第四周。
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只需证1。一致$\dsum_{n = 0}^\infty a_n (x_1 - x_0)^n$收敛，不妨令$x_1 \neq x_0$。取$\abs{x - x_0} < \abs{x_1 - x_0}$，考察
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\[\abs{a_n(x - x_0)^n} = \abs{a_n (x_1 - x_0)^n \frac{(x - x_0)^n}{(x_1 - x_0)^n}} \leq \abs{a_n (x_1 - x_0)^n} \cdot \abs{\frac{x - x_0}{x_1 - x_0}}^n\]
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收敛级数的通项趋于零，因此存在$M > 0$，使得对任意的$n$，有$\abs{a_n (x_1 - x_0)^n} \leq M$。那么
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\[\abs{a_n (x - x_0)^n} \leq Mh^n, \quad h = \abs{\frac{x - x_0}{x_1 - x_0}} < 1\]
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\[\abs{a_n (x - x_0)^n} \leq Mh^n, h = \abs{\frac{x - x_0}{x_1 - x_0}} < 1\]
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应用比较判别法可得$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x - x_0)^n$绝对收敛。
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\end{proof}
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\begin{proposition}
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给定幂级数$\dsum_{n = 0}^\infty a_n (x - x_0)^n$，设其收敛半径为$R > 0$，则在$\abs{x - x_0} < R$内，其和函数有任意阶导数且，各项逐项求导后$\dsum_{n = 0}^\infty na_n (x - x_0)^{n - 1}$与逐项积分后$\dsum_{n = 0}^\infty \dfrac{a_n}{n + 1} (x - x_0)^{n + 1}$的级数的收敛半径不变。
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\end{proposition}
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\end{proposition}
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\section{函数的幂级数展开}
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问题：给定某个区间上的函数$f:(x_0 - R, x_0 + R) \to \realnum$，它是否可以表示为幂级数
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\[f(x) = \sum_{n = 0}^\infty a_n (x - x_0)^n, \abs{x - x_0} < R\text{？}\]
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我们可以很容易地得到两个上式成立的必要条件。首先，由幂级数无穷阶可导的性质，可以得到
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\[f \in C^\infty (x_0 - R, x_0 + R)\]
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其次，在求$m$阶导后令$x = x_0$，我们有
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\[a_m = \frac{f^{(m)}(x_0)}{m!}, m = 1, 2, \dots\]
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\begin{definition}[Taylor级数与Maclaurin级数]
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设函数$f(x)$在$x = x_0$点有任意阶导数，记
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\[f(x) \sim \sum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x - x_0)^n\]
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称为$f(x)$在$x = x_0$点的Taylor级数。
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特别当$x_0 = 0$时，级数
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\[\sum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n\]
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也称为$f$的Maclaurin级数。
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\end{definition}
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现在的问题变成了，对于能写出对应Taylor级数的函数，它的Taylor级数是否收敛到函数本身？
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\begin{theorem}
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设$f \in C^\infty (x_0 - R, x_0 + R)$，且存在$M > 0$使得对任意的$\abs{x - x_0} < R$，都有在$n$充分大时$\abs{f^{(n)}(x)} \leq M$，那么$f$能在$(x_0 - R, x_0 + R)$中展开为Taylor级数。
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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回忆函数的Taylor多项式展开，若$f \in C^\infty (x_0 - R, x_0 + R)$，那么对任意的$N = 1, 2, \dots$，有
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\[f(x) = \sum_{n = 0}^N \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n + R_N(x)\]
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因此只需证明在定理条件下有
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\[\tolim{n}{\infty} R_n(x) = 0, x \in (x_0 - R, x_0 + R)\]
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利用Lagrange余项可得
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\begin{align*}
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\abs{R_n(x)} & = \abs{\frac{f^{(n + 1)}(\xi)}{(n + 1)!} (x - x_0)^{n - 1}}\\
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& \leq M \frac{\abs{x - x_0}^{n + 1}}{(n + 1)!} \leq M \frac{R^{n + 1}}{(n + 1)!} \to 0 \eqper \qedhere
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\end{align*}
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\end{proof}
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\begin{example}
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基本初等函数的Maclaurin展开。
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\begin{enumerate}
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\item $e^x = \dsum_{n = 0}^\infty \frac{x^n}{n!} = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots, \abs{x} < +\infty$。
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\item $\sin x = \dsum_{k = 0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k + 1)!}x^{2k + 1} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \dots, \abs{x} < +\infty$。
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\item $\cos x = \dsum_{k = 0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k} = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \dots, \abs{x} < +\infty$。
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\item \begin{align*}
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(1 + x)^a & = 1 + \dsum_{n = 1}^\infty \frac{a(a - 1) \dots (a - n + 1)}{n!} x^n\\
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& = 1 + \frac{ax}{1!} + \frac{a(a - 1)x^2}{2!} + \frac{a(a - 1)(a - 2)x^3}{3!} + \dots, \abs{x} < 1 \eqper
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\end{align*}
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\item 已知$(1 + t)^{-1} = \dsum_{n = 0}^\infty (-1)^n t^n = 1 - t + t^2 - t^3 + t^4 - \dots, \abs{t} < 1$。逐项积分（从0到$x$），得到
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\[\ln (1 + x) \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{n + 1} x^{n + 1} = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots, \abs{x} < 1 \eqper\]
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\end{enumerate}
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\end{example}
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现在考虑另一个问题：如果我们仅知函数$f(x)$在$x = x_0$点有任意阶导数，那么
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\begin{enumerate}
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\item 其Taylor级数$\dsum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n$的收敛域如何？
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\item 在收敛域内是否有$f(x) = \dsum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n$？
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\end{enumerate}
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\begin{example}
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求$S(x) = \dsum_{n = 1}^\infty \dfrac{(-1)^{n + 1}}{n (2n - 1)} x^{2n}$的收敛域与和函数。
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\end{example}
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\begin{proof}[解]
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$\rho = 1$，收敛域为$[-1, 1]$。
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\begin{align*}
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\deriv{S}(x) & = 2 \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n + 1}}{2n - 1} x^{2n - 1}, x \in (-1, 1)\\
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S^{\prime \prime}(x) & = 2 \sum_{n = 1}^\infty (-1)^{n + 1} x^{2n - 2} = 2 \sum_{n = 1}^\infty (-x^2)^{n - 1}\\
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& = \frac{2}{1 + x^2}, \forall x \in (-1, 1)\\
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\deriv{S}(0) & = S(0) = 0\\
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\deriv{S}(x) & = 2\arctan x\\
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S(x) & = 2x \arctan x - \ln (1 + x^2), x \in [-1, 1]\eqper \qedhere
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\end{align*}
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\end{proof}
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130
12Fourier分析.tex
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130
12Fourier分析.tex
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\chapter{Fourier分析}
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\section{周期函数的三角级数展开}
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问题：给定$2\pi$周期函数$f(x)$，是否可分解为下列三角函数的和：
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\[f(x) = \sum_{n = 0}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx)\]
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\begin{definition}
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对定义在$[a,b]$上的函数列$\varphi_1(x), \varphi_2(x), \dots, \varphi_n(x)$，若对$n \neq m$，有
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\[\int_a^b \varphi_n(x) \varphi_m(x) \dif x = 0\]
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则称$\varphi_n(x), \varphi_m(x)$正交。
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\end{definition}
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我们可以据此找到几个三角函数系：
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\begin{enumerate}
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\item $T = 2\pi$：$1, \cos x, \sin x, \cos 2x, \sin 2x, \dots, \cos nx, \sin nx, \dots$；
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\item $T = 2l$：$1, \cos \dfrac{\pi x}{l}, \sin \dfrac{\pi x}{l}, \dots, \cos \dfrac{n\pi x}{l}, \sin \dfrac{n \pi x}{l}, \dots$。
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\end{enumerate}
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这两个函数系中的函数两两正交：
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\begin{align*}
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\int_{-\pi}^\pi \cos nx \cos mx \dif x & = \frac{1}{2} \int_{-\pi}^\pi [\cos (n + m)x + \cos (n - m)x] \dif x = 0 (n \neq m)\\
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\int_{-\pi}^\pi \sin nx \sin mx \dif x & = \frac{1}{2} \int_{-\pi}^\pi [\cos (n - m)x - \cos (n + m)x] \dif x = 0 (n \neq m)\\
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\int_{-\pi}^\pi \cos nx \sin mx \dif x & = \frac{1}{2} \int_{-\pi}^\pi [\sin (n + m)x - \sin (n - m)x] \dif x = 0
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\end{align*}
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现在，有了三角函数系的概念，我们就可以尝试计算对应的展开式的系数了。
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假设三角级数在$[-\pi, \pi]$上一致收敛于可积函数
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\[f(x) = \sum_{n = 0}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx)\]
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两端同乘$\cos mx$之后积分，此时右侧根据一致收敛性质可以逐项积分：
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\begin{align*}
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\int_{-\pi}^\pi f(x) \cos mx \dif x & = \int_{-\pi}^\pi \sum_{n = 0}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx) \cos mx \dif x\\
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& = \sum_{n = 0}^\infty \left[a_n \int_{-\pi}^\pi \cos nx \cos mx \dif x + b_n \int_{-\pi}^\pi \sin nx \cos mx \dif x\right]\\
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& = a_m \int_{-\pi}^\pi \cos^2 mx \dif x =
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\begin{cases}
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2\pi a_0, m = 0\\
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\pi a_m, m = 1, 2, \dots
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\end{cases}
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\end{align*}
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两端再同乘$\sin mx$之后积分，此时右侧依然可以逐项积分：
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\begin{align*}
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\int_{-\pi}^\pi f(x) \sin mx \dif x & = \int_{-\pi}^\pi \sum_{n = 0}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx) \sin mx \dif x\\
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& = \sum_{n = 0}^\infty \left[a_n \int_{-\pi}^\pi \cos nx \sin mx \dif x + b_n \int_{-\pi}^\pi \sin nx \sin mx \dif x\right]\\
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||||
& = b_m \int_{-\pi}^\pi \sin^2 mx \dif x\\
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& = \pi b_m, m = 1, 2, \dots
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\end{align*}
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综上我们得到
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\begin{align*}
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a_0 & = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \dif x\\
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a_m & = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \cos mx \dif x\\
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b_m & = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \sin mx \dif x, m = 1, 2, \dots
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\end{align*}
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\begin{definition}[Fourier级数]
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设$f(x)$是以$2\pi$为周期的函数，$f \in R[-\pi, \pi]$或奇异积分绝对收敛。那么可以写出
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\[f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n = 1}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx)\]
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上式右端称为$f(x)$的Fourier级数展开式，其中
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\begin{align*}
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a_n & = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \cos nx \dif x, n = 0, 1, 2, \dots\\
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b_n & = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \sin nx \dif x, n = 1, 2, \dots
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\end{align*}
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称为$f(x)$的Fourier展开系数。
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\end{definition}
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\section{Fourier级数收敛定理}
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\begin{theorem}[Fourier级数收敛定理]
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设$f(x)$是以$2\pi$为周期的函数，且满足下面的条件：
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\begin{enumerate}
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\item 在$[-\pi, \pi]$上分段单调，或者
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\item 在$[-\pi, \pi]$上分段可微，
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\end{enumerate}
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则其Fourier级数展开式处处收敛于
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\[S(x) = \frac{1}{2}[f(x + 0) + f(x - 0)]\]
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其中
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\[f(x + 0) = \tolim{t}{x^+} f(t), f(x - 0) = \tolim{t}{x^-} f(t)\]
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即Fourier级数收敛域函数左右极限的平均值。
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\end{theorem}
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\begin{corollary}
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设$f(x)$满足收敛定理的条件，且
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\[f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n = 1}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx)\]
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则在函数$f$的连续点$x$，
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\[\frac{a_0}{2} + \sum_{n = 1}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx) = f(x) \eqper\]
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\end{corollary}
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\section{一般函数的Fourier级数展开}
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\subsection{对一般周期函数的Fourier级数展开}
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对于一般的以$2l$为周期的函数$f(x)$，利用自变量伸缩，令$\varphi(t) = f\left(\dfrac{lt}{\pi}\right)$化为$2\pi$周期的函数展开
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\[\varphi(t) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n = 1}^\infty (a_n \cos nt + b_n \sin nt)\]
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注意$t = \dfrac{\pi x}{l}$，由此得到需要的Fourier级数展开
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\[f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n = 1}^\infty \left(a_n \cos \frac{n\pi x}{l} + b_n \sin \frac{n \pi x}{l}\right)\eqper\]
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总结起来，有：设$f(x)$是以$2l$为周期的函数，$f \in R[-l, l]$或奇异积分绝对收敛。那么可写
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\[f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n = 1}^\infty \left(a_n \cos \frac{n \pi x}{l} + b_n \sin \frac{n \pi x}{l}\right)\]
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右端称为$f(x)$的Fourier级数展开式，其中展开系数
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\begin{align*}
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a_n & = \frac{1}{l} \int_{-l}^l f(x) \cos \frac{n\pi x}{l} \dif x, n = 0, 1, 2, \dots\\
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b_n & = \frac{1}{l} \int_{-l}^l f(x) \sin \frac{n \pi x}{l} \dif x, n = 1, 2, \dots \eqper
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\end{align*}
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\subsection{对定义在有限区间上的函数的Fourier级数展开}
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对于一般的$f: [a, b] \to \realnum$，满足$f \in R[a,b]$或奇异积分绝对收敛，那么可以将函数延拓为周期函数，再做Fourier展开：
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\begin{enumerate}[label={(\arabic{*})}]
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\item 记$l = \dfrac{b - a}{2}$，将$f(x)$延拓为以$2l$为周期的函数$\tilde{f}(x)$；
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\item 做$\tilde{f}(x)$的Fourier级数展开
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\[\tilde{f}(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n = 1}^\infty \left(a_n \cos \frac{n \pi x}{l} + b_n \sin \frac{n \pi x}{l}\right), -\infty < x < +\infty\]
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\item 限制$x$的范围得到有限区间上函数的Fourier展开
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\[\tilde{f}(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n = 1}^\infty \left(a_n \cos \frac{n \pi x}{l} + b_n \sin \frac{n \pi x}{l}\right), a \leq x \leq b\]
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\end{enumerate}
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上面的展开式系数
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\begin{align*}
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a_n & = \frac{1}{l} \int_{-l}^l f(x) \cos \frac{n \pi x}{l} \dif x = \frac{2}{a - b} \int_a^b f(x) \cos \frac{n \pi x}{l}\dif x, n = 0, 1, 2,\dots\\
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||||
b_n & = \frac{1}{l} \int_{-l}^l f(x) \sin \frac{n \pi x}{l} \dif x = \frac{2}{a - b} \int_a^b f(x) \sin \frac{n \pi x}{l} \dif x, n = 1, 2, \dots
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\end{align*}
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\subsection{对称延拓}
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给定函数$f:[0, l] \to \realnum$，将其对称延拓为$f: [-l, l] \to \realnum$。
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\begin{enumerate}
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\item 若延拓为奇函数，则$a_n = \dfrac{1}{l} \dint_{-l}^l f(x) \cos \dfrac{n \pi x}{l} \dif x = 0, n = 0, 1, 2, \dots$，因此
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\[f(x) \sim \sum_{n = 1}^\infty b_n \sin \frac{n \pi x}{l}, 0 \leq x \leq l\]
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我们得到的是一个正弦级数；
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\item 若延拓为偶函数，则$b_n = \dfrac{1}{l} \dint_{-l}^l f(x) \sin \dfrac{n \pi x}{l} \dif x = 0, n = 1, 2, \dots$，因此
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\[f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n = 1}^\infty a_n \cos \frac{n \pi x}{l}, 0 \leq x \leq l\]
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我们得到的是一个余弦级数。
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\end{enumerate}
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