微积分甲II期末复习 - 补充内容（含参积分，广义重积分，Fourier级数）
历年题
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（出了两次）求第二类曲面积分
\[J = \int_S\frac{x\cos\alpha+y\cos\beta+z\cos\gamma}{(ax^2+by^2+cz^2)^{\frac 32}}dS \]其中 \(n=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)\) 是曲面 \(S\) 在任一点处的单位法向量。
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\(S\) 是不包含原点的闭合曲面
由高斯公式，因为 \(F(x,y,z) = \dfrac{(x,y,z)}{(ax^2+by^2+cz^2)^{\frac 32}}\) 在 \(S\) 内部（记作 \(V\)）连续可微，所以
\[J= \int_V \frac{(ax^2+by^2+cz^2)-3ax^2+(ax^2+by^2+cz^2)-3by^2+(ax^2+by^2+cz^2)-3cz^2}{(ax^2+by^2+cz^2)^{\frac 52}}=0. \] -
\(S\) 是包含原点的闭合曲面
取 \(\Omega = V\backslash B\)，其中 \(B = \{ax^2+by^2+cz^2\leq \epsilon^2\}\)，则 \(f\) 在 \(\Omega\) 内连续可微。同上一问可知 \(\int_{\partial\Omega} F\cdot dS=0\)。因此
\[\begin{aligned} J =& \int_{\partial B} F\cdot dS \\ =& \int_{ax^2+by^2+cz^2=\epsilon^2}\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{\epsilon^2}\\ =& \int_0^\pi\int_0^{2\pi}\sqrt{abc}\sin^3\varphi\cos^2\theta+\sqrt{abc}\sin^3\varphi\sin^2\theta+\sqrt{abc}\cos^2\varphi\sin\varphi d\varphi d\theta\\ =& 2\pi\sqrt{abc}\cdot \int_0^\pi\sin\varphi d\varphi\\ =& 4\pi\sqrt{abc} \end{aligned} \]
三维极坐标做曲面积分时的常用公式：
第一类：\(EG-F^2 = R\)
第二类：\(y_\varphi z_\theta - z_\varphi y_\theta = R^2\sin^2\varphi\cos\theta, z_\varphi x_\theta-x_\varphi z_\theta = R^2\sin^2\varphi\sin\theta, x_\varphi y_\theta-y_\varphi x_\theta = R^2\sin\varphi\cos\varphi\)。
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求第二类曲线积分
\[\int_L (y^2+z^2)dx + (x^2+z^2)dy + (x^2+y^2)dz \]其中 \(L\) 是平面 \(x+y+z=a\) 与三个坐标轴的交点，从 \((1,1,1)\) 看去是逆时针方向。
由斯托克斯公式，
\[J = \int_T (2y-2z)dydz + (2z-2x)dzdx + (2x-2y)dxdy \]其中 \(T = \{x+y+z=a, x\geq 0, y\geq 0, z\geq 0\}\)。
因为 \(T\) 的单位法向为 \(\pm\frac 1{\sqrt 3}(1,1,1)\)，所以
\[J = \int_T (2y-2z+2z-2x+2x-2y)\cdot(\pm \frac 1{\sqrt 3}) dS = 0. \] -
求积分
\[\int_V z^2dxdydz \]其中 \(V = \{x^2+y^2+z^2\leq R^2, x^2+y^2+z^2\leq 2Rz\}\)
\(V\) 是球面与抛物面的交，且二者交线为 \(x^2+y^2 = \dfrac 34R^2, z = \dfrac R2\)。因此积分区域可分为两半
\[\begin{aligned} J =& J_1+J_2\\ =& \int_{V_1}z^2dxdydz + \int_{V_2}z^2dxdydz\\ =& \int_{x^2+y^2+z^2\leq 2Rz,z\leq \frac R2}z^2dxdydz + \int_{x^2+y^2+z^2\leq R^2, z\geq \frac R2}z^2dxdydz\\ =& \int_0^{\frac R2}\int_0^{\sqrt{2Rz-z^2}}\int_0^{2\pi}z^2d\theta drdz + \int_{\frac R2}^{R}\int_0^{\sqrt{R^2-z^2}}\int_0^{2\pi}z^2d\theta drdz\\ =& 2\pi\left(\int_0^{\frac R2}z^2\sqrt{2Rz-z^2}dz + \int_{\frac R2}^R z^2\sqrt{R^2-z^2}dz\right) \end{aligned} \]\[\begin{aligned} &\int_0^{\frac R2} z^2\sqrt{2Rz-z^2}dz \\ =& \int_0^{\frac \pi 3} (R-R\cos t)^2R\sin td(R-R\cos t) \\ =& \int_0^{\frac \pi 3} (R-R\cos t)^2 R^2\sin^2 t dt \\ =& R^4\left(\int_0^{\frac \pi 3}\sin^2 tdt-2\int_0^{\frac\pi 3}\cos t\sin^2 tdt + \int_0^{\frac\pi 3}\cos^2t\sin^2tdt\right) \\ =& R^4\left(\frac {5t}8-\frac{\sin 2t}4-\frac 23\sin^3 t-\frac{\sin 4t}{32}\right)\bigg|_0^{\frac {\pi}3} \\ =& \left(\frac{5\pi}{24}-\frac{23}{64}\sqrt 3\right)R^4 \end{aligned} \]\[\begin{aligned} &\int_{\frac R2}^R z^2\sqrt{R^2-z^2}dz\\ =&\int_{\frac{\pi}6}^{\frac{\pi}2} (R\sin t)^2R\cos t d(R\sin t)\\ =&R^4\int_{\frac\pi6}^{\frac\pi2} \sin^2t\cos^2tdt\\ =&R^4\left(\frac t8-\frac{\sin 4t}{32}\right)\bigg|_{\frac\pi 6}^{\frac \pi 2}\\ =&\left(\frac {\pi}{24}+\frac{\sqrt 3}{64}\right)R^4 \end{aligned} \]所以 \(J = \left(\dfrac {\pi}2 - \dfrac{11}{16}\sqrt 3\right)\pi R^4\)
含参积分
含参正常积分
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含参正常积分的形式
\[F(x) = \int_{c(x)}^{d(x)} f(x,t)dt \] -
含参正常积分的连续性
\(f\) 在 \(G(a,b)=\{a\leq x\leq b,c(x)\leq t\leq d(x)\}\) 上连续，则 \(F\) 在 \([a,b]\) 上连续。
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含参正常积分的可微性（求导与积分换序）
\(f\) 在包含 \(G(a,b)\) 的开集上可微，\(c,d\) 可微，则 \(F\) 在 \([a,b]\) 上可微且
\[F'(x) = \int_{c(x)}^{d(x)} f_x(x,t)dt + f(x,d(x))d'(x)-f(x,c(x))c'(x). \] -
含参正常积分的可积性（累次积分可换序的条件）
\(f\) 在 \([a,b]\times [c,d]\) 上连续，则 \(F(x) = \int_c^d f(x,t)dt\) 在 \([a,b]\) 上可积，且
\[\int_a^bdx\int_c^df(x,t)dt = \int_c^ddt\int_a^bf(x,t)dx. \]
例 1 利用
其中 \(\alpha \in [0,1]\)，计算 \(I(1)\)。
这类积分一般无法用初等方法直接积出来，普遍的方法是先对参数 \(\alpha\) 求导得到 \(I'(\alpha)\)（一般这是一个可以直接求的积分），然后再 \(I(\alpha) = I(0) + \int_0^\alpha I'(s)ds\)。
解：对被积函数求导得
在 \([0,1]\) 连续，因此 \(I\) 连续可微。所以
因此 \(I(1) = \dfrac{\pi}8\ln 2\)。
含参反常积分
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形式（以上限无穷积分为例）
\[F(x) = \int_c^\infty f(x,t)dt \] -
含参反常积分的一致收敛性
设 \(f(x,t)\) 定义在无界区域 \([a,b] \times [c,\infty)\) 上，且存在 \(F(x)\) 使得
\[\forall \epsilon>0, \exists N>c, s.t. \forall M>N, \forall x\in [a,b], \bigg|\int_c^M f(x,t)dt - F(x)\bigg|<\epsilon \]则称反常积分 \(\int_c^\infty f(x,t)dt\) 在 \([a,b]\) 上一致收敛于 \(F(x)\)。
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一致收敛的证明方法
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Cauchy 准则
一致收敛等价于
\[\forall \epsilon>0, \exists N>c, s.t. \forall N<M_1<M_2, \forall x\in [a,b], \bigg|\int_{M_1}^{M_2}f(x,t)dt\bigg|<\epsilon. \]再令 \(M_2\rightarrow \infty\)，上式又等价于
\[\lim_{N\rightarrow +\infty} \sup_{x\in [a,b]}\bigg|\int_N^{\infty}f(x,t)dt\bigg|=0. \] -
Weierstrass \(M\) 判别法
设函数 \(g(t)\) 满足
\[|f(x,t)|\leq g(t), \forall x\in [a,b],\forall t\in [c,\infty) \]且 \(\int_c^{+\infty} g(t)dt\) 收敛，则 \(\int_c^{+\infty} f(x,t)dt\) 在 \([a,b]\) 上一致收敛。
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Abel判别法
- \(\int_c^{\infty} f(x,t)dt\) 在 \([a,b]\) 上一致收敛
- \(\forall x\in [a,b]\)，\(g(x,t)\) 关于 \(t\) 单调，且 \(g(x,t)\) 在 \(x\in [a,b]\) 上一致有界
则 \(\int_c^\infty f(x,t)g(x,t)dt\) 在 \([a,b]\) 上一致收敛。
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Dirichlet 判别法
- 对任意 \(N>c\)，\(\int_c^N f(x,t)dt\) 在 \([a,b]\) 上一致有界
- \(\forall x\in [a,b]\)，\(g(x,t)\) 关于 \(t\) 单调递减，当 \(t\rightarrow \infty\) 时 \(g(x,t)\) 在 \(x\in [a,b]\) 上一致收敛于 \(0\)
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不一致收敛的判定：取 \(\{x_n\}\subset [a,b]\) 和 \(t_n \rightarrow \infty\)，若 \(|F(x_n)-\int_c^{t_n}f(x_n,t)dt|\nrightarrow 0\)，则 \(\int_c^\infty f(x,t)\) 在 \([a,b]\) 上不一致收敛于 \(F(x)\)。
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内闭一致收敛：设 \(f(x,t)\) 定义在 \((a,b)\times [c,\infty)\) 上，且对任意 \([a',b']\subset (a,b)\)，\(\int_c^\infty f(x,t)dt\) 在 \(x\in [a',b']\) 上一致收敛，则称 \(\int_c^\infty f(x,t)dt\) 在 \((a,b)\) 上内闭一致收敛。
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含参反常积分的连续性
设 \(I\) 是区间（端点处开闭均可），若
- \(f(x,t)\) 在 \(I\times [c,\infty)\) 上连续
- \(\int_c^\infty f(x,t)dt\) 在 \(x\in I\) 上（内闭）一致收敛
则 \(F(x) = \int_c^\infty f(x,t)dt\) 在 \(x\in [a,b]\) 上连续。
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含参反常积分的可微性（求导与积分换序）
- \(f(x,t)\) 在 \(I\times [c,\infty)\) 上连续
- \(\int_c^\infty f(x,t)dt\) 在 \(x\in I\) 上收敛
- \(\int_c^\infty f_x(x,t)dt\) 在 \(x\in I\) 上（内闭）一致收敛
则 \(F(x) = \int_c^\infty f(x,t)dt\) 在 \(I\) 上可微且 \(F'(x) = \int_c^\infty f_x(x,t)dt\)。
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含参反常积分的可积性（累次积分换序）
- \(f(x,t)\) 在 $[a,b]\times [c,\infty) $ 上连续
- \(\int_c^\infty f(x,t)dt\) 在 \(x\in [a,b]\) 上一致收敛
则 \(F(x) = \int_c^\infty f(x,t)dt\) 在 \([a,b]\) 上可积，且
\[\int_a^bdx\int_c^\infty f(x,t)dt = \int_c^\infty dt\int_a^b f(x,t)dx. \] -
积分区间均为无穷的累次积分换序
- \(f(x,t)\) 在 \([a,\infty)\times [c,\infty)\) 上连续
- \(\int_c^\infty f(x,t)dt\) 在 \(x\in [a,\infty)\) 上内闭一致收敛
- \(\int_a^\infty f(x,t)dx\) 在 \(t\in [c,\infty)\) 上内闭一致收敛
- \(\int_a^\infty dx\int_c^\infty f(x,t)dt\) 和 \(\int_c^\infty dt\int_a^\infty f(x,t)dx\) 至少一个收敛
则
\[\int_a^\infty dx\int_c^\infty f(x,t)dt = \int_c^\infty dt\int_a^\infty f(x,t)dx \]
例 2 证明
在 \(\alpha\in (0,\infty)\) 连续。
先证内闭一致收敛性（看到开区间一般一致收敛是错的而且也不用证），再由被积函数连续直接得到积分连续。
证明：
\(\dfrac{\cos x}{x^\alpha}\) 在 \((0,\infty)\times[1,\infty)\) 上连续。
任取 \(\alpha_0>0\)，当 \(\alpha \geq \alpha_0\) 时，
- \(|\int_1^N \cos xdx|\leq 2\)，所以 \(\int_1^N\cos xdx\) 有界，即一致有界；
- 对任意 \(\epsilon>0\)，取 \(M=\epsilon^{-1/\alpha_0}\)，则对任意 \(x>M\)，\(\dfrac{1}{x^\alpha}<\dfrac{1}{M^{\alpha_0}}<\epsilon\) 且单调递减。即 \(\dfrac 1{x^\alpha}\) 一致单调收敛于 \(0\)。
由 Dirichlet 判别法，\(\int_1^\infty \dfrac{\cos x}{x^\alpha}dx\) 在 \(\alpha\in [\alpha_0,\infty)\) 上一致收敛。即在 \(\alpha\in (0,\infty)\) 上内闭一致收敛。
因此 \(F(\alpha)\) 在 \((0,\infty)\) 上连续。
例 3 证明反常积分
在 \([\delta,\infty)\) 一致收敛，在 \((0,\infty)\) 上不一致收敛。
证明：
\(\dfrac{\sin xy}y\) 在 \((0,\infty)\times (0,\infty)\) 上连续。
任取 \(\delta>0\)，当 \(x \geq \delta\) 时，
- \(|\int_0^N \sin xydy|\leq \dfrac{2}{\delta}\)，所以 \(\int_0^N\sin xydy\) 一致有界；
- 对任意 \(\epsilon>0\)，取 \(M=\dfrac 1\epsilon\)，则对任意 \(y>M\)，\(\dfrac{1}{y}<\dfrac{1}{M}<\epsilon\) 且单调递减。即 \(\dfrac 1{x}\) 一致单调收敛于 \(0\)。
由 Dirichlet 判别法，\(\int_0^\infty \dfrac{\sin xy}{y}dy\) 在 \(x\in [\delta,\infty)\) 上一致收敛。
下证不一致收敛。取 \(\epsilon=1\)，\(x_n = \dfrac 1{n^2}\)，\(y_n = n\)，则
即 \(\int_0^{y_n}\dfrac{\sin x_ny}y\rightarrow 0\)。然而 \(\int_0^\infty \dfrac{\sin{xy}}ydy=\dfrac \pi2\)，因此反常积分不一致收敛。
例 4 判断积分
在 \(\alpha>0\) 上的一致收敛性（一致收敛？内闭一致收敛？不收敛？）
这种题基本上肯定是内闭。
证明：
对任意 \(\delta>0\)，当 \(\alpha\geq \delta\) 时，
任取 \(\epsilon>0\)，取 \(M=\delta\cot(\epsilon\delta)\)，则
因此内闭一致收敛。
另一方面，取 \(x_n = n, \alpha_n = \frac 1n\)，则
而 \(F(\alpha_n)=\dfrac{n\pi}2\)。因此不一致收敛。
例 5 计算积分（可以用 Euler 积分 \(\int_0^\infty e^{-x^2}dx = \frac {\sqrt\pi}2\)）
和例 1 一样做。注意求导前要先证明可导（证明导函数的积分一致收敛）
证明：\(e^{-x^2}\cos \alpha x\) 在 \((0,\infty)\times (0,\infty)\) 上收敛。
\(|\int_0^\infty -xe^{-x^2}\sin \alpha x|\leq\int_0^\infty xe^{-x^2}=\frac 12\)，故导数的积分一致收敛，因此 \(F\) 可导，且
即 \(I\) 满足常微分方程 \(I'(\alpha) = -\frac \alpha2I(\alpha)\)，解得
\(\Gamma\) 函数
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\(\Gamma\) 函数
\[\Gamma(s) = \int_0^\infty x^{s-1}e^{-x}dx, s>0 \] -
\(\Gamma\) 函数的常用性质
- \(\Gamma\) 在 \((0,\infty)\) 上连续可微
- \(\Gamma(n) = (n-1)!, n\in \mathbb{N}\)
- \(\Gamma(\frac 12) = \sqrt \pi\)
- \(\Gamma(s+1) = s\Gamma(s)\)
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余元公式
\[\Gamma(s)\Gamma(1-s) = \frac{\pi}{\sin \pi s} \] -
beta 函数
\[\Beta(\alpha,\beta) = \int_0^1 t^{\alpha-1}(1-t)^{\beta-1}dt, \alpha,\beta>0 \] -
beta 函数的常用性质
- \(B\) 在 \((0,\infty)^2\) 上连续
- \(B(\alpha,\beta) = B(\beta,\alpha)\)
- \(B(\alpha,\beta) = \dfrac {\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}\)
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与 beta 函数相关的积分
\[\int_0^{\frac \pi 2} \cos^p\theta\sin^q\theta = \frac 12B(\frac {p+1}2, \frac {q+1}2) \] -
\(n\) 维球体体积
\(n\) 维球坐标变换：
\[\begin{aligned} x_1 = & r\sin \theta_1 \\ x_2 = & r\cos \theta_1 \sin\theta_2 \\ x_3 = & r\cos \theta_1 \cos\theta_2 \sin\theta_3 \\ \vdots & \\ x_{n-1} = & r\cos \theta_1\cos\theta_2 \dots\cos\theta_{n-1}\sin\theta_{n-1} \\ x_n = & r\cos \theta_1\cos\theta_2\dots\cos\theta_{n-1}\cos\theta_{n-1}\sin\theta_{n-1} \\ & r\geq 0, \theta_i\in [0,\pi)(i=1,\dots,n-2),\theta_{n-2}\in [0,2\pi)\\ \frac{\partial(x_1,x_2,\dots,x_n)}{\partial(r,\theta_1,\dots,\theta_{n-1})} = & r^{n-1}\sin^{n-2}\theta_1\sin^{n-3}\theta_2\dots\sin\theta_{n-2} \\ \end{aligned} \]\[\begin{aligned} & V(B(R))\\ = & \int_{x_1^2+\dots+x_n^2\leq R^2} 1 dx_1dx_2\dots dx_n\\ = & \int_0^R\int_0^\pi\int_0^{\pi}\dots\int_0^\pi\int_0^{2\pi}r^{n-1}\sin^{n-2}\theta_1\sin^{n-3}\theta_2\dots\sin \theta_{n-2}drd\theta_1d\theta_2\dots d\theta_{n-1}\\ = & \int_0^Rr^{n-1}dr\int_0^\pi\sin^{n-2}\theta_1 d\theta_1\dots\int_0^{\pi}\sin\theta_{n-2}d\theta_{n-2}\\ = & \frac{R^n}n\cdot B(\frac 12,\frac {n-1}2)\cdot B(\frac 12,\frac {n-2}2)\cdot\dots\cdot B(\frac 12,1)\cdot B(\frac 12,\frac 12) \\ = & \frac{R^n}{n}\prod_{i=1}^{n-1}\frac{\Gamma(\frac 12)\Gamma(\frac i2)}{\Gamma(\frac{i+1}{2})} \\ = & \frac{R^n}{n}\dfrac{\Gamma(\frac 12)^n}{\Gamma(\frac n2)}\\ = & \frac{\pi^{\frac n2}R^n}{n\Gamma(\frac n2)} \end{aligned} \]注：\(n\) 维球坐标变换也可用在其他 \(n\) 重积分中，计算方法类似。
反常重积分
无界区域
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无界区域上的反常重积分
设 \(f\) 在无界区域 \(D\) 上有界，且在可求面积的子区域上可积。定义：
- \(\Gamma\)：一条可求长曲线
- \(D_\Gamma\)：\(D\) 被 \(\Gamma\) 割去的有界部分
- \(d_\Gamma = \inf\{|p|=\sqrt{x^2+y^2}: p=(x,y)\in \Gamma\}\)
若极限 \(I = \lim_{d(\Gamma)\rightarrow \infty} \int_{D_{\Gamma}}f(x,y)dxdy\) 存在，则称反常重积分收敛，且记
\[\int_D f(x,y)dxdy = I = \lim_{d(\Gamma)\rightarrow \infty} \int_{D_{\Gamma}}f(x,y)dxdy \]否则称反常重积分发散。
收敛性判定
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收敛和绝对收敛等价
\[\int_D f(x,y)dxdy收敛 \iff \int_D |f(x,y)|dxdy收敛 \]因此，若 \(D\) 上的积分收敛，则 \(D\) 的子集上的积分也收敛。
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积分收敛与级数收敛
设 \(D_1\subset D_2\subset\dots\subset D_n\subset\dots\) 为 \(D\) 的子集列，且 \(\lim_{n\rightarrow \infty} d(\Gamma_n)=\infty\)，则
\[\int_D f(x,y)dxdy 收敛 \iff \{\int_{D_n} f(x,y)dxdy\}_{n=1}^\infty 收敛 \] -
比较判别法
设 \(0\leq f(x,y)\leq g(x,y), \forall (x,y)\in P\)，则
\[\begin{aligned} \int_D g(x,y)dxdy收敛 \Longrightarrow \int_D f(x,y)dxdy收敛 \\ \int_D f(x,y)dxdt发散 \Longrightarrow \int_D g(x,y)dxdy发散 \\ \end{aligned} \] -
p-判别法
设 \(D\) 为用极坐标表示的区域
\[D=\{(r,\theta)|r\geq a, 0\leq \theta<2\pi\} \]若 存在 \(M>0\) 使得在 \(D\) 上成立 \(|f(x,y)|\leq \dfrac M{r^p}\)，则当 \(p>2\) 时 \(\int_D f(x,y)dxdy\) 收敛；
若 存在 \(M>0\) 使得在 \(D\) 上成立 \(|f(x,y)|\geq \dfrac M{r^p}\)，则当 \(p<2\) 时 \(\int_D f(x,y)dxdy\) 收敛。
\(p=2\) 时转极坐标直接变一元。
例如 \(\int_0^{\infty}\int_0^{\infty} \frac 1{x^3+y^3}dxdy\) 收敛，而 \(\int_0^\infty\int_0^\infty \frac{1}{x^\frac 32+y^\frac 32}dxdy\) 发散。而 \(\int_0^\infty\int_0^\infty\frac 1{x^2+y^2}dxdy\) 不能用此法判断，要转极坐标。
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变量替换公式
和重积分的变量替换公式完全一致。设 \(T(u,v) = (x(u,v),y(u,v))\) 是连续可微的一一映射（可以在面积为零的子集上不是一一的），则
\[\int_{T(D)}f(x,y)dxdy = \int_D f(x(u,v),y(u,v))|J_T(u,v)|dudv. \] -
反常重积分的计算
核心目标就是转成一元积分。
关于 \(x\) 或 \(y\) 的积分能直接算出来：直接转累次（例如 \(\int_0^\infty\int_0^\infty e^{-(x+y)}dxdy\)
积分区域为平面、半平面、第一象限：极坐标（例如 \(\int_0^\infty\int_0^\infty e^{-(x^2+y^2)}dxdy\)）
Fourier 级数的收敛性
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Fourier 级数
\[\begin{aligned} f(x)\sim & \frac {a_0}2 + \sum_{n=1}^\infty a_n\cos nx + b_n\sin nx \\ a_n = & \frac 1{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(t)\cos nt dt \\ b_n = & \frac 1{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(t)\sin nt dt \\ \end{aligned} \] -
Fourier 级数的部分和公式（需会推导）
\[\begin{aligned} S_m(x) = & \frac {a_0}2 + \sum_{n=1}^m a_n\cos nx+b_n\sin nx \\ = & \frac{a_0}2 + \frac 1\pi\sum_{n=1}^m \int_{-\pi}^\pi f(t)(\cos nt\cos nx+\sin nt\sin nx)dt \\ = & \frac{a_0}2 + \frac 1\pi\sum_{n=1}^m \int_{-\pi}^\pi f(t)\cos n(t-x)dt \\ = & \frac 1\pi\int_{-\pi}^\pi f(t)\left(\frac 12+\sum_{n=1}^m \cos n(t-x)\right)dt \\ = & \frac 1\pi\int_{-\pi}^\pi f(t)\frac{\sin\frac{2m+1}2(t-x)}{2\sin \frac {t-x}2}dt \\ = & \frac 1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x+t)\frac{\sin\frac{2m+1}2t}{2\sin\frac t2}dt \\ = & \frac 1\pi\int_0^\pi (f(x+t)+f(x-t))\frac{\sin\frac{2m+1}2t}{2\sin\frac t2}dt \end{aligned} \]又因为 \(\frac 2\pi\int_{-\pi}^\pi \frac{\sin\frac{2m+1}2t}{2\sin\frac t2}dt=\frac 2\pi\int_0^\pi(\frac 12+\sum_{n=1}^m \cos nt)=1\)，所以 \(S_m\) 收敛于 \(f(x)\) 等价于
\[\lim_{m\rightarrow\infty}\frac 1\pi\int_0^\pi(f(x+t)+f(x-t)-f(x))\frac{\sin\frac{2m+1}2t}{2\sin\frac t2}dt=0 \] -
Riemann 引理
设 \(\psi(x)\) 在 \([a,b]\) 上可积，则
\[\lim_{n\rightarrow \infty}\int_a^b\psi(x)\sin nxdx = \lim_{n\rightarrow\infty}\int_a^b \psi(x)\cos nxdx = 0. \]进而可得 \(\lim_{n\rightarrow \infty}a_n = \lim_{n\rightarrow \infty} b_n = 0\)。
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设 \(f(x)\) 在 \([-\pi,\pi]\) 上可积且满足以下两个条件之一，则 \(f(x)\) 的 Fourier 级数在 \(x\) 处收敛于 \(\dfrac{f(x+)+f(x-)}2\)。
- （Dirichlet-Jordan）\(f(x)\) 在 \(x\) 的某邻域 \(N(x,\delta)\) 上分段单调有界
- （Dini-Lipschitz）\(f(x)\) 在 \(x\) 的某邻域满足指数为 \(\alpha\in (0,1]\) 的 Holder 条件，即存在 \(L>0, \alpha\in (0,1], \delta>0\) 使得
\[|f(x+u)-f(x+)|<Lu^\alpha, |f(x-u)-f(x-)|<Lu^\alpha, 0<u<\delta \]连续函数和仅有有限个第一类间断点的函数一定满足上述性质，即 Fourier 级数一定收敛。
Fourier 级数的性质
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Fourier 级数的逐项可积性：设 \(f\) 在 \([a,b]\subset [-\pi,\pi]\) 上可积，则
\[\int_a^b f(t)dt = \int_a^b \frac {a_0}2dt + \sum_{n=1}^\infty\int_a^b(a_n\cos nt+b_n\sin nt)dt = \frac{a_0}2(b-a) + \sum_{n=1}^\infty\dfrac{a_n\sin nt-b_n\cos nt}{n}\bigg|_a^b \]进而可得，\(\dfrac {a_0}2+\sum_{n=1}^\infty (a_n\cos nx+b_n\sin nx)\) 是 Fourier 级数的必要条件是 \(\sum_{n=1}^\infty \frac{b_n}n\) 收敛（代入 \(t=0\)）。这可以证明一些写成级 数不可能成为某个可积函数的 Fourier 级数。例如 \(\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin nx}{\sqrt n}\)。
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Fourier 级数的逐项可微性：设 \(f\) 在 \([-\pi,\pi]\) 上连续且除有限个点外可导，则
\[f'(x) = \frac d{dx}(\frac {a_0}2 + \sum_{n=1}^\infty a_n\cos nx + b_n\sin nx) = \sum_{n=1}^\infty n(-a_n\sin nx+b_n\cos nx) \] -
\(\{1,\cos x,\sin x,\cos 2x,\sin 2x,\dots\}\) 是可积函数空间的一组正交基，即任意两个不同函数的内积
\[\langle f,g\rangle = \frac 1{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(t)g(t)dt \]为零；且每个函数的范数
\[\Vert f\Vert = \sqrt{\langle f,f\rangle} >0. \] -
设 \(T_m = \text{span}\{1,\cos x,\sin x,\dots,\cos mx,\sin mx\}\)，则 \(f\) 在 \(T_m\) 上的最佳平方逼近为
\[\hat{f}(x) = \frac{a_0}2+\sum_{n=1}^m a_n\cos nx+b_n\sin nx \]即对任意的 \(g\in T_m\),\(\Vert f-g\Vert ^2=\int_{-\pi}^\pi (f(t)-g(t))^2 dt \geq \Vert f-\hat{f}\Vert^2\).
且逼近的余项为 \(\Vert f-\hat{f}\Vert^2=\frac 1{\pi}\int_{-\pi}^\pi f^2(x)dx - \left[\frac{a_0^2}2 + \sum_{n=1}^m (a_n^2+b_n^2)\right]\geq 0\).
进而可得 Bessel 不等式
\[\frac {a_0^2}2 + \sum_{n=1}^\infty (a_n^2+b_n^2)\leq \frac 1\pi\int_{-\pi}^\pi f^2(x)dx. \]（证明 Bessel 不等式时把上述过程写下来即可。考过原文默写）
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Parseval 恒等式：设 \(f(x)\) 在 \([-\pi,\pi]\) 上可积或平方可积，则
\[\frac{a_0^2}2+\sum_{n=1}^\infty (a_n^2+b_n^2) = \frac 1\pi\int_{-\pi}^\pi f^2(x)dx. \]证明：
\[\begin{aligned} & \frac 1\pi\int_{-\pi}^\pi f^2(x)dx \\ = & \frac 1\pi\int_{-\pi}^\pi (\frac {a_0}2+\sum_{n=1}^\infty a_n\cos nx+b_n\sin nx)^2dx \\ = & \frac{a_0^2}2 + \sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty \frac 1\pi\int_{-\pi}^\pi a_nb_m\cos nx\sin mxdx \\ = & \frac{a_0^2}2 + \sum_{n=1}^\infty(a_n^2+b_n^2). \\ \end{aligned} \]
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