傅立叶分析导论-3 Convergence of Fourier Series

2 Return to pointwise convergence
1.1
Example2里面提到的while these facts can be obtained as consequences of the corresonding inequalities in the previous examples
指的是直接证明∫(f+g)2−−−−−−−−√≤∫f2−−−−√+∫g2−−−−√

1.2
最后Lemma1.5的证明
∥F+G∥2−∥F−G∥2=2(FG¯+GF¯)
i(∥F+iG∥2−∥F−iG∥2)=2(FG¯−GF¯)
联立即可得出结论

2.2
这一节构造的在0点傅里叶级数发散的连续函数，最后不是很容易理解。
86页fN和f~N定义位于84页
SM计算的是PN的部分和
87页的f(θ)是连续函数，因为PN有界，因为PN是函数i(π−θ)的部分和，根据Theorem1.3的Remark1可以得到。

而在0点的部分和虽然SNm(f)(0)和S3Nm(f)(0)都有界，但是S2Nm(f)(0)无界，正如书中所说，而Nm可以任意大
很显然这个例子是人工构造的，但是确实能说明问题：函数连续但在0点傅里叶级数发散。

3 Exercise
1.
数学分析书上必定有这样的证明，数学分析原理3.11，比较简洁，但是不是容易理解，陶哲轩实分析定理6.4.18应该是最容易理解的了。

2.
提示很清楚，根据|ak,n−am,n|<|ak−am|即可完成证明。

3.
根据提示，考虑如下fk
如果2n≤k<2n+1
那么Ik=[k−2n2n,k−2n+12n]
令fk=χIk即可

4.
(a)f(x)=1如果x=1，否则f(x)=0
(b)反证法，如果在x连续并且不等于0，那么f(x)2必然在某个区间[x−ε1,x+ε2]大于0，那么||f||>∫x+ε2x−ε1f(x)2>0，与||f||=0矛盾。
(c)
根据附录1.7，可积函数不连续点测度为0，也就是在几乎所有点函数都为0，事实上已经证明完成，因为测度为0的点对积分来说就是0。

5根据提示就很容易了
∫ba(logθ)2dθ=(blog2b−2blogb+2b)−(alog2a−2aloga+2a)
由于xlog2x，xlogx，x三个函数在x趋于0的时候都等于0，证明完成。

6
{ak}∈l很容易证明，因为巴塞尔等式。
不是Riemann可积函数傅里叶系数的证明位于2.2节中83页下面
因为根据第2章Theorem5.6，Poisson kernel是good kernel，所以可积函数的傅里叶级数需要Abelsummable to f at every point of continuity。Ar在0点发散说明函数不可能是黎曼可积的函数。

7
证明收敛：
1logn单调有界收敛到0,∑sinnx有界，所以级数收敛
证明不是黎曼可积的，不是很容易，跟exercise类似，不会，以后再看吧。

8
(a)第一个等式用Parseval identity可以得到，对于第二个等式，
令x=∑1n4，那么116a+∑1(2n+1)4=a
得出a=π490
(b)类似

9
傅里叶系数1n+α容易求，
根据parseval formula，左边=12π∫ff¯=右边

10
感觉这是数学物理的东西，不会

11
(a)考虑T=2π的情况，根据43页f^′(n)=inf^(n)，再根据Parseval’s identity，有左边=∑a2n≤∑n2a2n=右边，普通情况类似
(b)根据Lemma1.5，左边=(∑anbn¯)2≤(∑an)2(∑bn)2=右边
(c)根据提示即可，因为延拓成奇函数，所以没有cos项

12 很多书上都有，根据提示即可，巧妙的证明

13 第2章Corollary2.4中n取极限，并利用Riemann-Lebesgue Lemma即可。

14
根据43页的计算过程，得到
∑|aneinx|=∑|1n∫2π0f′(t)e−intdt|根据Cauchy-Schwarz inequality
≤∑1n∑|∫2π0f′2(t)dt|−−−−−−−−−−−−−−−−−√
由于f’连续，后式显然有界，证明完成

15
(a)容易，变量替换即可
(b)|f^(n)|≤14π∫π−πCπαnα|e−inx|dx≤D1|n|α=O(|n|α)
(c)根据提示，计算f(x+h)−f(x)=∑2−kαei2kx(ei2kh−1)
第一部分∑2k≤1/|h|≤
∑2−kαei2kx2kh≤
∑2(1−α)kei2kxh1−khα≤
hα
第二部分比较容易∑2k>1/|h|≤hα×2

16
(a)第一个等式左边计算得到∫f2(x+h)+f2(x−h)−f(x+h)f¯(x−h)−f¯(x+h)f(x−h)
因为周期函数，前两项都等于∫f2(x)
根据Lemma1.5，计算后两项，f(x+h)的傅里叶系数为aneinh，其中an为f的傅里叶系数，所以后两项和等于∑a2n(e2inh+e−2inh)
综合上述，左边=2∑a2n(1−cos2nh)=右边
不等式根据Lipschitz condition立即得出。

(b)n的取值使得π/4≤nh≤π/2
所以左边≤2×K2(π2p+1)2=右边

(c)根据Cauchy-Schwarz inequality，∑|f(n)∗1|≤∑|f(n)|2−−−−−−−−√，所以这个式子≤C12p，对p求和得出结果，因为∑12p=1，有界递增序列收敛。

(d)

17 an=∫baNe−inxdx≤M1N(e−inb−e−ina)≤2M1N，那么
|an|=|∑αk∫ak+1ake−inxdx|≤2∑αi(ai+1−ai)≤4πM
接下来只需要证明对于任意单调函数都可以用分段函数逼近即可。

18
对于任意\varepsilon_

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4 Problems
1

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3

4

5