Part 3 Parseval 恒等式

在前一节我们考虑了 Fourier 级数的逐点收敛性. 本节我们考虑积分意义下的收敛性，这时对函数的要求较低.

设 $[a,b]$ 为闭区间，我们定义函数集合 $R^2[a,b]$ 如下：$R^2[a,b]$ 中的函数 $f$ Riemann 可积，或 $f$ 有瑕点但 $f^2$ 积分收敛. 显然，$R^2[a,b]$ 为线性空间，且若 $f,g \in R^2[a,b]$，则仍有 Cauchy-Schwarz 不等式

$$\int_a^b |f(x)g(x)| dx \le \left[ \int_a^b f^2(x) dx \right]^{\frac{1}{2}} \cdot \left[ \int_a^b g^2(x) dx \right]^{\frac{1}{2}}.$$

· Parseval 等式

定理1 (Parseval 等式)

设 $f \in R^2[-\pi,\pi]$，且 $f$ 的 Fourier 展开为

$$f \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx),$$

则

$$\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f^2(x) dx = \frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^\infty (a_n^2 + b_n^2).$$

/proof/

(1) 记

$$S_n(f) = \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^n (a_k \cos kx + b_k \sin kx),$$

由三角函数系的正交性质，有

$$\begin{aligned} \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi S_n^2(f) dx &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \left( \frac{a_0}{2} \right)^2 dx + \frac{1}{\pi} \sum_{k=1}^n a_k^2 \left( \int_{-\pi}^\pi \cos^2 kx dx + \int_{-\pi}^\pi \sin^2 kx dx \right)\\\\ &= \frac{a_0^2}{2} + \sum_{k=1}^n (a_k^2 + b_k^2). \end{aligned}$$

其次就有

$$\begin{aligned} \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi [f - S_n(f)]^2 dx &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f^2 dx - \frac{2}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f \cdot S_n(f) dx + \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi S_n^2(f) dx\\\\ &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f^2 dx+ \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi S_n^2(f) dx \\\\ &- \frac{2}{\pi} \left[ \frac{a_0}{2} \int_{-\pi}^\pi f dx + \sum_{k=1}^n \left( a_k \int_{-\pi}^\pi f(x) \cos kx dx + b_k \int_{-\pi}^\pi f(x) \sin kx dx \right) \right] \\\\ &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f^2 dx - 2 \left[ \frac{a_0^2}{2} + \sum_{k=1}^n (a_k^2 + b_k^2) \right] + \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi S_n^2(f) dx\\\\ &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f^2 dx - \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi S_n^2(f) dx, \end{aligned}$$

由此得到

$$\int_{-\pi}^\pi S_n^2(f) dx \le \int_{-\pi}^\pi f^2 dx.$$

根据以上几式可知，

$$\int_{-\pi}^\pi S_n^2(f) dx \to \int_{-\pi}^\pi f^2 dx \iff \int_{-\pi}^\pi [f - S_n(f)]^2 dx \to 0.$$

(2) 如果上式对 $f,g \in R^2[a,b]$ 均成立，则当 $\lambda,\mu \in \mathbb{R}$ 时，

$$\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi [\lambda f + \mu g - S_n(\lambda f + \mu g)]^2 dx &= \int_{-\pi}^\pi [\lambda(f - S_n(f)) + \mu(g - S_n(g))]^2 dx\\\\ &\le 2\lambda^2 \int_{-\pi}^\pi [f - S_n(f)]^2 dx + 2\mu^2 \int_{-\pi}^\pi [g - S_n(g)]^2 dx. \end{aligned}$$

由上式知，该等式对函数 $\lambda f + \mu g$ 也成立.

(3) 显然，该等式对常值函数成立. 下面考虑函数

$$\varphi(x) = \begin{cases} 0, & -\pi < x < a, \\\\ 1, & a \le x \le b, \\\\ 0, & b < x < \pi. \end{cases}$$

将 $\varphi$ 延拓为 $\mathbb{R}$ 上周期 $2\pi$ 函数，其 Fourier 系数为

$$\begin{aligned} a_0 &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \varphi(x) dx = \frac{1}{\pi}(b - a),\\\\ a_k &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \varphi(x) \cos kx dx = \frac{1}{\pi} \int_a^b \cos kx dx = \frac{1}{\pi k}(\sin kb - \sin ka),\\\\ b_k &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \varphi(x) \sin kx dx = \frac{1}{\pi} \int_a^b \sin kx dx = \frac{1}{\pi k}(\cos ka - \cos kb). \end{aligned}$$

此时

$$\begin{aligned} \frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^\infty (a_k^2 + b_k^2) &= \frac{1}{2\pi^2}(b - a)^2 + \frac{1}{\pi^2} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} \left[ (\sin kb - \sin ka)^2 + (\cos kb - \cos ka)^2 \right]\\\\ &= \frac{1}{2\pi^2}(b - a)^2 + \frac{2}{\pi^2} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} [1 - \cos k(b - a)]\\\\ &= \frac{1}{2\pi^2}(b - a)^2 + \frac{1}{\pi^2} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} \cos k(b - a)\\\\ &= \frac{b - a}{\pi}\\\\ &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \varphi^2(x) dx. \end{aligned}$$

(4) 由 (2), (3) 知该等式对阶梯函数成立.

(5) 现设 $f$ 可积，则任给 $\varepsilon > 0$，存在阶梯函数 $g$ 使得

$$\int_{-\pi}^\pi (f - g)^2 dx \le \varepsilon.$$

因为该等式对 $g$ 成立，故 $n$ 充分大时

$$\int_{-\pi}^\pi [g - S_n(g)]^2 dx \le \varepsilon,$$

从而

$$\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi [f - S_n(f)]^2 dx &\le 3 \left\{ \int_{-\pi}^\pi (f - g)^2 dx + \int_{-\pi}^\pi [g - S_n(g)]^2 dx + \int_{-\pi}^\pi [S_n(g - f)]^2 dx \right\}\\\\ &\le 3 \left\{ \varepsilon + \varepsilon + \int_{-\pi}^\pi (g - f)^2 dx \right\}\\\\ &\le 9\varepsilon. \end{aligned}$$

这说明

$$\int_{-\pi}^\pi [f - S_n(f)]^2 dx \to 0 \quad (n \to \infty).$$

即该等式对 $f$ 成立.

· 广义 Parseval 等式

推论2 (广义 Parseval 等式)

设 $f,g \in R^2[-\pi,\pi]$，则

$$\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x)g(x) dx = \frac{a_0 \alpha_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty (a_n \alpha_n + b_n \beta_n),$$

其中 $a_n,b_n$ 是 $f$ 的 Fourier 系数，$\alpha_n,\beta_n$ 是 $g$ 的 Fourier 系数.

/proof/

分别对 $f + g$ 和 $f - g$ 应用 Parseval 等式，然后二者相减即可.

推论3 (惟一性)

设 $f,g$ 为 $[-\pi,\pi]$ 上的连续函数，如果 $f$ 和 $g$ 的 Fourier 系数相同，则 $f \equiv g$.

/proof/

考虑 $f - g$，其 Fourier 系数恒为 0，由 Parseval 等式，

$$\int_{-\pi}^\pi (f - g)^2 dx = 0.$$

由 $f - g$ 连续知 $f \equiv g$.

推论4

设 $f$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上连续，如果其 Fourier 展开一致收敛，则级数和必为 $f$.

/proof/

记其 Fourier 展开的和为

$$S(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx),$$

则由一致收敛性知，上式可逐项积分，根据本章开头的计算可知 $S(x)$ 的 Fourier 系数和 $f$ 的 Fourier 系数相同.

由推论知 $S(x) = f(x)$.

Part 4 Fourier 级数微积分

· 积分

我们首先说明，不管收敛与否，可积函数的 Fourier 级数总是可以逐项积分的.

定理1 (Reymond)

设 $f$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上 Riemann 可积，其 Fourier 展开为

$$f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx).$$

则对任意区间 $[a,b] \subset [-\pi,\pi]$，有

$$\int_a^b f(x) dx = \int_a^b \frac{a_0}{2} dx + \sum_{n=1}^\infty \int_a^b (a_n \cos nx + b_n \sin nx) dx.$$

/proof/

考虑特征函数

$$\varphi(x) = \begin{cases} 1, & x \in [a,b], \\\\ 0, & x \in [-\pi,a) \cup (b,\pi], \end{cases}$$

其 Fourier 系数记为 $\alpha_n,\beta_n$，则由广义 Parseval 等式，有

$$\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x)\varphi(x) dx = \frac{a_0}{2} \alpha_0 + \sum_{n=1}^\infty (a_n \alpha_n + b_n \beta_n),$$

在上式中代入

$$\begin{aligned} \alpha_0 &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \varphi(x) dx = \frac{1}{\pi}(b - a),\\\\ \alpha_n &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \varphi(x) \cos nx dx = \frac{1}{\pi} \int_a^b \cos nx dx,\\\\ \beta_n &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \varphi(x) \sin nx dx = \frac{1}{\pi} \int_a^b \sin nx dx, \end{aligned}$$

即得欲证之等式.

· 微分

为了考虑 Fourier 级数的微分，我们先考虑一致收敛性.

定理2

设 $f$ 是 $[-\pi,\pi]$ 上的连续函数，$f(-\pi) = f(\pi)$. 如果 $f$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上分段可微，且 $f'$ Riemann 可积，则 $f(x)$ 的 Fourier 级数在 $[-\pi,\pi]$ 上一致收敛于 $f(x)$：

$$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx),\quad \forall\ x \in [-\pi,\pi].$$

/proof/

已知推论：

设 $f$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上连续，如果其 Fourier 展开一致收敛，则级数和必为 $f$.

只要证明上式右边是一致收敛就可以了. 事实上，记 $f'$ 的 Fourier 系数分别为 $a'_n,b'_n$，则由分部积分得（其中用到条件 $f(-\pi) = f(\pi)$）

$$\begin{aligned} a'_n &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f'(x) \cos nx dx = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) n \sin nx dx = n b_n,\\\\ b'_n &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f'(x) \sin nx dx = -\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) n \cos nx dx = -n a_n. \end{aligned}$$

对可积函数 $f'$ 用 Parseval 等式得

$$\frac{1}{2}(a'_0)^2 + \sum_{n=1}^\infty [(a'_n)^2 + (b'_n)^2] = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi (f')^2 dx.$$

另一方面，我们有估计

$$\begin{aligned} |a_n \cos nx + b_n \sin nx| &\le |a_n| + |b_n|\\\\ &= \frac{1}{n}|a'_n| + \frac{1}{n}|b'_n|\\\\ &\le \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n^2} + |a'_n|^2 \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n^2} + |b'_n|^2 \right), \end{aligned}$$

根据函数项级数的 Weierstrass 判别法知 $f$ 的 Fourier 展开的确是一致收敛的.

根据以上证明可知，在定理的条件下，$f'$ 的 Fourier 展开为

$$f'(x) \sim \sum_{n=1}^\infty (n b_n \cos nx - n a_n \sin nx),$$

一般来说，要上式成为等式的话需要加进一步的条件.

定理3

设 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的连续可微函数. 如果 $f'$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上分段可微，则 $f$ 的 Fourier 展开

$$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx)$$

可在 $[-\pi,\pi]$ 上逐次求导：

$$f'(x) = \sum_{n=1}^\infty (n b_n \cos nx - n a_n \sin nx),$$

当 $f''$ Riemann 可积时，上式右边的级数还是一致收敛的.

· Weierstrass

定理4 (Weierstrass)

设 $f$ 是 $[-\pi,\pi]$ 上的连续函数，$f(-\pi) = f(\pi)$. 则任给 $\varepsilon > 0$，存在三角多项式 $T(x)$，使得

$$|f(x) - T(x)| < \varepsilon,\quad \forall\ x \in [-\pi,\pi].$$

/proof/

首先，连续函数 $f$ 可以用分段线性函数一致逼近. 即存在周期为 $2\pi$ 的分段线性函数 $g$，使得

$$|f(x) - g(x)| < \frac{\varepsilon}{2},\quad \forall\ x \in [-\pi,\pi].$$

其次，$g$ 满足定理2的条件，故其 Fourier 展开一致收敛于 $g$. 即 $n$ 充分大时

$$|g(x) - S_n(g)(x)| < \frac{\varepsilon}{2},\quad \forall\ x \in [-\pi,\pi].$$

这说明

$$|f(x) - S_n(g)(x)| \le |f(x) - g(x)| + |g(x) - S_n(g)(x)| < \varepsilon.$$

这就证明了定理.

推论5

设 $f$ 为 $[-\pi,\pi]$ 上的连续函数，$f(-\pi) = f(\pi)$. 则任给 $\varepsilon > 0$，存在多项式 $P(x)$，使得

$$|f(x) - P(x)| < \varepsilon,\quad \forall\ x \in [-\pi,\pi].$$

/proof/

由 Weierstrass 定理，存在三角多项式 $T(x)$ 使得

$$|f(x) - T(x)| < \frac{\varepsilon}{2},\quad \forall\ x \in [-\pi,\pi].$$

由于三角函数的 Taylor 展开都是一致收敛的，从而存在多项式 $P(x)$ 使得

$$|T(x) - P(x)| < \frac{\varepsilon}{2},\quad \forall\ x \in [-\pi,\pi].$$

这说明

$$|f(x) - P(x)| \le |f(x) - T(x)| + |T(x) - P(x)| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$$

推论6

$f$ 为 $[a,b]$ 上的连续函数，则任给 $\varepsilon > 0$，存在多项式 $P(x)$，使得

$$|f(x) - P(x)| \le \varepsilon,\quad \forall\ x \in [a,b].$$

/proof/

利用线性变换 $t = \dfrac{\pi}{b - a}(x - a)$ 把 $[a,b]$ 上的函数变为 $[0,\pi]$ 上的函数.

将此函数以 $2\pi$ 为周期作偶延拓，然后利用前一推论即可，注意线性变换将多项式仍变成多项式.

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2026/8/17 07:22

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