南京师范大学 2021年数学分析第0题
📝 题目
六、设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [-\pi, \pi]$ 上二阶连续可微，且 $\displaystyle f(-\pi)=f(\pi), f^{\prime}(-\pi)=f^{\prime}(\pi)$ ，证明：$\displaystyle f(x)$ 的 Fourier 系数有如下估计：
$\displaystyle \_\_\_\_$ 602科目名称： $\displaystyle \_\_\_\_$数学分析
$$
a_{n}=o\left(\frac{1}{n^{2}}\right) ; b_{n}=o\left(\frac{1}{n^{2}}\right) ;(n \rightarrow \infty)(10 \text { 分 })
$$
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：回忆傅里叶系数公式并明确已知条件
对于定义在 $[-\pi, \pi]$ 上的函数 $f(x)$，其傅里叶系数为：
$$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) \, dx, \quad b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) \, dx.$$
已知 $f$ 二阶连续可微，且满足周期边界条件：$f(-\pi)=f(\pi), \ f'(-\pi)=f'(\pi)$。
公式：a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) \, dx; \quad b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) \, dx
提示：注意边界条件在后续分部积分中用于消去边界项，这是证明的关键前提。
步骤 2/8
目标：对 $a_n$ 进行第一次分部积分
令 $u = f(x), \ dv = \cos(nx) dx$，则 $du = f'(x) dx, \ v = \frac{\sin(nx)}{n}$。于是：
$$\int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) dx = \left. f(x) \frac{\sin(nx)}{n} \right|_{-\pi}^{\pi} - \frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \sin(nx) dx.$$
由于 $\sin(n\pi)=0$，边界项为零，因此：
$$a_n = -\frac{1}{n\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \sin(nx) dx.$$
公式：a_n = -\frac{1}{n\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \sin(nx) dx
提示：第一次分部积分后，导数转移到 $f$ 上，三角函数次数不变，但系数出现 $1/n$。
步骤 3/8
目标：对 $a_n$ 进行第二次分部积分
令 $u = f'(x), \ dv = \sin(nx) dx$，则 $du = f''(x) dx, \ v = -\frac{\cos(nx)}{n}$。于是：
$$\int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \sin(nx) dx = \left. -f'(x) \frac{\cos(nx)}{n} \right|_{-\pi}^{\pi} + \frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} f''(x) \cos(nx) dx.$$
边界项为 $-\frac{(-1)^n}{n}(f'(\pi)-f'(-\pi))$，由条件 $f'(-\pi)=f'(\pi)$ 得此项为零。因此：
$$\int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \sin(nx) dx = \frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} f''(x) \cos(nx) dx.$$
代入 $a_n$ 表达式得：
$$a_n = -\frac{1}{n^2 \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f''(x) \cos(nx) dx.$$
公式：a_n = -\frac{1}{n^2 \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f''(x) \cos(nx) dx
提示：第二次分部积分后，分母出现 $n^2$，且积分中只含 $f''$，边界条件再次用于消项。
步骤 4/8
目标：利用黎曼-勒贝格引理得到 $a_n$ 的估计
由于 $f$ 二阶连续可微，$f''$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上连续，因此 $f''$ 的傅里叶系数当 $n \to \infty$ 时趋于零，即：
$$\int_{-\pi}^{\pi} f''(x) \cos(nx) dx = o(1).$$
于是：
$$a_n = -\frac{1}{n^2 \pi} \cdot o(1) = o\left(\frac{1}{n^2}\right).$$
公式：a_n = o\left(\frac{1}{n^2}\right)
提示：黎曼-勒贝格引理要求被积函数可积，这里 $f''$ 连续，条件满足。注意 $o(1)$ 表示无穷小量。
步骤 5/8
目标：对 $b_n$ 进行第一次分部积分
令 $u = f(x), \ dv = \sin(nx) dx$，则 $du = f'(x) dx, \ v = -\frac{\cos(nx)}{n}$。于是：
$$\int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) dx = \left. -f(x) \frac{\cos(nx)}{n} \right|_{-\pi}^{\pi} + \frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \cos(nx) dx.$$
边界项为 $-\frac{(-1)^n}{n}(f(\pi)-f(-\pi))$，由条件 $f(-\pi)=f(\pi)$ 得此项为零。因此：
$$b_n = \frac{1}{n\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \cos(nx) dx.$$
公式：b_n = \frac{1}{n\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \cos(nx) dx
提示：与 $a_n$ 类似，第一次分部积分后导数转移，边界条件消去边界项。
步骤 6/8
目标：对 $b_n$ 进行第二次分部积分
令 $u = f'(x), \ dv = \cos(nx) dx$，则 $du = f''(x) dx, \ v = \frac{\sin(nx)}{n}$。于是：
$$\int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \cos(nx) dx = \left. f'(x) \frac{\sin(nx)}{n} \right|_{-\pi}^{\pi} - \frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} f''(x) \sin(nx) dx.$$
边界项中 $\sin(n\pi)=0$，因此为零。所以：
$$\int_{-\pi}^{\pi} f'(x) \cos(nx) dx = -\frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} f''(x) \sin(nx) dx.$$
代入 $b_n$ 表达式得：
$$b_n = -\frac{1}{n^2 \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f''(x) \sin(nx) dx.$$
公式：b_n = -\frac{1}{n^2 \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f''(x) \sin(nx) dx
提示：第二次分部积分后分母出现 $n^2$，积分中只含 $f''$，注意符号变化。
步骤 7/8
目标：利用黎曼-勒贝格引理得到 $b_n$ 的估计
由黎曼-勒贝格引理，$f''$ 连续，故：
$$\int_{-\pi}^{\pi} f''(x) \sin(nx) dx = o(1).$$
于是：
$$b_n = -\frac{1}{n^2 \pi} \cdot o(1) = o\left(\frac{1}{n^2}\right).$$
公式：b_n = o\left(\frac{1}{n^2}\right)
提示：与 $a_n$ 同理，注意 $o(1)$ 表示趋于零的量。
步骤 8/8
目标：总结结论
综合以上推导，我们证明了在给定条件下，当 $n \to \infty$ 时，傅里叶系数满足：
$$a_n = o\left(\frac{1}{n^2}\right), \quad b_n = o\left(\frac{1}{n^2}\right).$$
公式：a_n = o\left(\frac{1}{n^2}\right), \quad b_n = o\left(\frac{1}{n^2}\right)
提示：结论表明傅里叶系数衰减速度比 $1/n^2$ 更快，这是函数光滑性（二阶可微）和周期边界条件共同作用的结果。
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