16.5 傅里叶定理和Plancherel定理 ​

命题 ​

1. （16.5.1 傅里叶定理）对于任意的$f\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，级数${\displaystyle \sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\hat{f}(n)e_n}$都依$L^2$度量收敛于$f$。换言之有：

   $$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}{\Vert f-\sum _{n=-N}^N\hat{f}(n)e_n\Vert }_2=0$$

   （注：证明见原书，主要是内积运算与魏尔斯特拉斯第二逼近定理的运用；需要注意的是，这个结论并不能直接简单地推广给逐点收敛和一致收敛，原书中给出了一个简单的结论：额外假定$f$可微可以将结论推广到逐点收敛；额外假定$f$二次连续可微可以将结论推广到一致收敛（证明自然是没有的，可能可以找本三角分析的书看看啥的））

2. （16.5.3 一致收敛的加强？）设$f\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，如果级数${\displaystyle \sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}|\hat{f}(n)|}$是绝对收敛的，那么级数${\displaystyle \sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\hat{f}(n)e_n}$就一致收敛于$f$。换言之，我们有：

   $$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}{\Vert f-\sum _{n=-N}^N\hat{f}(n)e_n\Vert }_{\mathrm{\infty }}=0$$

   （注：给出了一个增强傅里叶定理的条件，毕竟一般一致收敛总是比依$L^2$度量收敛更好的）

3. （16.5.4 Plancherel定理）对$f\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，级数${\displaystyle \sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}|\hat{f}(n){|}^2}$是绝对收敛的，并且：

   $${\Vert f{\Vert }_2}^2=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}|\hat{f}(n){|}^2$$

   （注：也称为帕塞瓦尔定理，感觉比起Plancherel定理也没好记到哪去）

课后习题 ​

16.5.1 设$f$是$C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$中的函数，并且把三角傅里叶系数$a_n$、$b_n$（其中$n=0,1,2,3,...$）定义为 ​

(a) 证明：级数 ​

依$L^2$度量收敛于$f$（提示：利用傅里叶定理，并把指数函数分解为正弦和余弦函数，把正的$n$项和负的$n$项合起来） ​

根据傅里叶定理，我们知道对任意的$\epsilon >0$存在$N_0\ge 0$使得对任意的$N\ge N_0$有：

$${\Vert f-\sum _{n=-N}^N\hat{f}(n)e_n\Vert }_2<\epsilon$$

注意到$e_n={\text{e}}^{2\pi \text{i}nx}=\cos (2\pi nx)+\text{i}\sin (2\pi nx)$与$e_{-n}={\text{e}}^{-2\pi \text{i}nx}=\cos (2\pi nx)-\text{i}\sin (2\pi nx)$，因此我们合并$n$的绝对值相等的项，可以将这个级数变换有：

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=-N}^N\hat{f}(n)e_n& =\hat{f}(0)e_0+\sum _{n=1}^N[\hat{f}(n)e_n+\hat{f}(-n)e_n]\\ & =\hat{f}(0)+\sum _{n=1}^N[(\hat{f}(n)+\hat{f}(-n))\cos (2\pi nx)+\text{i}(\hat{f}(n)-\hat{f}(-n))\sin (2\pi nx)]\\ & =⟨f,1⟩+\sum _{n=1}^N[2⟨f,\frac{e_n+e_{-n}}{2}⟩\cos (2\pi nx)+2⟨f,\frac{e_n-e_{-n}}{2\text{i}}⟩\sin (2\pi nx)]\end{array}$$

（用到了傅里叶系数的定义与内积的运算法则，详情见定义16.3.7与命题16.2.5）

再结合三角函数的定义${\displaystyle \cos (2\pi nx)=\frac{{\text{e}}^{2\pi n\text{i}x}+{\text{e}}^{-2\pi n\text{i}x}}{2}=\frac{e_n+e_{-n}}{2}}$与${\displaystyle \sin (2\pi nx)=\frac{{\text{e}}^{2\pi n\text{i}x}-{\text{e}}^{-2\pi n\text{i}x}}{2\text{i}}=\frac{e_n-e_{-n}}{2\text{i}}}$与内积的定义，可以继续化简有：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{n=-N}^N\hat{f}(n)e_n\\ =& \frac{1}{2}(2{\int }_{[0,1]}f(y)\text{d}y)+\sum _{n=1}^N[(2{\int }_{[0,1]}f(y)\cos (2\pi ny)\text{d}y)\cos (2\pi nx)+(2{\int }_{[0,1]}f(y)\sin (2\pi ny)\text{d}y)\sin (2\pi nx)]\\ =& \frac{1}{2}{a}_0+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n\cos (2\pi nx)+b_n\sin (2\pi nx))\end{array}$$

从而傅里叶定理事实上等价于题目结论，因此结论成立。

(b) 证明：如果${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n}$和${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n}$都是绝对收敛的，那么上述级数不仅依$L^2$度量收敛于$f$，还一致收敛于$f$（提示：利用定理16.5.3） ​

由于${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n}$和${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n}$都是绝对收敛的，因此级数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}|a_n|+|b_n|}$也是绝对收敛的。然后注意到在(a)的证明中事实上我们已经得到了$\hat{f}(n)=a_n-\text{i}{b}_n$与$\hat{f}(-n)=a_n+\text{i}{b}_n$（$n\ge 1$），因此对任意的$N\ge 1$，我们有：

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=-N}^N|\hat{f}(n)|& =\sum _{n=-N}^{-1}|\hat{f}(n)|+|\hat{f}(0)|+\sum _{n=1}^N|\hat{f}(n)|\\ & =|\hat{f}(0)|+\sum _{n=1}^N|\hat{f}(n)|+|\hat{f}(-n)|\\ & \le |\hat{f}(0)|+2\sum _{n=1}^N|a_n|+|b_n|\end{array}$$

（注意复数的绝对值总是小于虚部与实部绝对值之和）

从而根据比较判别法，我们可以得到${\displaystyle \sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}|\hat{f}(n)|}$也是绝对收敛的，从而利用定理16.5.3我们可以得到傅里叶级数${\displaystyle \sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\hat{f}(n)e_n}$一致收敛于$f$；而在(a)的证明里我们阐述了傅里叶级数事实上与题目给出的级数是等价的，因此可以引申为题目的级数是一致收敛于$f$的。

16.5.2 当$x\in [0,1)$时，函数$f(x)$被定义为$f(x)=(1-2x{)}^2$，并且$f(x)$按照$\mathbb{Z}$周期延拓到整个实直线上 ​

(a) 利用习题16.5.1证明：级数 ​

一致收敛于$f$ ​

根据习题16.5.1，我们尝试计算$f$对应的每个$a_n$与$b_n$（$n\ge 1$）：

$$\begin{array}{c}{a}_0=2{\int }_{[0,1]}f(x)\text{d}x={[x-2x^2+\frac{4}{3}{x}^3]|}_0^1=\frac{2}{3}\\ a_n=2{\int }_{[0,1]}f(x)\cos (2\pi nx)\text{d}x=\frac{4}{{\pi }^2{n}^2}\\ b_n=2{\int }_{[0,1]}f(x)\sin (2\pi nx)\text{d}x=0\end{array}$$

（用两次分部积分可以计算，有点长就不写了）

从而即有级数：

$$\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4}{{\pi }^2{n}^2}\cos (2\pi nx)=\frac{1}{3}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4}{{\pi }^2{n}^2}\cos (2\pi nx)$$

依$L^2$度量收敛于$f$，再注意到${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n=\frac{4}{{\pi }^2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}}$与${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n=0}$都是绝对收敛的，因此根据习题16.5.1的结论我们知道这个级数也是一致收敛于$f$的，因此结论得证。

(b) 推导出${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}}$（提示：计算(a)中级数在$x=0$处的取值） ​

根据(a)的结论，我们知道：

$$f(0)=\frac{1}{3}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4}{{\pi }^2{n}^2}=1⟺\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$$

于是结论得证。

(c) 推导出${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^4}=\frac{{\pi }^4}{90}}$（提示：用指数函数来表述余弦函数，并利用Plancherel定理） ​

在习题16.5.1中我们已经阐述了傅里叶级数与三角函数级数之间的等价关系，因此我们不妨将$f$改写为傅里叶级数的形式：

$$\begin{array}{rl}f(x)=\frac{1}{3}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4}{{\pi }^2{n}^2}\cos (2\pi nx)& =\frac{1}{3}{e}_0+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4}{{\pi }^2{n}^2}\frac{e_n+e_{-n}}{2}\\ & =\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{-1}\frac{2}{{\pi }^2{n}^2}{e}_n+\frac{1}{3}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{{\pi }^2{n}^2}{e}_n\end{array}$$

从而根据Plancherel定理，我们有：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{-1}\frac{4}{{\pi }^4{n}^4}+\frac{1}{9}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4}{{\pi }^4{n}^4}={\int }_{[0,1]}|1-2x{|}^4\text{d}x=\frac{1}{5}\\ ⟺& 2\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4}{{\pi }^4{n}^4}=\frac{4}{45}⟹\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^4}=\frac{{\pi }^4}{90}\end{array}$$

于是结论得证。

16.5.3 设$f$是$C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$中的函数，并设$P$是一个三角多项式。证明：对所有的整数$n$，有 ​

更一般地，如果$f,g\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，那么证明：对于所有的整数$n$，有 ​

（表述此事的一种奇特方式是，傅里叶变换把卷积和乘积缠绕在一起（见过将这个称为傅里叶变换的卷积定理的）） ​

设${\displaystyle P=\sum _{m=-M}^M{c}_m{e}_m}$（其中$N\ge 0$）。先证明第一个结论，我们有：

$$\begin{array}{rl}\widehat{f\ast P}(n)& ={\int }_{[0,1]}{\text{e}}^{-2\pi n\text{i}x}f\ast P(x)\text{d}x\\ & ={\int }_{[0,1]}{\text{e}}^{-2\pi n\text{i}x}(\sum _{m=-N}^N{c}_m{\int }_{[0,1]}f(y){\text{e}}^{2\pi m\text{i}(x-y)}\text{d}y)\text{d}x\\ & ={\int }_{[0,1]}{\text{e}}^{-2\pi n\text{i}x}(\sum _{m=-N}^N{c}_m{\text{e}}^{2\pi m\text{i}x}\hat{f}(m))\text{d}x\\ & =\sum _{m=-N}^N{c}_m\hat{f}(m){\int }_{[0,1]}{\text{e}}^{2\pi (m-n)\text{i}x}\text{d}x\\ & =\{\begin{array}{ll}{c}_n\hat{f}(n)& \text{if}|n|\le N\\ 0& \text{if}|n|>N\end{array}\end{array}$$

而我们知道当$|n|\le N$的时候$\hat{P}(n)=c_n$，当$|n|>N$的时候$\hat{P}(n)=0$，因此第一个结论得证。

然后我们来证明第二个结论。由于$f$有界（命题16.1.5(a)）因此不妨设$f$以$M$为上界。对任意的$\epsilon >0$，根据魏尔斯特拉斯第二逼近定理（命题16.4.1）我们知道存在一个三角多项式$Q$满足$\Vert g-Q{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \epsilon$，然后我们注意到：

$$\begin{array}{rl}|\widehat{f\ast g}(n)-\widehat{f\ast Q}(n)|& =|⟨f\ast g,e_n⟩-⟨f\ast Q,e_n⟩|\\ & =|⟨f\ast (g-Q),e_n⟩|\\ & =|{\int }_{[0,1]}f(x)(g(x)-Q(x)){\text{e}}^{-2\pi n\text{i}x}\text{d}x|\\ & \le {\int }_{[0,1]}M\epsilon =M\epsilon \end{array}$$

另一方面，我们有：

$$\begin{array}{rl}|\hat{f}(n)\hat{g}(n)-\hat{f}(n)\hat{Q}(n)|& =|\hat{f}(n)||\hat{g}(n)-\hat{Q}(n)|\\ & =|\hat{f}(n)||⟨g-Q,e_n⟩|\\ & =|\hat{f}(n)||{\int }_{[0,1]}(g(x)-Q(x)){\text{e}}^{-2\pi n\text{i}x}\text{d}x|\\ & \le |\hat{f}(n)|{\int }_{[0,1]}\epsilon =|\hat{f}(n)|\epsilon \end{array}$$

结合本题第一个结论的$\widehat{f\ast Q}(n)=\hat{f}(n)\hat{Q}(n)$，从而利用三角不等式我们有：

$$\begin{array}{rl}|\widehat{f\ast g}(n)-\hat{f}(n)\hat{g}(n)|& \le |\widehat{f\ast g}(n)-\widehat{f\ast Q}(n)|+|\hat{f}(n)\hat{g}(n)-\hat{f}(n)\hat{Q}(n)|\\ & \le (M+|\hat{f}(n)|)\epsilon \end{array}$$

由于$\epsilon$是任意的，因此只能有$|\widehat{f\ast g}(n)-\hat{f}(n)\hat{g}(n)|=0$，换言之即$\widehat{f\ast g}(n)=\hat{f}(n)\hat{g}(n)$。

16.5.4 设$f\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$是一个可微函数，并且它的导函数$f^{\prime }$是连续的。证明：$f^{\prime }$也属于$C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，并且对所有的整数$n$有$\widehat{f^{\prime }}(n)=2\pi n\text{i}\hat{f}(n)$（见过称这个为微分定理的，不过有一点不一样） ​

$f^{\prime }$连续已经在题设中给出，因此只要证明$f^{\prime }$是$\mathbb{Z}$周期的那么$f$就属于$C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$。

注意到对任意的$x_0\in \mathbb{R}$，我们有：

$$f^{\prime }(x_0+1)=\underset{x\to x_0;x\in \mathbb{R}\mathtt{\text{}}\{x_0\}}{lim}\frac{f(x+1)-f(x_0+1)}{(x+1)-(x_0+1)}=\underset{x\to x_0;x\in \mathbb{R}\mathtt{\text{}}\{x_0\}}{lim}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f^{\prime }(x_0)$$

因此$f^{\prime }$是$\mathbb{Z}$周期的，第一个结论得证。

然后我们证明第二个结论，根据分部积分公式（命题11.10.1），考虑$F=f$与$G=e_{-n}$的情景，于是有：

$$\begin{array}{rl}\widehat{f^{\prime }}(n)=⟨f^{\prime },e_n⟩& ={\int }_{[0,1]}{f}^{\prime }(x){\text{e}}^{-2\pi n\text{i}x}\text{d}x\\ & =(f(1){\text{e}}^{-2\pi n\text{i}}-f(0){\text{e}}^0)-(-2\pi n\text{i}{\int }_{[0,1]}f(x){\text{e}}^{-2\pi n\text{i}x}\text{d}x)\\ & =2\pi n\text{i}⟨f,e_n⟩=2\pi n\text{i}\hat{f}(n)\end{array}$$

于是结论得证。

16.5.5 设$f,g\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$。证明：帕塞瓦尔恒等式 ​

（提示：对$f+g$和$f-g$使用Plancherel定理，然后把两者相减）进而推导出上面的实数部分可以去掉，于是有 ​

（提示：利用第一个恒等式，其中的$f$替换成$\text{i}f$） ​

由于$f+g$，$f-g$也属于$C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，因此我们分别对它们应用Plancherel定理，有：

$$\begin{array}{c}{\Vert f+g{\Vert }_2}^2=\sum _{n\in \mathbb{Z}}{|\widehat{f+g}(n)|}^2=\sum _{n\in \mathbb{Z}}{|\hat{f}(n)+\hat{g}(n)|}^2=\sum _{n\in \mathbb{Z}}\hat{f}(n)\overline{\hat{f}(n)}+\hat{g}(n)\overline{\hat{g}(n)}+\hat{f}(n)\overline{\hat{g}(n)}+\hat{g}(n)\overline{\hat{f}(n)}\\ {\Vert f-g{\Vert }_2}^2=\sum _{n\in \mathbb{Z}}{|\widehat{f-g}(n)|}^2=\sum _{n\in \mathbb{Z}}{|\hat{f}(n)-\hat{g}(n)|}^2=\sum _{n\in \mathbb{Z}}\hat{f}(n)\overline{\hat{f}(n)}+\hat{g}(n)\overline{\hat{g}(n)}-\hat{f}(n)\overline{\hat{g}(n)}-\hat{g}(n)\overline{\hat{f}(n)}\end{array}$$

因此我们有：

$${\Vert f+g{\Vert }_2}^2-{\Vert f-g{\Vert }_2}^2=2\sum _{n\in \mathbb{Z}}\hat{f}(n)\overline{\hat{g}(n)}+\hat{g}(n)\overline{\hat{f}(n)}$$

另一方面，直接根据$L^2$范数的定义又有：

$$\begin{array}{rl}{\Vert f+g{\Vert }_2}^2-{\Vert f-g{\Vert }_2}^2& =⟨f+g,f+g⟩-⟨f-g,f-g⟩\\ & ={\int }_{[0,1]}|f(x)+g(x){|}^2-|f(x)-g(x){|}^2\text{d}x\\ & =2{\int }_{[0,1]}f(x)\overline{g(x)}+g(x)\overline{f(x)}\text{d}x\end{array}$$

注意到$\mathfrak{R}(\bar{a}b)=\mathfrak{R}(\bar{b}a)$对任意的复数$a,b$成立成立，因此上面的结论可以总结得到：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{n\in \mathbb{Z}}\hat{f}(n)\overline{\hat{g}(n)}+\hat{g}(n)\overline{\hat{f}(n)}={\int }_{[0,1]}f(x)\overline{g(x)}+g(x)\overline{f(x)}\text{d}x\\ ⟹& \sum _{n\in \mathbb{Z}}\mathfrak{R}[\hat{f}(n)\overline{\hat{g}(n)}+\hat{g}(n)\overline{\hat{f}(n)}]={\int }_{[0,1]}\mathfrak{R}[f(x)\overline{g(x)}+g(x)\overline{f(x)}]\text{d}x\\ ⟹& \sum _{n\in \mathbb{Z}}\mathfrak{R}[\hat{f}(n)\overline{\hat{g}(n)}]={\int }_{[0,1]}\mathfrak{R}[f(x)\overline{g(x)}]\text{d}x\end{array}$$

也即${\displaystyle \mathfrak{R}{\int }_0^{1}f(x)\overline{g(x)}\text{d}x=\mathfrak{R}\sum _{n\in \mathbb{Z}}\hat{f}(n)\overline{\hat{g}(n)}}$，结论得证。

然后我们证明第二个结论，注意到$\widehat{\text{i}f}(n)=\text{i}\hat{f}(n)$，因此我们考虑对$\text{i}f$与$g$应用帕塞瓦尔恒等式，可以得到：

$$\mathfrak{R}{\int }_0^1\text{i}f(x)\overline{g(x)}\text{d}x=\mathfrak{R}\sum _{n\in \mathbb{Z}}\text{i}\hat{f}(n)\overline{\hat{g}(n)}$$

注意到$\mathfrak{R}(\text{i}a)=\mathfrak{R}(\text{i}\mathfrak{R}(a)-\mathfrak{I}(a))=-\mathfrak{I}(a)$对所有的复数都成立，因此这表明有恒等式：

$$\mathfrak{I}{\int }_0^{1}f(x)\overline{g(x)}\text{d}x=\mathfrak{I}\sum _{n\in \mathbb{Z}}\hat{f}(n)\overline{\hat{g}(n)}$$

从而结合一下帕塞瓦尔恒等式即有：

$${\int }_0^{1}f(x)\overline{g(x)}\text{d}x=\sum _{n\in \mathbb{Z}}\hat{f}(n)\overline{\hat{g}(n)}$$

于是结论得证。

16.5.6 本题中我们对具有任意固定周期$L$的函数建立傅里叶级数理论。设$L>0$，并设$f:\mathbb{R}\to \mathbb{C}$是一个连续的$L$周期复值函数。对于每一个整数$n$，定义$c_n$为： ​

由于$f$是一个$L$周期函数，因此对任意的$x\in \mathbb{R}$都有$f(L(x+1))=f(Lx)$，也即函数$g(x):=f(Lx)$是一个$\mathbb{Z}$周期函数，这点对下面的讨论很有帮助。

(a) 证明：级数 ​

依$L^2$度量收敛于$f$。换言之即证明： ​

（提示：对函数$f(Lx)$使用傅里叶定理） ​

根据傅里叶定理，因此有级数：

$$\sum _{n\in \mathbb{Z}}\hat{g}(n)e_n$$

依$L^2$度量收敛于$g$，然后注意到对任意的$n\in \mathbb{Z}$有：

$$\begin{array}{rl}\hat{g}(n)& ={\int }_{[0,1]}f(Lx){\text{e}}^{-2\pi n\text{i}x}\text{d}x\\ & =\frac{1}{L}{\int }_{[0,L]}f(y){\text{e}}^{-2\pi n\text{i}y/L}\text{d}y\\ & =c_n\end{array}$$

从而有：

$$\begin{array}{rl}{\int }_{[0,1]}{|g(x)-\sum _{n=-N}^N\hat{g}(n)e_n|}^2\text{d}x& ={\int }_{[0,1]}{|f(Lx)-\sum _{n=-N}^N{c}_n{e}_n|}^2\text{d}x\\ & =\frac{1}{L}{\int }_{[0,L]}{|f(y)-\sum _{n=-N}^N{c}_n{\text{e}}^{2\pi n\text{i}y/L}|}^2\text{d}y\end{array}$$

因此由傅里叶定理给出了${\displaystyle \underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{[0,1]}{|g(x)-\sum _{n=-N}^N\hat{g}(n)e_n|}^2\text{d}x=0}$可以推知${\displaystyle \underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{[0,L]}{|f(y)-\sum _{n=-N}^N{c}_n{\text{e}}^{2\pi n\text{i}y/L}|}^2\text{d}y=0}$，也即级数${\displaystyle \sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{\text{e}}^{2\pi \text{i}mx/L}}$依$L^2$度量收敛于$f$，结论得证。

(b) 设级数${\displaystyle \sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{c}_n}$是绝对收敛的，证明： ​

一致收敛于$f$ ​

在(a)中我们已经论证了$c_n=\hat{g}(n)$，因此即级数${\displaystyle \sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\hat{g}(n)}$绝对收敛，从而依据命题16.5.3有级数${\displaystyle \sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\hat{g}(n)e_n}$一致收敛于$g$。换言之，对任意的$\epsilon >0$，存在$N\ge 0$使得对任意的$n\ge N$与所有的$x\in \mathbb{R}$有：

$$|\sum _{n=-N}^N{c}_n{\text{e}}^{2\pi n\text{i}x}-f(Lx)|<\epsilon$$

然后我们做替换$y=x/L$，因此上面的结论变为：对任意的$\epsilon >0$，存在$N\ge 0$使得对任意的$n\ge N$与所有的$x\in \mathbb{R}$有：

$$|\sum _{n=-N}^N{c}_n{\text{e}}^{2\pi n\text{i}y/L}-f(y)|<\epsilon$$

也即级数${\displaystyle \sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{\text{e}}^{2\pi n\text{i}y/L}}$一致收敛于$f$，于是结论得证。

(c) 证明： ​

（提示：对函数$f(Lx)$使用Plancherel定理；上面三个小题刚好是本节三个命题扩展到$L$周期函数的形式） ​

对$g$使用Plancherel定理，我们有：

$${\Vert g{\Vert }_2}^2=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}|\hat{g}(n){|}^2$$

注意到：

$$\begin{array}{rl}{\Vert g{\Vert }_2}^2& ={\int }_{[0,1]}|f(Lx){|}^2\text{d}x\\ & =\frac{1}{L}{\int }_{[0,L]}|f(y){|}^2\text{d}y\end{array}$$

结合(a)中已有的$c_n=\hat{g}(n)$，于是即：

$$\frac{1}{L}{\int }_{[0,L]}|f(x){|}^2\text{d}x=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}|c_n{|}^2$$

结论得证。

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实分析 16.4 周期卷积