中册 6.5 傅里叶级数 第22题
📝 题目
22．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 是以 $2 \pi$ 为周期的连续函数，在 $[-\pi, \pi]$ 上按段光滑，$a_{n}(n=0,1, \cdots)$ 与 $b_{n}(n=1,2, \cdots)$
为函数 $f(x)$ 的傅里叶系数．证明：（1）$\sum_{n=1}^{\infty}\left(\left|a_{n}\right|+\left|b_{n}\right|\right)$ 收玫；（2）函数 $f(x)$ 的傅里叶级数绝对收玫，且在 $(-\infty,+\infty)$ 一致收敛于 $f(x)$ ．
（2）设实函数 $f(x) \in C^{1}[0, \pi]$ ，令 $C_{n}=\int_{0}^{\pi} f(x) \cos (n x) \mathrm{d} x, n=1,2,3, \cdots$ ．证明：$\left|\sum_{n=1}^{+\infty} C_{n}\right|<+\infty$ 。
（3）设 $f \in C^{1}[0, \pi], f^{\prime}(x)$ 在 $[0, \pi]$ 上按段光滑，且 $\int_{0}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=0$ ，证明：
$$
\int_{0}^{\pi}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x \geqslant \int_{0}^{\pi}(f(x))^{2} \mathrm{~d} x . \text {. }
$$
（4）设 $f \in C^{\prime}(R)$ ，周期为 $L(\dot{L}>0), f^{\prime}(x)$ 在 $[0, L]$ 上按段光滑，且 $\int_{0}^{L} f(x) \mathrm{d} x=0$ ，利用 $f(x)$ 的傅里叶展开式证明： $\displaystyle \int_{0}^{L}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} d x \geqslant \frac{4 \pi^{2}}{L^{2}} \int_{0}^{L}(f(x))^{2} d x$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由收敛定理有 $\displaystyle f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right), x \in[-\pi, \pi]$ ．
由于 $f^{\prime}(x)$ 按段光滑，所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 可积．设其傅里叶系数为 $a_{n}^{\prime}, b_{n}^{\prime}$ ，由分部积分法得 $a_{n}^{\prime}=n b_{n}, b_{n}^{\prime}=-n a_{n}$ 。于是
$$
\left|a_{n}\right|+\left|b_{n}\right| \leqslant\left|\frac{a_{n}^{\prime}}{n}\right|+\left|\frac{b_{n}^{\prime}}{n}\right| \leqslant \frac{1}{2}\left(a_{n}^{\prime 2}+b_{n}^{\prime 2}\right)+\frac{1}{n^{2}} .
$$
由 Bessel 不等式有
$$
\sum_{n=1}^{\infty}\left(\left|a_{n}\right|+\left|b_{n}\right|\right) \leqslant \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}^{\prime 2}+b_{n}^{\prime 2}\right)+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} \leqslant \frac{1}{2 \pi} \int_{-\pi}^{\pi}\left(f^{\prime}(t)\right)^{2} \mathrm{~d} t-\frac{a_{0}^{\prime 2}}{4}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}<+\infty .
$$
故 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(\left|a_{n}\right|+\left|b_{n}\right|\right)$ 收敛．由 M 判别法，函数 $f(x)$ 的傅里叶级数绝对收敛，且在 $(-\infty,+\infty)$ 一致收敛于 $f(x)$ ．
（2）由于 $f^{\prime}(x)$ 连续，所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $[0, \pi]$ 可积．设其正弦级数的系数为 $b_{n}^{\prime}$ ．令 $S_{m}(x)=\sum_{n=1}^{m} b_{n}^{\prime} \sin n x$ 。考察积分：
$$
\int_{0}^{\pi}\left(f^{\prime}(x)-S_{m}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{\pi}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x-2 \int_{0}^{\pi} f^{\prime}(x) S_{m}(x) \mathrm{d} x+\int_{0}^{\pi} S_{m}^{2}(x) \mathrm{d} x
$$
对于 $S_{m}(x)$ 的积分，由三角函数的正交性有
$$
\int_{0}^{\pi} S_{m}^{2}(x) \mathrm{d} x=\int_{0}^{\pi}\left(\sum_{n=1}^{m} b_{n}^{\prime} \sin n x\right)^{2} \mathrm{~d} x=\sum_{n=1}^{m} b_{n}^{\prime 2} \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} n x \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{2} \sum_{n=1}^{m} b_{n}^{\prime 2}
$$
又
$$
\int_{0}^{\pi} f^{\prime}(x) S_{m}(x) \mathrm{d} x=\sum_{n=1}^{m} b_{n}^{\prime} \int_{0}^{\pi} f^{\prime}(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{2} \sum_{n=1}^{m} b_{n}^{\prime 2}
$$
于是
$$
0 \leqslant \int_{0}^{\pi}\left(f^{\prime}(x)-S_{m}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{\pi}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x-2 \cdot \frac{\pi}{2} \sum_{n=1}^{m} b_{n}^{\prime 2}+\frac{\pi}{2} \sum_{n=1}^{m} b_{n}^{\prime 2}=\int_{0}^{\pi}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x-\frac{\pi}{2} \sum_{n=1}^{m} b_{n}^{\prime 2}
$$
由于上式对任意的正整数 $m$ 都成立，而 $\displaystyle \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} d x$ 为有限值，所以正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}^{\prime 2}$ 的部分和数列有界。因而它是收敛的，且 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_{n}^{\prime 2} \leqslant \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x$ ．
设 $a_{n}$ 为 $f(x)$ 在 $[0, \pi]$ 的余弦级数的系数．由分部积分法得
$$
\begin{aligned}
a_{n} & =\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \mathrm{d} \frac{\sin n x}{n}=\frac{2}{\pi}\left(\left.\frac{\sin n x}{n} f(x)\right|_{0} ^{\pi}-\int_{0}^{\pi} \frac{\sin n x}{n} \mathrm{~d} f(x)\right) \\
& =-\frac{1}{n} \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f^{\prime}(x) \sin n x \mathrm{~d} x=-\frac{1}{n} b_{n}^{\prime}
\end{aligned}
$$
于是
$$
\left|C_{n}\right|=\frac{2}{\pi}\left|a_{n}\right|=\frac{2}{\pi} \frac{1}{n}\left|b_{n}^{\prime}\right| \leqslant \frac{1}{\pi}\left(b_{n}^{\prime 2}+\frac{1}{n^{2}}\right)
$$
由 M 判别法得 $\sum_{n=1}^{+\infty}\left|C_{n}\right|<+\infty$ ．
（3）将函数 $f(x)$ 作周期为 $2 \pi$ 的偶延拓，并展开为余弦级数．由已知条件，$a_{0}=0, b_{n}=0$ ，且 $\displaystyle \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x$ 在 $[0, \pi]$ 一致收玫于 $f(x)$ ．
又由于 $f^{\prime}(x)$ 在 $[0, \pi]$ 上按段光滑，所以级数可逐项微分．于是 $f^{\prime}(x)=-\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} \sin n x, x \in[0, \pi]$ ．
由 parseval 等式知 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2}=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}\left(f^{2}(x)\right) \mathrm{d} x$ ，而 $\displaystyle \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x=\sum_{n=1}^{\infty} n^{2} a_{n}^{2} \geqslant \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2}$ 。于是
$$
\int_{0}^{\pi}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} d x \geqslant \int_{0}^{\pi}(f(x))^{2} d x
$$
（4）与（3）类似．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明傅里叶系数绝对级数收敛
由于 $f(x)$ 按段光滑，$f'(x)$ 在 $[-\pi,\pi]$ 可积。设 $f'(x)$ 的傅里叶系数为 $a_n', b_n'$，由分部积分得 $a_n' = n b_n$, $b_n' = -n a_n$。于是 $|a_n|+|b_n| \leq \frac{|a_n'|}{n}+\frac{|b_n'|}{n} \leq \frac{1}{2}(a_n'^2+b_n'^2)+\frac{1}{n^2}$。由Bessel不等式，$\sum_{n=1}^\infty (a_n'^2+b_n'^2) \leq \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi (f'(t))^2 dt$，且 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ 收敛，故 $\sum_{n=1}^\infty (|a_n|+|b_n|)$ 收敛。
公式：$|a_n|+|b_n| \leq \frac{1}{2}(a_n'^2+b_n'^2)+\frac{1}{n^2}$
提示：注意分部积分时边界项为零，因为 $f$ 以 $2\pi$ 为周期。
步骤 2/5
目标：证明傅里叶级数绝对且一致收敛
由M判别法，由于 $\sum_{n=1}^\infty (|a_n|+|b_n|)$ 收敛，且 $|a_n\cos nx+b_n\sin nx| \leq |a_n|+|b_n|$，故傅里叶级数在 $(-\infty,+\infty)$ 上绝对且一致收敛。由收敛定理，其和函数为 $f(x)$。
提示：一致收敛性依赖于 $\sum (|a_n|+|b_n|)$ 收敛。
步骤 3/5
目标：证明 $\sum_{n=1}^\infty C_n$ 绝对收敛
将 $f$ 延拓为偶函数，其余弦级数系数 $a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x)\cos nx dx$，则 $C_n = \frac{\pi}{2}a_n$。由分部积分，$a_n = -\frac{1}{n}b_n'$，其中 $b_n'$ 是 $f'$ 的正弦级数系数。于是 $|C_n| = \frac{\pi}{2}|a_n| = \frac{\pi}{2}\frac{1}{n}|b_n'| \leq \frac{1}{\pi}(b_n'^2+\frac{1}{n^2})$。由Bessel不等式，$\sum b_n'^2$ 收敛，故 $\sum |C_n|$ 收敛。
公式：$|C_n| \leq \frac{1}{\pi}(b_n'^2+\frac{1}{n^2})$
提示：注意 $b_n'$ 是 $f'$ 的正弦级数系数，需验证其平方和收敛。
步骤 4/5
目标：证明积分不等式 (3)
将 $f$ 作周期为 $2\pi$ 的偶延拓，展开为余弦级数 $f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty a_n\cos nx$。由 $\int_0^\pi f(x)dx=0$ 得 $a_0=0$。逐项微分得 $f'(x)=-\sum_{n=1}^\infty n a_n\sin nx$。由Parseval等式：$\frac{2}{\pi}\int_0^\pi f^2 dx = \sum_{n=1}^\infty a_n^2$，$\frac{2}{\pi}\int_0^\pi (f')^2 dx = \sum_{n=1}^\infty n^2 a_n^2 \geq \sum_{n=1}^\infty a_n^2$，故 $\int_0^\pi (f')^2 dx \geq \int_0^\pi f^2 dx$。
公式：$\frac{2}{\pi}\int_0^\pi (f')^2 dx = \sum n^2 a_n^2 \geq \sum a_n^2 = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi f^2 dx$
提示：注意逐项微分的条件：$f'$ 按段光滑。
步骤 5/5
目标：证明积分不等式 (4)
将 $f$ 作周期为 $L$ 的傅里叶展开：$f(x)=\sum_{n=1}^\infty (a_n\cos\frac{2\pi n x}{L}+b_n\sin\frac{2\pi n x}{L})$（$a_0=0$ 由 $\int_0^L f=0$ 得）。逐项微分得 $f'(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{2\pi n}{L}(-a_n\sin\frac{2\pi n x}{L}+b_n\cos\frac{2\pi n x}{L})$。由Parseval等式：$\frac{2}{L}\int_0^L f^2 dx = \sum_{n=1}^\infty (a_n^2+b_n^2)$，$\frac{2}{L}\int_0^L (f')^2 dx = \sum_{n=1}^\infty (\frac{2\pi n}{L})^2 (a_n^2+b_n^2) \geq (\frac{2\pi}{L})^2 \sum_{n=1}^\infty (a_n^2+b_n^2) = \frac{4\pi^2}{L^2}\cdot\frac{2}{L}\int_0^L f^2 dx$，故 $\int_0^L (f')^2 dx \geq \frac{4\pi^2}{L^2}\int_0^L f^2 dx$。
公式：$\frac{2}{L}\int_0^L (f')^2 dx = \sum (\frac{2\pi n}{L})^2 (a_n^2+b_n^2) \geq (\frac{2\pi}{L})^2 \sum (a_n^2+b_n^2)$
提示：注意 $n\geq 1$，最小特征值为 $n=1$ 时取得。
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