Материал из Викиконспекты
<<>>
Рассмотрим произвольный тригонометрический ряд:
[math] \frac{a_0}{2} + \sum\limits_{n=1}^{\infty} (a_n \cos nx + b_n \sin nx) [/math]
[math] |a_n \cos nx + b_n \sin nx| \le |a_n| + |b_n| [/math]
Если [math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} (|a_n| + |b_n|) [/math] сходится, то тригонометрический ряд будет абсолютно сходящимся.
Обратное в общем случае неверно, тригонометрический ряд может абсолютно сходиться в бесконечном числе точек, но при этом числовой будет расходиться.
Рассмотрим, например, [math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} \sin (n! x), x_k = \frac{\pi}{k!} [/math], тогда при [math] n \ge k: \sin(n! x_k) = \sin(\pi n (n - 1) \dots (k + 1)) = 0 [/math], то есть, ряд абсолютно сходится. Однако, [math] b_{n!} = 1 [/math], и ряд из коэффициентов расходится.
Однако, есть важная теорема:
[math] a_n \cos nx + b_n \sin nx = \sqrt{a_n^2 + b_n^2} \cos (nx + \varphi_n) [/math]
[math] \sqrt{a_n^2 + b_n^2} \le |a_n| + |b_n| \le \sqrt 2 \sqrt{a_n^2 + b_n^2} [/math], следовательно, ряды [math] \sum\limits_1^{\infty} (|a_n| + |b_n|) [/math] и [math] \sum\limits_1^{\infty} \sqrt{a_n^2 + b_n^2}) [/math] равносходятся.
| Теорема (Лузин, Данжуа): |
Пусть тригонометрический ряд абсолютно сходится на множестве положительной меры. Тогда ряд из [math] r_n = \sqrt{a_n^2 + b_n^2} [/math] сходится, следовательно, исходный тригонометрический ряд будет абсолютно сходящимся на всей числовой оси. |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
[math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} r_n |\cos (nx + \varphi_n)| [/math] — сходится для любого [math] x [/math] в [math] A [/math] по условию теоремы, где [math] \lambda A \gt 0 [/math].
Пусть [math] \alpha(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} r_n \cos^2(nx + \varphi_n) [/math]. [math] \alpha(x) [/math] измерима и конечна на [math] A [/math], так как [math] r_n \cos^2(nx + \varphi_n) \le r_n |\cos(nx + \varphi_n)| [/math].
Тогда [math] \exists A_0 \subset A: \lambda A_0 \gt 0, \alpha(x) [/math] — ограничена на [math] A_0 [/math]. [math] A = \bigcup\limits_{n = 1}^{\infty} A(0 \le \alpha(x) \le n), \lambda A \gt 0 \Rightarrow \lambda A_n \to \lambda A \Rightarrow \exists n_0 : \lambda A_{n_0} \gt 0 [/math], обозначим такой [math]A_{n_0} [/math] за [math] A_0 [/math].
На [math] A_0 [/math] [math] \alpha [/math] — суммируема, по теореме Б. Леви, ряд можно почленно интегрировать.
TODO: Почему можно выделить такое множество [math]A_0[/math] конечной меры?
[math] \int\limits_{A_0} \alpha(x) dx = \sum\limits_{n=1}^{\infty} r_n \int\limits_{A_0} \cos^2(nx + \varphi_{n, x}) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} r_n \int\limits_{A_0} \frac{1 + \cos(2nx + 2\varphi_{n, x})}{2} = [/math]
[math] = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac12 r_n \left( \lambda A_0 + \int\limits_{A_0} \cos(2\varphi_{n,x}) \cos (2nx) - \int\limits_{A_0} \sin(2\varphi_{n,x}) \sin (2nx) \right) [/math]. Оба интеграла стремятся к нулю по лемме Римана-Лебега, следовательно, разность этих интегралов с некоторого номера больше [math] -\frac12 \lambda A_0 [/math] , а значит, [math] n [/math]-е слагаемое ряда больше [math] \frac12 r_n \frac12 \lambda A_0 [/math]. Значит, из сходимости исходного ряда по признаку сравнения следует сходимость [math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} r_n [/math]. |
| [math]\triangleleft[/math] |
Таким образом, отождествили сходимость рядов [math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} (a_n \cos nx + b_n \sin nx) [/math] и [math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} (|a_n| + |b_n|) [/math].
Запишем условие абсолютной сходимости на языке наилучших приближений.
| Теорема: |
[math] f \in L_2, \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{E_n(f)_{L_2}}{\sqrt n} \lt + \infty [/math]
Тогда ряд Фурье абсолютно сходится. |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
[math] E_n^2(f)_2 = \pi \sum\limits_{k=n+1}^{\infty} (a_k^2 (f) + b_k^2 (f)) [/math]. Для абсолютной сходимости достаточно доказать, что [math] \sum\limits_{k=1}^{\infty} \sqrt{a_k^2 + b_k^2} \lt + \infty [/math] в условиях теоремы.
[math]\sum\limits_{k=1}^{\infty} \sqrt{a_k^2 + b_k^2} =[/math] [math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} \sum\limits_{k = n}^{\infty} \frac{\sqrt{a_k^2 (f) + b_k^2 (f)}}{k} \le [/math] (используем неравенство Коши для сумм)
[math] \le \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left( \sum\limits_{k=n}^{\infty}(a_k^2 + b_k^2) \right)^{\frac12} \left( \sum\limits_{k=n}^{\infty} \frac1{k^2} \right)^{\frac12} [/math]
[math] \left( \sum\limits_{k=n}^{\infty}(a_k^2 + b_k^2) \right)^{\frac12} [/math] равно [math] E_{n-1}(f)_2 [/math]
[math] \sum\limits_{k=n}^{\infty} \left( \frac1{k^2} \right)^{\frac12} \le \sum\limits_{k=n}^{\infty} \left( \frac1{k}\frac1{k-1} \right)^{\frac12} \le \sum\limits_{k=n}^{\infty} \left( \frac1{k-1} - \frac1k \right)^{\frac12} \le \frac{1}{\sqrt{n-1}} [/math]
Таким образом, получили, что [math]\sum\limits_{k=1}^{\infty} \sqrt{a_k^2 + b_k^2} \le \sqrt{a_1^2 + b_1^2} + \sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{cE_{n-1}(f)_{L_2}}{\sqrt{n-1}} \lt + \infty [/math], таким образом, ряд из [math] r_n [/math] сходится. |
| [math]\triangleleft[/math] |
