$e^\theta\sin\theta$在复数范围的求和

青青子衿

狄利克雷核 Dirichlet Kernel
en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet_kernel
像$\sin\theta$的求和一样
$e^{i\theta}+e^{2i\theta}+……+e^{ni\theta}=\frac{e^{i\theta}-e^{(n+1)i\theta}}{1-e^{i\theta}}$
$e^{-i\theta}+e^{-2i\theta}+……+e^{-ni\theta}=\frac{e^{-i\theta}-e^{-(n+1)i\theta}}{1-e^{-i\theta}}$
$\cos\theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2},\sin\theta=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}$
$\cos x+\cos2x+……+\cos nx=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}+\frac{e^{2i\theta}+e^{-2i\theta}}{2}+……+\frac{e^{ni\theta}+e^{-ni\theta}}{2}=\frac{1}{2}(\frac{e^{i\theta}-e^{(n+1)i\theta}}{1-e^{i\theta}}+\frac{e^{-i\theta}-e^{-(n+1)i\theta}}{1-e^{-i\theta}})=\frac{1}{2}(\frac{e^{i\theta}-e^{(n+1)i\theta}}{1-e^{i\theta}}+\frac{1-e^{-ni\theta}}{e^{i\theta}-1})=\frac{1}{2}(\frac{e^{i\theta}-e^{(n+1)i\theta}-1+e^{-ni\theta}}{1-e^{i\theta}})$
$\frac{1}{2}(\frac{e^{i\theta}-e^{(n+1)i\theta}-1+e^{-ni\theta}}{1-e^{i\theta}})
=\frac{1}{2}(\frac{e^{\frac{i\theta}{2}}-e^{\frac{(2n+1)i\theta}{2}}-e^{-\frac{i\theta}{2}}+e^{-\frac{(2n+1)i\theta}{2}}}{e^{-\frac{i\theta}{2}}-e^{\frac{i\theta}{2}}})
=\frac{1}{2}(\frac{e^{\frac{i\theta}{2}}-e^{-\frac{i\theta}{2}}-(e^{\frac{(2n+1)i\theta}{2}}-e^{-\frac{(2n+1)i\theta}{2}})}{e^{-\frac{i\theta}{2}}-e^{\frac{i\theta}{2}}})
=\frac{1}{2}(\frac{e^{\frac{(n+1)i\theta}{2}-\frac{ni\theta}{2}}-e^{\frac{(n+1)i\theta}{2}+\frac{ni\theta}{2}}-e^{\frac{ni\theta}{2}-\frac{(n+1)i\theta}{2}}+e^{-\frac{(n+1)i\theta}{2}-\frac{ni\theta}{2}}}{e^{-\frac{i\theta}{2}}-e^{\frac{i\theta}{2}}})$
$\frac{1}{2}(\frac{e^{\frac{(n+1)i\theta}{2}-\frac{ni\theta}{2}}-e^{\frac{(n+1)i\theta}{2}+\frac{ni\theta}{2}}-e^{\frac{ni\theta}{2}-\frac{(n+1)i\theta}{2}}+e^{-\frac{(n+1)i\theta}{2}-\frac{ni\theta}{2}}}{e^{-\frac{i\theta}{2}}-e^{\frac{i\theta}{2}}})
=\frac{1}{2}(\frac{e^{\frac{(n+1)i\theta}{2}}(e^{-\frac{ni\theta}{2}}-e^{\frac{ni\theta}{2}})+e^{-\frac{(n+1)i\theta}{2}}(-e^{\frac{ni\theta}{2}}+e^{-\frac{ni\theta}{2}})}{e^{-\frac{i\theta}{2}}-e^{\frac{i\theta}{2}}})
=\frac{1}{2}(\frac{(e^{\frac{(n+1)i\theta}{2}}+e^{-\frac{(n+1)i\theta}{2}})(e^{-\frac{ni\theta}{2}}-e^{\frac{ni\theta}{2}})}{e^{-\frac{i\theta}{2}}-e^{\frac{i\theta}{2}}})
=(\frac{e^{\frac{(n+1)i\theta}{2}}+e^{-\frac{(n+1)i\theta}{2}}}{2})(\frac{\frac{e^{-\frac{ni\theta}{2}}-e^{\frac{ni\theta}{2}}}{2i}}{\frac{e^{-\frac{i\theta}{2}}-e^{\frac{i\theta}{2}}}{2i}})=\frac{\sin\frac{n\theta}{2}\cos\frac{n+1}{2}\theta}{\sin\frac{\theta}{2}}$

战巡

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楼主到底想表达什么.........
难道只是为了说明这货这样求和后无法重现化成简单的实数函数表达式么?

hbghlyj

Variant of identity:$${\displaystyle \sum _{k=0}^{N-1}e^{ikx}=e^{i(N-1)x/2}{\frac {\sin(N\,x/2)}{\sin(x/2)}}}$$ Case 1. 二次函数有两个实根等于$a$, 二项式展开, 注意到$\binom{-2}n=\frac{(-2)\times\cdots\times(-1-n)}{1\times\cdots\times n}=(-1)^n(n+1)$, 我们有 $$\frac1{(x-a)^2}=\frac1{a^2}\sum_{n=0}^∞(n+1)\left(x\over a\right)^n$$ Case 2. 二次函数有两个不等的实根$a,b$, 把$\frac1{a-x}$和$\frac1{b-x}$的级数乘起来， $$\frac1{(x-a)(x-b)}=\frac1{ab}\sum_{n=0}^∞\left(\sum_{k=0}^n\frac1{a^kb^{n-k}}\right)x^n=\sum_{n=0}^∞\frac{\frac1{b^{n+1}}-\frac1{a^{n+1}}}{a-b}x^n$$ 或者使用部分分式$\frac1{(x-a)(x-b)}=\frac1{a-b}\left(\frac1{b-x}-\frac1{a-x}\right)$也能得到 $$\frac1{(x-a)(x-b)}=\sum_{n=0}^∞\frac{\frac1{b^{n+1}}-\frac1{a^{n+1}}}{a-b}x^n$$ Case 3. 二次函数有两个共轭虚根, 将$a=re^{iθ},b=re^{-iθ}$代入上式, Dirichlet核就出现了: $$\frac1{x^2-2 r x \cos \theta +r^2}=\frac1{r^2}\sum_{n=0}^∞\frac{e^{i(n+1)θ}-e^{-i(n+1)θ}}{e^{iθ}-e^{-iθ}}\left(x\over r\right)^n=\frac1{r^2}\sum_{n=0}^\infty\frac{\sin (n+1)\theta}{\sin\theta}\left(x\over r\right)^n$$ 若$θ=\frac{2π}m,\,m\in\Bbb Z$且$m>2$则系数序列有周期$m$:

$m$	$\theta$	幂级数
$3$	$\frac{2\pi}3$	\[\frac1{x^2+x+1}=\frac{x^3-1}{x-1}=\sum_{n=0}^∞(1+x)x^{3n}\]
$4$	$\frac\pi2$	\[\frac1{x^2+1}=(\arctan x)'=\sum_{n=0}^∞(1-x^2)x^{4n}\]
$5$	$2\pi\over5$	\[\frac1{x^2-\phi x+1}=\sum_{n=0}^∞(1+\phi x-\phi x^2-x^3)x^{5n}\quad\phi={\sqrt5-1\over2}\]
$6$	$\frac\pi3$	\[\frac1{x^2-x+1}=\frac{x^3+1}{x+1}=\sum_{n=0}^∞(1+x-x^3-x^4)x^{6n}\]

hbghlyj

青青子衿 发表于 2013-10-26 09:23
狄利克雷核 Dirichlet Kernel
en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet_kernel
像$\sin\theta$的求和一样 ...

${\displaystyle D_{n}(x)=\sum _{k=-n}^{n}e^{ikx}=\left(1+2\sum _{k=1}^{n}\cos(kx)\right)={\frac {\sin \left(\left(n+1/2\right)x\right)}{\sin(x/2)}},}$
如何证明${\displaystyle D_{n}(x)-{\frac {1}{2}}\cos(nx)={\frac {\sin \left(nx\right)}{2\tan({\frac {x}{2}})}}}$

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2025-1-16 18:05
如何证明${\displaystyle D_{n}(x)-{\frac {1}{2}}\cos(nx)={\frac {\sin \left(nx\right)}{2\tan({\frac {x}{2}})}}}$

${\displaystyle D_{n}(x)=\frac{\sin(nx)\cos(\frac12x)+\cos(nx)\sin(\frac12x)}{2\sin(x/2)}={\frac {1}{2}}\cos(nx)+{\frac {\sin \left(nx\right)}{2\tan({\frac {x}{2}})}}}$

hbghlyj

战巡 发表于 2013-10-27 09:24
楼主到底想表达什么.........
难道只是为了说明这货这样求和后无法重现化成简单的实数函数表达式么?

狄利克雷核被使用在傅里叶级数的一个定理的证明中，该定理是狄利克雷于1829年提出的。
$\mathcal{X}$ 为 $[-\pi, \pi]$ 上的分段光滑函数空间。
people.math.harvard.edu/~knill/teaching/math22b2019/handouts/lecture30.pdf
定理：$f \in \mathcal{X}$ 的傅里叶级数在每个连续点处收敛。在不连续点处，它取中间值。
证明：
第一部分是一个计算：
令 $S_n(x)=a_0+\sum_{k=1}^n a_k \cos (k x)+b_k \sin (k x)$ 表示 $f$ 的第 $n$ 部分和。通过代入公式
\[
\begin{gathered}
a_0=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \frac{1}{2} f(y) d y \\
a_k=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \cos (k y) f(y) d y \\
b_k=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \sin (k y) f(y) d y,
\end{gathered}
\]
我们得到
\[
S_n(x)=\int_{-\pi}^\pi D_n(x-y) f(y) d y
\]
其中
\[
D_n(x-y)=\frac{1}{\pi}\left(\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n \cos (k x) \cos (k y)+\sin (k x) \sin (k y)\right)=\frac{1}{\pi}\left(\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n \cos (k(x-y))\right)。
\]
第二部分：函数 $D_n(z)$ 被称为狄利克雷核。有一个简单的闭合形式：$\quad D_n(x)=\frac{1}{2 \pi} \frac{\sin \left(\left(n+\frac{1}{2}\right) x\right)}{\sin \left(\frac{x}{2}\right)}$
证明：有三个恒等式将这些联系在一起。你可以验证它们。
a) $\frac{1}{\pi}\left(\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n \cos (k x)\right)=\frac{1}{2 \pi} \sum_{k=-n}^n e^{i k x}$。
b) $\frac{1}{2 \pi} \sum_{k=-n}^n e^{i k x}=\frac{1}{2 \pi} \frac{e^{i(n+1) x}-e^{-i n x}}{e^{i x}-1}$。
c) $\frac{1}{2 \pi} \frac{e^{i(n+1) x}-e^{-i n x}}{e^{i x}-1}=\frac{1}{2 \pi} \frac{\sin \left(\left(n+\frac{1}{2}\right) x\right)}{\sin (x / 2)}$。
$x=0$ 时(通过 l'Hopital 法则)这个表达式为 $\frac{1}{\pi}(2 n+1)$。

第三部分给出了 $S_n(x)$ 和 $f(x)$ 之间的差。我们从 $D_n(x)=\frac{1}{\pi}\left(\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n \cos (k x)\right)$ 的定义中看到 $\int_{-\pi}^\pi D_n(y) d y=1$。因此我们可以写成
\[
f(x)=\int_{-\pi}^\pi D_n(y) f(x) d y
\]
通过变量替换，
\[
S_n(x)=\int_{-\pi}^\pi D_n(x-y) f(y) d y=\int_{-\pi}^\pi D_n(y) f(x+y) d y
\]
因此，
\[
S_n(x)-f(x)=\int_{-\pi}^\pi D_n(y)(f(x+y)-f(x)) d y
\]
第四部分引入了一个函数
\[
F_x(y)=\frac{f(x+y)-f(x)}{2 \sin (y / 2)}
\]
在 $0$ 为 $F_x(0)=f'(x)$。即使 $f$ 只是分段连续的，函数 $y \rightarrow F_x(y)$ 是连续且 $2 \pi$ 周期的。通过这个函数，我们可以写成
\[
S_n(x)-f(x)=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi F_x(y) \sin \left(\left(n+\frac{1}{2}\right) y\right) d y
\]
第五部分首先使用一个三角恒等式 $\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)y=\cos (y / 2) \sin (n y)+\sin (n y / 2) \cos (n y)$，然后引入两个连续周期函数
\[
G_x(y)=F_x(y) \cos (y / 2), H_x(y)=F_x(y) \sin (y / 2)
\]
这些函数的第 $n$ 个傅里叶系数是
\[
\begin{aligned}
B_n & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi G_x(y) \sin (n y) d y \\
A_n & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi H_x(y) \cos (n y) d y
\end{aligned}
\]
综合起来，我们看到
\[
S_n(x)-f(x)=B_n+A_n
\]
第六部分称为黎曼-勒贝格引理。它告诉我们，对于连续函数 $g, h$，在极限 $n \rightarrow \infty$ 时
\[
\begin{aligned}
A_n & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi g(x) \cos (n x) d x \rightarrow 0 \\
B_n & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi h(x) \sin (n x) d x \rightarrow 0
\end{aligned}
\]
然后我们可以在上述情况下应用这个引理，对于 $g(y)=G_x(y)$ 或 $h(y)=H_x(y)$，并看到 $A_n \rightarrow 0$ 和 $B_n \rightarrow 0$。
黎曼-勒贝格引理的证明：由贝塞尔不等式
\[
a_0^2+\sum_{k=1}^n a_k^2+b_k^2 \leq\langle f, f\rangle=\|f\|^2
\]
通过毕达哥拉斯定理，由于 $f(x)-S_n(x)$ 和 $S_n(x)$ 是垂直的，我们有
\[
\left\|f-S_n\right\|^2+\left\|S_n\right\|^2=\|f\|^2
\]
这意味着 $\left\|S_n\right\|^2 \leq\|f\|^2$ 对所有 $n$ 成立，因为 $\left\|S_n\right\|^2=a_0^2+\sum_{k=1}^n a_k^2+b_k^2$ 是非负项的和，无穷和必须收敛，且 $a_n, b_n$ 必须收敛到零。

hbghlyj

狄利克雷-迪尼定理指出，对于周期可积函数 $f$，如果存在某个 $\delta > 0$ 使得以下广义积分存在，则傅里叶级数在 $\theta$ 处收敛到 $L$。
$$
              \int_{0}^{\delta}\frac{1}{\theta'}\left|\frac{f(\theta+\theta')+f(\theta-\theta')}{2}-L\right|d\theta' < \infty.
$$
在区间的其他地方不需要条件，只需 $f$ 在 $[0,2\pi]$ 上可积。这是一个相当弱的条件，但仍然不够弱到成为必要条件。

例如，如果 $f$ 在 $\theta$ 处有左导数和右导数，那么上述条件成立。或者如果 $f$ 在 $\theta$ 处有左极限和右极限 $f(\theta\pm 0)$，并且 $f$ 从左和右是某个 $0 < \alpha \le 1$ 的 $\alpha$-Hölder 连续。其他各种条件也可以。最奇怪的是，如果 $f$ 在 $\theta$ 附近发散，并且如果 $f$ 关于 $\theta$ 对称，则级数将收敛到 $0$——这也被上述条件所涵盖，$L=0$。这些结果中的任何一个都涵盖了阶跃函数的情况。

狄利克雷-迪尼条件的充分性可以直接从截断傅里叶级数的狄利克雷积分公式中验证。非平凡的必要条件尚不清楚。

傅里叶级数收敛的最令人印象深刻、难以证明的结果是卡尔松定理：如果 $f$ 在 $[0,2\pi]$ 上平方可积，则傅里叶级数几乎处处点收敛到 $f$。