声 明
关键字：
《Fourier analysis an introduction》
stein
习题 解答
本文仅供个人学习使用。如果本文侵犯了您的权益，请及时与我联系。
本人学识浅薄，以下题解仅是因为自学痛苦，万般寻找却无答案参考，无奈之下逐题自行
求解。错误在所难免，只是量多量少，欢迎大家指正共同进步。
网上有一习题参考，前三章完整，但是后几章节不够完整。第 5 章个人觉得相当重要，所
以先从第 5 章入手，作为它的补充吧。原本打算解出所有习题，但现在觉得书中的 problem
实在困难，所以能解多少算多少了，希望以后能逐步解答完全。
感谢这个时代，能让所有愿望可以实践，虽然不一定能实现。
学习，永远在路上。
中国家里蹲大学自己折腾学院数学专科在读 ， 请联系我 86193756@163.com
第5章
EXERCISES
（a）设fL (x)是f (x)的周期 L 的延拓函数
根据提示先证明an (L)绝对收敛
X
an (L) =
因为f^是 moderate decrease ，即jf^(x)j ·
X
A
，所以
1+x2
X
jan (L)j ·
X1
f^(n=L)
L
A
<1
L(1 + (n=L)2 )
即an (L)绝对收敛。所以 （利用周期函数的傅立叶级数）
X
fL (x) =
an (L)e2¼inx=L
得证。备注一下：原题似有不妥。
(
fL (x) x 2 [¡L=2; L=2]
f (x) =
0
else
（b）本小问可以参考原教材 P108，lemma 2.2 的证明过程。根据提示，证明
R
RN
RN
P
P
F (»)d» ¡ ¡N F (»)d» + ¡N F (»)d» ¡ ± jnj·N=± F (n±) + ± jnj·N=± F (n±) ¡
P
± F (±n) ! 0
①因为 F 是 moderate decrease，所以F (») ·
Z
j
Z
Z
N
F (»)d» ¡
A
jd»
2
j»j¸N 1 + »
Z
A
·
j 2 jd»
j»j¸N »
2A
·
N
F (»)d»j ·
¡N
8² > 0，存在N >
6A
² ，使得j
R
A
1+»2
F (»)d» ¡
RN
¡N
j
F (»)d»j <
²
3
②
Z
j
X Z
X
N
F (»)d» ¡ ±
¡N
jnj·N=±
X
n±+±
F (±n)j = j
F (»)d» ¡ ±
n±
jnj·N=±
X Z
F (±n)j
jnj·N=±
n±+±
=j
F (») ¡ F (±n)d»j
jnj·N=±
n±
因为 F 一致连续，所以 8N > 0; 9±1 > 0; when ± < ±1 ，
使得 F (») ¡ F (±n) · ²=(6N ); » 2 (±n; ±n + ±)，所以
Z N
X
j
F (»)d» ¡ ±1
F (±1 n)j < ²=3
¡N
jnj·N=±1
③当 N 趋于无穷大，显然下式成立。
X
X
X
j±
F (n±) ¡ ±
F (±n)j = j±
F (n±)j
jnj·N=±
jnj>N=±
< ²=3
得证。
（c）引用（a）（b）的结论。
1 X ^ 1 2¼inx=L
f (n )e
L
ZL
= f^(»)e2¼ix» d»
f (x) =
得证。
证明：本题的核心 是，时域卷积频域相乘，频域相乘时域卷积，即
f (x) ! f^(»); g(x) ! g^(»)
f (x)g(x) ! f^(») ¤ g^(»)
f (x) ¤ g(x) ! f^(»)^
g (»)
本题中，g(2x) =
f (x)¤f (x)
2
Z
f^(») =
1
e¡2¼i»x dx =
¡1
sin 2¼»
¼»
所以
f (x) ¤ f (x) ! (
sin 2¼» 2
)
¼»
利用尺度变换得
g(x) ! (
证毕。
sin ¼» 2
)
¼»
证明：
（a）要使用到一个重要的不等式，如图示。
）要使用到一个重要的不等式，如图示。
即：
So
得证。
（b）反证法。假设存在
，使得
成立 。则
对左式应用罗必塔法则，上下分别求导，显然上式不成立。因此矛盾。
不存在
，使得
成立
证明：
（a）f(x)在 x=a，x=b 点连续，且有无数阶导数存在，所以
（b）因为
，所以
存在。设
因为
，所以
在 [a,b] 区间内单调上升 。
（c）应用尺度变换及平移，使用
）应用尺度变换及平移，使用
构造 2 个函数并相加，如下：
则
满足题示要求
显然
证明：
（a）先证连续
再证 moderate decrease，根据提示注意到，
，根据提示注意到，
SO
根据连续性，当
。得证。
SORRy，百思不得其解。
，百思不得其解。
。。没看明白。
证明：根据提示，
Z
f (x) ¤ g(x)
g
=
Z
=
f (x ¡ y)g(y)dy
Z
+
f (x ¡ y)g(y)dy
jyj·jxj=2
jyj¸jxj=2
插句题外话，个人觉得本章中f (x ¡ y)形式的讨论是一项重要内容，如何将 2 个自变量用 1
个自变量的不等式表达出来，在许多场合都十分重要。
① jyj · jxj=2; so jx ¡ yj ¸ jxj=2
A
A
4A
4A
f (x ¡ y) ·
·
=
<
2
2
2
1 + (x ¡ y)
1 + jxj =4
4 + jxj
1 + x2
所以
Z
4A
f (x
x ¡ y)g(y)dy ·
1 + x2
jyj·jxj=2
Z
g(y)dy ·
jyj·jxj=2
4AB
B
1 + x2
② jyj > jxj=2
g(y) ·
所以
C
C
4C
4C
·
·
<
1 + y2
1 + x2 =4
4 + x2
1 + x2
Z
4C
f (x ¡ yy)g(y)dy ·
1 + x2
jyj>jxj=2
Z
f(x ¡ y)dy ·
jyj>jxj=2
4C
C
D
1 + x2
综合以上，可得
4AB + 4CD
1 + x2
即两个 moderate decrease 函数的卷积同样是 moderate decrease 的。
(本例中的 ABCD 代表 4 个足够大的常数，如何理解并使用不等式表达，是个大大的学问
个足够大的常数，如何理解并使用不等式表达，是个大大的学问)
f (x) ¤ g(x) <
证明：根据提示(thanks
(thanks for Hint)
Z
Z
2
2
2
2
f (yy)e¡y e2xy dy = f (y)ex ¡(y ¡2xy+x ) dy
Z
2
2
= ex
f (y)e¡(x¡y) dy
2
2
= ex (f (x) ¤ e¡x )
=0
即
2
f (x) ¤ e¡x = 0
所以
2
f^(»)e¡» = 0
f^(») = 0
f (x) = 0
证毕。
解：需要铺垫几个事实，门函数 gR (x) $ RSa(¼R»)，Sa(x) =
sin x
时域卷积等于频
x ,根据时域卷积等于频
域相乘（参考第 142 页命题 3）,gR (x) ¤ gR (x) $ R 2 Sa 2 (¼R»)。
根据傅立叶变换的对称性，
所以 FR (t) = RSa2 (¼Rt) $
if f (x) $ f^(»); then f^(x) $ f (¡»)
1
R gR (») ¤ gR (»)
=1¡
j»j
R ; j»j
·R
考虑：f (x) = ¿ Sa(¼¿ x); f (x) $ g¿ (»); ¿ = 1（其中g¿ ()为门函数）
R
R
^ = g2 (»)d» = ¿ = 1
根据kf k = kf^k， 所以 kf k = ¿ Sa2 (¼¿ x)dx = kfk
¿
根据以上所得，我们继续:
R
R
FR (t)dt = RSa2 (¼Rt)d
dt = 1
则 good kernal 的第一个条件满足，第二个条件因FR (t)恒大于零，所以自然成立。
第三个条件：
8" > 0; ± > 0
2
9R > 2
¼ ±"
Z
Z
(sin ¼tR)2
1
j
jdx <
j 2 2 jdx < "
R¼ 2 R2
x>j±±j
x>j±j R¼ x
成立，得证。
R1
R1
R1
dx = 1 ! cn = ¡1 (1 ¡ x2 )n dx > 2 0 (1 ¡ x)n d
dx
解：根据题意， ¡1 Ln (x)d
（
8jxj < 1; jx2 j < jxj; 1 ¡ x2 > 1 ¡ jxj
）
) cn ¸ 2=(n + 1)
8² > 0; ± > 0
R
R
1>jxj>± Ln (x)dx · 1>jxj>±±
²
) n > log( 1¡±
)¡1
所以Ln (x)是 good kernel
(1¡x2 )n
2=(n+1) dx
<
R1
±
(n + 1)(1 ¡ x)n dx = (1 ¡ ±)nn+1 < ²
解：heat equation
means
,所以分别求导看是否满足左右相等。
所以分别求导看是否满足左右相等。
So
以上结论成立
当
，
是比 高阶的无穷小，所以
根据提示，取逼近路径为
将 x 用 t 置换
所以在原点并不连续。
证明：请参考书本 P151，Theorem
Theorem 2.7 。
对
进行延拓
则根据 Theorem 2.7，
证明：请回顾 exercise 9，根据
，根据
，得证。
的定义，以及时域相乘频域卷积等性质，可知：
，
根据 Theorem 3.1 ，
得证。
解：(a)利用对称性，即
iff f (x) ! f^(»); then f^(x) ! f (¡»)
So ,参考练习第 2 题进行处理，
sin ¼x 2
g^(x) = (
) ! g(¡») =
¼x
(
1 ¡ j»j j»j · 1;
0
else
对其使用 Poisson summation formula
X
X sin
X
s ¼(n + x) 2 X sin2 ¼x
g^(n + x) =
(
) =
=
g(¡»)ee2¼inx = 1
¼(n + x)
¼ 2 (n + x)2
So,整理一下，从累加式中提出常数即可得结果
整理一下，从累加式中提出常数即可得结果
X
1
¼2
=
(n + x)2
(sin ¼x)2
（b）与 a 同理，参考练习第 2 题进行处理，
sin 2¼x
f^(x
x) =
! f (¡») =
¼x
(
1 j»j · 1;
0 else
使用 Poisson summation formula
X
f^(n + x) =
X sin 2¼(n + x)
¼
¼(n + x)
=
1
X sin 2¼x
X
=
e2¼kix = 1 + 2 cos(2¼x)
¼(n + x)
k=¡1
so
X
证毕
1
1 + 2 cos(2¼x)
¼
=¼
=
n+x
sin 2¼x
tan ¼x
(此处使用半角公式
此处使用半角公式)
解：
根据 15 题结论
得证。
证明：
（a）略
（b）应用分部积分
so
归纳法，设
得证。
，则
（c）
换元法，设
,代入
so
解：从右向左推导
换元，设
，代入
得证。
解：根据题意，
When
得证
证明： 先对左式进行处理，
简化后，需要证明以下等式成立
右侧交换一下累加次序（似乎需要证明一下绝对收敛），问题继续简化为证明
设
， 则
是数列
的累加和（
）
是以下数列的累加和
得证
Next
应用等比数列求和公式
When
得证。
①
②
证明：对②式进行变形，如果
式进行变形，如果②式成立，则将其代入①式后，依然保持相等
式后，依然保持相等
2
1
X
1
B2m
= (¡1)m+1 (2¼)2m
n2m
(2m)!
1
1
X
B2m
1
=2
(¡1)m+1
(2m)!
(2¼n)2m
1
将结果代入①式右侧
1¡
1
1
z X X
1
+
(2
(¡1)m+1
)z 2m
2
(2¼n)2m
m=1
n=1
1
1
n=1
m=1
交换累加次序
1¡
z X X
1
+
2
(¡1)m+1
z 2m
2
(2¼n)2m
对于 m 来说，是等比数列，应用等比数列求和公式
1
1
X
z X
z2
z
z
1¡ +
2 2
=¡ +
2
z + (2¼n)2
2 n=¡1 2¼
n
n=1
z
2¼
z2
4¼ 2
+ n2
利用本习题（a）的结论
1
1
X
z z X ¡2¼ z jnj
z z
2¼
¡ +
e
=¡ + +z
e¡zn
2 2 n=¡1
2 2
n=1
应用等比数列求和
=
ez
z
¡1
得证。
证明：根据对称性，即 若 f (x) ! f^(») 则 f^(x) ! f (¡»)
So
X
^ + n) =
f(x
X
f(¡n)ei2¼nx =
X
f(n)e¡2i¼nx
因为f^(») = 0 when j»j > 1==2 所以
^ = Â(¡1=2;1=2)(x)
ff(x)
X
f(n)e¡2i¼nx
对 x 进行变量代换成 ξ，得到
，得到
f^(») = Â(¡1=2;1=2) (»»)
X
So
f (n)e¡2i¼n»
①此式 c 问中会使用
Z
f^(»)ei2¼x» d»
f (x)
( =
Z
X
Â(»)
f (n)e¡2¼in» ei2¼x» d»
X Z 1=2
=
f (n)ei2¼»(x¡n) d»
=
¡1=2
X
=
f (n)
X
=
sin ¼(x ¡ n)
¼(x ¡ n)
f (n)K(x ¡ n)
得证
证明：如果有些信号与系统或数字信号处理知识的背景，理解本题会更加容易些。
如果有些信号与系统或数字信号处理知识的背景，理解本题会更加容易些。
如果有些信号与系统或数字信号处理知识的背景，理解本题会更加容易些。A 问中的
K(y)是一个门型滤波器，b 问中的k¸ (y)则是有一个过渡带的低通滤波器，显然，b 问中的k¸ (y)
是一个充分条件，但不必要，所以如果想从左向右推是不会有结果的，只能从右向左推导。
k¸ (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 角形频带，或者说是两个
门函数卷积，叠加后，形状为等腰梯形。
设 f (x) ! f^(») ， 则 f^(x
x) ! f (¡»)
so
f^(¸x) ! ¸1 f(¡ ¸» )
令 g(x
x) = f^(¸x) ， 则
g^(») = ¸1 f (¡ ¸» )
则
X
X1 n
¡
f ( )e¡2¼inx
¸ ¸
1 1
; 2¸ ], 当n =
¡ 12 ; 12 ]区间都为 0
我们注意到，f^(¸x) is supported in [¡ 2¸
6 0 时，f^(¸x + n)在[¡
因此，我们构建一个如题目中提示所示的函数Â(x)
f^(¸x + n) =
X
X
g(x + n) =
g^(n)e2¼inx =
so
f^(¸x) = Â(x)
X1 n
f ( )e¡2¼inx
¸ ¸
对其进行尺度变换
f^(») = Â0 (»)
X1 n
f ( )e¡2¼in»=¸
¸ ¸
其中Â0 (»)的图形如下：
So
Z
f^(»)ei2¼x» d»
f (x) =
Z
X1 n
f ( )e¡2¼in»=¸ ei2¼x» d»
¸ ¸
X1 n Z
=
f ( ) Â0 (»)e2¼i(x¡n=¸)» d»
¸ ¸
=
Â0 (»)
R
下面，我们对 Â0(»)e2¼ix» d» 进行分析，结果显示为
K¸ (y) =
cos ¼y ¡ cos ¼¸y
! Â0 (»)
¼ 2 (¸ ¡ 1)y 2
具体步骤如下：
2 ¼¸y
1 ¡ 2 sin2 ( ¼y
cos ¼y ¡ cos ¼¸y
2 ) ¡ 1 + 2 sin ( 2 )
=
2
¼ 2 (¸ ¡ 1)y 2
4(¸ ¡ 1)( ¼y
2 )
如果一个门函数的傅氏变换形式为 sinx x ，两个该门函数的卷积为 3 角形函数（要注意的是其
2
时域的范围要加宽）其傅氏变换形式为 sinx2 x ，所以利用时域卷积频域相乘的原理，可以推
导出本题结论。
sin2 ( ¼y )
将上式拆分成两个部分 2(¸¡11)(2¼y )2 与
2
sin2 ( ¼¸y
)
2
(¸¡1) ¼¸y 2
2 2 ( 2 )
¸
宽度τ的门函数
g¿ (x) ! ¿ Sa(¼¿ »)
¿ Sa(¼¿ x) ! g¿ (¡»)
¿ Sa
a(¼¿ x) ¢ ¿ Sa(¼¿ x) ! g¿ (¡») ¤ g¿ (¡»)
所以
sin2 ( ¼y
1
2 )
g (») ¤ g1=2 (»)
¼y 2 !
2((¸ ¡ 1)( 2 )
¸ ¡ 1 1=2
sin2 ( ¼¸y
2 )
¼¸y 2
2 ((¸¡1)
¸2 ( 2 )
!
1
g (») ¤ g¸=2 (»)
¸ ¡ 1 ¸=2
其傅氏变换图形分别如下：
图形分别如下：
两者相减即得书中提示，即Â0 (x)
首先,
Z
Z
2
jf (x)j dx =
jf^(»)j2 d»
使用 a 问中的①式。
f^(») = Â(¡1=2;1=2) (»)
所以
X
f (n)e¡2i¼n»
Z
Z
X
1=2
j (x)j2 dx =
jf
j
¡1=2
X
=
f (n)e¡2i¼n» j2 d»
Z
2
1=2
jf (n)j
X
=
dx
¡1=2
jf (n)j2
得证。
证明：compactly
compactly supported 中文意思是紧支，本书这个词组仅出现过两次，都是应用而没
有定义。简单理解就是在有界闭区间内非零。
根据提示，设 f is supported in [0,1/2] , 即
假设 立论不成立，即存在
是紧支的。
因为
也是紧支的。
将
紧支，所以
周
期
化
为
，
，因为
即
证毕。
其
紧支，所以
是三角多项式（有限
限次）
。这与 f 是紧支的题设相矛盾。
Fourier
ourier
series
为
，当
当 n 足够大时。
证明：注意到以下不等式之成立，
Z
Z
Z
L1
1
( )2 jff(x)j2 dx ¸
x2 jf (x)j2 dx ¸
x2 jf(x)j2 dx
2
2
R
I
R
Z
Z1
Z
L2 2 ^ 2
1
^ 2 d»
( ) jff (»)j d» ¸
» 2 jf^(»)j2 d» ¸
» 2 jf(»)j
2
2
R
I2
R
两式相乘得
Z
Z
Z
Z
(L1 L2 )2
1
2
2
2
2
^
jf (x))j dx
jf (»)j d» ¸
x jf (x)j dx
» 2 jf^(»»)j2 d»
16
4
R
R
R
R
So
(L1 L2 )2 ¸
得证。
1
1
; L 1 L2 ¸
2
4¼
2¼
证明：
注意到
因为
得证。
（i）证明
，所以
得证。
（ii）证明
注意到 ①
②
所以
根据内积定义的非负性可得
（iii）证明
得证
证明：首先展开
然后
令
，
即 t 的二项式无解或只有单根
所以
得证
，因为
，所以
PROBLEMS
①
②
③
解：
根据提示，设x = e¡y ; y = ¡ ln x
应用链式法则：
@u
@U dy
@U
1
=
=
(¡ )
@x
@y dx
@y
x
@2u
1 @U
@2U
= 2(
¡
)
2
@x
x @y
@y 2
所以①式转化为②式。
^ (»; t) 所以②式的傅立叶变换为：
又因为U(y; t) ! U
^ (»; t) + (1 ¡ a)(2¼i»)U
^ (»; t) =
¡4¼ 2 » 2 U
^ (»; t)
@U
@t
^ t) = A(»)eB(»)t，则
设U(»;
B(») = ¡4¼ 2 » 2 + (1 ¡ a)2¼i»
即
^ (»; t) = A(»)e(¡4¼ 2 »2 +(1¡a)2¼i»)t
U
所以利用傅立叶反变换，
Z
1
U (y; t) =
¡1
当 t = 0 时，
A(»)e(¡4¼
2 » 2 +(1¡a)2¼i»)t
e2¼i»y d»
④
Z
1
U(y; 0) =
A(»)e2¼i»y d» = u(x; 0) = f(x)
¡1
SO
Z
1
A(») =
Z¡1
1
=
U (y; 0)e¡2¼i»y dy
2¼i» ln x 1
f (x)e
0
x
⑤
dx
将⑤式代入④式，
Z
1
Z
(
1
1
2 2
f (v)e2¼i» ln v dv)e(¡4¼ » +(1¡a)2¼i»)t e¡2¼i» ln x d»
v
0
Z¡1
Z 1
1
2 2
1
=
f (v) dv
e((¡4¼ » +(1¡a)2¼i»)t+2¼i» ln(v=x)) d»
v
0
¡1
Z 1
Z 1
ln(v=x)
1¡a ln(v=x) 2
1¡a ln(v=x) 2
2
1
1
=
f (v) dv
e¡t((2¼») ¡i(1¡a+ t )(2¼»)¡( 2 + 2t ) )¡t( 2 + 2t ) d2¼»
2¼ 0
v
¡1
Z 1
Z 1
1¡a ln(v=x) 2
1
1 ¡t( 1¡a + ln(v=x) )2
2
2t
=
f (v) e
dv
e¡t((2¼»)¡i( 2 + 2t )) d2¼»
2¼ 0
v
¡1
Z 1
1
1 ¡((1¡a)t+ln(v=x))2 =4t
=
f (v) e
dv
v
(4¼t)1=2 0
U(y; t) =
得证。
PS，本题应用了一个结论
具体证明可参考《复分析》
设
当
又
，为解析函数，则沿图示路径积分为零。即
所以
所以
解：根据提示，
@V
= (eeax+b¿ U (x; ¿ ))0t
@t
¾2
@U(x; ¿ ) ¾ 2
=¡
¡eax+b¿ b U (x; ¿ ) ¡ eax+b¿
2
@¿
2
@V
= (eeax+b¿ U (x; ¿ ))0s
@s
a
@U (x; ¿ ) 1
a
= eax+b¿
U(x; ¿ ) + eax+b¿
s
@x
s
a
eax+b¿
=
(aU (x; ¿ ) + Ux0 (x; ¿ ))
s
@2V
eax+b¿
=
(a(a ¡ 1)U (x; ¿ ) + (2a ¡ 1)Ux0 (x; ¿ ) + Ux00 (x; ¿ ))
@s2
s2
代入 18 式
¾2
¾2
U (x; ¿ ) ¡ U¿0 (x; ¿ ) + r(aU (x; ¿ ) + Ux0 (x; ¿ ))
2
2
¾2
+ (a(a ¡ 1)U (x; ¿ ) + (2a ¡ 1)Ux0 (x; ¿ ) + Ux00 (x; ¿ ) ¡ rrU (x; ¿ ) = 0
2
根据题设条件，整理消元，U (x; ¿ )的系数为零，Ux0 (x; ¿ )的系数为零，
Ux00 (x; ¿ ) = U¿0 (x; ¿ )
显然，该方程为 heat equation
如果 ¿ = 0 那么 t = T ，所以
F (s) = V (s; T ) = eax U (x; 0)
¡b
因为 s = ex所以U (x; ¿ ) 的边界条件为
U (x; 0) = e¡ax F (ex )
参考 problem 1 的结果
解：（a）请注意原书中的一个印刷错误。
）请注意原书中的一个印刷错误。
（图中已标识）
题解过程请适当参考原书 P149，
P149 2.2 the steady-state
state heat equation in the upper half
half-plane，本
problem 相对于该节问题区别仅是增加了一个边界条件，结果是导致 upperr half
half-plane 中舍
弃的
设
在本 problem 中得到保留。
，因为
，所以
则
将
的两种情况分别代入得到
①
②
所以联立①②并求解得到
则
得证。
（b）应用 Plancherel formula ，
当
时，显然
又因为
所以
同理可证
补充详细证明过程如下：
函数 偏导存在且连续，所以
因为
并且
， 所以
，即
（c）需要证明以下等式成立
本系列教材第 2 本《复分析》P83 给出了部分说明，但是并没有给出详细的证明过程，具体
推导可参考该书的几个 examples 。以下是证明。
设
，考察
，将式子展开并整理
如下图设计一条积分路径，所以，
设
在积分路径内有 2 个极点，
，
因为
所以
又因为
，证明如下：
则
因为
以
有界，且积分路径长度有界（为 2）
，而
，同理
则汇总以上结论可得
得证。
（d）设
所以
， 则
趋于无穷大，所
根据（c）的结论，可知
所以结论成立：
（e） 略
解：（a）solves
solves the heat equation means
@2u
@u
=C
2
@x
@t
下面进行验证
（C 为常数）
1
X
u(x; t) = g(t) +
g (n) (t)
1
@ 2u
@x2
1
X
=
1
1
X
=
@u
=
@t
@ 2u
@u
所以 2 =
@x
@t
0
1
X
g (n) (t)
x2n
(2n)!
x2n¡2
(2n ¡ 2)!
g (n+1) (t)
x2n
(2n)!
g (n+1) (t)
x2n
(2n)!
0
图 P4-1
成立
（b）
¡a
个人感觉我们对于e¡t 这个函数明显缺少感性认识，建议大家先用数学软件画图了解函数
的基本性质，如图 P4-1。显然该函数不属于S(R)，甚至连 moderate 也不是，所以就不必
用傅立叶变换了。另外直接用公式进行求导分拆也不可行，多项式个数迅速增加。导数定
义更是入而无门。利用泰勒公式也无处下手。最后还是用了杨晖三角加归纳法。
书中并没有对 k 进行限定，但个人觉得还是加上k > 0; k 2 N 比较合适。
¡a
¡a
首先考察k = 0 ，0 · g(t) · 1，jg(t)j = je¡t j · e¡0:5t 显然是成立的。因为没有出现
θ，所以继续考察k = 1，如果jg 0 (t)j ·
1 ¡ 12 t¡a
成立，则
µt e
¡a
jg 0 (t)j = jat¡a¡1 e¡t j ·
1! ¡ 1 t¡a
e 2
µt
整理合并得：
µ·
1 a 1 t¡a
t e2
a
函数图形如上，可见存在最小值，利用导数为零的方法来求解。
1 ¡a
(ta e 2 t )0t = 0
1 ¡a
ata¡1 e 2 t
1 ¡a 1
+ ta e 2 t ( (¡a)t¡a¡1 ) = 0
2
1
t = ( )1=a
2
代入得，
1
e
1=a ¡a
(0:51=a )a e0:5(((0:5) ) ) =
a
2a
e
; 0:99) ，该不等式成立。
显然，我们取µ < min( 2a
利用归纳法，设 n-1 时成立，即
(n ¡ 1)! ¡ 1 t¡a
jg (n¡1) (t)j ·
e 2
(µt)n¡1
µ·
考察g (n)，当g (n)取得最大值时，g (n+1) = 0
然后利用g 0 (t) = at¡a¡1 g(t)，则
g (n+1) (t) = (at¡a¡1 g(t))(n)
设
，则根据莱布尼兹公式：
其中：
所以
g(n+1) = (g0 (t))(n)
= f (n) g + nf (n¡1) g(1) +
n(n ¡ 1) (n¡2) (2)
f
g + :::::: + f g (n)
2!
其中通项为：
n(n ¡ 1):::(n ¡ k + 1) (n¡k) (k)
f
g
k!
因为g (n+1) = 0，所以，当g (n)为最大值，
n(n ¡ 1) (n¡2) (2)
f (n) g + nf (n¡1) g (1) +
f
g + :::::: + f g (n) = 0
2!
(n¡2) g (2) + :::::: + nf 0 g (n¡1)
f (n) g + nf (n¡1) g (1) + n(n¡1)
2! f
g(n) =
f
考察通项k ¸ 1：
n(n ¡ 1):::(n ¡ k + 1) (n¡k) (k)
f
g j
k!f
n(n ¡ 1):::(n ¡ k + 1)
=j
a(a + 1)(a + 2):::(a + n ¡ k)t¡a¡1¡n+k g(k) j
k!at¡a¡1
n(n ¡ 1):::(n ¡ k + 1)
(k)! ¡ 1 t¡a
·j
a(a + 1)(a + 2):::(a + n ¡ k)t¡a¡1¡n+k j
e 2
¡a¡1
k!at
(µt)k
1 ¡a
1
=jn(n ¡ 1):::(n ¡ k + 1)(a + 1)(a + 2):::(a + n ¡ k)t¡n j k e¡ 2 t
µ
1 ¡ 1 t¡a
=jn(n ¡ 1):::(n ¡ k + 1)µ(a + n ¡ k)µ(a + n ¡ k ¡ 1):::µ(a + 1)j
e 2
(µt)n
µ(a + n ¡ k)µ(a + n ¡ k ¡ 1):::µ(a + 1) n! ¡ 1 t¡a
=j
j
e 2
(n ¡ k)!
(µt)n
µ(a + n ¡ k)µ(a + n ¡ k ¡ 1):::µ(a + 1) n! ¡ 1 t¡a
=j
j
e 2
(n ¡ k)(n ¡ k ¡ 1)::::::1
(µt)n
aµ
aµ
aµ
n! ¡ 1 t¡a
=j(µ +
)(µ +
)::::::(µ + )j
e 2
n¡k
n¡k¡1
1 (µt)n
aµ
n! ¡ 1 t¡a
·j(µ + )n¡k j
e 2
1
(µt)n
j
所以
如果
，则
成立。所以
得证。
（c）根据上一结论，(19)式可推导为：
1
X
n! ¡ 1 t¡a x2n
ju(x; t)j ·
e 2
(µt)n
(2n)!
n=0
1
X
·
n! x2n
(µt)n (2n)!
n=0
=
1
X
x2
1
( )n
µt (n + 1)(n + 2):::(2n)
n=0
对于任意 x,t ，存在 A >
x2
µt
, 当 N + 1 > A 时，即 存在 q < 1 且 q = A=(N + 1) ，
对于任意 n ¸ N ,
1
X
n¸N
1
X
A
A
A
A
::::::
·
qn ! 0
n+1n+2n+3
2n
n¸N
所以u(x; t)收敛
以下暂缺，慢慢补充。