fourier analysis introduction第5章习题本文仅供个人学习使用如果侵犯了您权益及时与我

习题解5章个人觉得相当重要，所实在，所以能解多少算多少了，希望以后能逐步解答完全。中国家里蹲大学自己折腾学院数学专科在读5设fL(x)是f(x)的周期L根据提示先证明an(L)绝对收敛 a(L)

1(n=L) ^j(x) A2，所Xjan(L)j

L(1+(n=L)2)<即an(L)绝对收敛。所以（利用周期函数的级数XfL(x) n

( x2¡=; R 108，lemmaF(»)d»

NF(»)d»

NF(»)d»¡±

F(n±)+±

F(n±) F(±n)!

± ±①因为F是moderatedecrease，所以F(») AZ F(»)d»

ZF(»)d»j

»

Aj1+»2jd»·»Nj»2N>

·NR 8²0②

F(»)d» ¡NF(»)d»j<Z F(»)d»¡

F(±n)j=

N±X

ZZ

F(»)d»¡

N±

F(±n=N

F一致连续，所以8N09±10when1，F(»F(±n·²(6N)2(±nn±)，所以Z F(»)d»¡

③当NN

F(n±)¡ F(±n)j=

F（a（b）

(»)e2¼ix»2本题中，g(2xf(x)¤f2

Z¼

dx

sin

f(x)¤f(x)!(sin2¼»g(x)!(sin¼»即 ，使 成立。 因为，所因

[a,b]则

Zf(x)¤g(x)Z=

f(x¡Z f(x¡y2插句题外话，个人觉得本章中f(x¡

y

①jyj·jxj=2;sojx¡yj¸ f(x¡y)·1+(x¡y)2·1+jxj2=4=4+jxj2<1+ ②jyj>

y2f(x¡y)g(y)dy·1+

yjjj2g(y)dy·1+ g(y)·1+y2·1+x2=4·4+x2<1+ jyj>jxj=2f(x¡y)dy·1+x2f(x)¤g(x)<4AB+1+即两个moderatedecrease函数的卷积同样是 (本例中的ABCD代表 fyey2e2xydy fy2y22)yZ ¡¡= f(y)e(xy)

=f(x)¤x2=f^(»)e¡2=f(x)=x解：需要铺垫几个事实，门函数 S¼»S) sinx,根据时域卷积等于x域相乘（1423）,gR(x)¤gR(x)$2S2¼» »)FR(tRSa2(¼Rt$1gR(»¤gR(»1j»jj»j· ¿考虑：f(x)=Sa(¼x)f(x)$g(»)=1（其中g()为门函数¿根据kfk=

kfk=R¿S2¼x)dx=kf^k=Rg2(»)d»=¿= FR(t)dt

S2¼t=则goodkernal的第一个条件满足，第二个条件因FR(t) 于，以然成立。

(sin±jjR¼2R2jdx

8">0;±>2Z9R>Z1±jjR¼2x2jdx<R R 2 R 1 8jxj<1;jx2j<jxj;1¡x2>1¡ )cn¸2=(n+8²>0;±>

2ndx

R1(n+1)(1¡x)ndx=(1¡L(x)dx 1>jxj>± jj> 所以Ln(x)good

+1<解：heat means ，是比高阶的无穷小，所以xt证明：请参考书本P151，Theorem2.7。

证明：请回顾exercise9，根 义以时相频卷等质，可知， Theorem3.1 (»);(x)»)

(1¡ j»j· Xsin¼(n+x) sin2

)¼(n+

¼2(n+x)2 g» = (n+x)2=(sin(x)f

(1j»j· X(n

Xsin2¼(n+(n+

Xsin=¼(n+

=

=1+2 1+2 =n+

sin

)tan)归纳法，设，则 问继简为设，则是数列的累加和

=1¼m

B2m=2

)1

1¡2

(212m11¡2 n=1

¡11(2¼n)2m 1 = 2

z2+

+ z

¡2¼z

z+z

¡2

2

=¡2+z=ez¡

f)Xf^(x+n)

fx

fx因为^(»)=0whenj»j>1=2X) f¼xx进行变量代换成ξX(») f¼» f(x) (»)ei2¼x» f()2¼i»ei2¼x»XZ f»)»X fX

sin¼(x¡ f(n)K(x¡证明：果些 号系或字号理识背 K(y)是一个门型滤波器b问中的¸y) 通波， b问中的¸yk¸(y实际上是两个滤波器的叠加，分别是高度宽窄各不相同的3 形带，或者说是两个 ¡ 令g(x)=f^(¸x)， ^(»f¡ 则X

X

X f(¸x+n)

g(x+n)

f

¼x我们注意到，f^(¸xissupportedin¡1;1],当n=0时，f^(¸xn)在¡11]2¸ 21X1(¸x) f¸

n¼x¸^

X f(»)=Â

¼»¸

f( f(x)Z

(»)ei2¼x»X X

f

e¼»¸e¼»¼ f(

下面，我们对Â0(»)e2¼ix»d»

¸y)cos¼y¡cos¼

cos¼y¡cos¼2¡ !1¡2sin2(¼y)¡1+2sin2(¼ = ¼2¡ (¸¡1)(2xx时域的范围要加宽）其傅氏变换形式为sin2

的原理，可以

sin2¼2y)

¼¸y

¸1¼y 2(¡)(¼y g¿(x)!¿¿Sa(¼¿x)!g¿»¿Sa(¼¿x)¢¿Sa(¼¿x)!g¿»)¤g¿2 !sin2(¼y)2 !sin2(¼

1¸¡1

g1=2(»)¤!2!

2»¤2» ¼2 ¸ 首先

jf(x)j2dx

X)») f¼» Z1=2jf(x)j2dx fnei¼»

jfX jf

Z证明：compactlysupported 文思紧，书个组出过次，都是应用而没根据提示，设fissupportedin[0,1/2],即因

周期 ，其 ，因 紧支，所

1 1 )jf(x)jdx

x2jf(x)j2dx¸

ZR

22222 Z()jf(»)jd»

R2

2 (LL

1 jf x2jf 4 (LL)2 1;LL¸1 1

令 ，因为，所以①①②③根据提示，设xyy=ln @U= @y

=@U(¡1

1@U @x2=x2(@y¡@y2)又因为U(y;t)!^(»;t)所以②式 ¼^a)(2¼i»)^设^(tA(»)eB(»)t，则U(y;t)t0

B(»)=¼2»+(1¡^(»;t)=»¼2»2¼»tZ»¼2»2¼»t¼y» U(y;0)A(»)

1Z

A(»)e2¼i»yd»=u(x;0)=U(y;¼»yy⑤

U(y;t)

1 f(v)e2¼i»lnvv¼2»2¼»t¼»ln1 1f(v)

¼2»2¼»¼0 ¡= 1f(v)

1(2¼»2i(+ln(v=x)¼»¡a+ln(v=x)2¡a+ln(v=x)02¼Z 0

1t(1a+ln(v=x) 1¼»)(1¡+ln(v=x)= 2¼

f(v) vZv

1v20= f(v)v 0设，为解析函数，则沿图示路径积分为零。当所又

@V=(ax+b¿U(x;¿

b¾2U(x;¿)¡eax+b¿@U(x;¿)2@V=(eax+b¿U(x;¿

=eax+b¿aU(x;¿)+eax+b¿@U(x;¿)s

0=

(aU(x;¿)+Ux(x;¿ @s2 (a(a¡1)U(x;¿)+(2a¡1)Ux(x;¿)+Ux(x;¿ U(x;¿)¡U¿(x;¿ +r(aU(x;¿)+Ux(x;¿ +2(a(a¡1)U(x;¿)+(2a¡1)Ux(x;¿)+Ux(x;¿)¡rU(x;¿)=根据题设条件，整理消元，U(x;¿)的系数为零，U0(x;)(x;U0;¿)=U0(x; ¿0tTF(s)=V(s;T)=eaxU(x;因为sex所以U(x)U(x;0)=xFproblem1题解过程请适当参考原书P149，2.2thesteady- qa 弃的在本problem中得到保留。设，因 则①②则 ncherelformula

half-ne中当时，显然又因为所函数偏导存在且连续，所以因 ，所以并且， 推导可参考该书的几个examples。以下是证明。 ，将式子展开并整 在积分路径内有2个极点设，因为所，则则 ，同理设，略（a）solves @=C （C为常数u(x;t)=g(t)1

@x2=1

2(2n¡ 0

所以@= 成

@t=0

我a显认大学了数图4-1。显然该函数不属于)连me也是，所以就不必用用 定用 了。k进行限定，但个人觉得还是加上k>0k2N首 k=0，0·g(t)·1，jg(t)j=jaj·e¡:ta显然是成立的。因为没有出 1¡1θ，所以继 k=1，如果jg(t)j·µte 1 1!¡1jg(t)j= j·µte

1a1µ·ate(ta1t¡a)0=a¡1

a1t¡a

e

e +

e (2

)=t=(1)1=aµ·1(:aa()a¡a) 显然，我们取µ<min(e;0:99)，该不等式成立。利用归纳法，设n-1时成立，即¡

(n¡

(t)j

µ¡ eg(n)，当g(n)取得最大值时，g(n+1)然后利用g0)=at¡a¡1g(t)g(n+1)(t)=设，则根据g(n+1)=g0=f)+f)g+n(n¡1)f(n¡2)g(2)+::::::+f

n(n¡1):::(n¡k+1)f因为 =0，所以，当g(n)为最大值f(n)g+nf(n¡1)g(1)+n(n¡1)f(n¡2)g(2)+::::::+fg=f(n)g+nf(n¡1)g(1)+n(n¡1)f(n¡2)g(2)+::::::+nf0gg(n) 2!通项k¸jn(n¡1):::(n¡k+1)f)g)j=jn(n¡1):::(n¡k+1)a(a+1)(a+2):::(a+n¡kkg)kn(n¡1):::(n¡k+ a1n+k —1 a(a+1)(a+2):::(a+n¡¡n

—1

j(µt)ke=jn(n¡1):::(n¡k+1)(a+1)(a+2):::(a+n¡ je

¡1=jn(n¡1):::(n¡k+1)µ(a+n¡k)µ(a+n¡k¡1):::µ(a+1)j(µt)neµ(a+n¡k)µ(a+n¡k¡1):::µ(a+ ¡1 (n¡ j(µt)neµ(a+n¡