傅立叶分析导论-2 Basic Properties of Fourier Series

来源：互联网发布：淘宝店一件代发赚钱么编辑：程序博客网时间：2024/05/01 06:19

1 Examples and formulation of the problem

Functions on the circle
周期2π并且端点值相同的函数和定义在圆周上的函数，本身是同一个东西。理解起来比较抽象，就好像1个猴子和1头猪，都是1。

1.1傅里叶系数an总是存在的，因为可积函数的积可积。

5 cesaro and abel summability

corollary 5.3与theorem 2.1不同，更简单，因为cesaro的傅里叶级数是一致收敛到f的，而证明2.1的时候不知道这个
同样corollary5.4也是

Theorem 5.7
(1)根据比例判别法可以得出任意阶倒数序列和收敛半径都是1，拉普拉斯算子等于0计算得到
(3)
∫(∂2v∂r2+1r∂v∂r+1r2∂2v∂θ2)e−inθ=0
对前两项交换积分和偏导顺序，最后一项根据书中提示即可得出结论。

6 Exercises

1.
第一套等式替换x=y+2π和x=y−2π
第二套等式先把a变换到$[-\pi,\pi]，再分别考虑大于0和小于0

2.abcd直接根据傅里叶系数计算即可
e考虑sin和cos的每一项的实部和虚部

3.
根据hint，每一个x，级数都是收敛的，根据Corollary2.3，证明完成。

4.
5.
6.
计算即可

7.所有数学分析书中都有证明

8.傅里叶级数为∑sinnxn，由于∑sinnx有界，1/n单调递减到0，根据练习7证明完成。

9.
(a)简单
(b)要求证明非绝对收敛，提示如何证明，如何根据提示证明最后结果？
(c)收敛性的证明类似练习8，如果a=−π，b=π，则所有级数消失，除了b−a2π

10.
把Corollary2.4分部积分继续下去即可

11.
|f^k(n)−f^(n)|≤12π∫π−π|f−fk|e−inθdθ≤12π∫π−π|f−fk|dθ，趋于0，且跟n没关系，证明完成。

12.
对于复数，可以分别计算实部和虚部，所以只需要考虑实数即可。
如果sn→0的情况以及证明，如果s≠0，那么考虑dn=cn+s，那么tn=∑dn=s+sn，那么1N∑tn=1N∑(s+sn)=s+1N∑sn，所以只需要考虑提示中的sn→0的情况。
对于任意小的ε，由于sn→0，那么存在N1，如果n>N1，则sn<ε，令A=1N1∑N10sn，取N2=AN1/ε，则1N2∑N20sn=1N2∑N10sn+1N2∑N2N1sn
其中第一项小于εAN1∑N10sn≤ε
第二项为小于N2−N1N2ε≤ε
由于ε可以任意小，证明完成。

这个证明明显比12难
(a) 提示中的why同上一题。中间的等式是显然的。对于最后一个等式，∑cnrn=(1−r)∑snrn，对于任意ε，如果n>N则sn≤ε，那么∑cnrn=(1−r)∑n≤Nsnrn+(1r)∑nNsnrn，第一项有限，必然可以任意小，第二项小于ε(1−r)∑rn=ε，证明完成。

(b)5.3中例子已经说明了：1-2+3-4….
对于cn=(−1)n，A(r)=1/2

(c)为方便，证明过程中Cesaro mean取1-N，代替0-N-1
右边累加等于∑∞n−1nσnrn=
∑∞n=1∑ni=1sirn=
∑∞n=1∑ni=1∑ij=1cjrn=
∑∞n=1rn∑nj=1cj(n−j)=
∑∞j=1cj∑∞n=j(nrn−jrn)=
1(1−r)2∑cnrn
那么类似exercise12，和式可以分成两部分，一部分因为有限项所以趋于0，另一部分因为σn趋于0而趋于0，证明完成。

(d)sN=N+12，N奇数
sN=−N2，N偶数
σN=0，N偶数
σN=N2/N=1/2，N偶数
显然σN不收敛，但是好像要收敛到(0+1/2)/2=1/4

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(a)
提示中的σn是1-n计算的，而不是0-n-1，事实上下标差1通常不影响最后结果。
sn−σn=sn−∑Nj=1∑ji=0cj=sn−∑Ni=1cj∑Nj=i=∑(i−1)ci/n，令dn=ncn，根据练习(12)，考虑∑cn=ncn，得出最后一个式子等于0，证明完成。

(b)第3章引理2.3有类似证明，还是考虑趋于0的情况，那么第3章中引理2.3中M可以任意小

类似(a)中计算sn−σn，这里同样计算二者差值，关键是如何估算1−(1−1N)n

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数学分析新讲3上有

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eix的级数定义中，根据比例判别发，在整个复数域都是一致收敛的
而根据Corollary5.4，函数能被三角级数一致逼近，证明完成。

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(1)直接计算即可
(2)u(r,θ)=−2r(1−r2)sinθ1−2rcosθ+r2，当θ≠0，u=0，当θ=0，也等于0。

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u(x,y)的表达式类似第一章problem中，可以得出un(x,y)=ansinmπxe−nπy，所以u(x,y)=∫10f(t)∑(sinnπtsinnπxe−nπy)dt

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u(r,θ)通过联立方程组得到：
An+Bn=an
Anρn+Bnρ−n=bn
由于fg连续，根据Theorem5.6，可以得出一致收敛的结论。

problem
1 考虑r为有理数（或[0,1]上的有理数）
(a)根据附录命题1.3，单调有界函数可积，不连续则因为F(x+)−F(x−)=1n2
(b)
可积性
对于任意ε，考虑区间[0,1]，计算上下积分差如下：
U(P,f)−L(P,f)=∑(supf−inff)
令k满足3−k<ε将所有分割分为两部分：包含rk的区间，令其区间长度小于ε/2，那么所有这部分上下积分差的和小于ε/2，不包含rk的区间，那么这些区间上函数最大最小差值小于e−k<ε，那么加起来小于ε，将这两部分加起来，可以得出U(P,f)−L(P,f)=∑(supf−inff)可以任意小，所以F可积。

rn处不连续，其它连续，因为limx→rnF(x)−F(rn)=3−nsin1rn

0 0