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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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\section{Fourier级数的平均收敛}
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\begin{definition}[三角多项式]
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\[T_N(x) = \frac{\alpha_0}{2} + \sum_{n = 1}^N (\alpha_n \cos nx + \beta_n \sin nx)\]
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称为$N$次三角多项式（周期$2\pi$）。
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\end{definition}
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问题：给定函数$f \in R[-\pi, \pi]$（或其它$2\pi$周期函数），用$N$次三角多项式逼近$f$，如何才能使得区间上平均误差
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\[\norm{f - T_N}^2 := \int_{-\pi}^\pi \abs{f(x) - F_N(x)}^2 \dif x\]
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达到最小？
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综合结论：
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\begin{proposition}
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用$N$次三角多项式逼近函数$f \in R[-\pi, \pi]$（或周期函数），取其Fourier展开系数
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\[T_N(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n = 1}^N (a_n \cos nx + b_n \sin nx)\]
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这时区间上平均误差$\norm{f - F_N}^2$最小。
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\end{proposition}
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\begin{proposition}[Bessel不等式]
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$f(x)$的Fourier展开系数满足：对任意的$N$，
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\[\frac{a_0^2}{2} + \sum_{n = 1}^N (a_n^2 + b_n^2) \leq \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f^2(x) \dif x\]
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进一步，只要$f(x)$可积，不等式右端为定值，因而$f(x)$的Fourier系数级数一致收敛，进而$f(x)$的Fourier级数一致收敛。
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\end{proposition}
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\begin{proposition}[Parseval等式]
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若$f(x)$满足收敛定理条件，还成立等式
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\[\frac{a_0^2}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} (a_n^2 + b_n^2) = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f^2(x) \dif x \eqper\]
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\end{proposition}
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