Steins 傅里叶分析 第四章部分习题解答

Posted on Edited on In

Exercise 4

\((\text{Wirtinger} \Rightarrow \text{isoperimetric})\)：

\[ \begin{aligned} 2(\pi-\mathcal A)&=\int_{-\pi}^\pi [x^\prime(s)^2+y^\prime(s)^2]\mathrm ds-\int_{-\pi}^\pi [x(s)y^\prime(s)-y(x)x^\prime(s)]\mathrm ds \\ &= \int_{-\pi}^\pi [x^\prime(s)+y(s)]^2\mathrm ds+\int_{-\pi}^\pi[y^\prime(s)^2-y^2(s)]\mathrm ds \\ &\geq 0 \end{aligned} \]

最后一步利用 Wirtinger 不等式。

\((\text{isoperimetric} \Rightarrow \text{wirtinger})\):

因为 \(f\) 连续，所以 \(f\) 有原函数，设 \(g\) 满足 \(g^\prime=-f\)

考虑 \(\gamma:[-\pi,\pi]\to \mathbb R^2:t\to(g(t),f(t))\)

$$ \[\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi [f^\prime(t)^2-f^2(t)]\mathrm dt &= \int_{-\pi}^\pi [g^\prime(t)+f(t)]^2\mathrm dt+\int_{-\pi}^\pi [f^\prime(t)^2-f^2(t)]\mathrm dt \\ &=\int_{-\pi}^\pi [g^\prime(t)^2+2g^\prime(t)f(t)+f^\prime(t)^2]\mathrm dt \\ &=\int_{-\pi}^\pi [g^\prime(t)^2+f^\prime(t)^2]\mathrm dt -2\mathcal A \\ &\overset{Cauchy}{\geq} \frac{1}{2\pi} \Bigg(\int_{-\pi}^\pi \sqrt{g^\prime(t)^2+f^\prime(t)^2}\mathrm dt \Bigg)^2-2\mathcal A \\ &=2(\pi-\mathcal A) \\ &\geq 0 \end{aligned}\]

$$

Exercise 5

注意到

\[(\frac{1-\sqrt 5}{2})^n+(\frac{\sqrt 5+1}{2})^n\]

是 \(a_n=a_{n-1}+a_{n-2},a_1=1,a_2=2\) 的通项公式，而 \((\frac{1-\sqrt 5}{2})^n\to 0\)，故随 \(n\to\infty\)，后面一项无限接近一个整数。

Exercise 8

\[\Big|\sum_{n=1}^N e^{2\pi ibn^\sigma}\Big|\leq \Big |\sum_{n=1}^Ne^{2\pi ibn^\sigma}-\int_1^N e^{2\pi ibx^\sigma}\mathrm dx\Big|+\Big|\int_1^N e^{2\pi i bx^\sigma}\mathrm dx \Big|\]

而后一项可以利用分部积分提出一个 \(e^{2\pi i b x^\sigma}\)，证明他是 \(O(N^{1-\sigma})\)，前一项可以 \((n,n+1)\) 分开考虑放缩，得到 \(O(N^\sigma)\)，即得证。

Exercise 9

这次是证明

\[\lim_{N\to\infty}\frac{1}{N}\sum_{n=1}^N e^{2\pi ib\ln n}>0\]

我们还是拆分成 \(\sum-\int_1^N\) 和 \(\int_1^N\) 两部分，注意到 \(\sum-\int_1^N=O(\log n)\)，因此不会对极限造成影响，而 \(\int_1^N\) 的结果是 \((N^{2\pi ib+1}-1)/(2\pi ib+1)\)，由 \(|N^{2\pi ib}|=1\) 知最后的极限是 \(1/(2\pi i b+1)\)

Exercise 11

首先求出 \(u-f\) 的傅里叶系数

\[\widehat{u-f}(n)=\widehat{(f*H_t)}(n)-\widehat f(n)=\widehat f(n)[e^{-4\pi^2n^2t^2}-1]\]

由 Parseval

\[\int_0^1 |u(x,t)-f(x)|^2\mathrm dx=\sum |\hat f(n)|^2+|\widehat{H_t}(n)-1|^2\mathrm dx\]

对于 \(\forall \epsilon>0\)

注意到因为 \(||f||<\infty\)，所以存在 \(N\) 使得

\[\sum_{|n|>N} |\hat f(n)|<\sqrt \epsilon\]

因此对于 \(|n|>N\) 的部分，由 \(|\widehat{H_t}(n)-1|\leq 1\) 可知后面的和 \(<\epsilon\)

对于 \(|n|\leq N\) 的部分，我们只需要 \(|\widehat{H_t}(n)-1|<\sqrt \epsilon(\forall t<\delta)\) 即可，可取 \(\delta=\dfrac{\ln(1-\sqrt \epsilon)}{4\pi^2N^2}\)

这样 \(\sum=\sum_{|n|\leq N}+\sum_{|n|>N}\leq ||f||\epsilon+\epsilon=O(\epsilon) (t\to 0)\)，即证。

Exercise 13(b)

感觉主要是想到第一步，后面都比较机械了。

先用 Jordan 不等式 \(|x|\leq \dfrac{1}{2}|\sin \pi x|,x\in [-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}]\)，转化成 \(\int |\sin\pi xH_t(x)|^2\mathrm dx\)，然后 Parseval，转化成傅里叶系数平方求和，用 \(\dfrac{1}{2i}(e^{i\pi x}-e^{-i\pi x})\) 代替 \(\sin x\)，最后可以转化成 \(\pi^4t^2\sum |(2n+1)^2e^{-8\pi^2 x^2 t}|\) 的形式，再转换成积分的形式，求阶即可。

Problem 1

  1. 用 Exercise 15 Chap.3 的结论，有

\[2|a_n|=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi (\gamma(t)-\gamma(t+\pi/n))e^{-int}\mathrm dt\]

  1. 设 \(t\) 为 \(\gamma(\tau)\) 的切线与 \(y\) 轴的夹角，则 \(\gamma^\prime(t)\) 可写作 \(ie^{it}r(t)\)，其中 \(r(t)\) 控制在 \(\tau(t)\) 处的切线长度，则 \(r(t)\) 是周期为 \(2\pi\) 的实值函数且 \(r(t)=-r(t+\pi)\)

由分部积分

\[\gamma(t)=r(t)e^{it}-\int r^\prime(t)e^{it}\mathrm dt\]

求傅里叶系数得

\[\hat \gamma(1)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi r(t)\mathrm dt=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi|\gamma^\prime(t)|\mathrm dt=\frac{\ell}{2\pi}\]

再由 \(2\hat \gamma(1)\leq d\) 即证。

Problem 3

运用 Problem 2 的结论，数学归纳法，每次差分，直到 \(\sigma\in (0,1)\)。

Problem 6

可将 \(f(n)\) 拆成若干段单调有界的函数，因此有 \(\hat f(n)=O(1/n)\)，然后用 Problem 5 的结论。