← 9. 함수급수와 푸리에

연습문제

이 장의 내용을 확인하는 연습문제이다. 풀이는 접어서 두었으니 먼저 스스로 풀어 보자.

보통

1보통개념 확인

급수 ∑n=1∞1n2+x2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+x^2}가 실수 전체 R\mathbb{R}에서 균등수렴함을 M-판정법으로 보이고, 그 합함수가 R\mathbb{R}에서 연속임을 증명하세요.

∣1n2+x2∣≤1n2=:Mn,∑n=1∞Mn<∞\left|\frac{1}{n^2+x^2}\right| \le \frac{1}{n^2} =: M_n, \qquad \sum_{n=1}^{\infty} M_n < \infty
  1. Mn=1n2M_n = \frac{1}{n^2}: xx와 무관한 상수이고 ∑Mn\sum M_n이 수렴한다
  2. Mn=1n2+x2M_n = \frac{1}{n^2+x^2}: 부등식이 등식으로 성립한다
  3. Mn=1nM_n = \frac{1}{n}: 모든 xx에 대해 부등식이 성립한다
  4. Mn=1x2M_n = \frac{1}{x^2}: 분모의 x2x^2 부분만으로 bound한다
해설 보기

정답: Mn=1n2M_n = \frac{1}{n^2}: xx와 무관한 상수이고 ∑Mn\sum M_n이 수렴한다

M-판정법은 xx와 무관한 수 MnM_n에 대해 모든 xx에서 ∣fn(x)∣≤Mn|f_n(x)| \le M_n이고 ∑Mn<∞\sum M_n < \infty일 것을 요구합니다. n2+x2≥n2n^2 + x^2 \ge n^2이므로 Mn=1n2M_n = \frac{1}{n^2}이 작동하고 ∑1n2\sum \frac{1}{n^2}는 수렴합니다 (pp-급수, p=2p = 2). 두 번째와 네 번째 선택지의 MnM_n은 xx에 의존하므로 허용되지 않고 (네 번째는 x=0x = 0에서 정의조차 되지 않습니다), 세 번째는 부등식은 성립하지만 ∑1n\sum \frac{1}{n}이 발산해 판정법이 결론을 주지 못합니다. 균등수렴하므로 연속항들의 합함수도 연속입니다.

어려움

2어려움

N≥1N \ge 1에 대해 sN(x)=∑n=1N(1−x)xns_N(x) = \sum_{n=1}^{N}(1-x)x^n이라 둡니다.

(a) sNs_N이 [0,a][0,a] (0<a<10 < a < 1)에서 디니 정리로 균등수렴함을 보이세요. (b) [0,1][0,1]에서는 균등수렴하지 않음을 증명하세요.

sN(x)=x(1−xN)↑x(0≤x<1),sN(1)=0s_N(x) = x(1-x^N) \uparrow x \quad (0 \le x < 1), \qquad s_N(1) = 0
풀이 보기

  1. x≠1x \ne 1에서 ∑n=1Nxn=x(1−xN)1−x\sum_{n=1}^{N}x^n = \frac{x(1-x^N)}{1-x}이므로 sN(x)=x(1−xN)s_N(x) = x(1-x^N)입니다 (x=1x = 1에서도 각 항이 00이므로 같은 식이 성립). 각 sNs_N은 다항식이므로 연속이고, sN+1(x)−sN(x)=(1−x)xN+1≥0s_{N+1}(x)-s_N(x) = (1-x)x^{N+1} \ge 0 (0≤x≤10 \le x \le 1)이므로 sNs_N은 단조증가합니다.

  2. (a) 0≤x≤a<10 \le x \le a < 1에서 xN→0x^N \to 0이므로 sN(x)→xs_N(x) \to x입니다. 극한함수 s(x)=xs(x) = x는 [0,a][0,a]에서 연속이고, 연속함수들의 단조증가 수열이 연속 극한으로 각 점 수렴하므로, 디니 정리에 의해 수렴은 균등합니다.

  3. (b) [0,1][0,1]에서의 각 점별 극한은 s(x)=xs(x) = x (x<1x < 1), s(1)=0s(1) = 0으로, x=1x = 1에서 불연속입니다 (lim⁡x→1−s(x)=1≠0=s(1)\lim_{x\to 1^{-}}s(x) = 1 \ne 0 = s(1)). 연속함수들의 균등수렴 극한은 연속이어야 하므로, [0,1][0,1]에서의 수렴은 균등할 수 없습니다.

3어려움

연속인 2π2\pi-주기 핵 Kn≥0K_n \ge 0이 다음을 만족한다고 하자: (i) 12π∫−ππKn(t) dt=1\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} K_n(t)\,dt = 1; (ii) 질량 집중: 모든 δ>0\delta > 0에 대해 12π∫δ≤∣t∣≤πKn(t) dt→0\dfrac{1}{2\pi}\int_{\delta \le \lvert t \rvert \le \pi} K_n(t)\,dt \to 0 (n→∞n \to \infty).

연속인 2π2\pi-주기 함수 ff에 대해 합성곱 (f∗Kn)(x)=12π∫−ππf(x−t)Kn(t) dt(f \ast K_n)(x) = \dfrac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x-t)K_n(t)\,dt이 ff로 균일수렴함을 증명하세요.

(페이예르 핵은 이 가설들을 만족하므로 — 페이예르 장면 참조 — 이는 페이예르 정리를 일반화합니다.)

∣(f∗Kn)(x)−f(x)∣≤12π∫−ππKn(t) ∣f(x−t)−f(x)∣ dt\lvert (f \ast K_n)(x) - f(x) \rvert \le \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} K_n(t)\,\lvert f(x-t) - f(x) \rvert\,dt
=12π∫∣t∣<δ⋯⏟uniform continuity+12π∫δ≤∣t∣≤π⋯⏟tail →0= \underbrace{\frac{1}{2\pi}\int_{\lvert t \rvert < \delta} \cdots}_{\text{uniform continuity}} + \underbrace{\frac{1}{2\pi}\int_{\delta \le \lvert t \rvert \le \pi} \cdots}_{\text{tail } \to 0}
풀이 보기

  1. 질량이 11이므로 f(x)=12π∫−ππf(x)Kn(t) dtf(x) = \dfrac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)K_n(t)\,dt라 쓸 수 있다 (ff는 2π2\pi-주기이므로 f(x−t)f(x-t)는 t∈[−π,π]t \in [-\pi,\pi]에서 문제없이 정의된다).

    빼고 절댓값을 취하면 모든 xx에 대해 \[\lvert (f \ast K_n)(x) - f(x) \rvert \le \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} K_n(t)\,\lvert f(x-t) - f(x) \rvert\,dt\] 를 얻는다. 적분을 ∣t∣<δ\lvert t \rvert < \delta와 δ≤∣t∣≤π\delta \le \lvert t \rvert \le \pi로 나눈다.

  2. ε>0\varepsilon > 0이 주어졌다고 하자. ff는 콤팩트 집합 R\mathbb{R} 위에서 연속인 주기함수이므로 균일연속이다: ∣t∣<δ\lvert t \rvert < \delta이면 모든 xx에 대해 ∣f(x−t)−f(x)∣<ε/2\lvert f(x-t) - f(x) \rvert < \varepsilon/2인 δ>0\delta > 0이 존재한다.

    Kn≥0K_n \ge 0이고 질량이 11이므로 첫 번째 적분은 ≤ε/2\le \varepsilon/2이다 (xx와 무관하게).

  3. 꼬리 적분은 ∣f(x−t)−f(x)∣≤2∥f∥∞\lvert f(x-t) - f(x) \rvert \le 2\lVert f \rVert_\infty로 상한이 잡히므로 \[\frac{1}{2\pi}\int_{\delta \le \lvert t \rvert \le \pi} K_n(t)\,\lvert f(x-t) - f(x) \rvert\,dt \le 2\lVert f \rVert_\infty \cdot \frac{1}{2\pi}\int_{\delta \le \lvert t \rvert \le \pi} K_n(t)\,dt \to 0\] 이다 (n→∞n \to \infty, 가설 (ii)). 따라서 nn이 충분히 크면 꼬리도 xx와 무관하게 <ε/2<\varepsilon/2이다. 합하면 ∥f∗Kn−f∥∞<ε\lVert f \ast K_n - f \rVert_\infty < \varepsilon — 균일수렴이다.

    페이예르 핵 KNK_N은 KN≥0K_N \ge 0, 질량 11, 그리고 꼬리 상한 KN(t)≤1Nsin⁡2(δ/2)K_N(t) \le \dfrac{1}{N\sin^2(\delta/2)} (δ≤∣t∣≤π\delta \le \lvert t \rvert \le \pi)을 만족하므로 (페이예르 장면의 문제들), 페이예르 정리는 이 일반 정리의 따름정리이다.