狄利克雷定理 (傅里叶级数)

Template:Otheruses 在数学分析中，狄利克雷定理（或若尔当—狄利克雷定理,狄利克雷条件）是关于傅里叶级数逐点收敛的一个结果。这个定理的最初版本是由德国科学家狄利克雷在公元1829年证明的。由于当时还没有出现适合的积分理论，狄利克雷的证明只能适用于足够规则的函数（除了在有限点以外都单调的函数）。

定理的推广版本则是由法国数学家卡米尔·若尔当在1881年的证明的，适用于所有局部有界变差函数。

定理的叙述

设 $f$ 为一个在$ℝ$上的周期性的局部可积函数，其周期为$2\pi$。给定 $x_0\in ℝ$，假设有以下条件成立：

1. 函数 $f$ 在 $x_0$ 处有左极限和右极限，分别记为 $f(x_0^{+})$ 和 $f(x_0^{-})$。
2. 存在正实数：$\alpha >0$，使得以下的两个积分收敛：

$\underset{0}{\overset{\alpha }{\int }}\frac{|f(x_0+t)-f(x_0^{+})|}{t}\mathrm{d}t,\underset{0}{\overset{\alpha }{\int }}\frac{|f(x_0-t)-f(x_0^{-})|}{t}\mathrm{d}t$

那么，函数 $f$ 的傅里叶级数在$x_0$ 处收敛，并且有：

$\lim {\mathrm{\backslash limits}}_n(S_{n}f(x_0))=\frac{1}{2}(f(x_0^{+})+f(x_0^{-}))$

定理成立的一个特例是当函数 $f$ 在$x_0$ 处有左导数和右导数的时候，又或者是当函数是分段${𝒞}^1$函数（见光滑函数）的时候。

证明

定理的证明是基于以下事实：傅里叶函数可以通过卷积以及拥有良好性质的三角多项式：狄利克雷核来计算。

$D_n(x)=\sum _{k=-n}^n{e}^{ikx}=\frac{\sin \left((n+\frac{1}{2})x\right)}{\sin (x/2)},$

$S_n(f)(x)=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(t)D_n(x-t)dt=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}{D}_n(t)f(x-t)dt$

这里使用的是狄利克雷核的第二种形式：

$S_n(f)(x)=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\sin \left((n+\frac{1}{2})t\right)\frac{f(x-t)}{\sin \frac{t}{2}}dt$

这种写法接近于使用黎曼-勒贝格定理所需的条件，唯一需要考虑的地方是函数 $\frac{f(x-t)}{\sin (t/2)}$ 在0附近并不一定可积。但是由于：

$\tilde{f}(x)=\frac{f(x^{+})+f(x^{-})}{2}$

存在，可以考虑将区间$[-\pi ,0)$上的积分用$u=-t$换元，这样 $S_n(f)(x)$ 就变成：

$S_n(f)(x)=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin \left((n+\frac{1}{2})t\right)\frac{f(x+t)+f(x-t)}{\sin \frac{t}{2}}dt$

因此：

$S_n(f)(x)-\tilde{f}(x)=\frac{1}{2\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin \left((n+\frac{1}{2})t\right)\frac{f(x+t)+f(x-t)}{\sin \frac{t}{2}}dt-\frac{1}{2}(f(x^{+})+f(x^{-}))$

而由于狄利克雷核在区间$[-\pi ,\pi ]$上的积分平均值是1，也就是说：

$1=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}{D}_n(t)dt=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin \left((n+\frac{1}{2})t\right)}{\sin (t/2)}dt=2\cdot \frac{1}{2\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin \left((n+\frac{1}{2})t\right)}{\sin (t/2)}dt$

$\frac{1}{2}=\frac{1}{2\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin \left((n+\frac{1}{2})t\right)}{\sin (t/2)}dt$

因此：

$\begin{array}{cc}{S}_n(f)(x)-\tilde{f}(x)& =\frac{1}{2\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin \left((n+\frac{1}{2})t\right)\frac{f(x+t)+f(x-t)}{\sin \frac{t}{2}}dt\\ & -\frac{1}{2\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin \left((n+\frac{1}{2})t\right)}{\sin \frac{t}{2}}(f(x^{+})+f(x^{-}))dt\\ & =\frac{1}{2\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin \left((n+\frac{1}{2})t\right)\frac{f(x+t)+f(x-t)-f(x^{+})-f(x^{-})}{\sin \frac{t}{2}}dt\end{array}$

由条件二，以上的积分中可以使用黎曼-勒贝格定理，因此可以对两边求极限，得到：

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{S}_n(f)(x)=\tilde{f}(x)$

参见

• 傅里叶级数
• 狄利克雷核
• 费耶核

参考书籍

• Template:EnTemplate:Cite bookp.46-52.
• Template:FrTemplate:Cite book