：
须要注意的是，周期的一半是 $\frac{T}{2}$，计算傅里叶系数时要谨慎。 $a_0=\frac{1}{T}\int_0^T{xdx}=\frac{T}{2}$ $a_n=\frac{2}{T}\int_0^T{x\cos(\frac{2n\pi x}{T})dx}=0$ $b_n=\frac{2}{T}\int_0^T{x\sin(\frac{2n\pi x}{T})dx}=-\frac{T}{n\pi}$所以 $f(x)\sim \frac{T}{2}-\frac{T}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}\sin{(\frac{2n\pi x}{T})}$

傅里叶级数的逐点收敛

傅里叶级数部分和的表达式

接下来咱们要研究的问题是：波浪号可以改成等号。与幂级数相比，傅里叶级数的部分和有其解析表达式：假设 $f(x)$以 $2\pi$为周期 $f(x)\sim a_0+\sum_{n=1}^\infty{(a_n\cos{nx}+b_n\sin{nx})}$其中，部分和为 $\begin{aligned} S_n(x)=a_0+\sum_{k=1}^{n}{(a_k\cos{kx}+b_k\sin{kx})}\\ =\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(u)du}+\frac{1}{\pi}\sum_{k=1}^n{\int_{-\pi}^\pi{f(u)(\cos{ku}.\cos{kx}+\sin{ku}.\sin{kx})}}\\ =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(u)(\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n{\cos{k(u-x)}})dx} \end{aligned}$咱们来推导以下的一个公式 $(\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n{\cos{kx}})\sin{\frac{x}{2}}\\ =\frac{1}{2}\sin{\frac{x}{2}}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n(\sin{\frac{1+2k}{2}x}-\sin{\frac{2k-1}{2}x})\\ =\frac{1}{2}\sin{\frac{2n+1}{2}x}$所以 $\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n{\cos{kx}}=\frac{\sin{\frac{2n+1}{2}x}}{2\sin{\frac{x}{2}}}$所以 $S_n(x)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(u)\frac{\sin{\frac{2n+1}{2}(u-x)}}{2\sin{\frac{u-x}{2}}}du}$作变换 $t=u-x$ $S_n(x)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi-x}^{\pi-x}{f(t+x)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dx}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(t+x)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dx}$作变换 $u=-t$ $\int_{-\pi}^0{f(t+x)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}=\int_0^{\pi}{f(x-t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$所以 $S_n(x)=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi{[f(x+t)+f(x-t)]\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$如今，咱们令 $f(x)=1$，此时 $S_n(x)=1$，这时， $\underline{傅里叶级数是能够划等号的}$，此时 $\frac{1}{\pi}\int_0^\pi{\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{\sin\frac{t}{2}}dt}=1$如今，给定实数 $S$，咱们要验证 $S_n(x)-S$是否收敛到0 $S_n(x)-S=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi{[f(x+t)+f(x-t)-2S]\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$令 $\phi(t)=f(x+t)+f(x-t)-2S$，此时 $S_n(x)-S=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi{\phi(t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$

黎曼局部化定理

本节要证实的是一个很是使人诧异的事实：傅里叶级数的收敛性只与 $f(x)$在某点的附近的性质有关，这从表面上看是得不出这个结论的。首先，傅里叶系数的表达式为 $\begin{cases} a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(x)dx}\\ a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(x)\cos{(nx)}dx}&n=1,2,\cdots\\ b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi{f(x)\sin{(nx)}dx}&n=1,2,\cdots \end{cases}$那么很天然， $f(x)$的傅里叶系数与 $f(x)$在 $[-\pi,\pi]$上的总体性质有关，下面要证实的一点是： $f(x)$在某点 $x_0$的性质，只与 $f(x)$在任意邻域 $(x_0-\delta,x_0+\delta)$上局部性质有关，就是所谓的黎曼局部化。实际上，咱们不改变 $f(x)$在任意邻域 $(x_0-\delta,x_0+\delta)$上的值，改变其余区域的值，所得傅里叶系数可能大不相同，可是在 $x_0$局部，收敛性是一致的，这从表面上看是得不出了这个结论的。下面咱们将要证实这个事实。\
咱们这里假定 $f(x)$在 $[-\pi,\pi]$上 $\underline{黎曼可积}$，或者虽然有有限个瑕点，可是 $|f(x)|$的瑕积分是收敛的，称为 $\underline{绝对可积}$。下面咱们给出一个重要的定理。

定理12.2（黎曼-勒贝格引理） $f(x)$在 $[a,b]$上黎曼可积或绝对可积，则 $\lim_{p\to+\infty}\int_a^b{f(x)\sin{(px)}dx}=0$ $\lim_{p\to+\infty}\int_a^b{f(x)\cos{(px)}dx}=0$

证：
仅证实前一个等式，后一个等式的证实是相似的。咱们分两种状况证实：
第一种状况：若 $f(x)$在 $[a,b]$上黎曼可积，对任意的 $\varepsilon>0$，取一分划 $\delta:a=x_0<x_1<\cdots<x_n=n$,其中 $\omega_k$为 $f(x)$在 $[x_{k-1},x_k]$上的振幅， $m_k$为 $f(x)$在 $[x_{k-1},x_k]$上的下确界。要求该分划知足 $\sum_{k=1}^n{\omega_k \Delta x_k}<\frac{\varepsilon}{2}$由 $\int_a^b{f(x)\sin{(px)}dx}=\sum_{k=1}^n{\int_{x_{k-1}}^{x_k}{(f(x)-m_k)\sin(px)dx}}+\sum_{k=1}^n{m_k\int_{x_{k-1}}^{x_k}{\sin(px)dx}}$因为 $|\int_{x_{k-1}}^{x_k}{\sin(px)dx}|=|\frac{\cos{(px_{k-1})}-\cos{(px_k)}}{p}|\le \frac{2}{p}$ $|\int_a^b{f(x)\sin{(px)}dx}|\le \sum_{k=1}^n{\omega_k \Delta x_k} + \frac{2\sum_{k=1}^n{|m_k|}}{p}$当 $\displaystyle p>\frac{4\sum_{k=1}^n{|m_k|}}{\varepsilon}$时, $\displaystyle|\int_a^b{f(x)\sin{(px)}dx}|<\varepsilon$。
当 $f(x)$在 $[a,b]$上绝对可积时，假设 $a$是 $f(x)$的惟一的瑕点，对任意的 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得 $\displaystyle \int_{a}^{a+\delta}{|f(x)|}<\frac{\varepsilon}{2}$，取定 $\delta$，存在 $M>0$， $p>M$时， $|\int_{a+\delta}^b{f(x)\sin{(px)}dx}|<\frac{\varepsilon}{2}$此时 $\begin{aligned} |\int_a^b{f(x)\sin{(px)}dx}|\le |\int_a^{a+\delta}{f(x)\sin{(px)}dx}|+|\int_{a+\delta}^b{f(x)\sin{(px)}dx}| \\< \int_a^{a+\delta}{{|f(x)|}dx} + \frac{\varepsilon}{2} <\varepsilon \end{aligned}$有限个瑕点的状况能够经过分割区间证得

前面咱们已经求得了 $S_n(x)-S=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi{\phi(t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$其中 $\phi(t)=f(x+t)+f(x-t)-2S$,对 $\delta>0$，在区间 $[\delta,\pi]$上， $\frac{1}{2\sin{\frac{t}{2}}}$有界连续。若 $f(x)$黎曼可积或绝对可积，此时, $\phi(t)$在 $[\delta,\pi]$上也黎曼可积或绝对可积，由黎曼-勒贝格引理 $\lim_{n\to\infty}{ \frac{1}{\pi}\int_\delta^\pi{\phi(t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt} }=0$从而， $S_n-S$是否趋于0，取决于 $\displaystyle \frac{1}{\pi}\int_0^\delta{\phi(t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$是否趋于0，而这只与 $f(t)$在 $x$附近的性质有关系。

傅里叶级数收敛性定理的证实

如今咱们来讨论傅里叶级数的收敛性问题。咱们首先，须要将 $2\sin{\frac{t}{2}}$替换成 $t$，实际上， $\int_0^\delta{\phi(t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}-\int_0^\delta{\frac{\phi(t)}{t}\sin{(n+\frac{1}{2})t}dt} =\int_0^\delta{\phi(t)\frac{t-2\sin{\frac{t}{2}}}{2t\sin{\frac{t}{2}}}\sin{(n+\frac{1}{2})t}dt}$因为 $\lim_{t\to 0}{\frac{t-2\sin{\frac{t}{2}}}{2t\sin{\frac{t}{2}}}} =\lim_{t\to 0}{\frac{t-2\sin{\frac{t}{2}}}{t^2}} =\lim_{t\to 0}{\frac{1-\cos{\frac{t}{2}}}{2t}} =0$所以，函数 $\frac{t-2\sin{\frac{t}{2}}}{2t\sin{\frac{t}{2}}}$在 $(-\infty,+\infty)$上都连续， $\phi(t)$黎曼可积或绝对可积，由黎曼勒贝格引理 $\lim_{n\to\infty}{ \int_0^\delta{\phi(t)\frac{t-2\sin{\frac{t}{2}}}{2t\sin{\frac{t}{2}}}\sin{(n+\frac{1}{2})t}dt} }=0$这说明了 $\displaystyle \int_0^\delta{\phi(t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt}$和 $\displaystyle \int_0^\delta{\frac{\phi(t)}{t}\sin{(n+\frac{1}{2})t}dt}$同敛散且极限相同。因而，能够很容易的就获得以下结论

定理12.3 (迪尼判别法) 若是 $\frac{\phi(t)}{t}$在 $[0,\delta]$上黎曼可积或绝对可积，则 $\lim_{n\to\infty}{S_n(x)}=S$

咱们能够借助瑕积分的比较判别法来对傅里叶级数的收敛性进行断定。下一个问题是， $S$该如何选择？实际上，若是 $f(t)$在 $x$处连续，令 $S=f(x)$，此时 $\phi(t)=\frac{f(x-t)+f(x+t)-2f(x)}{t}$若是 $f(t)$在 $x$处不连续，但左右极限都存在，则能够令 $S=\frac{f(x+0)+f(x-0)}{2}$，此时 $\phi(t)=\frac{f(x-t)-f(x-0)}{t}+\frac{f(x+t)-f(x+0)}{t}$令 $\phi^-(t)=\frac{f(x-t)-f(x-0)}{t},\phi^+(t)=\frac{f(x+t)-f(x+0)}{t}$，这相似于广义的左右导数。若是二者都绝对可积或黎曼可积，那么傅里叶级数天然收敛于 $S$，实际上，不论连续与否，只要左右极限都存在，则 $\phi(t)=\phi^+(t)+\phi^-(t)$，咱们要求二者都绝对可积或黎曼可积。

定理12.4 (利普希茨判别法) $f(x)$是以 $2\pi$为周期的函数，而且在 $[-\pi,\pi]$上只有有限个第一类间断点。若对于 $x\in [-\pi,\pi]$，存在 $M_1,M_2>0$及 $\alpha_1,\alpha_2 >0$，使得对任意的 $t>0$ $\mathrm{\mid }f(x+t)-f(x)\mathrm{\mid }\le M_1{t}^{{\alpha }_{}}$