리만-르벡 보조정리

진동이 빨라지면 푸리에 계수가 어떻게 되는지를 봅니다.

빠르게 출렁이는 파동은 함수의 울퉁불퉁함을 평균 내어 지웁니다. 한 파장 안에서는 함수가 거의 상수처럼 보이기 때문입니다. 그래서 진동수가 커질수록 계수는 0으로 사라집니다.

예를 들면, 🧵 줄을 아주 빠르게 흔드는 것과 같아요. 출렁임이 번져 흐릿한 띠로 보이고, 위아래가 서로 지워져 가운데만 남아요.

an=1π∫−ππf(x)cos⁡(nx) dx→0a_n = \frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos(nx)\,dx \to 0
bn=1π∫−ππf(x)sin⁡(nx) dx→0b_n = \frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin(nx)\,dx \to 0

예제

f=1[0,π]f = 1_{[0, \pi]} ([0,2π][0, 2\pi] 위)의 푸리에 계수 bn=1π∫02πf(x)sin⁡(nx) dxb_n = \frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi} f(x)\sin(nx)\,dx를 직접 계산하고, ana_n도 구한 뒤, an,bn→0a_n, b_n \to 0임을 완전히 증명하세요.

bn=1−(−1)nnπ  →n→∞  0,an=0b_n = \frac{1 - (-1)^n}{n\pi} \;\xrightarrow[n \to \infty]{}\; 0, \qquad a_n = 0
계단 모드, n=12n = 12, ∣b∣|b| 줄기: 홀수 항은 ∣bn∣=2nπ|b_n| = \frac{2}{n\pi}로 가라앉고 짝수 항은 정확히 0입니다 — ∣b11∣=211π≈0.0579|b_{11}| = \frac{2}{11\pi} \approx 0.0579.
증명 보기

  1. ff가 [0,π][0, \pi]에서 1, (π,2π](\pi, 2\pi]에서 0이므로 bn=1π∫0πsin⁡(nx) dxb_n = \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi} \sin(nx)\,dx입니다. ∫sin⁡(nx) dx=−cos⁡(nx)/n\int \sin(nx)\,dx = -\cos(nx)/n이므로 bn=1π[−cos⁡(nx)n]0π=1−cos⁡(nπ)nπb_n = \frac{1}{\pi}\left[-\frac{\cos(nx)}{n}\right]_0^{\pi} = \frac{1 - \cos(n\pi)}{n\pi}이고, cos⁡(nπ)=(−1)n\cos(n\pi) = (-1)^n이므로 bn=1−(−1)nnπb_n = \frac{1 - (-1)^n}{n\pi}입니다.

  2. ∣1−(−1)n∣≤2|1 - (-1)^n| \le 2이므로 ∣bn∣≤2nπ→0|b_n| \le \frac{2}{n\pi} \to 0 (n→∞n \to \infty)입니다.

    한편 an=1π∫0πcos⁡(nx) dx=sin⁡(nπ)nπ=0a_n = \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi} \cos(nx)\,dx = \frac{\sin(n\pi)}{n\pi} = 0 — 모든 n≥1n \ge 1에서 정확히 0입니다.

    따라서 an→0a_n \to 0, bn→0b_n \to 0이 모두 증명되었습니다.

  3. 씬의 계단 모드는 이 공식을 수치 적분으로 재현합니다: 줄기 그림의 홀수 줄기는 2/(nπ)2/(n\pi) 곡선을 타고 내려가고, 짝수 줄기는 수치 오차 수준에서 0입니다. 불연속 함수의 계수는 1/n1/n 속도로 갑니다 — 매끄러운 함수보다 느립니다 (텐트 모드와 비교해 보세요).

계단함수 s=∑k=1mck 1[xk−1,xk)s = \sum_{k=1}^{m} c_k\,1_{[x_{k-1}, x_k)} ([0,2π][0, 2\pi]의 분할 위)의 푸리에 계수에 대해 리만-르베그 보조정리를 증명하세요: an(s),bn(s)→0a_n(s), b_n(s) \to 0.

∣1π∫xk−1xksin⁡(nx) dx∣≤2nπ  →n→∞  0\left|\frac{1}{\pi}\int_{x_{k-1}}^{x_k} \sin(nx)\,dx\right| \le \frac{2}{n\pi} \;\xrightarrow[n \to \infty]{}\; 0
계단 모드, n=24n = 24: 유한 개의 구간 각각이 ≤2/(nπ)\le 2/(n\pi) 기여를 하므로 전체 ∣bn∣|b_n|도 0으로 갑니다 — 일반 계단함수 증명의 수치 버전입니다.
증명 보기

  1. 적분의 선형성에 의해 bn(s)=∑k=1mck bn(1[xk−1,xk))b_n(s) = \sum_{k=1}^{m} c_k\,b_n(1_{[x_{k-1}, x_k)})입니다. 각 구간 지시함수의 계수는 bn(1[xk−1,xk))=1π∫xk−1xksin⁡(nx) dx=cos⁡(nxk−1)−cos⁡(nxk)nπb_n(1_{[x_{k-1}, x_k)}) = \frac{1}{\pi}\int_{x_{k-1}}^{x_k} \sin(nx)\,dx = \frac{\cos(nx_{k-1}) - \cos(nx_k)}{n\pi}입니다.

  2. ∣cos⁡(nxk−1)−cos⁡(nxk)∣≤2|\cos(nx_{k-1}) - \cos(nx_k)| \le 2이므로 ∣bn(1[xk−1,xk))∣≤2nπ\left|b_n(1_{[x_{k-1}, x_k)})\right| \le \frac{2}{n\pi} — 구간 위치와 무관한 uniform bound입니다.

    따라서 ∣bn(s)∣≤∑k=1m∣ck∣ 2nπ=Cn|b_n(s)| \le \sum_{k=1}^{m} |c_k|\,\frac{2}{n\pi} = \frac{C}{n} (여기서 C=2π∑∣ck∣C = \frac{2}{\pi}\sum |c_k|는 nn과 무관한 상수)이고, n→∞n \to \infty에서 0으로 갑니다.

    an(s)a_n(s)도 cos⁡\cos를 sin⁡\sin으로 바꾼 똑같은 계산으로 0으로 갑니다.

  3. 핵심은 유한성입니다: 구간의 개수가 유한하므로 각 구간의 O(1/n)O(1/n) 기여를 그냥 더해도 여전히 O(1/n)O(1/n)입니다. 이것이 연속 함수로의 밀도 논증(아래 문제 3)이 올라서는 발판입니다.

[0,2π][0, 2\pi] 위의 연속 함수 ff를 계단함수로 균등 근사할 수 있음(균등연속성으로 증명)을 먼저 보이고, 이를 이용해 ε/3\varepsilon/3 논증으로 bn(f)→0b_n(f) \to 0 (및 an(f)→0a_n(f) \to 0)을 완전히 증명하세요.

∣bn(f)∣≤∣bn(f−s)∣+∣bn(s)∣≤2ε+∣bn(s)∣  →n→∞  2ε|b_n(f)| \le |b_n(f - s)| + |b_n(s)| \le 2\varepsilon + |b_n(s)| \;\xrightarrow[n \to \infty]{}\; 2\varepsilon
텐트 모드, n=24n = 24: 연속 함수는 계단함수로 균등 근사되므로 ∣an∣|a_n|도 0으로 갑니다 — 여기서 ∣an∣=4/(π2n2)|a_n| = 4/(\pi^2 n^2) (홀수 nn)로 더 빨리 가라앉습니다.
증명 보기

  1. 보조정리 (계단함수 균등 근사): ff가 [0,2π][0, 2\pi]에서 연속이면 균등연속이므로, ε>0\varepsilon > 0마다 δ>0\delta > 0가 있어 ∣x−y∣<δ|x - y| < \delta이면 ∣f(x)−f(y)∣<ε|f(x) - f(y)| < \varepsilon입니다.

    분할 0=x0<x1<⋯<xm=2π0 = x_0 < x_1 < \cdots < x_m = 2\pi (각 너비 <δ{} < \delta)로 [0,2π][0, 2\pi]를 나누되, 구간은 Ik=[xk−1,xk)I_k = [x_{k-1}, x_k) (k<mk < m)와 마지막 구간 Im=[xm−1,2π]I_m = [x_{m-1}, 2\pi] (오른쪽 끝점에서 닫힘)로 두어 분할이 끝점 x=2πx = 2\pi까지 [0,2π][0, 2\pi] 전체를 덮게 합니다.

    각 IkI_k에서 상수값 f(xk−1)f(x_{k-1}) (왼쪽 끝점 값)을 취하는 계단함수 ss를 정의합니다(x=2πx = 2\pi에서도 s(2π)=f(xm−1)s(2\pi) = f(x_{m-1})).

    x∈Ikx \in I_k이면 ∣x−xk−1∣<δ|x - x_{k-1}| < \delta이므로 ∣f(x)−s(x)∣<ε|f(x) - s(x)| < \varepsilon — [0,2π][0, 2\pi]의 모든 점에서 성립하므로 ∥f−s∥∞<ε\|f - s\|_\infty < \varepsilon입니다.

    보조정리 증명 완료.

  2. 이제 ε>0\varepsilon > 0을 고정하고, 위 보조정리로 ∥f−s∥∞<ε\|f - s\|_\infty < \varepsilon인 계단함수 ss를 택합니다.

    삼각부등식으로 ∣bn(f)∣≤∣bn(f−s)∣+∣bn(s)∣|b_n(f)| \le |b_n(f - s)| + |b_n(s)|입니다.

    첫 항은 ∣bn(f−s)∣≤1π∫02π∣f−s∣ ∣sin⁡(nx)∣ dx≤1π ε⋅2π=2ε|b_n(f - s)| \le \frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi} |f - s|\,|\sin(nx)|\,dx \le \frac{1}{\pi}\,\varepsilon \cdot 2\pi = 2\varepsilon — nn과 무관합니다.

  3. 둘째 항 ∣bn(s)∣|b_n(s)|는 문제 2에서 n→∞n \to \infty일 때 0으로 갑니다.

    따라서 NN을 크게 잡아 n≥Nn \ge N이면 ∣bn(s)∣<ε|b_n(s)| < \varepsilon이 되게 할 수 있고, 그 nn들에 대해 ∣bn(f)∣<2ε+ε=3ε|b_n(f)| < 2\varepsilon + \varepsilon = 3\varepsilon입니다.

    ε\varepsilon이 임의이므로 bn(f)→0b_n(f) \to 0입니다.

    an(f)a_n(f)도 ∣cos⁡(nx)∣≤1|\cos(nx)| \le 1을 이용한 동일한 논증으로 0으로 갑니다.

    모든 단계가 완성되었습니다 — 아이디어 수준 표기는 없습니다.

9. 함수급수와 푸리에