狄拉克函数：级数逼近

魏尔斯特拉斯定理 #

将狄拉克函数理解为函数的极限，可以衍生出很丰富的内容，而且这些内容离严格的证明并不遥远。比如，定义
$$\delta_n(x)=\left\{\begin{aligned}&\frac{(1-x^2)^n}{I_n},x\in[-1,1]\\
&0,\text{其它情形}\end{aligned}\right.$$
其中$I_n = \int_{-1}^1 (1-x^2)^n dx$，于是不难证明
$$\delta(x)=\lim_{n\to\infty}\delta_n(x)$$
这样，对于$[a,b]$上的连续函数$f(x)$，我们就得到
$$f(x)=\int_{-1}^1 f(y)\delta(x-y)dy = \lim_{n\to\infty}\int_{-1}^1 f(y)\delta_n(x-y) dy$$
这里$-1 < a < b < 1$，并且我们已经“不严谨”地交换了积分号和极限号，但这不是特别重要。重要的是它的结果：可以看到
$$P_n(x)=\int_{-1}^1 f(y)\delta_n(x-y) dy$$
是$x$的一个$2n$次多项式，因此上式表明$f(x)$是一个$2n$次的多项式的极限！这就引出了著名的“魏尔斯特拉斯定理”：

闭区间上的连续函数都可以用多项式一致地逼近。

追求严谨的读者会摇头：这是哪门子的证明？是的，这不是严格证明，但离严格证明还有多远呢？有兴趣看严格证明的，可以考虑看齐民友老师的《重温微积分》，就会发现，严格证明其实就是更加细致地讨论和放缩上面几个公式，而且这种讨论并不困难。因此，虽说上面是毫不严谨的引导，但却离严格证明不远。这一切，都归功于我们将$\delta(x)$不严谨地理解为$\delta_n(x)$的极限，而不是理解为一个严格的广义函数。

上述过程实则表明了一个框架，可以让我们分析函数可以用什么函数基底来逼近。构造一个函数列$\{\delta_n(x)\}$，使它作为$\delta(x)$的极限并不困难，首先是归一化，然后是$x=0$的两边要在$n\to\infty$时趋于0，仅此而已。比如下面就是另外一例：
$$\delta_n(x)=\left\{\begin{aligned}&\frac{\cos^n x}{I_n},x\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\\
&0,\text{其它情形}\end{aligned}\right.$$
其中$I_n = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^n dx$，这样也有
$$\delta(x)=\lim_{n\to\infty}\delta_n(x)$$
这个极限可以带来什么结果？仿照前面对多项式讨论的过程，假设$- \frac{\pi}{2} < a < b < \frac{\pi}{2}$，那么对于$[a,b]$上的连续函数$f(x)$我们看到
$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} f(y)\delta_n(x-y) dy = \frac{1}{I_n} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} f(y)\cos^n (x-y) dy $$
将$\cos^n(x-y)$展开就会发现，上式实际上就是$\sin kx, \cos kx, k=0,1,\dots,n$的线性组合，于是我们也可以得到：

闭区间$[-\pi/2, \pi/2]$上的连续函数都可以用正余弦级数$\{\cos kx, \sin kx\}$一致地逼近。

这也称为魏尔斯特拉斯定理。同样地，上述讨论离一个严格证明并不遥远。

是不是感觉有点不对劲？$\cos x,\sin x$的周期是$2\pi$，你这才逼近了$[-\pi/2,\pi/2]$这么一个$\pi$长度的区间，是不是有点浪费了？事实上，稍微修改上述过程，可以证明

任意$\epsilon > 0$，闭区间$[-\pi+\epsilon, \pi/2-\epsilon]$上的连续函数都可以用正余弦级数$\{\cos kx, \sin kx\}$一致地逼近。

但是，改为$[-\pi, \pi]$就不成立了，只能是依测度收敛或者$L^2$范数收敛，众所周知，傅立叶基础不是一致收敛的。

标准正交基 #

“正交”有助于简化问题，对于几何问题我们喜欢正交坐标系，对于函数问题我们也喜欢正交基。

前面的两个魏尔斯特拉斯定理告诉我们，闭区间上的连续函数既可以用多项式一致逼近，也可以用正余弦级数一致逼近，同时上述过程实际上也给出了求各项逼近系数的方案。但从实际计算来看，上述方式是不实用的，因为从$n$次逼近到$n+1$次逼近，要把所有的系数重新算一次（作为对比，请看泰勒级数的逼近，从$n$到$n+1$只需要多算一项$f^{(n+1)}(x)$，很经济，但泰勒级数条件要求太强。），很不划算。因此需要寻求更有效的计算方案。

我们只在一个闭区间$[a,b]$上讨论，对于两个函数$f(x),g(x)$，我们定义它们的内积为
$$\langle f, g\rangle=\int_a^b f(x)g(x)dx$$
假设函数列$\{e_k (x)\},\, k=0,1,2,\dots$是一组函数基，并满足
$$\langle e_m, e_n\rangle=\delta_{mn}$$
则称为标准正交基。有了这些，我们就可以描述函数的“最优逼近”了。

假设有闭区间$[a,b]$上的函数$f(x)$，并且知道$f(x)$可以用标准正交基$\{e_k (x)\},\, k=0,1,2,\dots$一致地逼近，我们来考虑有限项的和
$$\sum_{k=0}^n \alpha_k e_k(x)$$
我们要考虑用上述有限项级数来最优地逼近$f(x)$，也就是希望是的误差最小，而误差定义为
$$E=\int_a^b \left(f(x)-\sum_{k=0}^n \alpha_k e_k(x)\right)^2 dx$$
所谓最优，就是要调整$\alpha_0,\alpha_1,\dots,\alpha_n$，使得$E$取最小值。由于是有限项级数，因此可以直接对各个$\alpha_k$求偏导，然后解得当
$$\alpha_k = \int_a^b f(x)e_k (x)dx$$
时，$E$最小。因此这就求得了最优逼近。可以看到，这时候如果从$n$次逼近到$n+1$次逼近，我们只需要多算一项$\alpha_{n+1} = \int_a^b f(x)e_{n+1} (x)dx$即可，不用重新计算所有系数。

注意，如果$\{e_k (x)\}$是任意的函数列（不是基，也不一定正交），也可以做上述的优化过程，但是无法保证最后得到的结果真的是逼近原来的函数的，也就是说，可能出现的情况是：不管你怎么增大$n$，最后的逼近误差都不下降。而如果已经证明了$\{e_k (x)\}$可以一致逼近原来函数，那么就可以保证上述优化过程得到的误差是趋于0的——因为都已经是最优解了，最优解都不趋于0，那么怎么会一致收敛到原来的函数呢？

傅立叶级数 #

现在的问题是，如何得到一组标准正交基呢？根据魏尔斯特拉斯定理，我们已经知道幂函数$1,x,x^2,\dots$和正余弦函数$1,\sin x, \cos x, \sin 2x, \cos 2x, \dots$都可以作为一组基，我们先来关注后者。在区间$[-\pi, \pi]$中，可以检验$1,\sin x, \cos x, \sin 2x, \cos 2x, \dots$是正交的，即对于任意自然数$m,n$，有
$$\left\{\begin{aligned}&\int_{-\pi}^{\pi} \cos mx \cos nx = 0\,( m\neq n)\\
&\int_{-\pi}^{\pi} \sin mx \sin nx = 0\,( m\neq n)\\
&\int_{-\pi}^{\pi} \sin mx \cos nx = 0
\end{aligned}\right.$$
而且有
$$\int_{-\pi}^{\pi} \sin^2 mx dx = \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2 mx dx = \pi$$
因此
$$\sqrt{\frac{1}{\pi}},\sqrt{\frac{1}{\pi}}\sin x, \sqrt{\frac{1}{\pi}}\cos x, \sqrt{\frac{1}{\pi}}\sin 2x, \sqrt{\frac{1}{\pi}}\cos 2x, \dots$$
就是一组标准正交基。那么就有
$$f(x) = \gamma + \sum_{n=1}^{\infty} \alpha_n \sin nx + \sum_{n=1}^{\infty} \beta_n \cos nx$$
其中
$$\begin{aligned}\gamma=&\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)dx,\\
\alpha_n=&\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin nx dx,\\
\beta_n=&\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos nx dx
\end{aligned}$$
这就傅立叶级数了，但由于我们考虑的是$[-\pi,\pi]$这个区间，因此傅立叶级数只能是依测度收敛或者$L^2$范数收敛，而非一致收敛。而在$[-\pi/2, \pi/2]$区间中，$1,\sin x, \cos x, \sin 2x, \cos 2x, \dots$并非正交，需要正交化操作。

正交多项式 #

前面已经探讨了正余弦级数的逼近问题，得到的结果是傅立叶级数。那么对于魏尔斯特拉斯定理的另外一组基——幂函数基，又要怎么处理呢？正余弦函数天然的正交性使得问题可以简化不少，而幂函数并没有正交性，因此只能施行正交化操作了。

最知名的正交化操作当属格拉姆-施密特正交化（Gram－Schmidt正交化）了，在基本的线性代数教程都有描述，在此不再赘述。对基$\{x^n\},\,n=0,1,2,\dots$，在区间$[-1,1]$进行施密特正交化后的结果是：

$$\begin{array}{c|c} \hline
n & P_n(x) \\
\hline
0 & 1 \\
1 & x \\
2 & \frac{1}{2}(3x^2-1)\\
3 & \frac{1}{2}(5x^3-3x)\\
4 & \frac{1}{8}(35x^4-30x^2+3)\\
\vdots & \vdots\\
\hline\end{array}$$
这些多项式$P_n(x)$称为“勒让德多项式”，它们是正交的，但还不是归一化的。将它们归一化后成为$\hat{P}_n(x)$，然后我们就可以写出类似傅立叶级数的结果：
$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \alpha_n \hat{P}_n (x)$$
其中
$$\alpha_n = \int_{-1}^1 f(x)\hat{P}_n (x) dx$$

其它级数逼近 #

正余弦函数逼近也可以看成是以虚指数$e^{ikx},\,k=0,\pm 1,\pm 2,\dots$为基的逼近，一个很自然的问题是，能不能用实指数$e^{kx}$逼近？

显然，根据前面的经验，这取决于我们能否用指数函数来构造出一个狄拉克函数列来。我们可以考虑双曲余弦$\cosh x$，它是一个偶函数，在$x=0$附近像开口向上的抛物线那样。如果我们考虑区间$[-1, 1]$，那么可以考虑
$$\delta_n (x) = \frac{(\cosh 1 - \cosh x)^n}{I_n},\quad I_n = \int_{-1}^1 (\cosh 1 - \cosh x)^n dx$$
不难得到$\lim_{n\to\infty} \delta_n (x) = \delta (x)$，于是可以考虑函数列
$$\frac{1}{I_n}\int_{-1}^1 f(y)[\cosh 1 - \cosh (x-y)]^n dy $$
可以用这个函数列来逼近$f(x)$。直接展开它，就知道它是$\cosh kx,\sinh kx, k = 0,1,2,\dots,n$的线性组合，也就是$e^{kx},\,k=0,\pm 1,\pm 2,\dots, \pm n$的线性组合。因此，是可以用实指数来逼近的。

那就奇怪了，既然虚实指数都可以逼近，为什么只有虚指数逼近（傅立叶级数）被广泛研究呢？笔者猜测，主要原因就是它不好看、不实用吧。这些逼近都是在有限区间内的，而傅立叶级数是周期函数，研究了一个有限区间，就等价于研究了全部了；而实指数只研究一个区间，依然对整体没有帮助，何况它同时包含了$e^x$和$e^{-x}$，这导致它在$x\to+\infty$、$x\to -\infty$都是发散趋势，没有任何优势。

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