Poisson求和公式与采样尺度

形式陈述

本页先给一维版本，沿Fourier变换采用

\widehat f(\xi)=\int_{\mathbb R}f(x)e^{-2\pi i x\xi}\,dx.

固定步长 $h>0$ 。设 $f:\mathbb R\to\mathbb C$ 连续且可积，并满足两条绝对收敛条件：

\sum_{k\in\mathbb Z}\sup_{0\le x\le h}|f(x+kh)|<\infty, \tag{1}

\sum_{m\in\mathbb Z}|\widehat f(m/h)|<\infty. \tag{2}

那么对任意实平移 $s$ ，有Poisson求和公式

\boxed{ h\sum_{k\in\mathbb Z}f(kh+s) =\sum_{m\in\mathbb Z}\widehat f(m/h)e^{2\pi i ms/h}.} \tag{3}

两侧都绝对收敛，并且作为 $s$ 的函数在一个周期内一致收敛。左边是对空间中的步长 $h$ 采样，右边对频率中的步长 $1/h$ 采样；平移没有消失，而是进入单位复相位。

式(1)是便于直接核验的充分合同，不声称它是求和公式成立的最弱条件。例如若 $|f(x)|\le C(1+|x|)^{-1-\eta}$ 、 $\eta>0$ ，它便成立。一个常见的同时保证(1)–(2)的函数类是Schwartz类： $f$ 无限次可微，且所有 $x^r f^{(j)}(x)$ 都有界，其中 $r,j$ 为任意非负整数。

为什么Schwartz条件足够

快速衰减先给 $f,f''\in L^1$ ，以及式(1)。连续分部积分两次，端点项由衰减消失，得到

(2\pi i\xi)^2\widehat f(\xi)=\widehat{f''}(\xi).

因此 $\xi\ne0$ 时

|\widehat f(\xi)|\le\frac{\|f''\|_1}{4\pi^2\xi^2},

而零频率用 $|\widehat f(0)|\le\|f\|_1$ 。代入 $\xi=m/h$ ，非零频率受收敛的 $\sum m^{-2}$ 控制，式(2)成立。这里没有先假定Poisson公式再用它证明自身所需的级数收敛。

直觉

把同一个函数每隔 $h$ 平移一份，再把所有份叠加，得到一个周期为 $h$ 的函数。周期化会把连续频率筛成间隔 $1/h$ 的离散频率；每个保留下来的系数恰是原变换在该频率的值，差一个归一化因子 $1/h$ 。

空间格点总和就是在这张周期函数的某个位置取值。换一个位置，并不改变哪些频率出现，但会改变它们的相位。这也是同样步长的两组平移网格可能产生相反积分误差的原因。

先构造连续周期函数

定义

P_h(x)=\sum_{k\in\mathbb Z}f(x+kh).

式(1)保证在 $[0,h]$ 上一致绝对收敛，因此 $P_h$ 连续。将求和下标平移一位得到 $P_h(x+h)=P_h(x)$ 。绝对收敛使这个换下标合法；它不是对一个未经定义的双边条件级数任意重排。

周期 $h$ 的第 $m$ 个Fourier系数为

c_m=\frac1h\int_0^hP_h(x)e^{-2\pi i mx/h}\,dx.

绝对可积的换序给

\begin{aligned} c_m &=\frac1h\sum_k\int_0^h f(x+kh)e^{-2\pi i mx/h}\,dx\\ &=\frac1h\sum_k\int_{kh}^{(k+1)h}f(t)e^{-2\pi i mt/h}\,dt\\ &=\frac1h\widehat f(m/h). \end{aligned} \tag{4}

第二行中 $e^{2\pi i mk}=1$ ，因而各小区间确实拼成同一个实线积分。换序的绝对积分总量为 $\|f\|_1$ ，不是仅凭“每项都可积”推断。

例子与边界

Gaussian：慢尺度换成快尺度

取 $t>0$ ，令 $f_t(x)=e^{-\pi t x^2}$ 。Gaussian变换与变量缩放给

\widehat f_t(\xi)=t^{-1/2}e^{-\pi\xi^2/t}.

它满足Schwartz条件，所以取 $h=1$ 、 $s=c$ 得

\sum_{k\in\mathbb Z}e^{-\pi t(k+c)^2} =t^{-1/2}\left(1+2\sum_{m=1}^{\infty} e^{-\pi m^2/t}\cos(2\pi mc)\right). \tag{5}

左右两侧分别适合大的 $t$ 与小的 $t$ 。当 $t=1/100$ 、 $c=0$ 时，右侧首项就是10，后面从 $20e^{-100\pi}$ 起；左侧很多相邻格点仍有明显贡献。尺度转换不是减少精度，而是用同一严格恒等式选择更快衰减的级数。

尾部有直接的有限证书。对 $a>0$ 、整数 $N\ge0$ ，写 $n=N+1+j$ ，则

n^2\ge(N+1)^2+(2N+3)j.

因此

2\sum_{n=N+1}^{\infty}e^{-a n^2} \le\frac{2e^{-a(N+1)^2}}{1-e^{-a(2N+3)}}. \tag{6}

式(5)中的余项再乘 $t^{-1/2}$ 即可，余弦的模不超过一。只保留首个被删项并不自动得到这个上界，分母记录了全部尾项。

平移会改变首个修正的符号

仍取 $t=1/100$ ，但令 $c=1/3$ 。由于 $2\cos(2\pi/3)=-1$ ，有

\sum_k e^{-\pi(k+1/3)^2/100} =10\left(1-e^{-100\pi}+R\right),

其中

|R|\le\frac{2e^{-400\pi}}{1-e^{-500\pi}}.

主修正变为负。若把式(3)的相位全部换成一，就会得到另一张网格的值；即使都非常接近10，这个操作仍不正确。

L¹等价类没有规定格点值

取 $f(x)=0$ 对所有 $x\ne0$ ，但人为设 $f(0)=1$ 。作为 $L^1$ 元素它等于零，其Fourier变换处处为零；然而 $h\sum_k f(kh)=h\ne0$ 。这不反驳定理，因为 $f$ 不连续。

因此仅写“ $f\in L^1$ ”不足以把变换值直接等同于指定格点的求和。积分忽略零测集，点采样却会看见该修改。对于带跳跃的函数，可能存在另行选择代表值或对称求和的版本，但不能不加条件地套用本页绝对收敛合同。

推论与应用

Fourier系数相同，如何推出每点相同

由式(2)，级数

Q_h(x)=\frac1h\sum_m\widehat f(m/h)e^{2\pi i mx/h}

一致绝对收敛，给出连续周期函数。逐项积分说明它的第 $m$ 个Fourier系数也为式(4)。因此 $D=P_h-Q_h$ 连续，全部Fourier系数为零。

Fejér求和定理说明连续周期函数的Fourier平均一致趋于原函数。 $D$ 的每份Fejér平均都为零，所以 $D\equiv0$ 。令 $x=s$ ，再乘以 $h$ ，就得到式(3)。这一收尾只用已经建立的连续性与系数唯一性，不把一般连续函数的普通Fourier部分和误说成必然一致收敛。

无限梯形误差就是非零混叠频率

式(3)的零频率是 $\widehat f(0)=\int_\mathbb Rf$ 。因此

h\sum_k f(kh+s)-\int_\mathbb Rf(x)\,dx =\sum_{m\ne0}\widehat f(m/h)e^{2\pi i ms/h}. \tag{7}

指数梯形求积将在复条带条件下移动Fourier积分路径，给右侧各项以指数界；实际有限求和还必须另外截去空间尾。频率衰减和空间衰减承担不同误差，不能用其中一项代替另一项。

Gaussian版本也解释格平滑参数中为什么出现对偶频率的质量：零频率给平均背景，其他频率给位置变化。本页严格证明的是一维周期化接口；一般秩格还需要相应维数、余体积和对偶坐标，不能把一维因子 $h$ 直接照搬成任意维数的公式。

参考资料

L. N. Trefethen and J. A. C. Weideman，The Exponentially Convergent Trapezoidal Rule，SIAM Review56(3)，2014，pp.385–458，§5 pp.399–404，特别是(5.9)–(5.11)：Poisson求和与混叠误差。原文Fourier约定不同，本页始终沿旧库的 $e^{-2\pi ix\xi}$ 规范。
原文对其较弱条件下的Fourier论证明确称为提纲；本页采用式(1)–(2)这一可直接验证的充分条件，通过周期化、换序和Fejér唯一性补足证明。Gaussian变换复用Fourier变换页，尺度与尾界在此逐项给出。

形式陈述 ​

为什么Schwartz条件足够 ​

先构造连续周期函数 ​

Gaussian：慢尺度换成快尺度 ​

平移会改变首个修正的符号 ​

L¹等价类没有规定格点值 ​

Fourier系数相同，如何推出每点相同 ​

无限梯形误差就是非零混叠频率 ​

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