📝 题目
例 9 设 $f\left( x\right)$ 是周期为 ${2\pi }$ 的连续周期函数. 求证:
(1) $F\left( x\right) \frac{\text{ 定义 }}{2h}\frac{1}{h}{\int }_{x - h}^{x + h}f\left( t\right) \mathrm{d}t\left( {h > 0}\right)$ 也是周期为 ${2\pi }$ 的连续周期函数;
(2)对 $\forall \varepsilon > 0,\exists h > 0$ ,使得
$$ \left| {f\left( x\right) - F\left( x\right) }\right| < \varepsilon \;\left( {-\pi \leq x \leq \pi }\right) ; $$
(3)对 $\forall \varepsilon > 0$ , $\exists {\widetilde{S}}_{n}\left( x\right)$ ( $n$ 阶三角多项式),使得
$$ \left| {f\left( x\right) - {\widetilde{S}}_{n}\left( x\right) }\right| < {2\varepsilon }\;\left( {-\pi \leq x \leq \pi }\right) . $$
💡 答案与解析
证 (1) 对 $F\left( x\right)$ 的表达式作变换 $t = x + y$ ,得
$$ F\left( x\right) = \frac{1}{2h}{\int }_{x - h}^{x + h}f\left( t\right) \mathrm{d}t = \frac{1}{2h}{\int }_{-h}^{h}f\left( {x + y}\right) \mathrm{d}y. $$
又 $f\left( x\right)$ 是周期为 ${2\pi }$ 的周期函数,故有
$$ F\left( {x + {2\pi }}\right) = \frac{1}{2h}{\int }_{-h}^{h}f\left( {x + {2\pi } + y}\right) \mathrm{d}y $$
$$ = \frac{1}{2h}{\int }_{-h}^{h}f\left( {x + y}\right) \mathrm{d}y = F\left( x\right) , $$
即 $F\left( x\right)$ 也是以 ${2\pi }$ 为周期的周期函数. 由 $f\left( x\right)$ 连续,及
$$ F\left( x\right) = \frac{1}{2h}\left\{ {{\int }_{0}^{x + h}f\left( t\right) \mathrm{d}t - {\int }_{0}^{x - h}f\left( t\right) \mathrm{d}t}\right\} , $$
根据变上限积分的性质,显然 $F\left( x\right)$ 连续可微.
(2) $F\left( x\right)$ 的意义是 $f\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {x - h,x + h}\right\rbrack$ 上的平均值,为了便于将 $F\left( x\right)$ 与 $f\left( x\right)$ 进行比较,我们应用积分中值定理,对 $\forall x \in$ $\left\lbrack {-\pi ,\pi }\right\rbrack$ 及 $\forall h > 0,\exists {\xi }_{x} \in \left\lbrack {x - h,x + h}\right\rbrack$ ,使得
$$ F\left( x\right) = \frac{1}{2h}{\int }_{x - h}^{x + h}f\left( t\right) \mathrm{d}t = f\left( {\xi }_{x}\right) . $$
这样 $F\left( x\right)$ 与 $f\left( x\right)$ 之间的比较就转化为 $f\left( {\xi }_{x}\right)$ 与 $f\left( x\right)$ 之间的比较. 再由 $f\left( x\right)$ 在实轴上的一致连续性,对 $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0$ ,使得
$$ \left| {f\left( {x}_{1}\right) - f\left( {x}_{2}\right) }\right| < \varepsilon \;\left( {\forall {x}_{1},{x}_{2} \in \mathbf{R},\left| {{x}_{1} - {x}_{2}}\right| < \delta }\right) . $$
取 $h \in \left( {0,\delta }\right)$ ,由 $\left| {{\xi }_{x} - x}\right| \leq h < \delta$ ,便有
$$ \left| {F\left( x\right) - f\left( x\right) }\right| = \left| {f\left( {\xi }_{x}\right) - f\left( x\right) }\right| < \varepsilon \;\left( {\left| x\right| \leq \pi }\right) . \tag{4.9} $$
(3)因为 $F\left( x\right)$ 连续可微,
$$ {F}^{\prime }\left( x\right) = \frac{f\left( {x + h}\right) - f\left( {x - h}\right) }{2h}\;\left( {\left| x\right| \leq \pi }\right) , $$
所以
$$ {F}^{\prime }\left( x\right) \in L{R}^{2}\left\lbrack {-\pi ,\pi }\right\rbrack , $$
从而 $F\left( x\right)$ 的傅氏级数一致收敛到 $F\left( x\right)$ . 记 $F\left( x\right)$ 的傅氏级数部分和为 ${\widetilde{S}}_{k}\left( x\right)$ ,则当 $\displaystyle{k \rightarrow \infty}$ 时,
$$ {\widetilde{S}}_{k}\left( x\right) \rightarrow F\left( x\right) \;\left( {\forall x \in \left\lbrack {-\pi ,\pi }\right\rbrack }\right) . $$
于是对 $\forall \varepsilon > 0,\exists n$ ,使得
$$ \left| {F\left( x\right) - {\widetilde{S}}_{n}\left( x\right) }\right| < \varepsilon \;\left( {\left| x\right| \leq \pi }\right) . \tag{4.10} $$
这样,对 $\forall \varepsilon > 0$ ,先取定 $h$ 保证 (4.9) 式成立,再取定 ${\widetilde{S}}_{n}\left( x\right)$ 保证
(4.10)式成立. 联立 (4.9) 与 (4.10) 式, 即得
$$ \left| {f\left( x\right) - {\widetilde{S}}_{n}\left( x\right) }\right| \leq \left| {f\left( x\right) - F\left( x\right) }\right| + \left| {F\left( x\right) - {\widetilde{S}}_{n}\left( x\right) }\right| < {2\varepsilon } $$
$$ \left( {\left| x\right| \leq \pi }\right) \text{ . } $$
评注 连续周期函数的傅氏级数可以在一些点上发散, 更谈不上一致收敛. 但本题结果表明连续的周期函数总可以用三角多项式一致逼近.