中册 6.5 傅里叶级数 第19题
📝 题目
19．证明下列结论．
（1）已知 $f(x)$ 是 $[-\pi, \pi]$ 上的有界变差函数，求证：$\displaystyle a_{n}, b_{n}=O\left(\frac{1}{n}\right)$ ，其中 $a_{n}, b_{n}$ 是 $f(x)$ 的傅里叶系数．
（2）设 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 连续且满足 $f(-\pi)=f(\pi), f(x)$ 有分段连续的导函数，则 $f(x)$ 的傅里叶系数满足：$\displaystyle a_{n}=O\left(\frac{1}{n}\right), b_{n}=O\left(\frac{1}{n}\right)$ 。
（3）设 $f(x)$ 是 $(-\infty, \infty)$ 上以 $2 \pi$ 为周期的有 $k$ 阶导数的函数，则 $f(x)$ 的傅里叶系数满足： $\displaystyle a_{n}=O\left(\frac{1}{n^{k}}\right), b_{n}=O\left(\frac{1}{n^{k}}\right)$ 。
（4）设 $f(x)$ 在区间 $[-\pi, \pi]$ 上有连续的一阶导数，$a_{n}, b_{n}$ 是 $f(x)$ 在区间 $[-\pi, \pi]$ 上的傅里叶系数，证明：存在常数 $M>0$ ，使得 $\displaystyle \left|a_{n}\right| \leqslant \frac{M}{n},\left|b_{n}\right| \leqslant \frac{M}{n}(n \geqslant 1)$ ．
💡 答案解析
解题分析：根据 $f(x)$ 的特性，对 $f(x)$ 的傅里叶系数 $a_{n}, b_{n}$ 进行放大．
\section*{解题过程：}
（1）因为 $f(x)$ 是 $[-\pi, \pi]$ 上的有界变差函数，所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上可积，且 $\forall x \in[-\pi, \pi],\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant M,|f(x)| \leqslant K$ ．
$$
a_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi}\left[\left.\left(\frac{1}{n} f(x) \sin n x\right)\right|_{-\pi} ^{\pi}-\frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \sin n x \mathrm{~d} x\right]=-\frac{1}{\pi n} \int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \sin n x \mathrm{~d} x
$$
所以
$$
\left|a_{n}\right| \leqslant \frac{1}{n \pi} \int_{-\pi}^{\pi}\left|f^{\prime}(x) \sin n x\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{1}{n \pi} \int_{-\pi}^{\pi} M \mathrm{~d} x=2 M \cdot \frac{1}{n}
$$
故 $\displaystyle a_{n}=O\left(\frac{1}{n}\right)$ ．
所以
$$
\begin{aligned}
b_{n} & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{-1}{n \pi}\left(\left.f(x) \cos n x\right|_{-\pi} ^{\pi}-\int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \cos n x \mathrm{~d} x\right) \\
& =\frac{1}{n \pi}\left[(-1)^{n+1}(f(\pi)-f(-\pi))+\int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \cos n x \mathrm{~d} x\right]
\end{aligned}
$$
故 $\displaystyle b_{n}=O\left(\frac{1}{n}\right)$ ．
（2）与（1）类似．
（3）由已知可得 $\forall x \in[-\pi, \pi],\left|f^{(k)}(x)\right| \leqslant M$ ．由分部积分法
$$
\begin{aligned}
a_{n} & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi}\left[\left.\left(\frac{1}{n} f(x) \sin n x\right)\right|_{-\pi} ^{\pi}-\frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \sin n x \mathrm{~d} x\right]=-\frac{1}{n \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \sin n x \mathrm{~d} x \\
& =\frac{1}{n^{2} \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \mathrm{d}(\cos n x)=\frac{1}{n^{2} \pi}\left(\left.f^{\prime}(x) \cos n x\right|_{-\pi} ^{\pi}-\int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime \prime}(x) \cos n x \mathrm{~d} x\right) \\
& =-\frac{1}{n^{2} \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime \prime}(x) \cos n x \mathrm{~d} x=\cdots=-\frac{1}{n^{k} \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{(k)}(x) \cos n x \mathrm{~d} x
\end{aligned}
$$
于是
$$
\left|a_{n}\right| \leqslant \frac{1}{n^{k} \pi} \int_{-\pi}^{\pi}\left|f^{(k)}(x) \sin n x\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{1}{n^{k} \pi} \int_{-\pi}^{\pi} M \mathrm{~d} x=2 M \cdot \frac{1}{n^{k}}
$$
故 $\displaystyle a_{n}=O\left(\frac{1}{n^{k}}\right)$ ．
$$
\begin{aligned}
b_{n} & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{-1}{n \pi}\left(\left.f(x) \cos n x\right|_{-\pi} ^{\pi}-\int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \cos x \mathrm{~d} x\right) \\
& =\frac{1}{n \pi}\left[(-1)^{n+1}(f(\pi)-f(-\pi))+\int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \cos n x \mathrm{~d} x\right]=\frac{1}{n \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \cos n x \mathrm{~d} x \\
& =\cdots=\frac{1}{n^{k} \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{(k)}(x) \cos n x \mathrm{~d} x
\end{aligned}
$$
于是
$$
\left|b_{n}\right| \leqslant \frac{1}{n^{k} \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{(k)}(x) \cos n x \mathrm{~d} x \leqslant 2 M \cdot \frac{1}{n^{k}}
$$
故 $\displaystyle b_{n}=O\left(\frac{1}{n^{k}}\right)$ ．
（4）因为 $f(x)$ 在区间 $[-\pi, \pi]$ 上有连续的一阶导数，所以 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上连续，故存在 $K>0$使得 $|f(x)| \leqslant K$ ．同理 $f^{\prime}(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上连续，故存在 $L>0$ 使得 $\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant L$ ．又由于 $a_{n}, b_{n}$ 是 $f(x)$ 在区间 $[-\pi, \pi]$ 上的傅里叶系数，所以
于是
$$
\begin{aligned}
a_{n} & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x, n=0,1,2, \cdots, b_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x, n=1,2, \cdots \\
a_{n} & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \mathrm{d} \frac{\sin n x}{n}=\frac{1}{\pi}\left(\left.\frac{\sin n x}{n} f(x)\right|_{-\pi} ^{\pi}-\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin n x}{n} \mathrm{~d} f(x)\right) \\
& =\frac{1}{\pi}\left(\frac{\sin n \pi}{n} f(\pi)-\frac{\sin (-n \pi)}{n} f(-\pi)-\frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \sin n x \mathrm{~d} x\right)=-\frac{1}{n \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \sin n x \mathrm{~d} x \\
b_{n} & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \mathrm{d} \frac{-\cos n x}{n}=\frac{1}{\pi}\left(\left.\frac{-\cos n x}{n} f(x)\right|_{-\pi} ^{\pi}-\int_{-\pi}^{\pi} \frac{-\cos n x}{n} \mathrm{~d} f(x)\right) \\
& =\frac{1}{\pi}\left(\frac{-\cos n \pi}{n} f(\pi)-\frac{-\cos (-n \pi)}{n} f(-\pi)+\frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \cos n x \mathrm{~d} x\right) \\
& =\frac{1}{n \pi}\left(f(-\pi)-f(\pi)+\int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \cos n x \mathrm{~d} x\right)
\end{aligned}
$$
所以存在常数 $\displaystyle M \geqslant \max \left\{2 K, \frac{2 K+2 \pi L}{\pi}\right\}>0$ 使得
$$
\left|a_{n}\right|=\left|-\frac{1}{n \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \sin n x \mathrm{~d} x\right| \leqslant \frac{1}{n \pi} \int_{-\pi}^{\pi}\left|f^{\prime}(x) \sin n x\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{1}{n \pi} \int_{-\pi}^{\pi} K \mathrm{~d} x=\frac{2 K}{n} \leqslant \frac{M}{n} .
$$
$$
\begin{aligned}
\left|b_{n}\right| & =\left|\frac{1}{n \pi}\left(f(-\pi)-f(\pi)+\int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \cos n x \mathrm{~d} x\right)\right| \leqslant \frac{1}{n \pi}\left(|f(-\pi)|+|f(\pi)|+\left|\int_{-\pi}^{\pi} f^{\prime}(x) \cos n x \mathrm{~d} x\right|\right) \\
& \leqslant \frac{1}{n \pi}\left(2 K+\int_{-\pi}^{\pi}\left|f^{\prime \prime}(x) \cos n x\right| \mathrm{d} x\right) \leqslant \frac{1}{n \pi}\left(2 K+\int_{-\pi}^{\pi} L \mathrm{~d} x\right)=\frac{1}{n \pi}(2 K+2 \pi L) \leqslant \frac{M}{n}
\end{aligned}
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：证明有界变差函数的傅里叶系数为O(1/n)
设 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上有界变差，则 $f'(x)$ 几乎处处存在且可积，且存在常数 $M>0$ 使得 $|f'(x)| \leq M$ 几乎处处成立。对 $a_n$ 分部积分：
$$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos nx \, dx = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{1}{n} f(x) \sin nx \right]_{-\pi}^{\pi} - \frac{1}{n\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \sin nx \, dx = -\frac{1}{n\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \sin nx \, dx.$$
因此
$$|a_n| \leq \frac{1}{n\pi} \int_{-\pi}^{\pi} |f'(x)| \, dx \leq \frac{2M}{n},$$
即 $a_n = O(1/n)$。类似地，对 $b_n$ 分部积分得
$$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin nx \, dx = \frac{1}{n\pi} \left[ (-1)^{n+1}(f(\pi)-f(-\pi)) + \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \cos nx \, dx \right],$$
从而 $|b_n| \leq \frac{1}{n\pi} (2|f(\pi)-f(-\pi)| + 2\pi M) = O(1/n)$。
公式：分部积分公式：$\int u \, dv = uv - \int v \, du$
提示：注意有界变差函数不一定处处可导，但导数几乎处处存在且可积，分部积分公式在勒贝格积分意义下成立。
步骤 2/4
目标：证明连续且分段光滑函数的傅里叶系数为O(1/n)
设 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 连续，$f(-\pi)=f(\pi)$，且 $f'(x)$ 分段连续。则 $f'(x)$ 有界，存在 $M>0$ 使得 $|f'(x)| \leq M$。对 $a_n$ 分部积分，由于 $f(\pi)=f(-\pi)$，边界项为零：
$$a_n = -\frac{1}{n\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \sin nx \, dx,$$
故 $|a_n| \leq \frac{2M}{n}$。对 $b_n$ 分部积分，利用 $f(\pi)=f(-\pi)$ 得
$$b_n = \frac{1}{n\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \cos nx \, dx,$$
因此 $|b_n| \leq \frac{2M}{n}$。
提示：注意条件 $f(-\pi)=f(\pi)$ 使得分部积分后边界项消失，简化了估计。
步骤 3/4
目标：证明k次可微周期函数的傅里叶系数为O(1/n^k)
设 $f(x)$ 以 $2\pi$ 为周期且 $k$ 次可微，则 $f^{(k)}(x)$ 连续，存在 $M>0$ 使得 $|f^{(k)}(x)| \leq M$。反复对 $a_n$ 分部积分 $k$ 次，每次利用周期性边界项为零：
$$a_n = -\frac{1}{n\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \sin nx \, dx = \frac{1}{n^2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f''(x) \cos nx \, dx = \cdots = \frac{(-1)^{\lfloor k/2 \rfloor}}{n^k\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{(k)}(x) \begin{cases} \cos nx, & k \text{偶} \\ \sin nx, & k \text{奇} \end{cases} \, dx.$$
因此 $|a_n| \leq \frac{2M}{n^k}$，即 $a_n = O(1/n^k)$。类似地，对 $b_n$ 反复分部积分得 $|b_n| \leq \frac{2M}{n^k}$。
公式：分部积分 $k$ 次
提示：注意每次分部积分后三角函数会交替变化，但最终绝对值估计相同。
步骤 4/4
目标：证明连续可微函数的傅里叶系数有界于M/n
设 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上有连续一阶导数，则存在常数 $K>0$ 使得 $|f(x)| \leq K$，$|f'(x)| \leq L$。对 $a_n$ 分部积分：
$$a_n = -\frac{1}{n\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \sin nx \, dx,$$
故 $|a_n| \leq \frac{1}{n\pi} \cdot 2\pi L = \frac{2L}{n}$。对 $b_n$ 分部积分：
$$b_n = \frac{1}{n\pi} \left( f(-\pi)-f(\pi) + \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \cos nx \, dx \right),$$
因此 $|b_n| \leq \frac{1}{n\pi} (2K + 2\pi L) = \frac{2K}{n\pi} + \frac{2L}{n}$。取 $M = \max\{2L, \frac{2K}{\pi}+2L\}$，则 $|a_n| \leq M/n$，$|b_n| \leq M/n$。
提示：注意 $b_n$ 的边界项 $f(-\pi)-f(\pi)$ 不一定为零，需用 $f$ 的界估计。
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