特殊的级数和广义积分
Gorenstein
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算法·理论
数学与背诵数学.
一年半前我高二时候写过一篇文章，没写下去。里面证过一些特殊结论，连同一些没写进去的其他结论，一年半来反复去看，看过就忘，从未记住。
傅氏级数的应用
封闭性公式
设 \{a_n\}_0^{\infty},\{b_n\}_{1}^{\infty} 为 L^2[-\pi,\pi] 上函数 f(x) 的傅里叶系数，则
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)\text dx=\frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2+b_n^2\right).
进一步，若 \{\alpha_n\}_0^{\infty},\{\beta_n\}_{1}^{\infty} 为 g(x)\in L^2[-\pi,\pi] 的傅里叶系数，则
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g(x)\text dx=\frac{a_0\alpha_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\alpha_n+b_n\beta_n\right).
特殊傅氏级数
展开 (\pi-x)/2
\begin{aligned}
\frac{\pi-x}{2}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n}
\end{aligned}
展开余弦函数
\begin{aligned}
\cos ax&=\frac{\sin a\pi}{a\pi}+\frac{\sin a\pi}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^na}{a^2-n^2}\cos nx,\\
\frac{\sin z}{z}&=1-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{2z\sin z}{z^2-n^2\pi^2}.
\end{aligned}
推导. \quad 考虑函数 \cos ax，因其为偶函数，b_n=0。有
a_0=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\cos ax\text dx=\frac{2}{\pi a}\sin a\pi,
\begin{aligned}
a_n&=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\cos(ax)\cos(nx)\text dx\\
&=\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}(\cos(a-n)x+\cos(a+n)x)\text dx\\
&=\frac{1}{\pi}\left(\frac{\sin(a-n)x}{a-n}+\frac{\sin(a+n)x}{a+n}\right)\bigg|_0^{\pi}\\
&=(-1)^n\frac{2a\sin a\pi}{\pi(a^2-n^2)},
\end{aligned}
令 x=0 得
\frac{\pi}{\sin a\pi}=\frac{1}{a}+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{2a}{a^2-n^2},
令 z=a\pi，改写以上结果得
\frac{\sin z}{z}=1-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{2z\sin z}{z^2-n^2\pi^2}.
黎曼 \zeta 函数的偶数项
傅氏级数的一个重要应用就是原则上能使用一定的程式计算出所有 \zeta(2n) 即 H_{\infty}^{(2n)} 的值。
考察函数 $f(x)=x^2$ 的傅里叶级数，有 $b_n=0$。
$$
\begin{aligned}
a_0&=\frac{2\pi}{3},\\
a_n&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^2\cos nx\text dx=(-1)^n\frac{4}{n^2},
\end{aligned}
$$
于是
$$
x^2=\frac{\pi^2}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4(-1)^n}{n^2}\cos nx.
$$
由封闭性公式得
$$
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^4\text dx=\frac{1}{2}\left(\frac{2\pi^2}{3}\right)^2+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{16}{n^4},
$$
即得
$$
\;\;\;\;\;\;\zeta(4)=H_{\infty}^{(4)}=\frac{\pi^4}{90}.\;\;\;\blacksquare
$$
按照以上方法求 $\zeta(2k)$，若 $k$ 为偶数，对函数 $f(x)=x^{k}$ 作傅里叶展开，则 $b_n=0$ 且
a_0=2\pi^{k}/(k+1)$。设
I_{n,k}=\int_0^{\pi}x^{k}\cos nx\text dx,
运用分部积分得
I_{n,k}=(-1)^{n}\frac{k\pi^{k-1}}{n^2}-\frac{k(k-1)}{n^2}I_{n,k-2},
显然有 I_{n,0}=0；进一步解递推式，则有
I_{n,k}=(-1)^n \sum_{j=0}^{k/2-1} (-1)^j \frac{k!}{(k-2j-1)!} \frac{\pi^{k-2j-1}}{n^{2j+2}},
由封闭性公式得
\begin{aligned}
\frac{2\pi^{2k}}{2k+1}&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^{2k}\text dx=\frac{2\pi^{2k}}{(k+1)^2}+\frac{4}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}I_{n,k}^2\\
&=\frac{2\pi^{2k}}{(k+1)^2}+\frac{4}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\bigg( \frac{k^2 \pi^{2k-2}}{n^4} + \frac{k^2(k-1)^2}{n^4} I_{n,k-2}^2 \\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad- \frac{2(-1)^n k^2(k-1)\pi^{k-1}}{n^4} I_{n,k-2}\bigg).
\end{aligned}
容易发现，代入 I_{n,k} 后展开的和式具有形式
\frac{2\pi^{2k}}{2k+1}-\frac{2\pi^{2k}}{(k+1)^2}=\sum_{j=1}^{k}p_j\zeta(2j),
因此原则上可解出 \zeta(2k)，其中 k 为偶数。对于 \zeta(4n+2) 处的值，方法是类似的。我们得到
J_{n,k} = \frac{(-1)^{n+1}\pi^k}{n} - \frac{k(k-1)}{n^2} J_{n,k-2},
显然有 J_{n,1} = (-1)^{n+1}\pi/n。进一步解递推式，则有
J_{n,k} = (-1)^{n+1} \sum_{j=0}^{(k-1)/2} (-1)^j \frac{k!}{(k-2j)!} \frac{\pi^{k-2j}}{n^{2j+1}},
由封闭性公式得 \sum_{1}^\infty J_{n,k}^2 = \frac{\pi^{2k+2}}{2(2k+1)}，于是
\frac{\pi^{2k+2}}{2(2k+1)} = \sum_{j=1}^{k} q_j \zeta(2j).
因此原则上可解出 \zeta(2k)，其中 k 为奇数。
特殊广义积分
Dirichlet 积分
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\text dx=\pi
推导. \quad 上述对 \sin z/z 的展开可以逐项积分：
\pi=\int_0^{\pi}\frac{\sin x}{x}\text dx+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\int_0^{\pi}\frac{2x\sin x}{x^2-n^2\pi^2}\text dx.
将 Dirichlet 积分写为有限区间上积分的级数得
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\text dx&=\int_0^{\pi}\frac{\sin x}{x}\text dx+\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{\pi}\left(\frac{\sin(t+n\pi)}{t+n\pi}+\frac{\sin(t-n\pi)}{t-n\pi}\right)\text dt\\
&=\int_0^{\pi}\frac{\sin x}{x}\text dx+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\int_0^{\pi}\frac{2t\sin t}{t^2-n^2\pi^2}\text dt\\
&=\pi.
\end{aligned}
高斯积分
\int_0^{\infty}e^{-ax^2}\,dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
推导. \quad 考虑积分 I_n:=\int_{\mathbb R^n}\exp(-a|x|^2)\,dx。因为 \exp(-a|x|^2)=\prod_1^n\exp(-ax_j^2)，由 Tonelli 定理知 I_n=(I_1)^n。而
I_2=2\pi\int_0^{\infty}re^{-ar^2}\,dr=\frac{\pi}{a}.
这就得到高斯积分的值。
推广的 Dirichlet 积分
\begin{aligned}
\int_0^{\infty}e^{-\alpha x}\cos\beta x\,dx&=\frac{\alpha}{\alpha^2+\beta^2},\\
\int_0^{\infty}e^{-\alpha x}\frac{\cos\beta x}{x}\,dx&=\arctan\frac{\beta}{\alpha},\\
\int_0^{\infty}\frac{\cos\beta x}{x}\,dx&=\frac{\pi}{2}\operatorname{sgn}\beta.\\
\end{aligned}
推导. \quad 第一个积分可以直接用微积分基本定理求出。设
I(\beta)=\int_0^{\infty}e^{-\alpha x}\frac{\cos\beta x}{x}\,dx,
对 \beta 求导得
I'(\beta)=\int_0^{\infty}e^{-\alpha x}\cos\beta x\,dx=\frac{\alpha}{\alpha^2+\beta^2},
其中求导后的积分对 \beta 一致收敛，从而求导是允许的。这就给出一个初值问题，解这个初值问题得
I(\beta)=\arctan\frac{\beta}{\alpha}.
第三个积分不能对 \beta 求导，否则得到发散的积分。但注意到积分对 \alpha 一致收敛，所以令 \alpha\to 0 即得所求的结果。
Laplace 积分
\int_0^{\infty}\frac{\cos\beta x}{\alpha^2+x^2}\,dx=\frac{\pi}{2\alpha}e^{-\alpha\beta}
推导. \quad 记这个积分为 I(\beta)。由 Dirichlet 判别法可以知道对 \beta 求导后的积分对 \beta 一致收敛，那么
I'(\beta)=-\int_0^{\infty}\frac{x\sin\beta x}{\alpha^2+x^2}\,dx.
但我们无法进一步求导。这里，我们转而将该积分与 Dirichlet 积分相加，得到
I'(\beta)+\frac{\pi}{2}=\alpha^2\int_0^{\infty}\frac{\sin\beta x}{x(\alpha^2+x^2)}\,dx,
再对 \beta 求导就得到 I''(\beta)-\alpha^2 I(\beta)=0。解这个微分方程，得到 I=C_1e^{\alpha\beta}+C_2e^{-\alpha\beta}，考虑 \alpha\to\infty 可知 C_1=0。初值是 C_2=I(0)=\pi/2\alpha。综合以上即得 Laplace 积分的结果。
用复积分计算广义积分
计算 Laplace 积分
为了简便起见，我们令 \alpha=1。令 f(z)=\cos\beta z/(1+z^2)。注意到 i 是 f 的一阶极点。取积分路径为从 -R 到 R 的直线和和从 R 到 -R 的上半圆 \gamma_R，则
\int_{-R}^R\frac{e^{i\beta x}}{1+x^2}\,dx+\int_{\gamma_R}\frac{e^{i\beta z}}{1+z^2}\,dz=2\pi i\operatorname{Res}(f,i),
其中
\operatorname{Res}(f,i)=\operatorname{Res}\left(\frac{e^{i\beta z}}{1+z^2},i\right)=\frac{e^{i\beta z}}{(1+z^2)'}\bigg|_{z=i}=\frac{e^{-\beta}}{2i}.
现在来估计 \int_{\gamma_R}f\,dz。注意到若 R\to\infty 则
\begin{aligned}
\left|\int_{\gamma_R}\frac{e^{i\beta z}}{1+z^2}\,dz\right|&\leq\frac{1}{R^2-1}\int_{0}^{\pi}e^{-\beta R\sin\theta}R\,d\theta\\
&\leq\frac{2}{R^2-1}\int_{0}^{\pi/2}\exp\left(\frac{-2\beta R\theta}{\pi}\right)R\,d\theta\\
&=\frac{2\pi}{\beta(R^2-1)}(1-e^{-\beta R})\to 0,
\end{aligned}
于是
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\beta x}}{1+x^2}\,dx=\pi e^{-\beta}.
取实部即得 Laplace 积分。
计算 Dirichlet 积分
取 f(z):=e^{iz}/z，设 r<R，取回路为 \text I 从 r 到 R，\gamma_R 为从 R 到 -R 的上半圆，\text I\!\text I 从 -R 到 -r，\gamma_r 为从 -r 到 r 的上半圆。由柯西积分定理知
\left(\int_{\text I}+\int_{\gamma_R}+\int_{\text I\!\text I}+\int_{\gamma_r}\right)f\,dz=0.
其中
\begin{aligned}
\int_{\text I}\frac{e^{iz}}{z}\,dz&=\int_r^R\frac{e^{ix}}{x}\,dx,\\
\int_{\text I\!\text I}\frac{e^{iz}}{z}\,dz&=-\int_r^R\frac{e^{-ix}}{x}\,dx,\\
\end{aligned}
与 Laplace 积分相似，我们可以估计在 R\to\infty 时 \int_{\gamma_R}f\,dz\to 0。最后
\int_{\gamma_r}\frac{e^{iz}}{z}\,dz=\int_{\gamma_r}\frac{dz}{z}+\int_{\gamma_r}\frac{e^{iz}-1}{z}\,dz=-\pi i+\int_{\gamma_r}\frac{e^{iz}-1}{z}\,dz.
注意到余下的积分的被积式在 0 处是可去奇点，故使用 ML 估计可知当 r\to 0 时有
\left|\int_{\gamma_r}\frac{e^{iz}-1}{z}\,dz\right|\leq M\pi r\to 0,
因而
\lim_{\substack{R\to\infty\\r\to 0}}\int_r^R\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{x}\,dx=\pi i.
这就得到了 Dirichlet 积分。