Лемма Римана-Лебега

Лемма Римана — Лебега

Пусть функция $f(x)$ абсолютно интегрируема на интервале $(a,b)$, то есть $f\in L(a,b)$ и ${\int }_a^b|f(x)|dx<+\infty$. Тогда:

$$\underset{|\lambda |\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)e^{i\lambda x}dx=0,\lambda \in \mathbb{R}$$

Доказательство: Шаг 1: Пусть f(x)=c Используя формулу Эйлера ($e^{ix}=cosx+i\ast sinx$), вычислим интеграл в явном виде:

$${\int }_a^{b}c{e}^{i\lambda x}dx=c\left({\int }_a^b\cos \lambda xdx+i{\int }_a^b\sin \lambda xdx\right)=$$ $$=c\left(\frac{\sin \lambda b-\sin \lambda a}{\lambda }-i\frac{\cos \lambda b-\cos \lambda a}{\lambda }\right)$$

Так как функции $\sin$ и $\cos$ ограничены по модулю единицей, числитель при любых $\lambda$ ограничен:

$$\left|{\int }_a^{b}c{e}^{i\lambda x}dx\right|\le |c|\ast (\frac{2}{|\lambda |}+\frac{2}{|\lambda |})=\frac{4|c|}{|\lambda |}\underset{|\lambda |\to +\infty }{\to }0$$

Для константы утверждение доказано.

Шаг 2 Пусть задано произвольное $\epsilon >0$. В силу абсолютной сходимости интеграла ${\int }_a^b|f(x)|dx$, выберем внутренний отрезок $[{\delta }_1,{\delta }_2]\subset (a,b)$ так, чтобы интегралы по краям области были малы:

$${\int }_a^{{\delta }_1}|f(x)|dx<\frac{\epsilon }{4}\text{и}{\int }_{{\delta }_2}^b|f(x)|dx<\frac{\epsilon }{4}$$

Оценим разность интегралов по всему промежутку и по внутреннему отрезку, учитывая, что $|e^{i\lambda x}|=1$:

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)e^{i\lambda x}dx-{\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}f(x)e^{i\lambda x}dx\right|\le$$ $$\le {\int }_a^{{\delta }_1}|f(x)|dx+{\int }_{{\delta }_2}^b|f(x)|dx<\frac{\epsilon }{4}+\frac{\epsilon }{4}=\frac{2\epsilon }{4}$$

Шаг 3: Поскольку $f\in L[{\delta }_1,{\delta }_2]$, существует разбиение $\tau$ отрезка $[{\delta }_1,{\delta }_2]$ точками ${\delta }_1=x_0<x_1<\cdots <x_n={\delta }_2$, для которого нижняя сумма Дарбу $s_{\tau }(f)={\sum }_{i=1}^n{m}_i\Delta x_i$ (где $m_i={\inf }_{[x_{i-1},x_i]}f(x)$) удовлетворяет условию:

$$0\le {\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}f(x)dx-s_{\tau }(f)<\frac{\epsilon }{4}$$

Зададим ступенчатую функцию $g(x)=m_i$ при $x\in (x_{i-1},x_i)$. Тогда $f(x)\ge g(x)$ и:

$${\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}(f(x)-g(x))dx={\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}f(x)dx-s_{\tau }(f)<\frac{\epsilon }{4}$$

Оценим разность интегралов от $f(x)$ и $g(x)$ с осциллирующим множителем:

$$\left|{\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}f(x)e^{i\lambda x}dx-{\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}g(x)e^{i\lambda x}dx\right|\le$$ $${\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}|f(x)-g(x)|\cdot |e^{i\lambda x}|dx={\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}(f(x)-g(x))dx<\frac{\epsilon }{4}$$

Шаг4: Запишем интеграл от ступенчатой функции $g(x)$ в виде конечной суммы:

$${\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}g(x)e^{i\lambda x}dx=\sum _{i=1}^n{\int }_{x_{i-1}}^{x_i}{m}_i{e}^{i\lambda x}dx$$

По Шагу 1 каждое слагаемое в этой конечной сумме стремится к нулю при $|\lambda |\to +\infty$. Следовательно:

$$\underset{|\lambda |\to +\infty }{\lim }{\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}g(x)e^{i\lambda x}dx=0$$

Значит, существует такое $\Lambda >0$, что для всех $|\lambda |>\Lambda$ выполняется неравенство:

$$\left|{\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}g(x)e^{i\lambda x}dx\right|<\frac{\epsilon }{4}$$

Объединяя оценки из Шага 2, Шага 3 и Шага 4 по неравенству треугольника, получаем для любого $|\lambda |>\Lambda$:

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)e^{i\lambda x}dx\right|\le \left|{\int }_a^{b}f(x)e^{i\lambda x}dx-{\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}f(x)e^{i\lambda x}dx\right|+$$ $$+\left|{\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}f(x)e^{i\lambda x}dx-{\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}g(x)e^{i\lambda x}dx\right|+\left|{\int }_{{\delta }_1}^{{\delta }_2}g(x)e^{i\lambda x}dx\right|$$

Откуда получаем:

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)e^{i\lambda x}dx\right|<\frac{2\epsilon }{4}+\frac{\epsilon }{4}+\frac{\epsilon }{4}=\epsilon$$

В силу произвольности выбора $\epsilon >0$, предел равен нулю.