傅里叶分析

定义

标准正交基和模长

对于在闭区间 \([-\pi,\pi]\) 上的函数构成的线性空间，我们有一组标准正交基：$$
\left{\frac{1}{\sqrt{2 \pi}},\frac{\cos mx}{\sqrt{\pi}}, \frac{\sin mx}{\sqrt{\pi}}, m=,1,2,\cdots\right}

\[其中，内积的定义是 \]

\langle f, g\rangle=\int_a^bf(x)g(x) \mathrm{d}x

\[这实际上给我们讨论的函数提出了要求：**一定要是可积且平方可积的（因为要和常数与函数本身做积分）.** 我们定义这样的函数空间为 $L^2[a,b]$ ，此处应该取 $a=-\pi, b=\pi$ 由此，我们给出了一个函数的模长和两个函数间的距离\]

|f|=\sqrt{\langle f, f\rangle}=\sqrt{\int_{a}^{b}f(x) \mathrm{d}x},

\[\]

|f-g|=\sqrt{\langle f-g, f-g\rangle}=\sqrt{\int_{a}^{{b}[f(x)-g(x)]} \mathrm{d}x}.

\[接下来，我们要研究是不是这个函数空间的所有函数都可以表示为如下形式\]

g(x)=g_n(x):=\frac{\alpha_0}2+\sum_{k=1}^\infty(\alpha_k\cos kx+\beta_k\sin kx)

\[如果可以，那么我们可以通过代数上的惯用方法，两边对某个基做内积，得到某个基前面的系数，即对于\]

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

\[有 \]

\begin{align}
a_{m}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos mx \mathrm{d}x\quad(m=0,1,2,\cdots),\b_{m}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin mx \mathrm{d}x\quad(m=1,2,\cdots).
\end{align}

\[ 此处默认了积分和求和顺序可交换，实际上，我们只需要对 $f$ 稍加限制即可保证这一点. ## 系数的性质 对于一个三角级数\]

\sum a_{n}sin\mathrm{n}x

\[并不是什么样的 $a_{n}$ 都能使其收敛的，进一步的，并不是什么样的 $a_{n}$ 都能使得它是某个可积且绝对可积的函数的傅里叶级数. 我们先提出两个基础的定理，它提出了形如上式的三角级数一致收敛的基本命题. >[!闭区间上的三角级数一致收敛] >三角级数 $$\sum a_{n}sin\mathrm{n}x$$ 一致收敛的充要条件是 $a_{n}\rightarrow 0$ 且区间不包含任何 $2\pi$ 的整倍数点 >[!无穷区间上的三角级数一致收敛] >三角级数 \]

\sum a_{n}sin\mathrm{n}x

\[在 $(-\infty,+\infty)$ 上一致收敛的充要条件是 \]

a_{n}=o(\frac{1}{n})

\[ - 证明： 证为方便起见引入下列记号，其中 $n<p{:}$ $$S_{n,p}=b_n\sin nx+b_{n+1}\sin(n+1)x+\cdots+b_p\sin p\:x.\]

先证必要性: 
*此处通过取特殊的 x 的方式说明*
此时只需考虑区间 (0,1). 设级数在这个区间上一致收敛，则对于 $\varepsilon>0$, 存在 $N$, 使得对于任意的 $p>n>N$, 不等式 $|S_n,p|<\varepsilon$ 对所有 $x\in(0,1)$ 同时成立.
取$p= 2n- 1$, $x= \frac \pi {4n}$,这时在和式
$S_{n,2n-1}=b_n\sin nx+b_{n+1}\sin(n+1)x+\cdots+b_{2n-1}\sin(2n-1)x$
中的每个正弦函数的自变量都在区间$\left[\frac\pi4,\frac\pi2\right]$中，因此就有
$b_{2n}n\sin\frac\pi4<b_{2n}[\sin nx+\sin(n+1)x+\cdots+\sin(2n-1)x]\leqslant S_{n,2n-1}<\varepsilon$,
可见 $b_n=o\left(\frac1n\right)$成立.


再证充分性：
我们希望证明对于任意的 $n,p$ 都有$$

|\sin nx+...+\sin px|<\epsilon

\[也就是 \]

|\frac{\sin (n+\frac{1}{2})x-\sin(p-\frac{1}{2})x}{2\sin \frac{x}{2}}|
<\epsilon$$ 但是这不是容易的，因为 x 可能取到 \(2\pi\) 或者 0 附近，导致这个式子的值发散. 但是这并不意味着这个结论是不成立的，因为在点 \(\frac{\pi}{2},0\) 处的级数显然是收敛的（为 0），这暗示我们需要把区间断开来讨论. 也就是对 \(S_{n,p}\) 的估计将随 \(x\) 取不同值而采用不同的估计方法，但最后综合起来的估计则与 \(x\) 无关.
从非负无穷小量\(\{nb_n\}\)可以合理地定义一个新的单调减少数列：
$$\mu_n=\max_{m\geqslant n}{mb_m},:n=1,2,\cdots,$$
且有\(\mu_n\to0.\)以下分三种情况估计\(S_n,p.\)
先考虑 x 较小的情况，这时我们要处理 \(2\pi\) 故不能写成三角变换后的形式
(1) 若 \(x\leqslant\frac\pi p\), 终点小于 \(\pi\) 的情况，这使得我们的 \(\sin nx\) 虽然无法用三角变换进行放缩，但是却可以用 sinx~x 来放缩
则在 \(S_{n,p}\) 中的每一个正弦函数的自变量都任 \([0,\pi]\) 内，再利用
$$
\sin\theta\leqslant\theta,\forall\theta\in[0,\pi]

\[ *实际上这里是一个很粗糙的放缩，但是我们对 x 的性质也远不止“较小”这么简单，所以放缩依然可以达到我们的目标* 就得到 $$|S_{n,p}|=S_{n,p}\leqslant b_nnx+b_{n+1}(n+1)x+\cdots+b_pp\:x\leqslant p\mu_nx\leqslant\pi\mu_n.\]

(2) 若 $x\geqslant\frac\pi n$, *终点大于 $\pi$ 的情况这时候 x 和 0就有了一定的距离，我们就可以用三角变换后的放缩了，但是注意不能放缩过界：因为我们最后会进行一步线性放缩，这个 n 不能太大*
则利用三角变换 (见例题 13.3.3), Jordan 不等式 $\sin\theta\geqslant\frac2\pi\theta,\forall\theta\in\left[0,\frac\pi2\right]^{n}$ 和 $\frac x2\leqslant\frac\pi2$, 可以对于任意 $r\geqslant n$ 估计出
$$|\sin nx+\sin(n+1)x+\cdots+\sin rx|\leqslant\frac1{\sin(x/2)}\leqslant\frac\pi x\leqslant n,$$
然后从 Abel 变换和$\{b_n\}$的非负单调性得到$$|S_{n,p}|\leqslant\frac\pi x\cdot b_n\leqslant nb_n\leqslant\mu_n.$$
(3) 若 $\frac\pi p<x<\frac\pi n$,*起点和终点在 $\pi$ 左右两边，换句话说就是 $\pi$ 在中间，我们只需要从中间砍开就得到上面两种情况*则需同时使用以上两种方法. 分拆 $S_n,p=S_{n,k}+S_{k+1,p}$,
其中取$k=[\pi/x]\left(\text{使得 }n\leqslant k<p\right)$,并分别用前面的两种方法估计，就得到
$$|S_{n,p}|\leqslant|S_{n,k}|+|S_{k+1,p}|\leqslant\pi\mu_n+\mu_{k+1}\leqslant\mu_n(\pi+1),$$
其中利用了$kx\leqslant\boldsymbol{\pi}<(k+1)x$ 和 $\mu_{k+1}\leqslant\mu_n.$
合并(1)—(3),就得到估计式$|S_n,p|\leqslant\mu_n(\pi+1)$对于任意$p>n$和$x\in[0,\pi]$
同时成立.由于 $\mu_n\to0$, 可见级数一致收敛.

复数形式

通过$$
\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}=\cos x+\mathrm{i}\sin x

\[进行换元，有 \]

\cos n\omega x=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\omega x}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\omega x}}{2},\quad\sin n\omega x=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\omega x}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\omega x}}{2\mathrm{i}},

\[即 \]

\begin{gathered}
f(x) =\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{{\infty}\left(a_{n}\frac{\mathrm{e}}n\omega x}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\omega x}}{2}+\mathrm{i}b_{n}\frac{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\omega x}-\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\omega x}}{2}\right) \
=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{{\infty}\frac{a_{n}-\mathrm{i}b_{n}}{2}\mathrm{e}}n\omega x}+\sum_{n=1}^{{\infty}\frac{a_{n}+\mathrm{i}b_{n}}{2}\mathrm{e}}n\omega x},\
:=\sum_{n=-\infty}^{{\infty}F_{n}\mathrm{e}}n\omega x},
\end{gathered}

\[其中 \]

\begin{gathered}
F_{0}={\frac{a_{0}}{2}}={\frac{1}{2l}}\int_{-l}^{l}f(x) \mathrm{d}x, \
F_{\pm n} =\frac{1}{2}(a_{n}\mp\mathrm{i}b_{n})=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{l}f(x)(\cos n\omega x\mp\mathrm{i}\sin n\omega x) \mathrm{d}x \
=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{{l}f(x)\mathrm{e}}n\omega x} \mathrm{d}x\quad(n=1,2,3,\cdots).
\end{gathered}

\[# 收敛性的分析 从分析学的角度上来说，就是右边的级数是否收敛于 $g$ 从代数学的角度，就是用标准正交基表示出来（即使这组基的个数是无限的） ## 逐点收敛性 >[!Dirichlet定理] >1° 如果在任何有限区间上 $f(x)$ 是分段可微的，那么它的 Fourier 级数在整个数轴上都收敛，且 $$\begin{aligned}\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos nx+b_n\sin nx)=\frac{f(x+0)+f(x-0)}{2};\end{aligned}\]

\(2^{\circ}\) 如果在1°的条件下再增加函数处处连续的条件，那么其 Fourier 级数就在整个数轴上一致收敛于 \(f(x).\)

平方平均收敛

我们可以用内积的方法来定义收敛性：两个向量（此处是函数）离得足够近。
即$$
\lim_{n\rightarrow \infty} \int_{-\pi}^{{\pi}(g(x)-g_{n}(x))} \mathrm{d}x=0

\[我们先来完成第一步，就是对于有限的 n，如何构造最“接近” $g$ 的函数 $g_n$ 呢？由线性代数的知识容易知道的，即系数取于 g 的分解一样的即可 >[!Bessel不等式] >设 $f(x)\in L^2[-\pi,\pi]$, 则在所有的 $n$ 次三角多项式中，唯以 $f(x)$ 的Fourier 系数构成的三角多项式 $$S_n(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^n(a_k\cos kx+b_k\sin kx)\]

与\(f(x)\)的距离最小，即与\(f(x)\)平方平均偏差\(\Delta_n\)为最小，且最小值为

\[\begin{aligned}\Delta_{n}&=\|f-S_{n}\|^{2}\\&=\int_{-\pi}^{\pi}f^{2}(x)\:\mathrm{d}x-\pi\:\left[\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{k=1}^{n}(a_{k}^{2}+b_{k}^{2})\right].\end{aligned} \]

注意到\(\Delta_n\geqslant0\),所以

\[\begin{aligned}\frac{a_0^2}{2}+\sum_{k=1}^n(a_k^2+b_k^2)\leqslant\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f^2(x)\:\mathrm{d}x.\end{aligned} \]

对任何 \(n\) 都成立.

对于极限的情况，Parseval 证明了这个不等式是可以取等的：

[!Parseval等式]
设函数\(f(x)\in L^2[-\pi,\pi]\),则\(f(x)\)的 Fourier 级数部分和\(S_n(x)\)构成的三角多项式列平方平均收敛于\(f(x)\)

\[\lim\limits_{n\to\infty}\|f-S_n\|^2=\int_{-\pi}^{\pi}(f(x)-S_n(x))^2\:\mathrm{d}x=0$$ 即 \]

\frac{a_0^{2}{2}+\sum_{k=1}}(a_k^2+b_k2)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f2(x) \mathrm{d}x.

\[ 至此，我们粗略地证明了在 $L^{2}[-\pi,\pi]$ 的空间中有 \]

g(x)=g_n(x):=\frac{\alpha_0}2+\sum_{k=1}^\infty(\alpha_k\cos kx+\beta_k\sin kx)

\[# 广义 Fourier 级数 我们为了引入我们已经讨论过的 [[9.1 内积空间#多项式空间的正交基和Legendre 多项式|Legendre多项式]]，我们必须把无限维函数空间上的标准正交基的概念从是三角函数系扩充出去： >[!完备性] >设 $\{\varphi_n(x)\}$ 是 $L^2[a,b]$ 中一组标准正交系，如果 Parseval 等式 $$\sum_{m=1}^\infty a_m^2=\|f\|^2,\]

成立，那么称\(\{\varphi_n(x)\}\)是\(L^2[a,b]\)中完备的标准正交系

Fourier 变换

我们在推导 Fourier 级数的复数形式的时候，导出了$$
f(x)\sim\sum_{n=-\infty}^{{\infty}F_n\mathrm{e}}n\omega x},

\[的形式，其中 $F_n$ 是一个积分： \]

F_{\pm n}=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{{l}f(x)\mathrm{e}}n\omega x} \mathrm{d}x

\[我们把注意力放在 $n\omega$ 上，根据定义 \]

\lambda_n=n\omega=\frac{n \pi}{l},

\[如果我们把它看作计算黎曼积分时的分割，并且定义 \]

\Delta\lambda_n=\lambda_n-\lambda_{n-1},

\[ 事实上，这并不是一个小量，但是如果放在 $(-\infty,+\infty)$ 上来考虑，这确实也“足够小” 则有\]

\begin{aligned}
f(x)\sim & \sum_{n=-\infty}^{{\infty}\frac{1}{2l}\int_{-l}}f(\xi)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\omega(\xi-x)} \mathrm{d}\xi \
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{2 \pi}\left[\int_{-l}^{{l}f(\xi)\mathrm{e}}\lambda_{n}(\xi-x)} \mathrm{d}\xi\right]\Delta\lambda_{n} \
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{2 \pi}\Delta\lambda_{n}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\lambda_{n}x}H_{n},
\end{aligned}

\[其中 \]

H_n=\int_{-l}^{lf(\xi)\mathrm{e}}\lambda_n\xi} \mathrm{d}\xi.

\[那么它大概的极限就是\]

f(x)\sim\frac{1}{2 \pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm d\lambda\mathrm e^{\mathrm i\lambda x}\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm d\xi f(\xi)\mathrm e^{-\mathrm i\lambda\xi}

\[ 这是由定理保证的： >[!定理] >定理 12.15 如果定义在整个数轴上的函数 $f(x)$ 在任何有限区间上是分段可微 的，并且在区间$(-\infty,+\infty)$上绝对可积，那么对任何$x\in(-\infty,+\infty)$,有 $$\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm e^{\mathrm i\lambda x}\mathrm d\lambda\int_{-\infty}^{+\infty}f(\xi)\mathrm e^{-\mathrm i\lambda\xi}\mathrm d\xi =\dfrac{f(x+0)+f(x-0)}{2}.\]

当 \(f(x)\) 连续时，则有 $$\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm e^{\mathrm i\lambda x}\mathrm d\lambda\int_{-\infty}^{+\infty}f(\xi)\mathrm e^{-\mathrm i\lambda\xi}\mathrm d\xi =f(x)$$

我们发现，对 \(f\) 做两次积分，它居然又回来了?

这不是偶然的情况，我们把它看成两个映射$$
f(x)\rightarrow \int_{-\infty}^{{+\infty}f(\xi)\mathrm{e}}\lambda\xi} \mathrm{d}\xi:=F(\lambda)

\[和\]

F(\lambda)\rightarrow \frac{1}{2 \pi}\int_{-\infty}^{{+\infty}F(\lambda)\mathrm{e}}\lambda x} \mathrm{d}\lambda=f(x)

\[类似代数的叫法，我们把 $F$ 称为 $f$ 的象函数，变换称为 **Fourier 变换**，$f$ 称为 $F$ 的原函数或者逆变换. 另外，我们可以做积分变形\]

\begin{aligned}
f(x)& =\frac{1}{2 \pi}\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{d}\lambda\int_{-\infty}^{{+\infty}f(\xi)\mathrm{e}}\lambda(\xi-x)} \mathrm{d}\xi \
&=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty} \mathrm{d}\lambda\int_{-\infty}^{+\infty}f(\xi)\cos\lambda(x-\xi) \mathrm{d}\xi \
&={\frac{1}{\pi}}\int_{0}^{{+\infty}\mathrm{d}\lambda\left(\int_{-\infty}}f(\xi)\cos\lambda\xi\cos\lambda x \mathrm{d}\xi+\int_{-\infty}^{+\infty}f(\xi)\sin\lambda\xi\sin\lambda x \mathrm{d}\xi\right),
\end{aligned}

\[其中第二步舍弃了 sinx 项，这由于奇偶性导致的。进一步可以写成\]

f(x)=\int_0^{+\infty}(a(\lambda)\cos\lambda x+b(\lambda)\sin\lambda x) \mathrm{d}\lambda,

\[其中 \]

\begin{aligned}a(\lambda)&=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(\xi)\cos\lambda\xi \mathrm{d}\xi,\b(\lambda)&=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(\xi)\sin\lambda\xi \mathrm{d}\xi.\end{aligned}

\[ 和有限区间上的相比，就是把离散的 n 变成了连续的 $\lambda$ 我们来讨论 Fourier 变换的一些性质 >[!Fourier变换的性质] > $1^{\circ}$ (线性关系) 若函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 存在 Fourier 变换，则对任意常数 $\alpha,\beta$, 有 $$F[\alpha f+\beta g]=\alpha F[f]+\beta F[g].\]

\(2^{\circ}\)(频移特性) 若函数\(f(x)\)存在 Fourier 变换，则对任意的实数 \(\lambda_0\),有

\[F[f(x)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\lambda_0x}]=F(\lambda+\lambda_0). \]

\(3^{\circ}\)(微分关系) 若 \(f(\pm\infty)=0\), 而微商 \(f^\prime(x)\) 的 Fourier 变换存在，则有

\[F[f'(x)]=\mathrm{i}\lambda F[f(x)]. \]

\(4^{\circ}\) (微分特性) 若函数 \(f(x)\) 与 \(xf(x)\) 的 Fourier 变换存在，则 \(F(\lambda)\) 可微，且

\[F'(\lambda)=F[-\mathrm{i}xf(x)]. \]

\(5^{\circ }\) 设函数 \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 在区间 \((-\infty,+\infty)\) 上绝对可积，则卷积 \(f*g\) 也在区间
\((-\infty,+\infty)\)上绝对可积，且有

\[F[f*g]=F[f]F[g]. \]

\(6^{\circ}(\) Parseval 等式) 设 \(f(x)\) 可积且平方可积，\(F(\lambda)\) 是 \(f(x)\) 的 Fourier 变换，则

\[\begin{aligned}\int_{-\infty}^{+\infty}f^2(t)\:\mathrm{d}t=\frac{1}{2\:\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}|F(\lambda)|^2\:\mathrm{d}\lambda,\end{aligned} \]

其中第五条，需要补充卷积的概念

[!卷积]
设函数 \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 在区间 \((-\infty,+\infty)\) 上可积并绝对可积，则下列积分定义了一个新的函数

\[(f*g)(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x-t)g(t)\:\mathrm dt \]

称为 \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 的卷积.