Bây giờ là lúc ta có thể phát biểu một tiêu chí cho sự hội tụ điểm của chuỗi Fourier nhưng đây chỉ là điều kiện đủ chứ không phải điều kiện cần.
Trước đó, ta chứng minh định lý sau
Định lý 2.4.1 (Bổ đề Riemann-Lebesgue, [5]). Nếu f khả tích trên [a, b] thì
n→∞lim Z b
a
f(x)e−inxdx = 0.
Chứng minh. Do f khả tích nên với > 0cho trước, tồn tại một phân hoạch {a =x0, x1, ..., xn = b} sao cho
Z b a
f(x)dx−
n
X
i=1
mi∆xi
<
2, trong đó mi = min[xi−1,xi]f(x).
Mà ta có thể viết lại tổng
n
X
i=1
mi∆xi = Z b
a
g(x)dx, trong đó g(x) =
n
X
i=1
miχ[xi−1,xi](x).
Và có
Z b a
(f(x)−g(x))dx
<
2. Do đó
Z b a
f(x) sin(nx)dx
≤
Z b a
[f(x)−g(x)] sin(nx)dx
+
Z b a
g(x) sin(nx)dx
≤ Z b
a
|f(x)−g(x)|dx+
Z b a
g(x) sin(nx)dx .
Tích phân thứ hai trong vế phải dần tới 0 khi n→ ∞ nên tồn tại n0 sao cho với mọi n > n0 thì tích phân này nhỏ hơn /2. Do đó
Z b a
f(x) sin(nx)dx
<
2 + 2 =.
Hay
n→∞lim Z b
a
f(x) sin(nx)dx = 0.
Tương tự ta chứng minh được
n→∞lim Z b
a
f(x) cos(nx)dx = 0.
Vậy nên
n→∞lim Z b
a
f(x)e−inxdx= 0.
Bổ đề Riemann-Lebesgue đã được chứng minh.
Định lý 2.4.2 ([5]). Cho f là hàm khả tích trên [−π, π]. Nếu f khả vi tại điểm x0 nào đó thì
SN(f)(x0)→f(x0), N → ∞.
Chứng minh. Đặt F(t) =
f(x0−t)−f(x0)
t nếu t6= 0 và |t|< π
−f0(x0) nếu t= 0.
Do f khả vi tại x0 nên F bị chặn trong lân cận gần với 0.
Mặt khác, với δ > 0 đủ nhỏ, f khả tích trên |t| > δ. Từ đó F khả tích trên [−π,−δ]∪[δ, π] kéo theo F khả tích trên [−π, π].
Thật vậy, do F bị chặn nên tồn tại M > 0 sao cho |F| ≤M.
Với > 0, chọn δ > 0 đủ nhỏ sao cho 4δM ≤ /3. Cho P1, P2 là các phân hoạch của [−π,−δ] và [δ, π] sao cho
S(Pi, F)−S(Pi, F)<
3, i= 1,2,
trong đó, S(Pi, F), S(Pi, F) là tổng dưới và tổng trên của F đối với phân hoạch Pi.
Lấy phân hoạch P = P1 ∪ {−δ} ∪ {δ} ∪P2 thì ta được S(P, F)−S(P, F)<
3,
hay F khả tích trên [−π,−π].
Nếu DN là nhân Dirichlet thì SN(f)(x0) = (f ∗DN)(x0). Do đó xét SN(f)(x0)−f(x0) = 1
2π Z π
−π
f(x0−t)DN(t)dt−f(x0)
= 1 2π
Z π
−π
f(x0−t)DN(t)dt− 1 2π
Z π
−π
f(x0)DN(t)dt
= 1 2π
Z π
−π
[f(x0−t)−f(x0)]DN(t)dt
= 1 2π
Z π
−π
F(t)tDN(t)dt.
Mà nhân Dirichlet còn có dạng
DN(t) = sin((N + 1/2)t) sin(t/2) .
Do hàm t/sin(t/2) liên tục trên [−π, π] và ta có thể viết sin((N+ 1/2)t) như sau
sin((N + 1/2)t) = sin(N t) cos(t/2) + cos(N t) sin(t/2).
Suy ra
SN(f)(x0)−f(x0) = 1 2π
Z π
−π
F(t)tcot(t/2) sin(N t)dt + 1
2π Z π
−π
F(t)tcos(N t)dt.
Áp dụng bổ đề Riemann-Lebesgue ta được điều phải chứng minh.
Chú ý rằng, kết luận của định lý trên vẫn đúng nếu ta chỉ có giả thiết f thỏa mãn điều kiện Lipschitz tại x0, tức là
|f(x)−f(x0)| ≤ M|x−x0|, ∀x,
với M ≥ 0 nào đó. Điều này giống với việc nói rằng f thỏa mãn điều kiện Holder khi bậc α= 1.
Một hệ quả nổi bật của định lý này là nguyên lý địa phương của Riemann.
Kết quả này phát biểu rằng sự hội tụ của SN(f)(x0) chỉ phụ thuộc vào dáng điệu của f trong lân cận của x0.
Định lý 2.4.3. Giả sử f và g là hai hàm khả tích xác định trên [−π, π]. Nếu với x0 nào đó, tồn tại đoạn I chứa x0 sao cho
f(x) =g(x) với mọi x ∈I.
Thì SN(f)(x0)−SN(g)(x0)→0 khi N → ∞.
Chứng minh. Theo giả thiết, f −g = 0 trong I do đó khả vi tại x0. Áp dụng định lý trên cho hàm f −g ta dễ dàng thu được kết luận.
Bây giờ, ta xétf là một hàm liên tục từng khúc trên[−π, π] và tuần hoàn chu kỳ 2π.
Định nghĩa 2.4.1. Ta nói rằng f là hàm xác định và liên tục từng khúc trên [a, b] nếu nó liên tục trừ ra một số hữu hạn điểm gián đoạn.
Hơn nữa, nếu t∈ [a, b] thì tồn tại các giới hạn f(t+) = lim
x→t+f(x), f(t−) = lim
x→t−f(x).
Ví dụ 2.4.1. Cho hàm f(x) xác định bởi
f(x) =
ex nếu x < 0, 2−x nếu 0≤ x ≤2,
x2 nếu x > 2 Ta thấy f có hai điểm gián đoạn là x = 0 và x = 2.
Ta dễ dàng tính được f(0−) = 1, f(0+) = 2 và f(2−) = 0, f(2+) = 4.
Ta sẽ chứng minh chuỗi Fourier của một hàm cho trước hội tụ điểm đến một hàm liên tục.
Định lý 2.4.4 ([4]). Cho f thỏa mãn các tính chất sau (i) f(x) tuần hoàn chu kỳ 2π.
(ii) f(x) liên tục từng khúc trên [−π, π].
(iii) f0(x) liên tục từng khúc trên [−π, π].
Khi đó, tại mỗix ∈[−π, π] chuỗi Fourier của hàmf hội tụ đến f(x+0)+f(x−0)
2 .
Tức là
SN(f)(x)→ f(x+ 0) +f(x−0)
2 khi N → ∞.
Đặc biệt, nếu f(x) liên tục tại mọi điểm trên [−π, π] thì f(x) = a0
2 +
∞
X
n=1
(ancos(nx) +bnsin(nx)). (2.15) Để chứng minh định lý này, ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề 2.4.1. Với an, bn là các hệ số Fourier của hàm f thì ancos(nx) +bnsin(nx) = 1
π Z π
−π
f(x+t) cosntdt.
Thật vậy, từ định nghĩa các hệ số an, bn thì ancos(nx) +bnsin(nx) = 1
π Z π
−π
f(t)[cosntcos(nx) + sinntsin(nx)]dt
= 1 π
Z π
−π
f(t) cosn(t−x)dt
= 1 π
Z π−x
−(π−x)
f(s+x) cosnsds
= 1 π
Z π
−π
f(s+x) cosnsds
= 1 π
Z π
−π
f(x+t) cosntdt,
trong đó, đầu tiên ta sử dụng phép đổi biến s =t−x và sau đó sử dụng tính chất F(s) = f(s+x) cosns tuần hoàn chu kỳ 2π
Z α+2π α
F(s)ds = Z π
−π
F(s)ds
với mọi α. Áp dụng điều này với α=−(π −x). Do vậy ta chứng minh được bổ đề.
Áp dụng kết quả ta dễ dàng tính được a0
2 = 1 2π
Z π
−π
f(x+t)dt Ta nhắc lại rằng với
DN(x) =
N
X
n=−N
einx = 1 + 2
N
X
n=1
cos(nx),
là nhân Dirichlet của f thì SN(f) = (f ∗DN)(x) và DN còn có dạng DN(x) = sin(N + 12)x
sin x2 , x ∈[−π, π], x6= 0.
Mục đích của ta là chứng minh rằng 1
2π Z π
−π
f(x+t)DN(t)dt→ f(x+ 0) +f(x−0)
2 khi N → ∞.
Ta thấy rằng DN(0) = 1 + 2N nên ta có thể xác định nhân Dirichlet như sau
DN(x) =
sin(N + 12)x
sin x2 , x6= 0, 1 + 2N, x= 0.
Khi đó, ta xác định hai hàm g(t) và h(t) bởi g(t) = f(x+t)−f(x+ 0)
2 sin 2t , h(t) = f(x+t)−f(x−0)
2 sin2t . (2.16) Hàmg(t)liên tục từng khúc trên [0, π] vàh(t)liên tục từng khúc trên [−π,0].
Ta có
t→0lim+g(t) = lim
t→0+
f(x+t)−f(x+ 0)
t ã t
2 sin t2
= D+f(x).
Tương tự
t→0lim−
h(t) =D−f(x).
Các giới hạn này là tồn tại do giả thiết (iii).
Mặt khác, 1 2π
Z π 0
f(x+t)DN(t)dt− f(x+ 0) 2
= 1 2π
Z π 0
f(x+t)DN(t)dt− 1 2π
Z π 0
f(x+ 0)
2 DN(t)dt
= 1 2π
Z π 0
[f(x+t)−f(x+ 0)]DN(t)dt
= 1 2π
Z π 0
2 sin t
2g(t)DN(t)dt
= 1 π
Z π 0
g(t) sin
N + 1 2
tdt
Áp dụng bổ đề Rienman-Lebesgue thì tích phân vế phải dần tới0khiN → ∞.
Do đó ta thu được lim
N→∞
1 2π
Z π 0
f(x+t)DN(t)dt= f(x+ 0)
2 .
Tương tự
lim
N→∞
1 2π
Z 0
−π
f(x+t)DN(t)dt = f(x−0)
2 .
Mà
SN(f)(x) = (f ∗DN)(x) = 1 2π
Z π
−π
f(x+t)DN(t)dt.
Do đó
SN(f)(x)→ f(x+ 0) +f(x−0)
2 khi N → ∞.
Nếu f liên tục tại mọi điểm trên [−π, π] thì f(x+ 0) = f(x−0) nên ta được (2.15).