15.2 Fourier 级数的收敛性

例题 $15.2.1$（$Gibbs$ 现象）

记 $\{S_n(x)\}$ 是 $Fourier$ 级数（$15.19$）的部分和函数列，$S(x)=\frac{\pi -x}{2}$ 为该级数在区间 $(0,2\pi )$ 上的和函数，则有

lim _ n → ∞ max _ 0 ≤slant x ≤slant π {S _ n (x) - S (x) } = ∫_ 0 ^ π frac sin tt d t - frac π2 ≈ frac π2 × 0. 1 7 8 9 8.$$\underset{n\to \infty }{\lim }\underset{0⩽x⩽\pi }{\max }\{S_n(x)-S(x)\}={\int }_0^{\pi }\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t-\frac{\pi }{2}\approx \frac{\pi }{2}\times \mathrm{0.17898.}$$

证明

研究误差 ${\epsilon }_n(x)=S_n(x)-S(x)$ 在 $x=0$ 右侧的性态。直接计算得到

frac d ε_ n (x)d x = frac 12 + ∑_ k = 1 ^ n cos k x,$$\frac{\mathrm{d}{\epsilon }_n(x)}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n\cos kx,$$

因此就有（见前面的（$15.16$））

frac d ε_ n (x)d x = D _ n (x) = frac sin (n + frac 12) x2 sin frac 12 x.$$\frac{\mathrm{d}{\epsilon }_n(x)}{\mathrm{d}x}=D_n(x)=\frac{\sin (n+\frac{1}{2})x}{2\sin \frac{1}{2}x}.$$

可以看出误差 ${\epsilon }_n(x)$ 的极值点为 $x_n^{(m)}=\pi m/(n+\frac{1}{2}),m=1,2,\cdots ,2n.$ 其中当 $m$ 为奇数时是极大值点 ^① ，当 $m$ 为偶数时是极小值点（参见图 $15.3$）. 直接计算在这些极值点上的误差值：

r l ε_ n (x _ n ^ (m)) & = S _ n (x _ n ^ (m)) - S (x _ n ^ (m)) = ∑_ k = 1 ^ n frac sin (k x _ n ^ (m))k - frac π - x _ n ^ (m)2 & = (∑_ k = 1 ^ n frac sin (k x _ n ^ (m))k x _ n ^ (m) · frac π mn) · (frac nn + 1 / 2) - frac π2 + frac π m2 n + 1 & = (∑_ k = 1 ^ n frac sin (k x _ n ^ (m))k x _ n ^ (m) · frac π mn) - frac π2 + O (frac 1n).$$\begin{array}{rl}{\epsilon }_n(x_n^{(m)})& =S_n(x_n^{(m)})-S(x_n^{(m)})={\sum }_{k=1}^n\frac{\sin (k{x}_n^{(m)})}{k}-\frac{\pi -x_n^{(m)}}{2}\\ & =\left({\sum }_{k=1}^n\frac{\sin (k{x}_n^{(m)})}{k{x}_n^{(m)}}\cdot \frac{\pi m}{n}\right)\cdot \left(\frac{n}{n+1/2}\right)-\frac{\pi }{2}+\frac{\pi m}{2n+1}\\ & =\left({\sum }_{k=1}^n\frac{\sin (k{x}_n^{(m)})}{k{x}_n^{(m)}}\cdot \frac{\pi m}{n}\right)-\frac{\pi }{2}+O\left(\frac{1}{n}\right).\end{array}$$

由于右边第一项可看作为 $Riemann$ 积分和式，因此当 $n\to \infty$ 时就得到

lim _ n arrow ∞ ε_ n (x _ n ^ (m)) = ∫_ 0 ^ m π frac sin tt d t - frac π2.$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\epsilon }_n(x_n^{(m)})={\int }_0^{m\pi }\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t-\frac{\pi }{2}.$$

容易知道当 $m=1$ 时的极限值最大 ^② ，即得到

∫_ 0 ^ π frac sin tt d t - frac π2 ≈ frac π2 × 0. 1 7 8 9 8.$${\int }_0^{\pi }\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t-\frac{\pi }{2}\approx \frac{\pi }{2}\times \mathrm{0.17898.}$$

注 $1$

若取 $x_n=c/n,n=1,2,\dots$ ，则类似地有 ${\lim }_{n\to \infty }{S}_n\left(\frac{c}{n}\right)={\int }_0^c\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t.$ 取不同的 $c$ 值，这样的极限值就会形成一个闭区间 $[CS(0^{-}),CS(0^{+})]$ ，其中 $C=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t\approx \mathrm{1.17898.}$ 注意：在图 $15.3$ 上用 $y$ 轴上的一个粗黑直线段来代表这个区间．

注 $2$

虽然以上只是一个特例，但可以用它以及它的平移来吸收一般的和函数中的所有间断点。因此以上所得的结论、常数 $18\%$ 以及注 $1$ 中的内容都具有普遍意义。

小结

若和函数有间断点，则不可能依靠 $Fourier$ 级数的部分和函数 $S_n(x)$ 的 $n$ 增加来改进近似计算的精确程度。这是在 $Fourier$ 级数的应用中不能忽视的问题（可以参考 $[43]$ 的最后一章“三角级数之和”）.

注 $3$

以上证明的思想来自《美国数学月刊》（$1980$）第 $87$ 卷 $210$-$212$ 页。