Cesàro和 Fejér积分

上周我们证明了 $f:\mathbb R\rightarrow \mathbb R$，周期为 $2\pi$，且$f\biggl|_{[-\pi,\pi]}\in L^1([-\pi,\pi])$，$f(x_0^+),f(x_0^-)$ 存在，若 $f$ 在 $x_0$ 处满足 $Lipschitz$ 条件，则

$$f_n(x_0)\rightarrow \dfrac{f(x_0^+)+f(x_0^-)}{2}$$

这周我们证明 $Fejér$ 定理，如果 $f$ 的 $Fourier$ 级数在 $x_0$ 处收敛，则一定收敛于 $f(x_0)$，证明 $Fejér$ 定理前先要引入 $Cesàro$ 和。

定义1（Cesàro和）

设 $\{a_n\}$ 为数项级数，$S_n = \sum\limits_{i=1}^na_i$ 为该级数的部分和，记

$$\sigma_{n}=\frac{1}{n}(S_1+S_2+\cdots+S_n)$$

称 $\sigma_n$ 为级数 $\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k$ 的 $Cesàro$ 和。

命题2（Cesàro和收敛于该级数）

如果 $\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k$ 收敛，则 $\{\sigma_n\}$ 收敛，且

$$\lim_{n\rightarrow \infty}\sigma_n= \sum_{k=1}^{\infty}a_k$$

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证明： 由 $Stolz$ 定理知

$$\lim_{n\rightarrow \infty}\sigma_n =\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{S_1+\cdots+S_n}{n}= \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{S_n}{n - (n-1)} = \lim_{n\rightarrow \infty}S_n = \sum_{k=1}^{\infty} a_k$$

注： 逆命题不成立，令 $a_n = (-1)^{n-1}$，则 $\sum a_n = 1-1+1-1+\cdots$，则

$$S_n=\begin{cases} 0,&n=2k\\ 1,&n=2k-1 \end{cases} \quad \sigma_n=\begin{cases} \frac{1}{2},&n=2k\\ \frac{k}{2k-1}\rightarrow\frac{1}{2},&n=2k-1 \end{cases}$$

命题3（一个三角级数恒等式）

$$\sum_{k=0}^{n-1}\sin(k+\frac{1}{2})t = \frac{\sin^2\frac{n}{2}t}{\sin\frac{1}{2}t}$$

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证明： （方法一，积化和差）

当 $t\neq 2m\pi$ 时，

$$\begin{aligned} \sin\frac{1}{2}t\sum_{k=0}^{n-1}\sin(k+\frac{1}{2})t=&\ \frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n-1}(\cos kt-\cos(k+1)t)\\ =&\ \frac{1}{2}(1-\cos nt)\\ =&\ \frac{1}{2}(1-(1-2\sin^2\frac{n}{2}t))\\ =&\ \sin^2\frac{n}{2}t \end{aligned}$$

当 $t = 2m\pi$ 时，

$$\text{右式} = \lim_{t\rightarrow 2m\pi}\frac{\sin^2\frac{n}{2}t}{\sin\frac{1}{2}t}=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{(\frac{n}{2}t)^2}{\frac{1}{2}t} = 0 = \text{左式}$$

（方法二，复指数求和）

由于 $\sin x = i\dfrac{e^{-ix}-e^{ix}}{2}$，则

$$\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n-1}\sin(k+\frac{1}{2})t=&\ \sum_{k=0}^{n-1}i\frac{e^{-i(k+\frac{1}{2})t}-e^{i(k+\frac{1}{2})t}}{2}\\ =&\ \frac{i}{2}\left(e^{-\frac{i}{2}t}\sum_{k=0}^{n-1}e^{-ikt}-e^{\frac{i}{2}t}\sum_{k=0}^{n-1}e^{ikt}\right)\\ =&\ \frac{i}{2}\left(e^{-\frac{i}{2}t}\frac{1-e^{-int}}{1-e^{-it}}-e^{\frac{i}{2}t}\frac{1-e^{int}}{1-e^{it}}\right)\\ =&\ \frac{i}{2}\cdot\frac{2-e^{-int}-e^{int}}{e^{\frac{i}{2}t}-e^{-\frac{i}{2}t}}\\ =&\ \frac{i}{2}\cdot\frac{2-2\cos nt}{i\cdot 2\sin\frac{t}{2}}\\ =&\ \frac{1-\cos nt}{2\sin\frac{t}{2}}\\ =&\ \frac{2\sin^2\frac{n}{2}t}{2\sin\frac{t}{2}}\\ =&\ \frac{\sin^2\frac{n}{2}t}{\sin\frac{t}{2}} \end{aligned}$$

计算Fourier级数的Cesàro和

设 $f:\mathbb R\rightarrow \mathbb R$ 为 $2\pi$ 周期，且 $f\biggl|_{[-\pi,\pi]}\in L^1([-\pi,\pi])$，则

$$f_n(x)=\int_0^{\pi}\frac{f(x+t)+f(x-t)}{2}D_n(t)\,dt$$

其中 $D_n(t)=\dfrac{\sin(n+\frac{1}{2})t}{\pi\sin(\frac{1}{2}t)}$

$$\sigma_n(x) = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f_k = \int_0^{\pi}\frac{f(x+t)+f(x-t)}{2}\cdot \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}D_k(t)\,dt$$

并如下定义 $E_n(t)$

$$\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}D_k(t)=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\sin(k+\frac{1}{2})t}{\pi\sin\frac{1}{2}t}=\frac{\sin^2\frac{n}{2}t}{n\pi\sin^2\frac{1}{2}t}=:E_n(t)$$

则 $Fourier$ 级数的 $Cesàro$ 和为

$$\sigma_n = \int_0^{\pi}\frac{f(x+t)+f(x-t)}{2}E_n(t)\,dt$$

命题4（En的性质）

(1). $E_n\geqslant 0$

(2). $E_n\in C^{\infty}$, $\int_0^{\pi}E_n = 1$

(3).

$$\begin{aligned} &E_n(0)=\frac{n}{\pi}\Rightarrow \lim_{n\rightarrow \infty}E_n(0) = +\infty\\ &E_n(t) \leqslant \frac{C}{n\delta^2}\quad (0 < \delta \leqslant t < \pi) \end{aligned}$$

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证明： (1). 通过定义式即可看出。

(2). 由于 $D_n$ 可以写成三角级数求和形式，所以 $D_n\in C^{\infty}$，则 $E_n\in C^{\infty}$

(3). 设 $0 < \delta\leqslant t < \pi$，$\sin x\geqslant \dfrac{2}{\pi}x$，由 $\sin x$ 在 $[0,\dfrac{\pi}{2}]$ 上的图像可以看出。

$$E_n(t)\leqslant \frac{1}{n\pi\sin^2\frac{1}{2}\delta}\leqslant \frac{\pi}{n\delta^2}$$

定理5（Fejér）

设 $f:\mathbb R\rightarrow \mathbb R$ 为 $2\pi$ 周期函数，$f\biggl|_{[-\pi,\pi]}\in L^1([-\pi,\pi])$，设 $x\in\mathbb R$，$f(x^+),f(x^-)$ 存在，若 $f$ 的 $Fourier$ 级数在 $x$ 点收敛，则 $f$ 的 $Fourier$ 级数在 $x$ 点一定等于 $\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}$

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证明： 要证 $f$ 的 $Fourier$级数收敛于 $\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}$，只需证 $f$ 的 $Fourier$ 级数的 $Cesàro$ 和收敛于 $\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}$，于是对 $\sigma_n(x)$ 与 $\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}$ 进行估计，则

$$\begin{aligned} \left|\sigma_n(x)-\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}\right| =&\ \left|\int_0^{\pi}\dfrac{f(x+t)+f(x-t)}{2}E_n(t)\,dt-\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}\right|\\ =&\ \left|\int_0^{\pi}\frac{f(x+t)-f(x^+)+f(x-t)-f(x^-)}{2}E_n(t)\,dt\right| \end{aligned}$$

令 $0 < \delta \leqslant 1 < \pi$，由于 $E_n(t)$ 在 $[\delta, \pi]$ 当 $n\rightarrow \infty$ 时，趋于 $0$，在 $[0,\delta]$ 中左侧分式在 $\delta\rightarrow 0$ 时，趋于 $0$，于是将积分域分成两部分分别估计

$$\begin{aligned} &\ \left|\int_0^{\delta}\frac{f(x+t)-f(x^+)+f(x-t)-f(x^-)}{2}E_n(t)\,dt\right|\\ \leqslant&\int_0^{\delta}|f(x+t)-f(x^+)+f(x-t)-f(x^-)|\cdot E_n(t)\,dt\\ \leqslant&\int_0^{\delta}(|f(x+t)-f(x^+)|+|f(x-t)-f(x^-)|)\,dt&(E_n\text{的性质2})\\ \leqslant&\sup_{0 < t \leqslant \delta}|f(x+t)-f(x^+)|+\sup_{0 < t \leqslant\delta}|f(x-t)-f(x^-)|&(\delta\leqslant 1) \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &\ \left|\int_{\delta}^{\pi}\frac{f(x+t)-f(x^+)+f(x-t)-f(x^-)}{2}E_n(t)\,dt\right|\\ \leqslant&\int_{\delta}^{\pi}|f(x+t)-f(x^+)+f(x-t)-f(x^-)|\cdot E_n(t)\,dt\\ \leqslant&\left(2\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\,dt+\pi|f(x^+)|+\pi|f(x^-)|\right)\cdot \frac{C}{n\delta^2}&(f(x)\text{的周期性},E_n\text{的性质3})\\ \leqslant&\ \frac{CM}{n\delta^2} \end{aligned}$$

则

$$\left |\sigma_n(x)-\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}\right|\leqslant \frac{CM}{n\delta^2}+ \sup_{0 < t \leqslant \delta}|f(x+t)-f(x^+)|+\sup_{0 < t \leqslant\delta}|f(x-t)-f(x^-)|$$

取上极限

$$\mathop{\overline{\lim}}\limits_{n\rightarrow \infty}\left |\sigma_n(x)-\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}\right|\leqslant \sup_{0 < t \leqslant \delta}|f(x+t)-f(x^+)|+\sup_{0 < t \leqslant\delta}|f(x-t)-f(x^-)|$$

令 $\delta\rightarrow 0$，则

$$0\leqslant\mathop{\underline{\lim}}\limits_{n\rightarrow \infty}\left |\sigma_n(x)-\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}\right|\leqslant \mathop{\overline{\lim}}\limits_{n\rightarrow \infty}\left |\sigma_n(x)-\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}\right|\leqslant 0$$

故

$$\lim_{n\rightarrow \infty}\left |\sigma_n(x)-\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}\right| = 0$$