Based on the uploaded materials on Fourier series, I'll now create a comprehensive, publication-ready knowledge system focusing on §15.3: The Proof of the Convergence Theorem and its prerequisites. This will complement the earlier sections and provide a complete mathematical framework.

第十五章（完整版）

FOURIER SERIES

COMPLETE EDITION

§15.3 收敛定理的证明

PROOF OF THE CONVERGENCE THEOREM

"Rigorous proof is the soul of mathematical analysis."

"严格的证明是数学分析的灵魂。"

From Intuition to Rigor, From Computation to Theory
从直觉到严格，从计算到理论

📋 本节完整架构

§15.3 收敛定理的证明
│
├─ 一、预备定理
│   │
│   ├─ 预备定理1: Bessel不等式 ⭐⭐⭐⭐⭐
│   │   ├─ 陈述：∑(aₙ²+bₙ²) ≤ (1/π)∫f²(x)dx
│   │   ├─ 证明：完全平方展开
│   │   ├─ 推论1: Riemann-Lebesgue引理
│   │   └─ 推论2: 改进的R-L引理
│   │
│   └─ 预备定理2: 积分表示式 ⭐⭐⭐⭐⭐
│       ├─ Dirichlet核的引入
│       ├─ 部分和的积分表示
│       └─ 几何意义
│
├─ 二、收敛定理的完整证明 ⭐⭐⭐⭐⭐
│   │
│   ├─ 2.1 定理陈述（重述）
│   ├─ 2.2 证明策略
│   ├─ 2.3 左极限的证明
│   ├─ 2.4 右极限的证明
│   └─ 2.5 合并结论
│
├─ 三、关键技术分析
│   │
│   ├─ 3.1 Dirichlet核的性质
│   ├─ 3.2 局部化原理
│   ├─ 3.3 积分估计技巧
│   └─ 3.4 按段光滑的作用
│
├─ 四、推广与应用
│   │
│   ├─ 4.1 Parseval等式
│   ├─ 4.2 完备性定理
│   ├─ 4.3 一致收敛条件
│   └─ 4.4 应用实例
│
└─ 五、深层理解
    │
    ├─ 5.1 为什么收敛到平均值？
    ├─ 5.2 Gibbs现象的理论解释
    ├─ 5.3 L²收敛 vs 逐点收敛
    └─ 5.4 历史发展脉络

一、预备定理

PRELIMINARY THEOREMS

理论大厦的基石
The Foundation of the Theoretical Structure

1.1 预备定理1：Bessel不等式 ⭐⭐⭐⭐⭐

定理陈述（Bessel不等式）

定理 15.3.1（Bessel不等式）

若函数 $f$ 在 $[- π, π]$ 上可积，则

$\frac{a _{0}^{2}}{2} + n = 1 \sum \infty (a_{n}^{2} + b_{n}^{2}) \leq \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f^{2} (x) d x$ (1)

其中 $a_{n}, b_{n}$ 为 $f$ 的傅里叶系数。

直观意义：

左边：傅里叶系数的"能量"之和
右边：函数本身的"能量"（ $L^{2}$ 范数的平方）
不等号：傅里叶展开"捕获"的能量 ≤ 总能量

证明（详细推导）

证明策略：利用完全平方的非负性。

第1步：构造部分和

设傅里叶级数的第 $m$ 个部分和为：

$S_{m} (x) = \frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum m (a_{n} cos n x + b_{n} sin n x)$

第2步：考察误差的平方

考察积分：

$I_{m} = \int_{- π}^{π} [f (x) - S_{m} (x)]^{2} d x (2)$

由于被积函数非负，所以：

$I_{m} \geq 0 对所有 m \geq 0$

第3步：展开平方

$I_{m} = \int_{- π}^{π} f^{2} (x) d x - 2 \int_{- π}^{π} f (x) S_{m} (x) d x + \int_{- π}^{π} S_{m}^{2} (x) d x (3)$

第4步：计算第二项

$\int_{- π}^{π} f (x) S_{m} (x) d x = \int_{- π}^{π} f (x) [\frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum m (a_{n} cos n x + b_{n} sin n x)] d x$

$= \frac{a _{0}}{2} \int_{- π}^{π} f (x) d x + n = 1 \sum m [a_{n} \int_{- π}^{π} f (x) cos n x d x + b_{n} \int_{- π}^{π} f (x) sin n x d x]$

根据傅里叶系数公式： $a_{n} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x) cos n x d x, b_{n} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x) sin n x d x$

因此： $\int_{- π}^{π} f (x) cos n x d x = π a_{n}, \int_{- π}^{π} f (x) sin n x d x = π b_{n}$

代入：

$\int_{- π}^{π} f (x) S_{m} (x) d x = \frac{a _{0}}{2} \cdot π a_{0} + n = 1 \sum m (a_{n} \cdot π a_{n} + b_{n} \cdot π b_{n})$

$= π [\frac{a _{0}^{2}}{2} + n = 1 \sum m (a_{n}^{2} + b_{n}^{2})] (4)$

第5步：计算第三项

利用三角函数的正交性：

$\int_{- π}^{π} S_{m}^{2} (x) d x = \int_{- π}^{π} [\frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum m (a_{n} cos n x + b_{n} sin n x)]^{2} d x$

展开后，由于：

$\int_{- π}^{π} 1 \cdot d x = 2 π$
$\int_{- π}^{π} cos^{2} n x d x = π$
$\int_{- π}^{π} sin^{2} n x d x = π$
交叉项全为0（正交性）

得到：

$\int_{- π}^{π} S_{m}^{2} (x) d x = 2 π \cdot \frac{a _{0}^{2}}{4} + π n = 1 \sum m (a_{n}^{2} + b_{n}^{2})$

$= π [\frac{a _{0}^{2}}{2} + n = 1 \sum m (a_{n}^{2} + b_{n}^{2})] (5)$

第6步：代入并化简

将 (4)、(5) 式代入 (3) 式：

$I_{m} = \int_{- π}^{π} f^{2} (x) d x - 2 π [\frac{a _{0}^{2}}{2} + n = 1 \sum m (a_{n}^{2} + b_{n}^{2})] + π [\frac{a _{0}^{2}}{2} + n = 1 \sum m (a_{n}^{2} + b_{n}^{2})]$

$= \int_{- π}^{π} f^{2} (x) d x - π [\frac{a _{0}^{2}}{2} + n = 1 \sum m (a_{n}^{2} + b_{n}^{2})]$

由于 $I_{m} \geq 0$ ：

$\int_{- π}^{π} f^{2} (x) d x - π [\frac{a _{0}^{2}}{2} + n = 1 \sum m (a_{n}^{2} + b_{n}^{2})] \geq 0$

因此：

$\frac{a _{0}^{2}}{2} + n = 1 \sum m (a_{n}^{2} + b_{n}^{2}) \leq \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f^{2} (x) d x$

对所有 $m$ 成立。

第7步：取极限

因为 $\frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f^{2} (x) d x$ 是有限值，所以正项级数

$n = 1 \sum \infty (a_{n}^{2} + b_{n}^{2})$

的部分和数列有界，因而它收敛，且不等式 (1) 成立。

$□$

几何意义

在 $L^{2} [- π, π]$ Hilbert空间中：

$f$ 是空间中的一个向量
${1, cos x, sin x, cos 2 x, sin 2 x, \dots}$ 是一组正交基
傅里叶系数 $a_{n}, b_{n}$ 是 $f$ 在各基向量上的投影

Bessel不等式表明：

$∥ 投影之和 ∥^{2} \leq ∥ 原向量 ∥^{2}$

这是勾股定理的无穷维推广！

等号成立当且仅当三角函数系是完备的（Parseval等式）。

1.2 推论1：Riemann-Lebesgue引理 ⭐⭐⭐⭐⭐

定理陈述

推论 15.3.2（Riemann-Lebesgue引理）

若 $f$ 为可积函数，则

$n \to \infty lim \int_{- π}^{π} f (x) cos n x d x = 0$

$n \to \infty lim \int_{- π}^{π} f (x) sin n x d x = 0$ (6)

证明

由Bessel不等式，级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (a_{n}^{2} + b_{n}^{2})$ 收敛。

因此当 $n \to \infty$ 时，通项 $a_{n}^{2} + b_{n}^{2} \to 0$ 。

这意味着 $a_{n} \to 0$ 且 $b_{n} \to 0$ 。

由傅里叶系数公式： $a_{n} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x) cos n x d x, b_{n} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x) sin n x d x$

所以： $n \to \infty lim \int_{- π}^{π} f (x) cos n x d x = 0, n \to \infty lim \int_{- π}^{π} f (x) sin n x d x = 0$

$□$

物理意义

频率趋于无穷时，任何可积函数与正弦/余弦的"相关性"趋于0。

直观解释：

高频振荡的正弦/余弦函数快速变号
与 $f (x)$ 相乘后积分，正负相消
频率越高，相消越彻底

应用：

傅里叶级数的高频项衰减
信号处理中的频谱泄漏分析
偏微分方程中的小参数渐近展开

1.3 推论2：改进的Riemann-Lebesgue引理 ⭐⭐⭐⭐

定理陈述

推论 15.3.3（改进形式）

若 $f$ 为可积函数，则

$n \to \infty lim \int_{- π}^{π} f (x) sin (n + \frac{1}{2}) x d x = 0$

$n \to \infty lim \int_{- π}^{π} f (x) cos (n + \frac{1}{2}) x d x = 0$ (7)

证明

利用三角恒等式：

$sin (n + \frac{1}{2}) x = sin n x cos \frac{x}{2} + cos n x sin \frac{x}{2}$

因此：

$\int_{- π}^{π} f (x) sin (n + \frac{1}{2}) x d x$

$= \int_{- π}^{π} f (x) cos \frac{x}{2} sin n x d x + \int_{- π}^{π} f (x) sin \frac{x}{2} cos n x d x$

$= \int_{- π}^{π} F_{1} (x) sin n x d x + \int_{- π}^{π} F_{2} (x) cos n x d x (8)$

其中定义辅助函数：

$F_{1} (x) = {f (x) cos \frac{x}{2}, 0, π \geq x > 0 0 \geq x \geq - π$

$F_{2} (x) = {f (x) sin \frac{x}{2}, 0, π \geq x > 0 0 \geq x \geq - π$

关键观察： $F_{1}$ 和 $F_{2}$ 与 $f$ 一样在 $[- π, π]$ 上可积。

根据推论1（R-L引理），当 $n \to \infty$ 时： $\int_{- π}^{π} F_{1} (x) sin n x d x \to 0, \int_{- π}^{π} F_{2} (x) cos n x d x \to 0$

因此 (8) 式右端两积分的极限都等于0，所以左边的极限为0。

同理可证 $cos (n + \frac{1}{2}) x$ 的情况。

$□$

为什么需要这个推广？

这个推论在证明Dirichlet核的性质时至关重要。注意：

标准R-L引理处理 $sin n x$ 或 $cos n x$
改进形式处理 $sin (n + \frac{1}{2}) x$ 或 $cos (n + \frac{1}{2}) x$
后者正是Dirichlet核中出现的形式！

1.4 预备定理2：傅里叶级数的积分表示 ⭐⭐⭐⭐⭐

定理陈述

定理 15.3.4（积分表示式）

若 $f (x)$ 是以 $2 π$ 为周期的函数，且在 $[- π, π]$ 上可积，则它的傅里叶级数部分和 $S_{n} (x)$ 可写成

$S_{n} (x) = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x + t) \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t$ (9)

当 $t = 0$ 时，被积函数中的不定式由极限

$t \to 0 lim \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} = n + \frac{1}{2}$

来确定。

证明

第1步：写出部分和

$S_{n} (x) = \frac{a _{0}}{2} + k = 1 \sum n (a_{k} cos k x + b_{k} sin k x)$

第2步：代入傅里叶系数

$a_{k} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (u) cos k u d u, b_{k} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (u) sin k u d u$

代入部分和：

$S_{n} (x) = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f (u) d u + \frac{1}{π} k = 1 \sum n [\int_{- π}^{π} f (u) cos k u d u \cdot cos k x + \int_{- π}^{π} f (u) sin k u d u \cdot sin k x]$

$= \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (u) [\frac{1}{2} + k = 1 \sum n (cos k u cos k x + sin k u sin k x)] d u$

利用积化和差公式： $cos k u cos k x + sin k u sin k x = cos k (u - x)$

得到：

$S_{n} (x) = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (u) [\frac{1}{2} + k = 1 \sum n cos k (u - x)] d u (10)$

第3步：引入Dirichlet核

定义： $D_{n} (α) = \frac{1}{2} + k = 1 \sum n cos k α (11)$

这就是著名的Dirichlet核。

则 (10) 式变为：

$S_{n} (x) = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (u) D_{n} (u - x) d u$

第4步：变量代换

令 $t = u - x$ ，则 $u = x + t$ ， $d u = d t$ 。

当 $u$ 从 $- π$ 到 $π$ 时， $t$ 从 $- π - x$ 到 $π - x$ 。

$S_{n} (x) = \frac{1}{π} \int_{- π - x}^{π - x} f (x + t) D_{n} (t) d t$

关键性质：被积函数 $f (x + t) D_{n} (t)$ 是关于 $t$ 的周期为 $2 π$ 的函数。

因此，在 $[- π - x, π - x]$ 上的积分等于在 $[- π, π]$ 上的积分：

$S_{n} (x) = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x + t) D_{n} (t) d t (12)$

这是第一种积分表示。

第5步：化简Dirichlet核

现在需要将 $D_{n} (α)$ 化为更简洁的形式。

利用复指数： $cos k α = \frac{e ^{ik α} + e ^{- ik α}}{2}$

$D_{n} (α) = \frac{1}{2} + k = 1 \sum n \frac{e ^{ik α} + e ^{- ik α}}{2} = \frac{1}{2} [1 + k = 1 \sum n e^{ik α} + k = 1 \sum n e^{- ik α}]$

$= \frac{1}{2} [k = - n \sum n e^{ik α}]$

这是几何级数： $k = - n \sum n e^{ik α} = e^{- in α} \frac{1 - e ^{i (2 n + 1) α}}{1 - e ^{i α}}$

用实数形式更直接。利用三角恒等式：

$2 sin \frac{α}{2} \cdot D_{n} (α) = 2 sin \frac{α}{2} \cdot [\frac{1}{2} + k = 1 \sum n cos k α]$

$= sin \frac{α}{2} + 2 k = 1 \sum n sin \frac{α}{2} cos k α$

利用积化和差： $2 sin \frac{α}{2} cos k α = sin (k + \frac{1}{2}) α - sin (k - \frac{1}{2}) α$

代入求和（望远镜级数）：

$2 sin \frac{α}{2} \cdot D_{n} (α) = sin \frac{α}{2} + k = 1 \sum n [sin (k + \frac{1}{2}) α - sin (k - \frac{1}{2}) α]$

$= sin \frac{α}{2} + [sin (n + \frac{1}{2}) α - sin \frac{α}{2}]$

$= sin (n + \frac{1}{2}) α$

因此：

$D_{n} (α) = \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) α}{2 sin \frac{α}{2}} (13)$

第6步：得到最终形式

将 (13) 式代入 (12) 式，得到：

$S_{n} (x) = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x + t) \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t$

这就是公式 (9)。

$□$

Dirichlet核的性质

性质1（归一化）： $\frac{1}{π} \int_{- π}^{π} D_{n} (t) d t = 1$

证明：取 $f (x) \equiv 1$ ，则 $S_{n} (x) = 1$ ，代入 (12) 式即得。

性质2（偶函数）： $D_{n} (- t) = D_{n} (t)$

性质3（振荡性）：

当 $n$ 很大时， $D_{n} (t)$ 快速振荡
主峰在 $t = 0$ 附近，高度约为 $n + \frac{1}{2}$
其他地方因 $sin (n + \frac{1}{2}) t$ 快速变号而相互抵消

性质4（局部化）： $n \to \infty lim \int_{δ}^{π} D_{n} (t) d t = 0, \forall δ > 0$

这是Riemann局部化定理的基础。

几何图示

Dirichlet核 Dₙ(t) 的图像（n=5）

    ↑
    │
6  │     /\                高主峰
    │    /  \               (高度≈n+½)
4  │   /    \
    │  /      \
2  │ /        \___/\___
    │/              \/\__/\
────●────────────────────────→ t
   0  π/6  π/3  π/2  π

特点：
- 中心高峰，宽度 ~ 1/n
- 旁瓣快速衰减
- 面积归一化为π

n越大：
- 主峰越高越窄
- 越接近δ函数

二、收敛定理的完整证明

COMPLETE PROOF OF THE CONVERGENCE THEOREM

理论的巅峰时刻
The Pinnacle of the Theory

2.1 收敛定理的陈述（重述） ⭐⭐⭐⭐⭐

定理 15.3.5（Dirichlet-Jordan收敛定理）

若以 $2 π$ 为周期的函数 $f$ 在 $[- π, π]$ 上按段光滑，则在每一点 $x \in [- π, π]$ ， $f$ 的傅里叶级数收敛于 $f$ 在点 $x$ 的左、右极限的算术平均值，即

$\frac{f ( x - 0 ) + f ( x + 0 )}{2} = \frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty (a_{n} cos n x + b_{n} sin n x)$ (14)

其中 $a_{n}, b_{n}$ 为 $f$ 的傅里叶系数。

特别地：

若 $x$ 是连续点，则 $f (x - 0) = f (x + 0) = f (x)$ ，级数收敛到 $f (x)$
若 $x$ 是间断点，则级数收敛到左右极限的平均值

"按段光滑"的回顾

函数 $f$ 在 $[- π, π]$ 上按段光滑是指：

$f$ 在 $[- π, π]$ 上除有限个点外连续
$f^{'}$ 在 $[- π, π]$ 上除有限个点外存在且连续
在间断点处，左右极限 $f (x \pm 0)$ 与 $f^{'} (x \pm 0)$ 都存在

这个条件保证了函数既不"太病态"，又允许有有限个跳跃间断点和角点。

2.2 证明策略

核心思想

要证明：

$n \to \infty lim S_{n} (x) = \frac{f ( x - 0 ) + f ( x + 0 )}{2}$

即：

$n \to \infty lim [S_{n} (x) - \frac{f ( x - 0 ) + f ( x + 0 )}{2}] = 0 (15)$

分解为两部分

利用积分表示 (9)：

$S_{n} (x) = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x + t) \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t$

由Dirichlet核的归一化性质：

$\frac{f ( x + 0 )}{π} \int_{- π}^{π} \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t = f (x + 0)$

因此：

$S_{n} (x) - \frac{f ( x + 0 )}{2} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} [f (x + t) - f (x + 0)] \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t$

分拆积分区间（利用偶函数性质）：

$S_{n} (x) = \frac{1}{π} \int_{0}^{π} f (x + t) \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t + \frac{1}{π} \int_{- π}^{0} f (x + t) \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t$

在第二个积分中令 $t \to - t$ ：

$= \frac{1}{π} \int_{0}^{π} f (x + t) \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t + \frac{1}{π} \int_{0}^{π} f (x - t) \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t$

$= \frac{1}{π} \int_{0}^{π} [f (x + t) + f (x - t)] \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t$

证明目标分解

只需分别证明：

$n \to \infty lim \frac{1}{π} \int_{0}^{π} [f (x + t) - f (x + 0)] \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t = 0 (16)$

$n \to \infty lim \frac{1}{π} \int_{0}^{π} [f (x - t) - f (x - 0)] \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t = 0 (17)$

则合起来就得到 (15)。

2.3 右极限的证明（详细） ⭐⭐⭐⭐⭐

证明 (16) 式

需要证明：

$n \to \infty lim \int_{0}^{π} [f (x + t) - f (x + 0)] \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t = 0$

第1步：构造辅助函数

定义：

$φ (t) = \frac{f ( x + t ) - f ( x + 0 )}{2 sin \frac{t}{2}}, t \in (0, π] (18)$

则待证式变为：

$n \to \infty lim \int_{0}^{π} φ (t) sin (n + \frac{1}{2}) t d t = 0 (19)$

根据推论2（改进的R-L引理），只需证明 $φ (t)$ 在 $(0, π]$ 上可积。

第2步：分析 $φ (t)$ 在 $t = 0$ 附近的行为

关键在于 $t \to 0^{+}$ 时 $φ (t)$ 的极限。

计算：

$t \to 0^{+} lim φ (t) = t \to 0^{+} lim \frac{f ( x + t ) - f ( x + 0 )}{2 sin \frac{t}{2}}$

利用 $sin \frac{t}{2} \sim \frac{t}{2}$ 当 $t \to 0$ 时：

$= t \to 0^{+} lim \frac{f ( x + t ) - f ( x + 0 )}{t} = f_{+}^{'} (x) \equiv f^{'} (x + 0)$

这是 $f$ 在 $x$ 点的右导数！

第3步：在 $t = 0$ 处补充定义

定义：

$φ (0) = f^{'} (x + 0) (20)$

则 $φ$ 在 $t = 0$ 处右连续。

第4步：验证可积性

由于 $f$ 按段光滑：

$f$ 在 $(0, π]$ 上至多有有限个第一类间断点
$f^{'}$ 在这些点处左右极限存在

因此 $φ (t)$ 在 $(0, π]$ 上：

除有限个点外连续
在间断点处有有限的左右极限

所以 $φ$ 在 $[0, π]$ 上可积（Riemann可积）。

第5步：应用R-L引理

由推论2，对可积函数 $φ$ ：

$n \to \infty lim \int_{0}^{π} φ (t) sin (n + \frac{1}{2}) t d t = 0$

这就证得 (16) 式。

$□$

直观理解

为什么极限是0？

$φ (t) = \frac{f ( x + t ) - f ( x + 0 )}{2 s i n \frac{t}{2}}$ 是"归一化的增量"
当 $t$ 很小时， $f (x + t) - f (x + 0) \approx f^{'} (x + 0) \cdot t$ ，而 $2 sin \frac{t}{2} \approx t$ ，所以 $φ (t) \approx f^{'} (x + 0)$ （有界）
当 $t$ 不太小时， $φ (t)$ 就是两个可积函数的比值，仍然可积
高频振荡的 $sin (n + \frac{1}{2}) t$ 乘以可积函数后，正负相消

关键：按段光滑保证了 $φ$ 的可积性！

2.4 左极限的证明 ⭐⭐⭐⭐

证明 (17) 式

需要证明：

$n \to \infty lim \int_{0}^{π} [f (x - t) - f (x - 0)] \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t = 0$

证明方法：完全类似于右极限的证明。

定义辅助函数：

$ψ (t) = \frac{f ( x - t ) - f ( x - 0 )}{2 sin \frac{t}{2}}, t \in (0, π]$

当 $t \to 0^{+}$ 时：

$t \to 0^{+} lim ψ (t) = t \to 0^{+} lim \frac{f ( x - t ) - f ( x - 0 )}{- t} \cdot \frac{- t}{2 sin \frac{t}{2}} = - f^{'} (x - 0) \cdot 1 = - f^{'} (x - 0)$

补充定义 $ψ (0) = - f^{'} (x - 0)$ ，则 $ψ$ 在 $[0, π]$ 上可积。

应用推论2：

$n \to \infty lim \int_{0}^{π} ψ (t) sin (n + \frac{1}{2}) t d t = 0$

这就是 (17) 式。

$□$

2.5 合并结论 ⭐⭐⭐⭐⭐

最终结论

由 (16) 和 (17) 式：

$n \to \infty lim \int_{0}^{π} [f (x + t) - f (x + 0)] \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t = 0$

$n \to \infty lim \int_{0}^{π} [f (x - t) - f (x - 0)] \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t = 0$

相加得：

$n \to \infty lim \int_{0}^{π} [f (x + t) + f (x - t) - f (x + 0) - f (x - 0)] \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t = 0$

由Dirichlet核的归一化性质：

$\frac{1}{π} \int_{0}^{π} \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}} d t = \frac{1}{2}$

所以：

$n \to \infty lim [S_{n} (x) - \frac{f ( x - 0 ) + f ( x + 0 )}{2}] = 0$

即：

$n \to \infty lim S_{n} (x) = \frac{f ( x - 0 ) + f ( x + 0 )}{2}$

收敛定理得证！

$■$

定理的深刻内涵

这个定理告诉我们：

存在性：按段光滑函数必有傅里叶级数收敛
收敛值：
- 连续点 → 函数值
- 间断点 → 平均值
局部性：收敛值只依赖于 $f$ 在 $x$ 附近的行为（局部化原理）
最优性：Dirichlet条件几乎是最弱的（不能再放宽了）
普遍性：涵盖了绝大多数实际函数

三、关键技术的深入分析

IN-DEPTH ANALYSIS OF KEY TECHNIQUES

3.1 Dirichlet核的深层性质 ⭐⭐⭐⭐⭐

完整性质总结

定义： $D_{n} (t) = \frac{1}{2} + k = 1 \sum n cos k t = \frac{sin ( n + \frac{1}{2} ) t}{2 sin \frac{t}{2}}$

性质1（归一化）： $\frac{1}{π} \int_{- π}^{π} D_{n} (t) d t = 1$

性质2（偶函数）： $D_{n} (- t) = D_{n} (t)$

性质3（周期性）： $D_{n} (t + 2 π) = D_{n} (t)$

性质4（正项和）： $\int_{- π}^{π} ∣ D_{n} (t) ∣ d t \sim C lo g n (n \to \infty)$

（Lebesgue常数，解释为何不能保证一致收敛）

性质5（局部化）： $n \to \infty lim \int_{δ}^{π} D_{n} (t) d t = 0, \forall δ > 0$

性质6（主峰）： $D_{n} (0) = n + \frac{1}{2}$

宽度约为 $\frac{2 π}{n + \frac{1}{2}}$ 。

与δ函数的关系

当 $n \to \infty$ 时， $D_{n} (t)$ 的行为类似于Dirac δ函数序列：

$n \to \infty lim \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (t) D_{n} (t) d t = f (0)$

对连续函数 $f$ 成立。

为什么不是真正的δ函数？

因为： $\int_{- π}^{π} ∣ D_{n} (t) ∣ d t \to \infty (n \to \infty)$

$D_{n}$ 有"长尾"（旁瓣），导致：

Gibbs现象
不一致收敛

3.2 局部化原理（Riemann局部化定理） ⭐⭐⭐⭐

定理陈述

定理 3.1（局部化原理）

函数 $f$ 的傅里叶级数在点 $x$ 处的收敛性只依赖于 $f$ 在 $x$ 的任意小邻域内的行为。

具体地说：若 $f$ 和 $g$ 在 $(x - δ, x + δ)$ 内相等（ $δ > 0$ 任意小），则：

$f$ 的傅里叶级数在 $x$ 收敛 ⟺ $g$ 的傅里叶级数在 $x$ 收敛
且收敛到相同的值

证明思路

由积分表示：

$S_{n}^{(f)} (x) = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x + t) D_{n} (t) d t$

$S_{n}^{(g)} (x) = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} g (x + t) D_{n} (t) d t$

差为：

$S_{n}^{(f)} (x) - S_{n}^{(g)} (x) = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} [f (x + t) - g (x + t)] D_{n} (t) d t$

在 $∣ t ∣ < δ$ 时， $f (x + t) = g (x + t)$ ，所以只需积分 $∣ t ∣ \geq δ$ 的部分。

由Dirichlet核的局部化性质（性质5），这部分积分 $\to 0$ 当 $n \to \infty$ 。

因此 $S_{n}^{(f)} (x) - S_{n}^{(g)} (x) \to 0$ 。

$□$

实际意义

"傅里叶级数关心的是局部，而不是全局"

改变 $f$ 在远离 $x$ 的地方的值，不影响级数在 $x$ 处的收敛性
这与Taylor级数不同（Taylor级数的收敛依赖于解析性，是全局的）

应用：

可以单独分析函数在每个点的收敛性
间断点的影响是局部的

3.3 积分估计技巧 ⭐⭐⭐⭐

核心技巧总结

证明中使用的关键估计技巧：

技巧1：辅助函数法

将 $\int f (x + t) g (t) d t$ 改写为 $\int φ (t) g (t) d t$ ，其中 $φ$ 具有更好的性质。

例： $φ (t) = \frac{f ( x + t ) - f ( x + 0 )}{2 s i n \frac{t}{2}}$

技巧2：0附近行为分析

利用 $sin \frac{t}{2} \sim \frac{t}{2}$ 分析 $φ (t)$ 在 $t \to 0$ 时的极限。

关键：按段光滑保证导数存在，从而 $φ$ 有界。

技巧3：分部积分

对形如 $\int φ (t) sin (n + \frac{1}{2}) t d t$ 的积分，可以分部积分：

$= - \frac{φ ( t )}{n + \frac{1}{2}} cos (n + \frac{1}{2}) t_{0}^{π} + \frac{1}{n + \frac{1}{2}} \int φ^{'} (t) cos (n + \frac{1}{2}) t d t$

如果 $φ$ 有界，则第一项 $= O (1/ n) \to 0$ 。

技巧4：Riemann-Lebesgue引理

这是"万能工具"：任何可积函数乘以高频振荡函数后积分趋于0。

本质：高频正负相消。

3.4 按段光滑条件的作用 ⭐⭐⭐⭐⭐

为什么需要按段光滑？

1. 保证可积性

$f$ 按段连续 ⟹ $f$ 可积
可积是Bessel不等式和R-L引理的前提

2. 保证辅助函数的可积性

$φ (t) = \frac{f ( x + t ) - f ( x + 0 )}{2 sin \frac{t}{2}}$

在 $t = 0$ 附近： $φ (t) \approx \frac{f ^{'} ( x + 0 ) \cdot t}{t} = f^{'} (x + 0)$

$f^{'}$ 存在 ⟹ $φ$ 在 $t = 0$ 有界 ⟹ $φ$ 可积

如果 $f$ 不可导（如Weierstrass函数）， $φ$ 可能无界，不可积！

3. 保证左右极限存在

按段光滑 ⟹ $f (x \pm 0)$ 存在且有限

这是收敛定理中"收敛到平均值"有意义的前提。

4. 实际函数几乎都满足

物理、工程中的信号几乎都按段光滑（有限个跳跃和角点）。

能否进一步放宽条件？

有界变差函数：Jordan推广了Dirichlet的结果

若 $f$ 是有界变差函数（BV函数），则收敛定理仍成立。

定义： $V_{- π}^{π} (f) = sup i = 1 \sum n ∣ f (x_{i}) - f (x_{i - 1}) ∣ < \infty$

包含所有单调函数和按段单调函数。

连续但不可微：Dini判别法

若 $f$ 连续且满足Dini条件： $\int_{0}^{δ} \frac{∣ f ( x + t ) + f ( x - t ) - 2 f ( x ) ∣}{t} d t < \infty$

则傅里叶级数在 $x$ 收敛到 $f (x)$ 。

最弱条件： $L^{2}$ 收敛

若 $f \in L^{2}$ （平方可积），则傅里叶级数在 $L^{2}$ 意义下收敛（不一定逐点收敛）。

四、推广与重要应用

EXTENSIONS AND IMPORTANT APPLICATIONS

4.1 Parseval等式 ⭐⭐⭐⭐⭐

定理陈述

定理 4.1（Parseval等式/完备性定理）

若 $f$ 在 $[- π, π]$ 上满足收敛定理的条件（按段光滑），则

$\frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f^{2} (x) d x = \frac{a _{0}^{2}}{2} + n = 1 \sum \infty (a_{n}^{2} + b_{n}^{2})$

其中 $a_{n}, b_{n}$ 为 $f$ 的傅里叶系数。

与Bessel不等式的关系

Bessel不等式： $\sum (a_{n}^{2} + b_{n}^{2}) \leq \frac{1}{π} \int f^{2} (x) d x$

Parseval等式：等号成立！

这表明三角函数系是完备的：没有"遗漏"任何"方向"。

证明思路

方法1（通过收敛定理）：

由收敛定理，在连续点 $x$ ： $f (x) = \frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty (a_{n} cos n x + b_{n} sin n x)$

两边平方并在 $[- π, π]$ 上积分（需要证明可以逐项积分，涉及一致收敛或控制收敛定理）。

方法2（通过Bessel不等式的精细分析）：

回顾Bessel不等式的证明中：

$I_{m} = \int_{- π}^{π} [f (x) - S_{m} (x)]^{2} d x = \int_{- π}^{π} f^{2} (x) d x - π [\frac{a _{0}^{2}}{2} + n = 1 \sum m (a_{n}^{2} + b_{n}^{2})]$

关键步骤：证明 $lim_{m \to \infty} I_{m} = 0$

由收敛定理，在 $f$ 的连续点（几乎处处）：

$m \to \infty lim [f (x) - S_{m} (x)] = 0$

如果能证明 $∣ f (x) - S_{m} (x) ∣^{2}$ 可以应用控制收敛定理（需要一个可积的控制函数），则：

$m \to \infty lim \int_{- π}^{π} [f (x) - S_{m} (x)]^{2} d x = \int_{- π}^{π} m \to \infty lim [f (x) - S_{m} (x)]^{2} d x = 0$

因此：

$\int_{- π}^{π} f^{2} (x) d x - π [\frac{a _{0}^{2}}{2} + n = 1 \sum \infty (a_{n}^{2} + b_{n}^{2})] = 0$

即Parseval等式。

$□$

应用：计算数值级数和

例1：计算 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n ^{4}}$

取 $f (x) = x^{2}$ ，其傅里叶展开为：

$x^{2} = \frac{π ^{2}}{3} + 4 n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{n ^{2}} cos n x$

即 $a_{0} = \frac{2 π ^{2}}{3}$ ， $a_{n} = \frac{4 ( - 1 ) ^{n}}{n ^{2}}$ ， $b_{n} = 0$ 。

计算左边： $\frac{1}{π} \int_{- π}^{π} x^{4} d x = \frac{1}{π} \cdot \frac{2 π ^{5}}{5} = \frac{2 π ^{4}}{5}$

计算右边： $\frac{a _{0}^{2}}{2} + n = 1 \sum \infty a_{n}^{2} = \frac{1}{2} (\frac{2 π ^{2}}{3})^{2} + n = 1 \sum \infty \frac{16}{n ^{4}}$

$= \frac{2 π ^{4}}{9} + 16 n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{4}}$

由Parseval等式： $\frac{2 π ^{4}}{5} = \frac{2 π ^{4}}{9} + 16 n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{4}}$

$16 n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{4}} = \frac{2 π ^{4}}{5} - \frac{2 π ^{4}}{9} = 2 π^{4} (\frac{1}{5} - \frac{1}{9}) = 2 π^{4} \cdot \frac{4}{45} = \frac{8 π ^{4}}{45}$

$n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{4}} = \frac{π ^{4}}{90}$

例2：验证 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$

取 $f (x) = x$ （ $x \in (- π, π)$ ）：

$a_{0} = 0, b_{n} = \frac{2 ( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$

左边： $\frac{1}{π} \int_{- π}^{π} x^{2} d x = \frac{2 π ^{2}}{3}$

右边： $n = 1 \sum \infty b_{n}^{2} = n = 1 \sum \infty \frac{4}{n ^{2}} = 4 n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}}$

因此： $\frac{2 π ^{2}}{3} = 4 n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}}$

$n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$

验证了著名的Basel问题！

收敛类型	定义	条件	强度	应用
逐点收敛	$lim_{N \to \infty} S_{N} (x) = f (x)$	按段光滑	中等	函数值计算
L²收敛（均方）	$lim_{N \to \infty} \int [S_{N} - f]^{2} = 0$	$f \in L^{2}$	弱	能量分析
一致收敛	$lim_{N \to \infty} sup_{x} ∣ S_{N} (x) - f (x) ∣ = 0$	$f \in C^{1}$	强	数值计算

Keyboard shortcuts

万物之理：从计数到宇宙的数学地图