傅里叶级数、傅里叶积分收敛性证明
参考来源：
Richard Courant, "Differential and Integral Calculus", Vol. 1, 2nd Ed.
R. Courant, D. Hilbert, "Methods of Mathematical Physics", Vol. 1, P77.
1. 傅里叶级数的定义
对于 \([-\pi, \pi]\) 上的给定函数 \(f(x)\)，计算
\[a_\nu = \frac{1}{\pi}\int^\pi_{-\pi} f(t) cos (\nu t) dt, ~~~ b_\nu = \frac{1}{\pi}\int^\pi_{-\pi} f(t) \sin ( \nu t) dt \]则傅里叶级数定义为
\[S(x) = \frac{a_0}{2} + \sum^\infty_{\nu=1} [a_\nu \cos(\nu x) + b_\nu \sin(\nu x)]. \]\(S(x)\) 是 \([a,b]\) 上的一个函数，但因为无限 \(\infty\) 是一个极限概念，所以不妨定义
\[S_n(x) = \frac{a_0}{2} + \sum^n_{\nu=1} [a_\nu \cos(\nu x) + b_\nu \sin(\nu x)], \]那么自然，
\[S(x) = \lim_{n\rightarrow \infty} S_n(x). \]2. 傅里叶级数的收敛性
这里不拘泥于数学上平均逼近、一致收敛等严格术语的区分，为了突出动机，仅仅说：如果在任意点 \(x\in[-\pi, \pi]\) 都有
\[S(x) = f(x), \]就说傅里叶级数 \(S(x)\) 收敛于 \(f(x)\)。
换言之
\[\lim_{n\rightarrow \infty} S_n(x) = f(x). \]3. 傅里叶级数收敛性的证明
先宕开一笔，说个三角函数求和式
\[\frac{1}{2} + \cos(\theta) + \cos(2\theta) + \cdots + \cos(n\theta) = \frac{ \sin(n+1/2)\theta}{2\sin(\theta/2)}. \]这个用和差化积很容易证明。因为
\[2\sin(\theta/2)\cos(k\theta) = \sin(k+1/2)\theta - \sin(k-1/2)\theta, \]所以有
\[2\sin(\theta/2)[ \cos(\theta) + \cos(2\theta) + \cdots + \cos(n\theta) ] = - \sin(\theta/2) + \sin(n+1/2)\theta, \]整理整理就得到 (10) 式。
之所以说这个三角函数求和式，是因为 \(S_n(x)\) 可以通过这个求和式变形：
\[S_n(x) = \frac{a_0}{2} + \sum^n_{\nu=1} [a_\nu \cos(\nu x) + b_\nu \sin(\nu x)] \\ = \frac{1}{\pi} \int^\pi_{-\pi} f(t) \left\{ \frac{1}{2} + \sum^n_{\nu=1} [\cos \nu t \cos \nu x + \sin \nu t \sin \nu x] \right\} dt \\ = \frac{1}{\pi}\int^\pi_{-\pi} f(t) \left\{ \frac{1}{2} + \sum^n_{\nu=1} \cos \nu (t-x) \right\} dt \\ = \frac{1}{\pi} \int^\pi_{-\pi} f(t) \frac{ \sin(n+1/2)(t-x)}{ 2 \sin (t-x)/2} dt. \]可以观察到，这个形式有以下特点：
- 在 \(n \rightarrow \infty\) 时，被积函数中 \(\sin(n+1/2)(t-x)\) 会无限振荡。
- $t \neq x $ 时，\(\sin(t-x)/2\) 是有限大的值，\(f(t)\) 只有有限个第一类间断点，所以一定是有限大。那么在 \(t\neq x\) 的地方，因为 \(\sin(n+1/2)(t-x)\) 的无限振荡，所以其实对积分贡献为0. Courant 的书上用了一个引理来说明这一点（P448）。我把这个引理的证明录在这里吧。
引理：若 \(s(x)\) 在 \([a,b]\) 上分段连续，则 \(\lim_{\lambda \rightarrow \infty} \int^b_a sin(\lambda t ) dt = 0\)。
证明：取 \(h = \pi/\lambda, \tau = t - h\)，则
这是利用 \(sin\) 函数的性质弄一个相反号出来，然后在加上一倍的 \(I\) ，让它们相互消除。本质上是在利用 \(sin(\lambda \tau)\) 的震荡性。
\[2I = - \int^a_{a-h} s(t+h) \sin(\lambda t) dt + \int^{b-h}_a [ s(t) - s(t+h) ] \sin(\lambda t) dt + \int^b_{b-h} s(t) \sin(\lambda t) dt. \]所以，如果 \([a,b]\) 上 \(|s(x)| \leq M\)，则有
\[2|I| \leq 2Mh + \int^{b-h}_a |s(t) - s(t+h) | dt, \]显然，取 \(h \rightarrow 0\)，右侧 \(\rightarrow 0\)，这就能说明 \(\lim_{\lambda \rightarrow \infty} \int^b_a s(t) \sin(\lambda t) dt = 0\)。
- \(t \rightarrow x\) 时，无限小的积分区间内有无限大的被积函数，可能得到有限大的数。
所以积分在 \(x\) 无穷小邻域内的贡献是至关重要的。因为 \(x\) 可能是第一类间断点（即左右极限都存在，但可能不一样），所以得把 \(x\) 的无穷小邻域分成两半来讨论。在左侧无穷小邻域内，可以提出 \(f(x-0)\) ，右侧无穷小邻域内，可以提出 \(f(x+0)\)。这可以更严格地说明。所以，可以得到，\(n\) 充分大时，
\[ S_n(x) = f(x+0) \frac{1}{\pi} \int^\pi_0 \frac{\sin(n+1/2)(t-x)}{2\sin(t-x)/2} dt + f(x-0)\frac{1}{\pi}\int^0_{-\pi} \frac{\sin(n+1/2)(t-x)}{2\sin(t-x)/2} dt. \]写成这样以后，后面的又可以回归到凡间来做：
\[\frac{1}{\pi} \int^\pi_0 \frac{\sin(n+1/2)(t-x)}{2\sin(t-x)/2} dt = \frac{1}{\pi} \int^\pi_0 [\frac{1}{2} + \cos(\theta) + \cos(2\theta) + \cdots + \cos(n\theta) ] dt = \frac{1}{2}; \\ \frac{1}{\pi} \int^0_{-\pi} \frac{\sin(n+1/2)(t-x)}{2\sin(t-x)/2} dt = \frac{1}{\pi} \int^0_{-\pi} [\frac{1}{2} + \cos(\theta) + \cos(2\theta) + \cdots + \cos(n\theta) ] dt = \frac{1}{2}. \\ \]这样就得到：
\[S(x) = \lim_{n\rightarrow \infty} S_n(x) = \frac{1}{2}[ f(x+0) + f(x-0) ]. \]4. 总结讨论
这个证明是通过对 \(S_n(x)\) 的结构分析来实现的。
- \(S_n(x)\) 可以写成紧凑的积分式。
- 在 \(n\) 充分大时，这个紧凑的积分式的值仅由 \(x\) 邻域内的积分决定。
- 因此可以提出 \(f(x+0), f(x-0)\) 的值，剩下三角函数的积分，可以从容得到。
漂亮。
5. 傅里叶积分
如前所述，对于 \([-\pi, \pi]\) 上的给定函数 \(f(x)\)，傅里叶级数为
\[S(x) = \frac{a_0}{2} + \sum^\infty_{\nu=1} [a_\nu \cos(\nu x) + b_\nu \sin(\nu x)]. \\ a_\nu = \frac{1}{\pi}\int^\pi_{-\pi}cos (\nu t) dt, ~~~ b_\nu = \frac{1}{\pi}\int^\pi_{-\pi} \sin ( \nu t) dt. \]稍微改写一下，可以把 \(S(x)\) 写成
\[S(x) = \frac{a_0}{2} + \sum^\infty_{\nu=1} [a_\nu (e^{i\nu x } + e^{-i\nu x})/2 + b_\nu ( e^{i\nu x} - e^{-i\nu x})/(2i)]. \\ = \frac{a_0}{2} + \sum^\infty_{\nu=1} \frac{a_\nu - i b_\nu}{2} e^{i\nu x} + \sum^\infty_{\nu=1} \frac{a_\nu + ib_\nu}{2}e^{-i\nu x} \\ = \sum^\infty_{\nu=-\infty} \alpha_\nu e^{i\nu x}, ~~~~~~ \alpha_\nu = \frac{1}{2\pi} \int^\pi_{-\pi} f(t) e^{-i\nu t} dt. \]如果函数 \(f(x)\) 是定义在 \([-l, l]\) 上，则可以记 \(g(\pi x / l) = f(x), x \in [-l, l]\)，那么 \(g(x)\) 的定义域就是 \([-\pi, \pi]\)。
做 \(g(x)\) 的傅里叶级数，得到
只是在 \(x\) 方向上做了拉伸/压缩。
6. 傅里叶积分的收敛性
从傅里叶级数到傅里叶积分
由上面的推导，
\[S(x) = \sum^\infty_{-\infty} \alpha_\nu e^{i\nu \pi x / l}, ~~~ \alpha_\nu = \frac{1}{2l} \int^l_{-l} f(t) e^{-i\nu \pi t / l} dt, \]记 $u = \nu \pi / l, ~~ \Delta u = \pi /l $，则有
\[S(x) = \sum^\infty_{-\infty} \frac{1}{2\pi} \Delta u \int^l_{-l} f(x) e^{-iu(t-x)} dt, \]在 \(l \rightarrow \infty\) 时，有
\[S(x) = \frac{1}{2\pi} \int^\infty_{-\infty} du \int^\infty_{-\infty} f(x) e^{-iu(t-x)} dt. \]这就是傅里叶积分。
收敛性证明（思路）
根据前面的引理等，
\[\lim_{\nu \rightarrow \infty} \frac{1}{\pi} \int^a_{-a} f(x+t) \frac{\sin(\nu t)}{t} dt = \frac{1}{2}[f(x+0) + f(x-0)] = f(x), \]所以有
\[\pi f(x) = \lim_{\nu \rightarrow \infty} \int^a_{-a} f(x+t) dt \int^\nu_0 \cos(u t) du \\ = \lim_{\nu \rightarrow \infty} \int^\nu_0 du \int^a_{-a} f(x+t) \cos(ut) dt \\ = \int^\infty_0 du \int^a_{-a} f(x+t) \cos(ut) dt, \]这与 \(a\) 是多少无关，只要 $\int^\infty_{-\infty} |f(x)| dx $ 是有限大。这可以更严格地说明。
所以，做推广 \(a \rightarrow \infty\) 以后，得到
这样就证明了傅里叶积分确实收敛。