关于某蔡傅里叶变换课的思考(元旦前更新)

问题的提出

上上上周某蔡就傅里叶变换和傅里叶级数的基础内容进行了全面的介绍，受益匪浅，其中有很大部分内容来自于万门大学的创始人童哲先生的一篇科普文章http://www.zhihu.com/question/29980888/answer/71062889。在上课的时候，对于如下这个问题大家都没能搞明白：对于傅里叶变换∫−∞+∞f′(x)eikxdx,进行分部积分有：

∫−∞+∞f′(x)eikxdx=f(x)eikx∣∣+∞−∞−∫−∞+∞f(x)(eikx)′dx,

然后童哲先生如是说：

首先，童哲先生作为当年福建省物理竞赛第一名，保送北大后进入神一般的巴黎高等师范学院的神人，我是非常佩服的。但是童先生上面的描述私服非常不负责任。

分部积分公式不成立

我们现在来考察公式f(x)eikx∣∣+∞−∞，实际上这个式子的值根本不存在，只需要证明如下极限不一定存在不存在即可：

limx→+∞f(x)eikx,

取f(x)=c(c∈R)，代入上式有：

limx→+∞ceikx=limx→+∞c(cos(kx)+isin(kx)),

而对cos(x)或者sin(x)取极限，极限都是不存在的，于是上式实部和虚部都是不存在的，即f(x)eikx的极限不存在，于是f(x)eikx∣∣+∞−∞的值也是不一定存在的。所以童先生对其进行分部积分是不正确的，有种没搞清其存在性就开始求解的感觉。

问题的订正

说到底，实际上，原文想表达的应该是傅里叶变换后求导的简便性，应该如下表达：引进如下积分：

F(t)=12π∫−∞+∞f(x)e−itxdx,

其中f(x)为可积函数，注意到e−itx有界，于是f(x)e−ikt是可积的，于是保证了F(t)在(−∞,+∞)上有定义。那么现在来考虑上式的导数：对上式t直接求导有

ddtF(t)=12π∫−∞+∞f(x)(e−ikx)′dx=12π∫−∞+∞f(x)(−ix)e−ikx,

于是就得到了原文所想得到的东西了。

问题的拓展

今天看到了一个关键的定理，被称为Riemann-Lebesgue引理：若f(t)可积，则

limt→+∞∫(a,b)f(x)eikxdx=0,

如果在Riemann积分定义下的话，那么就是

limt→+∞∫abf(x)eikxdx=0,

特别的上式中的a,b可以扩充为+∞,−∞，那么下面将讲述一下我的证明，虽然最后发现这样的证明是不正确的但是受益匪浅，而且还有神奇的收获，下面来看看我的思路：
首先，既然f(x)是一个可积函数，那么f(x)在定义域[a，b]上几乎处处连续，即不连续的点构成的集合E的测度mE=0，那么现在有一个这样的猜想：

几乎处处连续的函数是否能分割为至多可数个单调函数的分段函数？

比如函数f(x)=x3可以表示为三段单调区间，这三个单调区间的部分可以看成三个函数。那么为什么我要考虑这样的猜想呢？由于我考虑到这个：
若g(x)在区间[c,d]上单调，实际上我们只需要考虑要证的实部和虚部其中一个为0即可，不妨考虑:

limx→+∞∫cdg(x)sin(tx)dx，

由于g(x)单调，由积分第二中值定理，存在ξ∈[c,d]有

∫cdg(x)sin(tx)dx=g(c)∫cξsin(tx)dx+g(d)∫ξdsin(tx)dx=g(c)1t(cos(tc)−cos(tξ))+g(d)1t(cos(tξ)−cos(td))=1t[g(c)(cos(tc)−cos(tξ))+g(d)(cos(tξ)−cos(td))]=1tM,

其中M表示后面几个cos等表示的有界量，那么两边取极限立马有

limx→+∞∫cdg(x)sin(tx)dx=0，

同理有

limx→+∞∫cdg(x)cos(tx)dx=0,

所以如果几乎处处连续的函数能分成可数个区间，使得每个区间上函数都单调的话，那么设这些区间为E1,E2,...,En,..,那么由积分的完全可加性有

limt→+∞∫(a,b)f(x)eikxdx=limt→+∞∑i=1∞∫Eif(x)eikxdx=0,

（这一步如果是分成有限个区间Ei的话那么为有限个0的相加显然为0，加入分为可数个区间的话，无穷个0相加是否0要再思考思考）
明白了上述目的之后，就迫切得想对一个连续函数进行分割为至多可数个单调区间，可是！可是！居然存在

处处可微，任何区间上都不单调的函数

这和维尔斯特拉斯函数一样让我震惊http://www.cnki.com.cn/Article/CJFDTotal-TALK502.004.htm，该结果最早在发表在1974年的美国数学月刊第81卷中，有兴趣的童鞋可以看看上面的连接（中文版）
于是乎，我的证明思路由此破灭，不过收获良多。

2016.1.19牛哥和我说由于凸函数必能分为至多两个单调区间。证明并不容易，是牛哥学术论坛论文的一个结论之一，哈哈，所以分段凸函数一定可以满足分段单函数的要求，不过这条件好像太强了一些。