类似于傅里叶系数的一个积分估计

问题1

$g\in C(\mathbb{R})$并且是一个周期为1的周期函数,$g(x+1)=g(x)$并且在一个周期内的积分为0,${\int }_0^{1}g(x)dx=0$。$f\in C^1([0,1])$令$a_n:={\int }_0^{1}f(x)g(nx)dx$证明${\sum }_{n\ge 1}{a}_n^2$是收敛的。

错误思路

不能把${\int }_0^{1}f(x)g(nx)dx$拆成$\left({\int }_0^{1}f(x)dx\right)\left({\int }_0^{1}g(nx)dx\right).$ 一般只能估计：

也就是 $\{a_n\}$ 有界，不能说明 $a_n\to 0$，更不能说明 $\sum a_n^2$ 收敛。

另外，虽然

但这不代表${\int }_0^{1}f(x)g(nx)dx=0.$因为 $g(nx)$ 自己的正负部分可以抵消，但乘上 $f(x)$ 后，不同位置被赋予了不同权重，抵消一般不再完全成立。

正确思路

一个自然的思路是，首先尝试逐项估计$a_n$，比如说把命题加强为对$a_n$做估计，并要求估计结果至少是$O\left(\frac{1}{n^{\frac{1}{2}+{\epsilon }_0}}\right)$,这样就足以证明级数${\sum }_{n\ge 1}{a}_n^2$收敛。

而$a_n$的形式又很难不让我们想到广义的Riemann - Lebesgue lemma当中的结果，此结果告诉我们$a_n\to \left({\int }_0^{1}f(x)dx\right)\left({\int }_0^{1}g(x)dx\right)=0$不过这个结果只是告诉我们$a_n=o(1)$，这个信息完全不足以对级数收敛的做出判断。

不过我们想到，广义的Riemann-Lebesgue引理当中对$f$的要求仅仅是可积，而对$g$的要求仅仅是可测有界，而问题1当中这两个函数都要好很多，特别是$f$的可微性。这一点让我们想到了基于分部积分法的积分的估计，特别是我们可以给出一个例子，即$g(x):=e^{-2\pi ix}$的时候,此时的$a_n:={\int }_0^{1}f(x)e^{-2\pi inx}dx$我们完全可以看成是$f$作为$H=L^2([0,1]\to \mathbb{C})$当中的元素按照$H$上的单位正交基$\{e^{2\pi inx}{\}}_{n\in \mathbb{Z}}$进行展开的第$n$项系数。按照此时的经验，要证明${\sum }_n{a}_n^2$收敛，实际上只需要利用分部积分，由$f(x)$的连续可微性，得到$a_n=O(\frac{1}{n})$。

于是回到问题1，考虑分部积分，假设${\int }_0^{x}g(t)dt=G(x)$。由于$G(0)=G(1)=0$,于是$\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{1}{n}{\int }_0^{n}f\left(\frac{y}{n}\right)g(y)dy\\ & =-\frac{1}{n^2}{\int }_0^n{f}^{\prime }\left(\frac{y}{n}\right)G(y)dy\end{array}$现在我们需要估计后面那个积分，现在有两种做法:

1. 基于广义Riemann-Lebesgue引理的做法： 接着上面的结果我们知道$a_n=-\frac{1}{n^2}{\int }_0^n{f}^{\prime }\left(\frac{y}{n}\right)G(y)dy=-\frac{1}{n}{\int }_0^1{f}^{\prime }(x)G(nx)dx$因为$G$也是周期为1的有界函数，而$f^{\prime }(x)$是一个连续函数，因此${\int }_0^1{f}^{\prime }(x)G(nx)dx$是收敛的，因此我们至少可以得到$a_n=O\left(\frac{1}{n}\right)$于是$a_n^2$的级数一定是收敛的。

2. 利用连续性直接估计:

想法

整个过程基本和关于一个含参数积分极限的两个策略的方法当中的第二种方法类似，就是抓住$G(x)$作为一个周期1的函数，那么关于$G(x)$的$[0,n]$上的积分，可以先进行按周期的分段估计，然后交换次序然后估计一个和，而和的估计又可以利用$f^{\prime }(x)$的连续性。

$\begin{array}{rl}{a}_n& =-\frac{1}{n^2}{\int }_0^n{f}^{\prime }\left(\frac{y}{n}\right)G(y)dy\\ & =-\frac{1}{n^2}\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_k^{k+1}{f}^{\prime }\left(\frac{y}{n}\right)G(y)dy\\ & =-\frac{1}{n^2}\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_0^1{f}^{\prime }\left(\frac{k+s}{n}\right)G(k+s)ds\\ & =-\frac{1}{n^2}{\int }_0^{1}G(s)\sum _{k=0}^{n-1}{f}^{\prime }\left(\frac{k+s}{n}\right)ds\\ & =-\frac{1}{n^2}{\int }_0^{1}G(s)\sum _{k=0}^{n-1}{f}^{\prime }\left(\frac{k}{n}\right)+o(1)ds\\ & =-\frac{1}{n}{\int }_0^{1}G(s)\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}{f}^{\prime }\left(\frac{k}{n}\right)ds+o\left(\frac{1}{n}\right)\\ & =O\left(\frac{1}{n}\right)\end{array}$因此我们看到最后也是殊途同归。