Cesaro和

已有一个数列{cn},cn∈C\{c_n\},c_n \in \mathbb{C}{cn},cn∈C，在这个意义下我们可以定义部分和数列{sn=c1+c2+⋯+cn}\{s_n=c_1 + c_2 + \cdots + c_n\}{sn=c1+c2+⋯+cn}，显然这个数列的第n项是原有数列前n项的和。而cesaro和是在这个部分和数列上定义的：{σn=s1+s2+⋯+snn}\{\sigma_n=\frac{s_1 + s_2 + \cdots + s_n}{n}\}{σn=ns1+s2+⋯+sn}，即这个cesaro和序列的每一项都是部分和序列前n项的均值。

cesaro可和

一个数列cnc_ncn被称为是cesaro可和的(cesaro summable)，若lim⁡n→∞σn=σ\lim_{n\rightarrow \infty}\sigma_n = \sigmalimn→∞σn=σ收敛。我们在后面可以证明，cesaro收敛是比平常意义下的级数收敛更广泛的一种收敛形式。即若一个数列的级数收敛，那么他一定是cesaro收敛的，进一步的，可以证明二者收敛到一个极限，反向不成立。用数学语言表述是这样的：

∀{cn∈C},若lim⁡n→∞sn=s收敛，那么lim⁡n→∞σn=s同样收敛到s。\forall \{c_n \in \mathbb{C} \}, 若\lim_{n \rightarrow \infty}s_n=s收敛，那么\lim_{n\rightarrow \infty}\sigma_n=s同样收敛到s。∀{cn∈C},若n→∞limsn=s收敛，那么n→∞limσn=s同样收敛到s。
这个证明其实并不难，整体的证明思路是∀ϵ>0,∣σn−s∣<ϵ\forall \epsilon > 0, |\sigma_n - s| < \epsilon∀ϵ>0,∣σn−s∣<ϵ，从而证明二者相等，具体而言：
Proof:
∀ϵ>0,∃N∈N,∀n>N,∣sn−s∣<ϵ.\forall \epsilon > 0, \exist N \in \mathbb{N}, \forall n > N, |s_n - s| < \epsilon.∀ϵ>0,∃N∈N,∀n>N,∣sn−s∣<ϵ.

σn=∑i=1nsi/n=∑i=1N−1si/n+∑i=Nnsi/n\sigma_n = \sum_{i=1}^ns_i / n = \sum_{i=1}^{N-1}s_i / n + \sum_{i=N}^ns_i / nσn=i=1∑nsi/n=i=1∑N−1si/n+i=N∑nsi/n
把他拆成两部分，cesaro这种均值形式的，有限项是没有意义的。
整体把σn\sigma_nσn减掉s：
σn−s=∑i=1N−1si−sn+∑i=Nnsi−sn\sigma_n-s=\sum_{i=1}^{N-1}\frac{s_i-s}{n} + \sum_{i=N}^n\frac{s_i-s}{n} σn−s=i=1∑N−1nsi−s+i=N∑nnsi−s
对于第二部分，我们有如下变换：
∑i=Nnsin−s≤∣∑i=Nnsi−sn∣≤∑i=Nn∣si−s∣n≤ϵn−N+1n≤ϵ\sum_{i=N}^n\frac{s_i}{n} - s \leq|\sum_{i=N}^n \frac{s_i-s}{n}| \leq \sum_{i=N}^n\frac{|s_i-s|}{n} \leq \epsilon\frac{n-N+1}{n} \leq \epsilon i=N∑nnsi−s≤∣i=N∑nnsi−s∣≤i=N∑nn∣si−s∣≤ϵnn−N+1≤ϵ
再令n趋于无穷，我们有如下结果：
lim⁡n→∞σn−s≤lim⁡n→∞∑i=1N−1si−sn+ϵ=ϵ\lim_{n \rightarrow \infty}\sigma_n - s \leq \lim_{n \rightarrow \infty}\sum_{i=1}^{N-1}\frac{s_i-s}{n} + \epsilon = \epsilon n→∞limσn−s≤n→∞limi=1∑N−1nsi−s+ϵ=ϵ
到此我们完成了证明

Abel和

已有一个数列{cn},cn∈C\{c_n\},c_n \in \mathbb{C}{cn},cn∈C，我们称其是Abel可和的(Abel summable)，如果：A(r)=∑i=1∞ciri,0≤r<1A(r)=\sum_{i=1}^\infty c_ir^i, 0\leq r < 1A(r)=∑i=1∞ciri,0≤r<1收敛，并且lim⁡r→1A(r)=s\lim_{r\rightarrow 1}A(r)=sr→1limA(r)=s是收敛的。

几种和的关系

结论

首先我们先说结论：
convergent⇒Cesaro summable⇒Abel summable\text{convergent} \Rightarrow \text{Cesaro summable} \Rightarrow \text{Abel summable} convergent⇒Cesaro summable⇒Abel summable
这几个箭头都是单向的，不可逆。
事实上第一个箭头我们在介绍cesaro和的时候就已经证明完毕了，我们实际只需要证明cesaro到Abel的这个方向。
证明我们分为两个部分进行，第一部分我们证明：为了证明cesaro和收敛到σ\sigmaσ ⇒\Rightarrow⇒Abel和收敛到σ\sigmaσ，对任意的σ∈C\sigma\in \mathbb{C}σ∈C成立，我们只需要说明当σ=0\sigma=0σ=0成立。第二部分我们证明s=0的时候是成立的。

引理

∑i=1nciri=(1−r)∑i=1nsiri+snrn+1\sum_{i=1}^nc_ir^i = (1-r)\sum_{i=1}^ns_ir^i +s_nr^{n+1}i=1∑nciri=(1−r)i=1∑nsiri+snrn+1
Proof:
这个看起来很高深的变换，实际上我们只需要把右边展开就可以了，把sns_nsn写开。
右式=∑i=1n(c1+⋯+ci)(ri−ri+1)+snrn+1=c1(r−r2)+(c1+c2)(r2−r3)+⋯+(c1+⋯+cn)(rn−rn+1)+snrn+1=c1r+c2r2+⋯+cnrn=∑i=1nciri=左式\begin{aligned} 右式 =& \sum_{i=1}^n(c_1 + \cdots + c_i)(r^i - r^{i+1}) + s_nr^{n+1} \\ =&c_1(r-r^2) + (c_1+c_2)(r^2-r^3)+ \cdots + (c_1 + \cdots + c_n)(r^n - r^{n+1}) + s_nr^{n+1} \\ =&c_1r + c_2r^2 + \cdots + c_nr^n \\ =&\sum_{i=1}^nc_ir^i \\ =& 左式 \end{aligned} 右式=====i=1∑n(c1+⋯+ci)(ri−ri+1)+snrn+1c1(r−r2)+(c1+c2)(r2−r3)+⋯+(c1+⋯+cn)(rn−rn+1)+snrn+1c1r+c2r2+⋯+cnrni=1∑nciri左式

推论1

A(r)=∑i=1∞ciri=(1−r)∑i=1∞siriA(r) = \sum_{i=1}^\infty c_ir^i = (1-r) \sum_{i=1}^\infty s_ir^iA(r)=i=1∑∞ciri=(1−r)i=1∑∞siri
proof:
这个我们简单地把引理中的形式两边n趋向无穷就ok了。

推论2

∑i=1∞ciri=(1−r)∑i=1∞siri=(1−r)2∑i=1∞iσiri\sum_{i=1}^\infty c_ir^i = (1-r)\sum_{i=1}^\infty s_ir^i = (1-r)^2\sum_{i=1}^\infty i\sigma_ir^ii=1∑∞ciri=(1−r)i=1∑∞siri=(1−r)2i=1∑∞iσiri
Proof:
这个我们只需要证明第二个等号，这个也非常简单，把sns_nsn看作cnc_ncn，那么nσn=s1+⋯+snn\sigma_n=s_1 + \cdots + s_nnσn=s1+⋯+sn就相当于sns_nsn的部分和序列，再利用上面的推论1直接证明完毕。

第一部分

Proof：
假设我们的原始数列{cn}\{c_n\}{cn}，他的cesaro和{σn}\{\sigma_n\}{σn}收敛到σ≠0\sigma \neq 0σ=0，我们重新构造一个数列{dn=cn−σ}\{d_n=c_n-\sigma\}{dn=cn−σ}。这个时候我们通过简单地验证，轻松可以得到新的数列dnd_ndn的cesaro和收敛到0。这个时候我们利用假设中的已知可知，这个dnd_ndn是Abel可和的，即
0=lim⁡r→1Ad(r)=lim⁡r→1∑i=1∞diri=lim⁡r→1(1−r)2∑i=1∞i(σi−σ)ri=lim⁡r→1(1−r)2∑i=1∞iσiri−(1−r)2σ∑i=1∞iri=Ac(r)−lim⁡r→1(1−r)2σ∑i=1∞iri\begin{aligned} 0 =& \lim_{r \rightarrow 1} A^d(r) \\ =&\lim_{r \rightarrow 1} \sum_{i=1}^\infty d_ir^i \\ =& \lim_{r \rightarrow 1} (1-r)^2\sum_{i=1}^\infty i(\sigma_i - \sigma)r^i \\ =&\lim_{r \rightarrow 1} (1-r)^2\sum_{i=1}^\infty i\sigma_ir^i - (1-r)^2 \sigma\sum_{i=1}^\infty ir^i \\ =&Α^c(r) - \lim_{r \rightarrow 1} (1-r)^2 \sigma\sum_{i=1}^\infty ir^i \end{aligned} 0=====r→1limAd(r)r→1limi=1∑∞dirir→1lim(1−r)2i=1∑∞i(σi−σ)rir→1lim(1−r)2i=1∑∞iσiri−(1−r)2σi=1∑∞iriAc(r)−r→1lim(1−r)2σi=1∑∞iri
第二项我们通过先积分再微分得到表达式：
(1−r)2σ∑i=1∞iri=r(1−r)2σ∑i=1∞iri−1\begin{aligned} (1-r)^2\sigma\sum_{i=1}^\infty ir^i =& r(1-r)^2\sigma\sum_{i=1}^\infty ir^{i-1} \end{aligned} (1−r)2σi=1∑∞iri=r(1−r)2σi=1∑∞iri−1
记f(r)=∑i=1∞iri−1f(r) = \sum_{i=1}^\infty ir^{i-1}f(r)=∑i=1∞iri−1，那么
F(r)=∫f(r)dr=∑i=1∞ri+c=r1−r+cF(r)=\int f(r) dr = \sum_{i=1}^\infty r^i +c = \frac{r}{1-r} +cF(r)=∫f(r)dr=i=1∑∞ri+c=1−rr+c
f(r)=dFdr=1(1−r)2f(r) = \frac{dF}{dr} = \frac{1}{(1-r)^2}f(r)=drdF=(1−r)21
代入之后我们有第二项的表达式：
第二项=r(1−r)2σ1(1−r)2=rσ第二项=r(1-r)^2\sigma\frac{1}{(1-r)^2} = r\sigma 第二项=r(1−r)2σ(1−r)21=rσ
代入进去我们有：
0=A(r)−lim⁡r→1rσ,i.e.A(r)=σ0 = A(r) - \lim_{r \rightarrow 1}r\sigma, \quad i.e. A(r) = \sigma0=A(r)−r→1limrσ,i.e.A(r)=σ
我们便完成了第一部分的证明。

第二部分

Proof:
当σ=0\sigma=0σ=0时，根据极限的定义，
∀ϵ>0,∃N,∀n>N,∣σn∣<ϵ\forall \epsilon > 0,\; \exist N, \; \forall n > N, \; |\sigma_n| < \epsilon ∀ϵ>0,∃N,∀n>N,∣σn∣<ϵ
那么对于Abel和，我们利用推论2：
∣A(r)∣=∣(1−r)2∑i=1∞iσiri∣=∣(1−r)2(∑i=1N−1iσiri+∑i=N∞iσiri)∣≤∣(1−r)2∑i=1N−1iσiri∣+(1−r)2ϵ∑i=N∞iri≤∣(1−r)2∑i=1N−1iσiri∣+(1−r)2ϵ∑i=1∞iri=∣(1−r)2∑i=1N−1iσiri∣+r(1−r2)ϵ1(1−r)2=∣(1−r)2∑i=1N−1iσiri∣+rϵ\begin{aligned} |A(r)| =& |(1-r)^2\sum_{i=1}^\infty i\sigma_ir^i| \\ =& |(1-r)^2(\sum_{i=1}^{N-1}i\sigma_ir^i + \sum_{i=N}^\infty i\sigma_ir^i)| \\ \leq & |(1-r)^2\sum_{i=1}^{N-1}i\sigma_ir^i |+ (1-r)^2\epsilon\sum_{i=N}^\infty ir^i \\ \leq & |(1-r)^2\sum_{i=1}^{N-1}i\sigma_ir^i |+(1-r)^2\epsilon\sum_{i=1}^\infty ir^i \\ =& |(1-r)^2\sum_{i=1}^{N-1}i\sigma_ir^i |+ r(1-r^2)\epsilon \frac{1}{(1-r)^2} \\ = & |(1-r)^2\sum_{i=1}^{N-1}i\sigma_ir^i |+ r\epsilon \end{aligned} ∣A(r)∣==≤≤==∣(1−r)2i=1∑∞iσiri∣∣(1−r)2(i=1∑N−1iσiri+i=N∑∞iσiri)∣∣(1−r)2i=1∑N−1iσiri∣+(1−r)2ϵi=N∑∞iri∣(1−r)2i=1∑N−1iσiri∣+(1−r)2ϵi=1∑∞iri∣(1−r)2i=1∑N−1iσiri∣+r(1−r2)ϵ(1−r)21∣(1−r)2i=1∑N−1iσiri∣+rϵ
左右两边令r→1r \rightarrow 1r→1，得到重要结论
∣A(r)∣≤ϵ|A(r)| \leq \epsilon∣A(r)∣≤ϵ
由ϵ\epsilonϵ的任意性，我们可知
lim⁡r→1A(r)=0=σ\lim_{r \rightarrow 1} A(r) = 0 = \sigmar→1limA(r)=0=σ
我们就此完成了证明。

这两个概念有什么用

这个要求读者有一点最基本的傅立叶展开的知识，可能大家在数学分析或者微积分的书上看的比较多的形式是:
an=12π∫−ππf(x)cos⁡xdx,bn=12π∫−ππf(x)sin⁡xdxa_n = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos xdx,\;b_n=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin xdx an=2π1∫−ππf(x)cosxdx,bn=2π1∫−ππf(x)sinxdx
f(x)∼a02+∑n=1∞ancos⁡nx+bnsin⁡nxf(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty a_n\cos nx + b_n \sin nx f(x)∼2a0+n=1∑∞ancosnx+bnsinnx
但是我们这里不加证明地引入一个新的等价表达方式：
我们先定义一个东西叫做Dirichlet核(kernel):
DN(x)=∑i=−nneinx,x∈CD_N(x) = \sum_{i=-n}^ne^{inx},\; x \in \mathbb{C} DN(x)=i=−n∑neinx,x∈C
我们通过卷积定义部分和序列(partial sum)：
SN(f)(x)=f∗DN(x)=12π∫−ππf(y)DN(x−y)dy=12πeinx∫−ππf(y)∑n=−NNe−inydyS_N(f)(x)=f *D_N(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(y)D_N(x-y)dy=\frac{1}{2\pi}e^{inx}\int_{-\pi}^\pi f(y)\sum_{n=-N}^Ne^{-iny}dy SN(f)(x)=f∗DN(x)=2π1∫−ππf(y)DN(x−y)dy=2π1einx∫−ππf(y)n=−N∑Ne−inydy
那么傅立叶展开的另一种表达方式就是：
f(x)∼lim⁡N→∞SN(f)(x)f(x) \sim \lim_{N \rightarrow \infty} S_N(f)(x) f(x)∼N→∞limSN(f)(x)
这是一个在形式上和洛朗级数有些类似的表达方式，实际上二者是完全等价的，读者可以随便找一个简单的函数展开自己验证一下。

傅立叶展开是一个比较不错的表达方式，和泰勒展开有些类似。泰勒展开在解析点可以完美地通过多项式函数的级数进行近似（这个在复变函数里面说的比较明白，有兴趣的可以去看看），而傅立叶展开则是尝试通过三角级数（cos和sin的级数）对周期函数进行近似。

显然这种近似是有条件的，并不是所有函数的所有点通过傅立叶的方法展开之后都是收敛甚至一致收敛的。事实上我们有结论：一个平方可积函数f，在除了一个零测集之外都是点点收敛的。

并且，可以比较容易地证明，对于一个二次连续可微的函数而言，傅立叶系数和1n2\frac{1}{n^2}n21是同阶的，进而傅立叶展开可以绝对且一致收敛到原函数。

这说明当一个函数的连续性很好的时候，我们不需要担心这个零测集上点点事情，但是如果我们把条件放宽一些，就不一定保证点点收敛点性质。尽管在一个零测集之外的条件在很多时候就已经够用了，但是我们仍然想通过一些方法把这些点囊括进来，因为虽然是”零测“，但也有可能是稠密的（比如有理数），这个在应用中可能会出现不小的问题。

我们这里不进行额外的证明，只是说明，我们通过cesaro和的方式对Dirichlet核进行重整得到一个新的核，这个核我们称其为Fejer kernel，使用这个足够好的核对原函数同样通过卷积进行展开，我们就能够得到对于一般的连续函数而言，这种展开在连续点都收敛，并且一致收敛到连续函数上。对于Abel和而言以上结论同样hold。

这个定理证明，我们可以通过三角级数的形式，对于连续点有一个非常好的展开形式。

虽然说了这么多，我们并不是要讨论傅立叶的问题，只是想说这两种看起来很复杂的级数重整形式实际上是有很好的用途的。

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