2025-06-13
Stirling 公式：\(n!=\sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^ne^{\frac{\theta_n}{12n}}\)，\(\theta_n\in(0,1)\).
Fourier 级数：\(f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty} a_n\cos nx+b_n\sin nx\)，其中 \(a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos nxdx\)，\(b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin xdx\).
原理是考虑 \(\langle f,g\rangle=\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g(x)dx\) 的内积空间，\(1,\cos nx,\sin nx\) 构成正交系. 然后考虑对于式子左右同时积分之后，假如右侧一致收敛到左侧，那么加上 Riemann-Lesbegue 引理直接得到 \(a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)dx\)，然后两侧同时乘 \(\cos kx\) 之后得到 \(a_n\)，同时乘 \(\sin kx\) 得到 \(b_n\).
傅里叶级数性质其实很垃圾. 存在连续函数，使得其傅里叶级数在有理点发散. 但是至少对应于所有连续函数，其傅里叶级数几乎处处收敛，也够了.
\(f(x)\in C\)，证明 \(a_n=b_n=0\) 等价于 \(f(x)=0\).
由于 \(a_n=b_n=0\)，所以任意三角多项式 \(T(x)\) 都有 \(\int_{-\pi}^{\pi} f(x)T(x)dx=0\).
如果 \(f(x_0)>0\) 那么就有一段小领域 \(U(x_0,\delta)\) （\(\delta<1\)）的 \(f(x)>0\). 令 \(T(x)=1+\cos(x-x_0)-\cos \delta\). 那么在 \(\frac{\delta}{2}\) 领域内 \(T(x)>1\)，而在 \(\delta\) 领域外
傅里叶级为均方差最小的三角多项式.
（点点收敛性）若一个点左右导数都存在，那么其傅里叶级数收敛到 \(\frac{f(x-)+f(x+)}{2}\).
迪利克雷核：\(D_n(t)=\frac{\sin(n+\frac{1}{2})t}{2\pi \sin \frac{1}{2}t}\).
通过一系列推导我们可以证明傅里叶级数的部分和 \(S_n(x_0)=\int_0^{\pi}D_n(t)[f(x_0+t)+f(x_0-t)]dt\).
\(\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}dx\).
引入 \(\phi(t)=\frac{1}{2\sin \frac{t}{2}}-\frac{1}{t}\)，则迪利克雷核 \(D_n(t)=\sin ((n+\frac{1}{2})t)(\frac{1}{\pi}\phi(t)+\frac{1}{\pi t})\).
\(2\int_0^{\pi} D_n(t)=1\)，于是代入得到 \(\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\sin((n+\frac{1}{2})t) \phi(t)+\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\frac{\sin((n+\frac{1}{2})t)}{t}=1\).
而由 R-L 引理知 \(n\to +\infty\) 的时候前者 \(=0\)，于是直接得到 \(\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\frac{\sin((n+\frac{1}{2})t)dt}{t}=1\). 换元为 \((n+\frac{1}{2})t\)，即可得到 \(\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}\).
Riemann 局部：一个点的收敛性只和其局部小邻域相关. 实际上，一个点傅里叶级数收敛等价于在局部上，令 \(S_0=\frac{f(x^-)+f(x^+)}{2}\)，\(\int_0^{\delta}\frac{f(x+t)+f(x-t)-2S_0}{t}\sin (n+\frac{1}{2})tdt\to 0\).
\(S_n(x_0)=\int_\delta^{\pi}D_n(t)[f(x_0+t)+f(x_0-t)]dt+\int_0^{\delta}D_n(t)[f(x_0+t)+f(x_0-t)]dt\). 前者并非瑕积分，所以直接运用 R-L 引理知 \(\to 0\).
而后者仍然用 \(\phi(t)\) 的技巧，于是得到后者 \(\to \frac{1}{\pi}\int_0^{\delta}\frac{f(x+t)+f(x-t)-2S_0}{t}\sin (n+\frac{1}{2})tdt\).
点点收敛性：一个点左右导数均存在，则傅里叶级数收敛.
由于左右倒数存在，所以 \(\int_0^{\delta} \frac{f(x+t)-f(x^{+})}{t}dt\) 并非瑕积分，直接 R-L 引理即可.
单调收敛性：一个点在两侧邻域上分别单调有界，则傅里叶级数收敛.
不妨设单增，并考虑使用第二中值定理. 我们考虑使用 \(\epsilon\) 法证明其 \(\to 0\).
首先由于 \(\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}dx\) 敛，所以 \(\int_0^{A}\frac{\sin (n+\frac{1}{2})t}{t}dt\) 有界 \(M\)，所以任意的 \(\xi_n\) 和 \(\delta\) 都满足 \(\int_{\xi_n}^{\delta} \frac{\sin (n+\frac{1}{2})t}{t}dt\) 有界 \(2M\).
然后由于 \(f(x+t)\) 单调收敛至 \(f(x^{+})\)，故存在 \(\delta_0\) 使得 \(f(x+\delta_0)-f(x^{+})<\frac{\epsilon}{4M}\).
在 \([\delta_0,\delta]\) 上可以直接使用 R-L 引理知存在 \(N\) 使得 \(n\ge N\) 时 \(<\frac{\epsilon}{2}\).
而在 \([0,\delta_0]\) 上使用第二中值定理，\(=(f(x+\delta_0)-f(x^+))\int_{\xi_n}^{\delta_0}\frac{\sin (n+\frac{1}{2})t}{t}dt<\frac{\epsilon}{2}\).
于是加起来 \(<\epsilon\).
实际上任何有界变差函数（即两个单调函数的差）都傅里叶级数收敛. 因为两个收敛的东西减一减肯定也收敛.
接下来就是两个很重要的定理：Weierstrass 第二逼近定理，和 Parseval 等式.
Weierstrass 第二逼近定理：任意连续周期函数可以被三角多项式列一致逼近.
（对于任意可积周期函数）Parseval 等式：\(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx=\frac{a_0^2}{2}+\sum (a_n^2+b_n^2)\).
等价表述（平方收敛性）：\(\int_{-\pi}^{\pi} (f(x)-S_n(x))^2\to 0\).
Weierstrass 第二逼近定理的证明中，一个关键在于这个三角多项式列其实是 \(S^*_n(x)=\frac{\sum_{k=0}^n S_k(x)}{n+1}\).
对应的，我们有 Fejer 核 \(\Phi_n(t)=\frac{\sin^2\frac{n+1}{2}t}{2\pi (n+1)\sin^2\frac{t}{2}}\). 可以推导得到 \(S_n^*(x)=\int_{-\pi}^{\pi}f(x+t)\Phi_n(t)\). Fejer 核是一个好核：其 \(\int=1\)，且 \(>0\)，且任意小邻域之外的积分可以被 \(n\) 控制.
具体而言，\(\int_{\delta}^{\pi}\Phi_n(t)\le \frac{1}{2\pi(n+1)\sin^2\frac{\delta}{2}}\) 可以被 \(n\) 控制. 所以考虑 \(\int_{0}^{\pi}(f(x+t)-f(x))\Phi_n(t)dt\)，由于 \(f\) 为闭区间上连续函数所以一致连续，可以找到一个 \(\delta\) 使得对于任意 \(x\) 邻域内 \(\max (f(x+t)-f(x))<\epsilon\). 然后又由于邻域外能被 \(n\) 控制，所以一致收敛.
然后看 Parseval 等式.
Parseval 等式 / 平方收敛性的证明直接用到了 Weierstrass 第二逼近定理. 由于 \(S_n\) 为平方误差最小的三角多项式，考虑先用连续函数 \(g\) 去逼近 \(f\)，然后再放缩到 \(g\) 的 \(S_n^*\). 即 \(\int_{-\pi}^{\pi} [f(x)-S_n(x)]^2dx\le \int_{-\pi}^{\pi}[(f(x)-g(x))+(g(x)-S_n^{*}(x))]^2dx\)，然后再利用 Minkowsky 不等式放缩成 \((\int (f(x)-g(x))^2)^{1/2}+(\int (g(x)-S_n^{*}(x))^2)^{1/2}\)，而两者都 \(\to 0\)，故 \(\to 0\).
有了 Parseval 等式这个工具，就可以证明 Fourier 级数的逐项积分以及一致收敛性.
- 逐项积分：任何可积函数的 Fourier 级数都可以逐项积分.
- 一致收敛性：导函数可积的函数的 Fourier 积分一致收敛.
逐项积分是平方收敛的直接推论. 考虑逐项积分本质就是需要证明 \(\int [f(x)-S_n(x)]dx\to 0\)，那么考虑先放缩成绝对值，然后再用 Cauchy 不等式放缩成 \((\int [f(x)-S_n(x)]^2dx)^{1/2}(\int 1dx)^{\frac{1}{2}}\) 然后就好了.
而由于所有 \(\int_{l}^r |f(x)-S_n(x)|\le \int_{-\pi}^{\pi}|f(x)-S_n(x)|\)，对于 \([l,r]\subset [-\pi,\pi]\)，而后者由上面知收敛，所以其实这个逐项积分的收敛是一致的.
所以这给出一个推论，就是 \(f(x)\) 的变上限积分的 Fourier 级数应当一致收敛.
于是这直接给出一致收敛性的证明：对 \(f'(x)\) 做变上限积分得到 \(f(x)\)，Fourier 级数也应当一致收敛.