베셀의 부등식과 점별수렴

 

정의1

$S_{n}(f)(x) = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} [a_{n}\mathrm{cos}nx + b_{n}\mathrm{sin}nx]$

를 $f$의 Fourier 부분합이라 한다.

$a_{k} = \frac{1}{\pi } \int_{-\pi }^{\pi } f(x)\mathrm{cos}kx \; dx$      $(k = 0, 1, 2, \cdots)$

$b_{k} = \frac{1}{\pi } \int_{-\pi }^{\pi } f(x)\mathrm{sin}kx \; dx$           $(k = 1, 2, \cdots)$

 

 

 

정리1

$[-\pi, \pi]$에서 정의된 적분가능한 $f$의 Fourier 부분합 $S_{n}(f)$와 임의의 $n$차 삼각다항식

$T_{n}(x) = \frac{A_{0}}{2} + \sum_{k=1}^{n} (A_{k}\mathrm{cos}kx + B_{k}\mathrm{sin}kx)$에 대하여

$\int_{-\pi }^{\pi } (f(x) - S_{n}(f)(x))^{2} dx \leq \int_{-\pi }^{\pi } (f(x) - T_{n}(x))^{2}$

 

# $\left\|f - S_{n}(f) \right\|^{2} \leq \left\|f - T_{n} \right\|^{2} $

 

  (우변)$\times \frac{1}{\pi}$ $= \left\|f - T_{n} \right\|^{2}$

  $= (f - T_{n}, f - T_{n})$

  $= (f, f) - 2(f, T_{n}) + (T_{n}, T_{n})$

  $= (f, f) - 2\left\{\frac{A_{0}}{2}(f, 1) + \sum_{k=1}^{n}A_{k}(f, \mathrm{cos}kx) + \sum_{k=1}^{n}B_{k}(f, \mathrm{sin}kx) \right\}$

                    $+ \frac{A{_{0}}^{2}}{2} + \sum_{k=1}^{n}A{_{k}}^{2} + \sum_{k=1}^{n}B{_{k}}^{2}$

  $= (f, f) + \frac{1}{2}(A_{0} - a_{0})^{2} + \sum_{k=1}^{n}(A_{k} - a_{k})^{2} + \sum_{k=1}^{n}(B_{k} - b_{k})^{2}$

                    $- \frac{ a{_{0}}^{2} }{2} - \sum_{k=1}^{n} a{_{k}}^{2} - \sum_{k=1}^{n} b{_{k}}^{2}$

  $\geq \left\|f - S_{n}(f) \right\|^{2}$ $=$ (좌변)$\times \frac{1}{\pi}$

 

 

 

정리2 베셀의 부등식

$[-\pi, \pi]$에서 정의된 적분가능한 $f$에 대하여 다음 부등식이 성립한다.

$\frac{a{_{0}}^{2}}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a{_{n}}^{2} + b{_{n}}^{2}) \leq \frac{1}{\pi } \int_{-\pi }^{\pi } (f(x))^{2} dx$

여기서 $a_{0}, a_{n}, b_{n}$은 $f$의 Fourier 계수

 

  $0 \leq \frac{1}{\pi} \int_{-\pi }^{\pi } (f(x) - S_{n}(f)(x))^{2} dx$

    $= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi }^{\pi } (f(x))^{2} dx - \frac{a{_{0}}^{2}}{2} - \sum_{k=1}^{n}a{_{k}}^{2} - \sum_{k=1}^{n}b{_{k}}^{2}$

 

  즉, $\frac{a{_{0}}^{2}}{2} + \sum_{k=1}^{n}a{_{k}}^{2} + \sum_{k=1}^{n}b{_{k}}^{2}$는 위로 유계이다. 또한 단조증가 수열이므로 이는 수렴하고

  $\frac{a{_{0}}^{2}}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a{_{n}}^{2} + b{_{n}}^{2}) \leq \frac{1}{\pi } \int_{-\pi }^{\pi } (f(x))^{2} dx$

  를 만족한다.

 

 

 

정리3

$[-\pi, \pi]$에서 정의된 적분가능한 $f$의 Fourier 계수 $a_{n}, b_{n}$에 대하여

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_{n} = 0$,   $\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_{n} = 0$

 

  정리2에 의해 $\sum_{n=1}^{\infty} (a{_{n}}^{2} + b{_{n}}^{2})$이 수렴하므로 $ a{_{n}}^{2} + b{_{n}}^{2}$이 $0$으로 수렴한다.

  따라서 $a{_{n}}^{2}, b{_{n}}^{2} $이 각각 $0$으로 수렴한다.

  $\therefore$  $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_{n} = 0$,   $\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_{n} = 0$

 

 

보조정리1

$[-\pi, \pi]$에서 정의된 함수 $D_{n}(t)$에 대하여

$D_{n}(t) = \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{n} \mathrm{cos}kt = \begin{cases}
\frac{\mathrm{sin} (n + \frac{1}{2})t}{2\mathrm{sin}\frac{1}{2}t} &  t \neq 0 \\
n + \frac{1}{2} & t = 0
\end{cases}$

 

  Case 1 : $t = 0$일 때

  $D_{n}(t) = \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{n} \mathrm{cos}kt = \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{n} = n + \frac{1}{2}$

 

  Case 2 : $t \neq 0$일 때

  임의의 자연수 $k$에 대하여 $-k + \frac{1}{2} = - \left\{(k-1) + \frac{1}{2} \right\}$이므로

  $\mathrm{sin}(-k + \frac{1}{2})t + \mathrm{sin}\left\{(k-1) + \frac{1}{2} \right\}t = 0$

  이다. 따라서 모든 자연수 $n$에 대하여

  $\mathrm{sin}(-n + \frac{1}{2})t + \mathrm{sin}\left\{-(n-1) + \frac{1}{2} \right\}t + \cdots + \mathrm{sin}\left\{(n-1) + \frac{1}{2} \right\}t + \mathrm{sin}(n + \frac{1}{2})t$

     $= \mathrm{sin}(n + \frac{1}{2})t$

 

  한편

  $\mathrm{sin}(-k + \frac{1}{2})t = -\mathrm{sin}kt \; \mathrm{cos}\frac{1}{2}t + \mathrm{cos}kt \; \mathrm{sin}\frac{1}{2}t$

  $\mathrm{sin}(k + \frac{1}{2})t = \mathrm{sin}kt \; \mathrm{cos}\frac{1}{2}t + \mathrm{cos}kt \; \mathrm{sin}\frac{1}{2}t$

  이므로 

  $\mathrm{sin}(-n + \frac{1}{2})t + \mathrm{sin}\left\{-(n-1) + \frac{1}{2} \right\}t + \cdots + \mathrm{sin}\left\{(n-1) + \frac{1}{2} \right\}t + \mathrm{sin}(n + \frac{1}{2})t$

     $= (1 + \sum_{k=1}^{n} 2\mathrm{cos}kt)\mathrm{sin}\frac{1}{2}t $

 

  $\therefore$  $\frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{n} \mathrm{cos}kt = \frac{\mathrm{sin} (n + \frac{1}{2})t}{2\mathrm{sin}\frac{1}{2}t}$

 

  $\therefore$  $D_{n}(t) = \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{n} \mathrm{cos}kt = \begin{cases}
\frac{\mathrm{sin} (n + \frac{1}{2})t}{2\mathrm{sin}\frac{1}{2}t} &  t \neq 0 \\
n + \frac{1}{2} & t = 0
\end{cases}$

 

 

 

보조정리2

$g \in \mathcal{R}[-\pi, \pi]$

$\Rightarrow$  $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_{-\pi}^{\pi} g(t)\mathrm{sin}(n + \frac{1}{2})t  \; dt = 0 $

 

  $\mathrm{sin}(n + \frac{1}{2})t = \mathrm{sin}nt \; \mathrm{cos}\frac{1}{2}t + \mathrm{cos}nt \; \mathrm{sin}\frac{1}{2}t$이므로

  $\int_{-\pi}^{\pi} g(t) \mathrm{sin}(n + \frac{1}{2})t \; dt = \int_{-\pi}^{\pi} [g(t) \mathrm{cos}\frac{1}{2}t] \; \mathrm{sin}nt \; dt + \int_{-\pi}^{\pi} [g(t) \mathrm{sin}\frac{1}{2}t] \; \mathrm{cos}nt \; dt$

  이다.

  이때 처음 항은 $g(t) \mathrm{cos}\frac{1}{2}t$의 Fourier 사인 계수, 두번째 항은 $g(t) \mathrm{sin}\frac{1}{2}t$의 Fourier 코사인 계수로

  볼 수 있다. 따라서 위의 정리3에 의해 두 계수의 극한은 0이다.

 

 

 

보조정리3

$[-\pi, \pi]$에서 연속이고 주기가 $2 \pi$인 $f$의 Fourier 부분합은

$S_{n}(f)(x) = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x + t)D_{n}(t) dt $

 

  $S_{n}(f)(x) = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{k=1}^{n} a_{k}\mathrm{cos}kx + b_{k}\mathrm{sin}kx$

                       $= \frac{1}{2 \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) dt + \frac{1}{\pi} \sum_{k=1}^{n} (\int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{cos}kt \; \mathrm{cos}kx \; dt + \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{sin}kt \; \mathrm{sin}kx \; dt )$

                       $= \frac{1}{2 \pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) dt + \frac{1}{\pi} \sum_{k=1}^{n} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) (\mathrm{cos}kt \; \mathrm{cos}kx +   \mathrm{sin}kt \; \mathrm{sin}kx ) \; dt$

                       $= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t)\left\{\frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{n} \mathrm{cos}(k(x-t)) \right\} dt$

 

  이때 $s = -x + t$로 변수분환하고 적분기호 안의 모든 함수들은 주기가 $2\pi$이므로

  $S_{n}(f)(x) = \frac{1}{\pi} \int_{-x - \pi}^{-x + \pi} f(x + s)\left\{\frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{n} \mathrm{cos}ks \right\} ds $

                       $= \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^{ \pi} f(x + s)\left\{\frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{n} \mathrm{cos}ks \right\} ds$

                       $= \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^{ \pi} f(x + s)D_{n}(s) ds$

 

  $\therefore$  $S_{n}(f)(x) = \frac{1}{\pi} \int_{- \pi}^{ \pi} f(x + t)D_{n}(t) dt$

 

 

 

정리4

주기가 $2\pi$이면 연속인 함수 $f(x)$가 구간 $[-\pi, \pi]$에서 유한개의 점을 제외하고는 미분가능하며 미분 불가능한 점에서는 좌, 우측 미분계수가 각각 존재한다고 하자. 그러면 $ S_{n}(f)(x)$는 $f(x)$에 점별수렴한다.

 

  임의의 $x \in [-\pi, \pi]$를 택하자.

  $\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} D_{n}(t) dt$이므로 $f(x) = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)D_{n}(t) dt$이다.

 

  $\therefore$  $S_{n}(f)(x) - f(x) = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} (f(x + t) - f(x))D_{n}(t) dt $

                                            $= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{f(x + t) - f(x)}{2\mathrm{sin}\frac{1}{2}t} \mathrm{sin}(n + \frac{1}{2})t \; dt $

 

  $g(t) = \frac{f(x + t) - f(x)}{2\mathrm{sin}\frac{1}{2}t}$  $(t \neq 0)$이라 하자. 이때 로피탈 법칙에 의해

$\displaystyle \lim_{t \to 0} g(t) = \displaystyle \lim_{t \to 0} \frac{f'(x+t)}{\mathrm{cos}\frac{1}{2}t} = f'(x)$

  $\therefore$  $g(0) = f'(x)$로 놓으면 $g \in \mathcal{R}[-\pi, \pi]$

  $\therefore$  $S_{n}(f)(x) - f(x) = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} g(t) \mathrm{sin}(n + \frac{1}{2})t \; dt \to 0$  as  $n \to \infty$

 

  만약 점 $x$에서 좌우측 미분계수만 존재한다고 하면 $\displaystyle \lim_{t \to 0+} \frac{f(x+t) - f(x)}{2\mathrm{sin}\frac{1}{2}t} = f_{+}'(x)$이므로

  이 경우에도 함수 $g(t)$는 적분가능하도록 $t=0$에서 $g(0) = f_{+}'(x)$로 정의할 수 있다.

 

  $\therefore$  $f(x) = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_{n}\mathrm{cos}nx + b_{n}\mathrm{sin}nx)$