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[已解决] 裴礼文 级数 616页 练习5.4.16 解答

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发表于 2016-4-28 19:59:23 | 显示全部楼层 |阅读模式
练习5.4.16:
  设$f(x)$是以$2\pi$为周期的函数,在$[-\pi,\pi]$上可积,则已知它$Fourier$级数的部分和$S_n(x)$可表示为$Dirichlet$积分
$$S_n(x)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x+t)\frac{\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)t}{2\sin\frac{t}{2}}dt$$
  其中
$$\frac{\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)t}{2\sin\frac{t}{2}}=\frac{1}{2}+\cos t+\cos 2t+\cdots+\cos nt \equiv D_n(t)$$
  称为$Dirichlet$核。$S_n(x)$的平均值
$$\sigma_n(x)=\frac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}S_k(x)$$
  称为$Cesaro$和。试证:
(1)
$$D_0(x)+\cdots+D_{n-1}(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2;$$
(2)
$$\frac{1}{2n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2dx=1;$$
(3)
$$\forall \delta>0, \frac{1}{n\pi}\int_{\delta}^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2dx \to 0(当n \to \infty时);$$
(4)若$f(x)$是以$2\pi$为周期的连续函数,则$n \to \infty$时,$\sigma_n(x) \Rightarrow f(x)$于$[-\pi,\pi]$上。



解:
(1)
$$\begin{eqnarray*}
\sum\limits_{k=0}^{n-1}D_k(x)&=&\frac{1}{2\sin\frac{x}{2}}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\sin\left(k+\frac{1}{2}\right)x\\
&=&\frac{1}{2\sin\frac{x}{2}}\left(\sum\limits_{k=0}^{n-1}\left(\sin kx\cos\frac{x}{2}\right)+\sum\limits_{k=0}^{n-1}\left(\cos kx\sin\frac{x}{2}\right)\right)\\
&=&\frac{1}{2\sin\frac{x}{2}}\left(\frac{1-\cos nx}{2\sin\frac{x}{2}}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2
\end{eqnarray*}$$
(2)
$$\begin{eqnarray*}
\sigma_n(x)&=&\frac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}S_k(x)=\frac{1}{n\pi}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\int_{-\pi}^{\pi}f(x+t)\frac{\sin\left(k+\frac{1}{2}\right)t}{2\sin\frac{t}{2}}dt\\
&=&\frac{1}{2n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x+t)\sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{\sin\left(k+\frac{1}{2}\right)t}{2\sin\frac{t}{2}}dt\\
&=&\frac{1}{2n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x+t)\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt
\end{eqnarray*}$$
  特别地,取$f(x)=1$,这时$S_n(x)=1$,所以$\sigma_n(x)=1$
  于是,就有
$$\frac{1}{2n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2dx=1$$
(3)令
$$I=\frac{1}{n\pi}\int_{\delta}^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2dx$$
  则
$$|I|=\frac{1}{n\pi}\int_{\delta}^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2dx \le \frac{1}{n\pi\sin^2\frac{\delta}{2}}\int_{\delta}^{\pi}dx=\frac{\pi-\delta}{n\pi\sin^2\frac{\delta}{2}}$$
  于是,$\forall \epsilon>0$,$\exists N=\left[\frac{\pi-\delta}{\pi\epsilon\sin^2\frac{\delta}{2}}\right]+1$,当$n>N$时,有$|I|<\epsilon$
  故
$$\frac{1}{n\pi}\int_{\delta}^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2dx \to 0(当n \to \infty时)$$
(4)由(2)的结论可知
$$f(x)=\frac{1}{2n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt$$
  于是
$$\begin{eqnarray*}
\sigma_n(x)-f(x)&=&\frac{1}{2n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[f(x+t)-f(x)]\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt\\
&=&\frac{1}{2n\pi}\int_0^{\pi}[f(x+t)+f(x-t)-2f(x)]\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt
\end{eqnarray*}$$
  令
$$\phi_x(t)=f(x+t)+f(x-t)-2f(x)$$
  由于$f(x)$是连续函数,故在闭区间$[-2\pi,2\pi]$上一致连续
  对于$\forall \epsilon>0$,$\exists \delta \in (0,\pi)$,使得$\forall t \in (0,\delta)$时,有
$$|f(x+t)-f(x)|<\frac{\epsilon}{2}, |f(x-t)-f(x)|<\frac{\epsilon}{2}, \forall x \in [-\pi,\pi]$$
  因而
$$|\phi_x(t)| \le |f(x+t)-f(x)|+|f(x-t)-f(x)|<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon$$
  令
$$M=\max\limits_{x \in [-\pi,\pi]}|f(x)|$$
  当
$$n > \frac{2M}{\sin^2\frac{\delta}{2}}$$
  时,有
$$\begin{eqnarray*}
|\sigma_n(x)-f(x)|&=&\left|\frac{1}{2n\pi}\int_0^{\delta}\phi_x(t)\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt+\frac{1}{2n\pi}\int_{\delta}^{\pi}\phi_x(t)\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt \right|\\
&\le&\frac{\epsilon}{2n\pi}\int_0^{\pi}\left(\frac{\sin\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}}\right)^2dt+\frac{2M}{n\sin^2\frac{\delta}{2}}\\
&<&\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon
\end{eqnarray*}$$
  因此当$n \to \infty$,$\forall x \in [-\pi,\pi]$,$\sigma_n(x) \Rightarrow f(x)$
  再由周期性,有
$$n \to \infty,\forall x \in R,\sigma_n(x) \Rightarrow f(x)$$
  即$f(x)$的$Fourier$级数在$Cesaro$意义下一致收敛于$f(x)$。
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