傅里叶级数

第十五章 傅里叶级数 §1 傅里叶级数

一个函数能表示成幂级数给研究函数带来便利，但对函数的要求很高 (无限次可导).

如果函数没有这么好的性质，能否也可以用一些简单而又熟悉的函数组成的级数来表示该函数呢？这就是将要讨论的傅里叶级数.

傅里叶级数在数学、物理学和工程技术中都有着非常广泛的应用，是又一类重要的级数.

三角级数・正交函数系

在科学实验与工程技术的某些现象中，常会碰到一种周期运动。最简单的周期运动，可用正弦函数

\[ y = A \sin (\omega x + \varphi) \tag {1} \]

来描述。由 (1) 所表达的周期运动也称为简谐振动，其中 \(A\) 为振幅. \(\varphi\) 为初相角，\(\omega\) 为角频率，于是简谐振动 \(y\) 的周期是 \(T = \frac{2\pi}{\omega}\) .

较为复杂的周期运动，则常常是几个简谐振动

\[ y _ {k} = A _ {k} \sin (k \omega x + \varphi_ {k}), k = 1, 2, \dots , n \]

的叠加:

\[ y = \sum_ {k = 1} ^ {n} y _ {k} = \sum_ {k = 1} ^ {n} A _ {k} \sin (k \omega x + \varphi_ {k}). \tag {2} \]

由于简谐振动 \(y_{k}\) 的周期为 \(\frac{T}{k}\left(T=\frac{2\pi}{\omega}\right), k=1,2,\cdots,n,\) 所以函数 (2) 周期为 T. 对无穷多个简谐振动进行叠加就得到函数项级数

\[ A _ {0} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} A _ {n} \sin (n \omega x + \varphi_ {n}). \tag {3} \]

若 (3) 收敛，则它所描述的是更为一般的周期运动现象.

对于级数 (3), 只须讨论 \(\omega = 1\) (如果 \(\omega \neq 1\) 可用 \(\omega x\) 代换 \(x\)) 的情形。由于

\[ \boxed {\sin (n x + \varphi_ {n}) = \sin \varphi_ {n} \cos n x + \cos \varphi_ {n} \sin n x,} \]

所以

\[ A _ {0} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} A _ {n} \sin (n x + \varphi_ {n}) = A _ {0} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(A _ {n} \sin \varphi_ {n} \cos n x + A _ {n} \cos \varphi_ {n} \sin n x\right). \tag {$3^{\prime$}} \]

记 \(A_{0}=\frac{a_{0}}{2},A_{n}\sin\varphi_{n}=a_{n},A_{n}\cos\varphi_{n}=b_{n},n=1,2,\cdots\) ，则级数 \((3')\) 就可写成

\[ \frac {a _ {0}}{2} \cdot 1 + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos n x + b _ {n} \sin n x\right). \tag {4} \]

它是由三角函数列（也称为三角函数系）

\[ 1, \cos x, \sin x, \cos 2 x, \sin 2 x, \dots , \cos n x, \sin n x, \dots \tag {5} \]

所产生的一般形式的三角级数。容易验证，若三角级数 (4) 收敛，则它的和一定是一个以 \(2\pi\) 为周期的函数。关于三角级数 (4) 的收敛性有如下定理:

定理 (15.1)

若级数 \(\frac{|a_0|}{2} +\sum_{n = 1}^{\infty}\left(|a_n| + |b_n|\right)\) 收敛，则级数（4）

\[ \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos n x + b _ {n} \sin n x\right). \tag {4} \]

在整个数轴上绝对收敛且一致收敛.

证 对任何实数 \(x\) ，由于 \(|a_{n} \cos nx + b_{n} \sin nx| \leq |a_{n}| + |b_{n}|\) ，根据优级数判别法，就得到本定理的结论.

定理 (15.1)

若级数 \(\frac{|a_0|}{2} +\sum_{n = 1}^{\infty}\left(|a_n| + |b_n|\right)\) 收敛，则级数（4）

\[ \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos n x + b _ {n} \sin n x\right). \tag {4} \]

在整个数轴上绝对收敛且一致收敛.

证 对任何实数 \(x\) ，由于 \(|a_{n} \cos nx + b_{n} \sin nx| \leq |a_{n}| + |b_{n}|\) ，根据优级数判别法，就得到本定理的结论.

为进一步研究三角级数 (4) 的收敛性，先讨论三角函数系 (5)

\[ 1, \cos x, \sin x, \cos 2 x, \sin 2 x, \dots , \cos n x, \sin n x, \dots \tag {5} \]

的特性.

三角级数系 (5) 中，1) 所有函数有共同的周期 \(2 \pi\) ,

2) 任何两个不相同的函数的乘积在 \([- \pi, \pi]\) 上的积分等于零，即

\[ \int_ {- \pi} ^ {\pi} 1 \cdot \cos n x d x = \int_ {- \pi} ^ {\pi} 1 \cdot \sin n x d x = 0 \tag {6} \]

\[ \left. \begin{array}{l l} \int_ {- \pi} ^ {\pi} \cos m x \cos n x d x = 0 & (m \neq n), \\ \int_ {- \pi} ^ {\pi} \sin m x \sin n x d x = 0 & (m \neq n), \\ \int_ {- \pi} ^ {\pi} \cos m x \sin n x d x = 0 \end{array} \right\} \tag {7} \]

而 (5) 中任何一个函数的平方在 \([- \pi, \pi]\) 上的积分都不等于零，即

\[ \left. \begin{array}{l} \int_ {- \pi} ^ {\pi} \cos^ {2} n x d x = \int_ {- \pi} ^ {\pi} \sin^ {2} n x \mathrm{d} x = \pi \\ \int_ {- \pi} ^ {\pi} 1 ^ {2} \mathrm{d} x = 2 \pi \end{array} \right\} \tag {8} \]

\[ \begin{array}{l} \sin A \sin B = \frac {1}{2} [ \cos (A - B) - \cos (A + B) ] \\ \cos A \cos B = \frac {1}{2} [ \cos (A - B) + \cos (A + B) ] \\ \sin A \cos B = \frac {1}{2} [ \sin (A + B) + \sin (A - B) ] \\ \end{array} \]

和差化积的推导

\[ e ^ {i x} = \cos x + i \sin x, \quad e ^ {- i x} = \cos x - i \sin x \]

于是

\[ \cos x = \frac {e ^ {i x} + e ^ {- i x}}{2}, \quad \sin x = \frac {e ^ {i x} - e ^ {- i x}}{2 i} \]

下面分别代入。

1. 推 \(\cos A \cos B\)

\[ \cos A \cos B = \frac {e ^ {i A} + e ^ {- i A}}{2} \cdot \frac {e ^ {i B} + e ^ {- i B}}{2} \]

展开：

\[ \cos A \cos B = \frac {1}{4} \left(e ^ {i (A + B)} + e ^ {i (A - B)} + e ^ {- i (A - B)} + e ^ {- i (A + B)}\right) \]

分组：

\[ \cos A \cos B = \frac {1}{2} \left(\frac {e ^ {i (A - B)} + e ^ {- i (A - B)}}{2} + \frac {e ^ {i (A + B)} + e ^ {- i (A + B)}}{2}\right) \]

即

\[ \boxed {\cos A \cos B = \frac {1}{2} [ \cos (A - B) + \cos (A + B) ]} \]

若两个函数 \(\varphi\) 与 \(\psi\) 在 \([a, b]\) 上可积，且

\[ \int_ {a} ^ {b} \varphi (x) \psi (x) \mathrm{d} x = 0 \]

则称 \(\varphi\) 与 \(\psi\) 在 \([a, b]\) 上是正交的，或在 \([a, b]\) 上具有正交性。由此三角函数系 (5) 在 \([- \pi, \pi]\) 上具有正交性。或者说 (5) 是正交函数系。

以 \(2\pi\) 为周期的函数的傅里叶级数

现应用三角函数系 (5) 的正交性，讨论三角级数 (4) 的和函数 \(f\) 与级数 (4) 的系数 \(a_0, a_n, b_n\) 之间的关系.

定理 (15.2)

若在整个数轴上

\[ f (x) = \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos n x + b _ {n} \sin n x\right) \tag {9} \]

且等式右边级数一致收敛，则有如下关系式：

\[ a _ {n} = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \cos n x \mathrm{d} x, n = 0, 1, 2, \dots , \tag {10a} \]

\[ b _ {n} = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \sin n x \mathrm{d} x, n = 1, 2, \dots , \tag {10b} \]

证 由定理条件，函数 \(f\) 在 \([- \pi, \pi]\) 上连续且可积。对 (9) 式

\[ f (x) = \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos n x + b _ {n} \sin n x\right) \tag {9} \]

逐项积分得

\[ \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \mathrm{d} x = \frac {a _ {0}}{2} \int_ {- \pi} ^ {\pi} \mathrm{d} x + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \int_ {- \pi} ^ {\pi} \cos n x \mathrm{d} x + b _ {n} \int_ {- \pi} ^ {\pi} \sin n x \mathrm{d} x\right). \]

由关系式 (6) 知，上式右边括号内的积分都等于零。所以 \(\int_{-\pi}^{\pi} f(x) \mathrm{d}x = \frac{a_0}{2} \cdot 2\pi = a_0\pi\) , 即

\[ a _ {0} = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \mathrm{d} x. \]

又以 \(\cos kx\) 乘 (9) 式两边 (k 为正整数), 得

\[ f (x) \cos k x = \frac {a _ {0}}{2} \cos k x + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos n x \cos k x + b _ {n} \sin n x \cos k x\right). \tag {11} \]

从第十三章 §1 习题 4 知道，由级数 (9) 一致收敛，可得级数 (11) 也一致收敛。于是对级数 (11) 逐项求积，有

\[ \begin{array}{l} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \cos k x d x = \frac {a _ {0}}{2} \int_ {- \pi} ^ {\pi} \cos k x \mathrm{d} x \\ + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \int_ {- \pi} ^ {\pi} \cos n x \cos k x \mathrm{d} x + b _ {n} \int_ {- \pi} ^ {\pi} \sin n x \cos k x \mathrm{d} x\right). \\ \end{array} \]

由三角函数的正交性，右边除了以 \(a_{k}\) 为系数的那一项积分

\[ \int_ {- \pi} ^ {\pi} \cos^ {2} k x d x = \pi \]

外，其他各项积分都等于 0, 于是得出:

\[ \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \cos k x d x = a _ {k} \pi \quad (k = 1, 2, \dots). \]

即

\[ a _ {k} = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \cos k x d x \quad (k = 1, 2, \dots). \]

同理，(9) 式两边乘以 \(\sin kx\) ，并逐项积分，可得

\[ b _ {k} = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \sin k x \mathrm{d} x \quad (k = 1, 2, \dots). \]

由此可知，若 \(f\) 是以 \(2\pi\) 为周期且在 \([- \pi, \pi]\) 上可积的函数，则可按公式 (10) 计算出 \(a_{n}\) 和 \(b_{n}\) , 它们称为函数 \(f\) (关于三角函数系 (5)) 的傅里叶系数.

以傅里叶系数为系数的三角级数 (9) 称为 \(f\) (关于三角函数系) 的傅里叶级数，记作

\[ f (x) \sim \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos n x + b _ {n} \sin n x\right). \tag {12} \]

这里记号 “\~” 表示上式右边是左边函数的傅里叶级数.

由定理 15.2 知道：若 (9) 式右边的三角级数在整个数轴上一致收敛于和函数 \(f\) , 则此三角级数就是 \(f\) 的傅里叶级数，即此时 (12) 式中的记号 “\~” 可换为等号.

以傅里叶系数为系数的三角级数 (9) 称为 \(f\) (关于三角函数系) 的傅里叶级数，记作

\[ f (x) \sim \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos n x + b _ {n} \sin n x\right). \tag {12} \]

这里记号 “\~” 表示上式右边是左边函数的傅里叶级数.

由定理 15.2 知道：若 (9) 式右边的三角级数在整个数轴上 一致收敛于和函数 \(f\) , 则此三角级数就是 \(f\) 的傅里叶级数，即此时 (12) 式中的记号 “\~” 可换为 等号.

然而，若从以 \(2\pi\) 为周期且在 \([- \pi, \pi]\) 上可积的函数 \(f\) 出发，按公式 (10) 求出其傅里叶系数并得到傅里叶级数 (12), 这时还需讨论此级数是否收敛.

如果收敛，是否收敛于 \(f\) 本身。这就是下一段所要叙述的内容.

收敛定理

定理 (15.3 傅里叶级数收敛定理)

若以 \(2\pi\) 为周期的函数 \(f\) 在 \([- \pi, \pi]\) 上按段光滑，则在每一点 \(x \in [-\pi, \pi]\) , \(f\) 的傅里叶级数 (12)

\[ f (x) \sim \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos n x + b _ {n} \sin n x\right). \tag {12} \]

收敛于 \(f\) 在点 \(x\) 的左、右极限的算术平均值，即

\[ {\frac {f (x + 0) + f (x - 0)}{2}} = {\frac {a _ {0}}{2}} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos n x + b _ {n} \sin n x\right), \]

其中 \(a_{n}, b_{n}\) 为 \(f\) 的傅里叶系数.

定理的证明将在以后中进行.

注 尽管傅里叶级数的收敛性质不如幂级数，但它对函数的要求却比幂级数要低得多，所以应用更广．而且即将看到函数周期性的要求也可以去掉.

概念解释

在 \([a, b]\) 上按段光滑的函数 \(f\) , 有如下重要性质:

(i) f 在 \([a, b]\) 上可积.

(ii) 在 \([a, b]\) 上每一点都存在 \(f(x \pm 0)\) ，如果在不连续点补充定义 \(f(x) = f(x + 0)\) ，或 \(f(x) = f(x - 0)\) ，则还有

\[ \lim _ {t \rightarrow 0 ^ {+}} \frac {f (x + t) - f (x + 0)}{t} = f ^ {\prime} (x + 0) \tag {13} \]

\[ \lim _ {t \to 0 ^ {+}} \frac {f (x - t) - f (x - 0)}{- t} = f ^ {\prime} (x - 0) \]

(iii) 在补充定义 \(\xi_0'\) 在 \([a, b]\) 上那些至多有限个不存在导数的点上的值后（仍记为 \(f'\) ， \(f'\) 在 \([a, b]\) 上可积。从几何图形上讲，在区间 \([a, b]\) 上按段光滑光滑函数，是由有限个光滑弧段所组成，它至多有有限个第一类间断点

收敛定理指出，f 的傅里叶级数在点 x 处收敛于 f 在该点的左、右极限的算术平均值 \(\frac{f(x+0)+f(x-0)}{2}\) ;

而当 f 在点 x 连续时，则有

\[ \frac {f (x + 0) + f (x - 0)}{2} = f (x), \]

即此时 f 的傅里叶级数收敛于 \(f(x)\) . 这样便有

推论

若 \(f\) 是以 \(2\pi\) 为周期的连续函数，且在 \([- \pi, \pi]\) 上按段光滑，则 \(f\) 的傅里叶级数在 \((- \infty, + \infty)\) 上收敛于 \(f\) .

注

1. 根据收敛定理的假设，\(f\) 是以 \(2\pi\) 为周期的函数，所以系数公式 (10) 中的积分区间 \([- \pi, \pi]\) 可以改为长度为 \(2\pi\) 的任何区间，而不影响 \(a_{n}, b_{n}\) 的值:

\[ a _ {n} = \frac {1}{\pi} \int_ {c} ^ {c + 2 \pi} f (x) \cos n x \mathrm{d} x \quad n = 0, 1, 2, \dots , \tag {$10^{\prime$}} \]

\[ b _ {n} = \frac {1}{\pi} \int_ {c} ^ {c + 2 \pi} f (x) \sin n x d x \quad n = 1, 2, \dots \]

其中 c 为任何实数.

1. 在具体讨论函数的傅里叶级数展开式时，经常只给出函数在 \((- \pi, \pi]\) (或 \([- \pi, \pi)\)) 上的解析式，但应理解为它是定义在整个数轴上以 \(2 \pi\) 为周期的函数，即函数本身不一定是定义在整个数轴上的周期函数，但我们认为它是周期函数。如 \(f\) 为 \((- \pi, \pi]\) 上的解析表达式，那么周期延拓后的函数为

\[ \hat {f} (x) = \left\{ \begin{array}{l l} f (x), & x \in (- \pi , \pi ] \\ f (x - 2 k \pi), & x \in ((2 k - 1) \pi , (2 k + 1) \pi ] \quad \text { for } \quad k = \pm 1, \pm 2, \dots \end{array} \right. \]

因此当笼统地说函数的傅里叶级数时就是指函数 \(\hat{f}\) 的傅里叶级数。如图 15-2 所示.

例 (1)

设 \(f(x) = \left\{ \begin{array}{ll}x, & 0\leq x\leq \pi ,\\ 0, & -\pi < x < 0, \end{array} \right.\) 求 \(f\) 傅里叶级数展开式.

解 函数 f 及其周期延拓后的图像如图 15-3 所示，

显然 f 是按段光滑的。故由傅里叶级数收敛定理，它可以展开成傅里叶级数.

由于

当 \(n \geq 1\) 时，

\[ a _ {0} = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \mathrm{d} x = \frac {1}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} x \mathrm{d} x = \frac {\pi}{2}, \]

\[ \begin{array}{l} a _ {n} = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \cos n x \mathrm{d} x = \frac {1}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} x \cos n x \mathrm{d} x \\ = \left. \frac {1}{n \pi} x \sin n x \right| _ {0} ^ {\pi} - \frac {1}{n \pi} \int_ {0} ^ {\pi} \sin n x d x = \left. \frac {1}{n ^ {2} \pi} \cos n x \right| _ {0} ^ {\pi} \\ = \frac {1}{n ^ {2} \pi} (\cos n \pi - 1) = \left\{ \begin{array}{l l} - \frac {2}{n ^ {2} \pi}, & \text {当} n \text {为奇数,} \\ 0, & \text {当} n \text {为偶数,} \end{array} \right. \\ \end{array} \]

\[ \begin{array}{l} b _ {n} = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \sin n x \mathrm{d} x = \frac {1}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} x \sin n x \mathrm{d} x \\ = - \left. \frac {1}{n \pi} x \cos n x \right| _ {0} ^ {\pi} + \frac {1}{n \pi} \int_ {0} ^ {\pi} \cos n x d x \\ = \frac {(- 1) ^ {n + 1}}{n} + \frac {1}{n ^ {2} \pi} \int_ {0} ^ {\pi} \cos n x d x = \frac {(- 1) ^ {n + 1}}{n}, \\ \end{array} \]

所以在开区间 \((-\pi, \pi)\) 上

\[ f (x) = \frac {\pi}{4} - (\frac {2}{\pi} \cos x - \sin x) - \frac {1}{2} \sin 2 x - (\frac {2}{9 \pi} \cos 3 x - \frac {1}{3} \sin 3 x) \dots \]

在 \(x = \pm \pi\) 时，上式右边收敛于

\[ \frac {f (\pi - 0) + f (- \pi - 0)}{2} = \frac {\pi + 0}{2} = \frac {\pi}{2}. \]

于是，在 \([- \pi, \pi]\) 上 \(f\) 的傅里叶级数的图像如图 15-4 所示（注意它与图 15-3 的差别）.

例 (2)

将下列函数展开成傅里叶级数:

\[ f (x) = \left\{ \begin{array}{l l} x ^ {2}, & 0 < x < \pi \\ 0, & x = \pi \\ - x ^ {2}, & \pi < x \leq 2 \pi \end{array} \right. \]

解 \(f\) 及其周期延拓的图形如图 15-5 所示。显然 \(f\) 是按段光滑的，因此可以展开成傅里叶级数.

在 \([0,2\pi]\) 上计算傅里叶级数如下：

\[ \begin{array}{l} a _ {0} = \frac {1}{\pi} \int_ {0} ^ {2 \pi} f (x) \mathrm{d} x = \frac {1}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} x ^ {2} \mathrm{d} x + \frac {1}{\pi} \int_ {\pi} ^ {2 \pi} (- x ^ {2}) \mathrm{d} x \\ = \frac {\pi^ {2}}{3} - \frac {7 \pi^ {2}}{3} = - 2 \pi^ {2} \\ a _ {n} = \frac {1}{\pi} \int_ {0} ^ {2 \pi} f (x) \cos n x d x \\ = \frac {1}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} x ^ {2} \cos n x \mathrm{d} x + \frac {1}{\pi} \int_ {\pi} ^ {2 \pi} (- x ^ {2}) \cos n x \mathrm{d} x \\ = \left. \frac {1}{\pi} \left[ \left(\frac {x ^ {2}}{n} - \frac {2}{n ^ {3}}\right) \sin n x + \frac {2 x}{n ^ {2}} \cos n x \right] \right| _ {0} ^ {\pi} \\ - \left. \frac {1}{\pi} \left[ \left(\frac {x ^ {2}}{n} - \frac {2}{n ^ {3}}\right) \sin n x + \frac {2 x}{n ^ {2}} \cos n x \right] \right| _ {\pi} ^ {2 \pi} \\ = \frac {4}{n ^ {2}} \left[ (- 1) ^ {n} - 1 \right], \\ \end{array} \]

\[ \begin{array}{l} b _ {n} = \frac {1}{\pi} \int_ {0} ^ {2 \pi} f (x) \sin n x d x \\ = \frac {1}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} x ^ {2} \sin n x d x + \frac {1}{\pi} \int_ {\pi} ^ {2 \pi} (- x ^ {2}) \sin n x d x \\ = \left. \frac {1}{\pi} \left[ \left(- \frac {x ^ {2}}{n} + \frac {2}{n ^ {3}}\right) \cos n x + \frac {2 x}{n ^ {2}} \sin n x \right] \right| _ {0} ^ {\pi} \\ - \left. \frac {1}{\pi} \left[ \left(- \frac {x ^ {2}}{n} + \frac {2}{n ^ {3}}\right) \cos n x + \frac {2 x}{n ^ {2}} \sin n x \right] \right| _ {\pi} ^ {2 \pi} \\ = \frac {2}{\pi} \left\{\frac {\pi^ {2}}{n} + \left(\frac {\pi^ {2}}{n} - \frac {2}{n ^ {3}}\right) [ 1 - (- 1) ^ {n} ] \right\}. \\ \end{array} \]

所以当 \(x \in (0, \pi) \cup (\pi, 2\pi)\) 时，

\[ \begin{array}{l} f (x) = - \pi^ {2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left\{\frac {4}{n ^ {2}} [ (- 1) ^ {n} - 1 ] \cos n x + \frac {2}{\pi} \left[ \frac {\pi^ {2}}{n} + \left(\frac {\pi^ {2}}{n} - \frac {2}{n ^ {3}}\right) (1 - (- 1) ^ {n}) \right] \sin n x \right\} \\ = - \pi^ {2} - 8 \left(\cos x + \frac {1}{3 ^ {2}} \cos 3 x + \frac {1}{5 ^ {2}} \cos 5 x + \dots\right) \\ + \frac {2}{\pi} \left\{\left(3 \pi^ {2} - 4\right) \sin x + \frac {\pi^ {2}}{2} \sin 2 x + \left(\frac {3 \pi^ {2}}{3} - \frac {4}{3 ^ {3}}\right) \sin 3 x + \frac {\pi^ {2}}{4} \sin 4 x + \dots \right\}. \\ \end{array} \]

当 \(x = \pi\) 时，由于 \(\frac{f(\pi - 0) + f(\pi + 0)}{2} = 0\) ，所以

\[ 0 = - \pi^ {2} + 8 \left(\frac {1}{1 ^ {2}} + \frac {1}{3 ^ {2}} + \frac {1}{5 ^ {2}} + \dots\right) \tag {14} \]

当 \(x = 0\) 或 \(2\pi\) 时，由于

\[ \frac {1}{2} (f (0 - 0) + f (0 + 0)) = \frac {1}{2} \left(- 4 \pi^ {2} + 0\right) = - 2 \pi^ {2}, \]

因此

\[ - 2 \pi^ {2} = - \pi^ {2} - 8 \left(\frac {1}{1 ^ {2}} + \frac {1}{3 ^ {2}} + \frac {1}{5 ^ {2}} + \dots\right). \tag {15} \]

由 (14) 或 (15) 都可推得 \(\frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \frac{1}{5^{2}} + \cdots = \frac{\pi^{2}}{8}\) .

注 上式提供了一个计算 \(\pi\) 的方法。还可以找出其他展开式来计算 \(\pi\) , 关键是收敛速度要快.

例 (3)

在电子技术中经常用到矩形波（如图 15-6 所示），反映的是一种复杂的周期运动，用傅里叶级数展开后，就可以将复杂的矩形波看成一系列不同频率的简谐振动的叠加，在电工学中称为谐波分析.

设 \(f(x)\) 是周期为 \(2\pi\) 的矩形波函数（图 15-6），在 \([- \pi, \pi)\) 上的表达式为

\[ f (x) = \left\{ \begin{array}{c c} - \frac {\pi}{4}, & - \pi \leq x < 0, \\ 0 & x = 0 \\ \frac {\pi}{4}, & 0 < x < \pi . \end{array} \right. \]

求该矩形波函数的傅里叶展开式.

解 由于 \(f(x)\) 是奇函数，积分区间是对称区间 \([- \pi, \pi]\) , 所以

\[ a _ {0} = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \mathrm{d} x = 0, \]

\[ a _ {n} = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \cos n x \mathrm{d} x = 0, \]

\[ b _ {n} = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \sin n x \mathrm{d} x \stackrel {\text {偶}} {=} \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} \frac {\pi}{4} \sin n x \mathrm{d} x \]

\[ = \left. \frac {1}{2} \cdot \frac {1}{n} \cos n x \right| _ {\pi} ^ {0} = \frac {1}{2 n} (1 - \cos n \pi) = \left\{ \begin{array}{l l} \frac {1}{n}, n = 1, 3, 5, \dots , \\ 0, n = 2, 4, 6, \dots . \end{array} \right. \]

于是，

当 \(x \neq k\pi, k = 0, \pm1, \pm2, \cdots\) 时， \(f(x) = \sin x + \frac{1}{3} \sin 3x + \cdots + \frac{1}{2n-1} \sin(2n-1)x + \cdots\) .

\(x = k\pi, k = 0, \pm 1, \pm 2, \cdots\) 时，级数收敛到 0 (实际上级数每一项都为 0).

复习思考题

设函数 \(f\) 在 \([- \pi, \pi]\) 上可积，并且 \(f(-\pi) \neq f(\pi)\) ，这样的函数能否求出其傅里叶级数？

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\[ 1 - \frac {1}{2} + \dots + (- 1) ^ {n - 1} \frac {1}{n} + \dots \]

伯努利的努力，对数函数，神奇的级数表达

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\[ \begin{aligned} & \int \frac{1}{1 + x} \mathrm{d}x = \int (1 - x + x^2 - x^3 + x^4 \cdots) \mathrm{d}x \\ & \qquad = \int 1 \mathrm{d}x - \int x \mathrm{d}x + \int x^2 \mathrm{d}x - \int x^3 \mathrm{d}x \cdots \\ & \qquad = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} \cdots \\ & \qquad = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} \cdots \end{aligned} \]

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贝塞尔问题

\[ \begin{array}{rl}&{a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^{2}\sin nxdx=\left(-1\right)^{n}\frac{4}{n^{2}}}\\&{\quad-\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}x^{2}d\sin x=\frac{1}{n}\left[1^{2}\sin nx\Big|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}2x\sin nx dx\right]}\\&{\quad=-\frac{2}{n}\int_{0}^{\pi}x^{2}\sin nx dx}\\&{\quad=\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{\pi}x d\cos nx}\\&{\quad=\frac{3}{n^{2}}\left[1^{2}\cos nx\Big|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi} \cos nx dx\right]}\\&{\quad=C-1)^{n}\frac{2\pi}{n^{2}}}\end{array} \]

第十五章 傅里叶级数 §2 以 \(2l\) 为周期的函数的展开式

上节讨论了以 \(2\pi\) 为周期，或定义在 \((- \pi, \pi]\) 上然后作 \(2\pi\) 周期廷拓的函数的傅里叶展开式，本节讨论更有一般性的以 \(2l\) 为周期的函数的傅里叶展开式，以及偶函数和奇函数的傅里叶展开式.

以 2l 为周期的函数的傅里叶级数

设 \(f(x)\) 是以 2l 为周期的函数，通过变量替换:

\[ \frac {\pi x}{l} = t \text {或} x = \frac {l t}{\pi} \]

就可以将 f 变换成以 \(2\pi\) 为周期的关于变量 t 的函数 \(f\left(\frac{lt}{\pi}\right)\) ，记为 \(F(t)\) .

若 \(f\) 在 \([-l, l]\) 上可积，则 \(F\) 在 \([- \pi, \pi]\) 上也可积，这时函数 \(F\) 的傅里叶级数展开式是：

\[ F (t) \sim \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos n t + b _ {n} \sin n t\right) \tag {1} \]

其中

\[ a _ {n} = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} F (t) \cos n t \mathrm{d} t, \quad n = 1, 2, \dots \tag {2} \]

\[ b _ {n} = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} F (t) \sin n t d t, \quad n = 1, 2, \dots . \]

因为 \(t = \frac{\pi x}{l}\) ，所以 \(F(t) = f\left(\frac{lt}{\pi}\right) = f(x)\) . 于是由 (1) 与 (2) 式分别得

\[ f (x) \sim \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos \frac {n \pi x}{l} + b _ {n} \sin \frac {n \pi x}{l}\right) \tag {3} \]

\[ a _ {n} = \frac {1}{\pi} \int_ {t = - \pi} ^ {\pi} f (x) \cos n t d t = \frac {1}{\pi} \int_ {x = - l} ^ {l} f (x) \cos \frac {n \pi x}{l} \mathrm{d} \frac {\pi x}{l} = \frac {1}{l} \int_ {- l} ^ {l} f (x) \cos \frac {n \pi x}{l} \mathrm{d} x, \tag {4} \]

\[ b _ {n} = \frac {1}{l} \int_ {- l} ^ {l} f (x) \sin \frac {n \pi x}{l} \mathrm{d} x, \quad n = 1, 2, 3, \dots . \quad n = 0, 1, 2, \dots , \]

这里 (4) 式是以 \(2l\) 为周期的函数 \(f\) 的傅里叶系数，(3) 式是 \(f\) 的傅里叶级数。若函数 \(f\) 在 \([-l, l]\) 上按段光滑，则同样可由收敛定理知道

\[ \frac {f (x + 0) + f (x - 0)}{2} = \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos \frac {n \pi x}{l} + b _ {n} \sin \frac {n \pi x}{l}\right). \tag {5} \]

例

将函数

\[ f (x) = \left\{ \begin{array}{l l} 0, & - 5 \leq x < 0 \\ 3, & 0 \leq x < 5 \end{array} \right. \]

展开成傅里叶级数.

解 由于 \(f\) 在 \((-5,5]\) 上按段光滑，因此可以展开成傅里叶级数。根据 (4) 式，有

\[ a _ {0} = \frac {1}{5} \int_ {- 5} ^ {5} f (x) \mathrm{d} x = \frac {1}{5} \int_ {0} ^ {5} 3 \mathrm{d} x = 3, \]

\[ a _ {n} = \frac {1}{5} \int_ {- 5} ^ {0} 0 \cdot \cos \frac {n \pi x}{5} \mathrm{d} x + \frac {1}{5} \int_ {0} ^ {5} 3 \cos \frac {n \pi x}{5} \mathrm{d} x \]

\[ = \left. \frac {3}{5} \cdot \frac {5}{n \pi} \sin \frac {n \pi x}{5} \right| _ {0} ^ {5} = 0, \quad n = 1, 2, \dots , \]

\[ b _ {n} = \frac {1}{5} \int_ {0} ^ {5} 3 \sin \frac {n \pi x}{5} \mathrm{d} x \]

\[ = \left. \frac {3}{5} \left[ - \frac {5}{n \pi} \cos \frac {n \pi x}{5} \right] \right| _ {0} ^ {5} = \frac {3 (1 - \cos n \pi)}{n \pi} \]

\[ = \left\{ \begin{array}{l l} \frac {6}{(2 k - 1) \pi}, & n = 2 k - 1, k = 1, 2, \dots , \\ 0, & n = 2 k, 2 k = 1, 2, \dots \end{array} \right. \]

代入 (5) 式，

\[ \frac {f (x + 0) + f (x - 0)}{2} = \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos \frac {n \pi x}{l} + b _ {n} \sin \frac {n \pi x}{l}\right). \tag {5} \]

得

\[ f (x) = \frac {3}{2} + \sum_ {k = 1} ^ {\infty} \frac {6}{(2 k - 1) \pi} \sin \frac {(2 k - 1) \pi x}{5} \]

\[ = \frac {3}{2} + \frac {6}{\pi} \left(\sin \frac {\pi x}{5} + \frac {1}{3} \sin \frac {3 \pi x}{5} + \frac {1}{5} \sin \frac {5 \pi x}{5} + \dots\right). \]

这里 \(x\in (-5,0)\cup (0,5)\) . 当 \(x = 0\) 和 \(\pm 5\) 时级数收敛于 \(\frac{3}{2}\)

偶函数与奇函数的傅里叶级数

设 f 是以 2l 为周期的偶函数，或是定义在 \([-l, l]\) 上的偶函数，

则在 \([-l, l]\) 上， \(f(x) \cos nx\) 是偶函数， \(f(x) \sin nx\) 是奇函数。因此， \(f\) 的傅里叶系数（4）是

\[ \left. \begin{array}{l} a _ {n} = \frac {1}{l} \int_ {- l} ^ {l} f (x) \cos \frac {n \pi x}{l} \mathrm{d} x \\ = \frac {2}{l} \int_ {0} ^ {l} f (x) \cos \frac {n \pi x}{l} \mathrm{d} x, \quad n = 0, 1, 2, \dots , \\ b _ {n} = \frac {1}{l} \int_ {- l} ^ {l} f (x) \sin \frac {n \pi x}{l} \mathrm{d} x = 0, n = 1, 2, \dots \end{array} \right\} \tag {6} \]

于是偶函数 \(f\) 的傅里叶级数只含余弦函数的项，即

\[ f (x) \sim \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} a _ {n} \cos \frac {n \pi x}{l}, \tag {7} \]

其中 \(a_{n}\) 如 (6) 式所示. (7) 式右边的级数称为余弦级数.

同理，若 \(f\) 是以 \(2l\) 为周期的奇函数，或是定义在 \([-l, l]\) 上的奇函数，类似可得

\[ \left. \begin{array}{l} a _ {n} = \frac {1}{l} \int_ {- l} ^ {l} f (x) \cos \frac {n \pi x}{l} \mathrm{d} x = 0, n = 0, 1, 2, \dots \\ b _ {n} = \frac {2}{l} \int_ {0} ^ {l} f (x) \sin \frac {n \pi x}{l} \mathrm{d} x, \quad n = 1, 2, \dots \end{array} \right\} \tag {8} \]

所以当 \(f\) 是奇函数时，它的傅里叶级数只含有正弦函数的项，即

\[ f (x) \sim \sum_ {n = 1} ^ {\infty} b _ {n} \sin \frac {n \pi x}{l}, \tag {9} \]

其中 \(b_{n}\) 如 (8) 式所示. (9) 式右边的级数称为正弦级数.

当 \(l = \pi\) 时，则偶函数 f 所展开成的余弦函数为

\[ f (x) \sim \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} a _ {n} \cos n x, \tag {10} \]

其中

\[ a _ {n} = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} f (x) \cos n x d x, \quad n = 0, 1, 2, \dots . \tag {11} \]

当且 f 为奇函数时，则它展成的正弦级数为

\[ f (x) \sim \sum_ {n = 1} ^ {\infty} b _ {n} \sin n x, \tag {12} \]

其中

\[ b _ {n} = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} f (x) \sin n x \mathrm{d} x, n = 1, 2, \dots \tag {13} \]

注 如何将定义在 \([0, \pi]\) 上（或更一般地 \([0, l]\) 上）的函数展开成余弦级数或正弦级数？

也可以不作延拓直接使用公式 (11) 或 (13), 计算出它的傅里叶系数，得到余弦或正弦级数。

例 (2)

设函数

\[ f (x) = | \sin x |, - \pi \leq x < \pi , \]

求 f 的傅里叶级数展开式.

解 \(f\) 是 \([- \pi, \pi]\) 上的偶函数，图 15-9 是这函数及其周期延拓的图形。由于 \(f\) 是图 15-9 按段光滑函数，因此可以展开成傅里叶级数，而且这个级数为余弦级数.

由 (10) 式 (这时可把其中 “\~” 改为 “=” ) 知道 \(\left|\sin x\right|=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\cos nx,\)

\[ | \sin x | = \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} a _ {n} \cos n x, \text {其中} \]

\[ a _ {0} = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} \sin x d x = \frac {4}{\pi}, \quad a _ {1} = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} \sin x \cos x d x = 0, \]

\[ a _ {n} = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} | \sin x | \cos n x d x = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} \sin x \cos n x d x \]

\[ = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} \frac {1}{2} [ \sin (1 - n) x + \sin (1 + n) x ] d x \]

\[ = \frac {1}{\pi} \frac {2}{n ^ {2} - 1} [ \cos (n - 1) \pi - 1 ] \quad (n \neq 1) \]

\[ = \left\{ \begin{array}{l l} 0, & n = 3, 5, \dots , \\ - \frac {4}{\pi} \frac {1}{n ^ {2} - 1}, & n = 2, 4, \dots . \end{array} \right.. \]

所以

\[ \begin{array}{l} | \sin x | = \frac {2}{\pi} - \frac {1}{\pi} \sum_ {m = 1} ^ {\infty} \frac {4}{4 m ^ {2} - 1} \cos 2 m x \\ = \frac {2}{\pi} \left[ 1 - 2 \sum_ {m = 1} ^ {\infty} \frac {\cos 2 m x}{4 m ^ {2} - 1} \right], - \infty < x < + \infty . \\ \end{array} \]

当 \(x = 0\) 时，有

\[ 0 = \frac {2}{\pi} \left(1 - 2 \sum_ {m = 1} ^ {\infty} \frac {1}{4 m ^ {2} - 1}\right). \]

由此可得

\[ \boxed {\frac {1}{2} = \frac {1}{1 \cdot 3} + \frac {1}{3 \cdot 5} + \dots + \frac {1}{(2 m - 1) (2 m + 1)} + \dots} \]

例 (3)

求定义在 \([0, \pi]\) 上的函数

\[ f (x) = \left\{ \begin{array}{l l} 1, & 0 < x < h, \\ \frac {1}{2}, & x = h, \\ 0, & h < x \leq \pi \end{array} \right. \]

(其中 \(0 < h < \pi\)) 的正弦展开式.

解 函数 f 如图 15-10 所示，它是按段光滑函数，因而可以展开成正弦级数 (12), 其系数

\[ b _ {n} = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} f (x) \sin n x \mathrm{d} x = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {h} \sin n x \mathrm{d} x \]

\[ = \left. \frac {2}{\pi} \left(\frac {- \cos n x}{n}\right) \right| _ {0} ^ {h} = \frac {2}{n \pi} (1 - \cos n h). \]

所以

\[ f (x) = \frac {2}{\pi} \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {(1 - \cos n h)}{n} \sin n x, \quad 0 < x < h, h < x < \pi . \]

当 x = 0 时，级数的和为 0 ;

当 \(x = h\) 时，有

\[ {\frac {2}{\pi}} \sum_ {n = 1} ^ {\infty} {\frac {(1 - \cos n h)}{n}} \sin n h = {\frac {1 + 0}{2}} = {\frac {1}{2}}. \]

若令 \(h = \pi\) ，则有

\[ \begin{array}{l} f (x) = \frac {2}{\pi} \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {1 - (- 1) ^ {n}}{n} \sin n x \\ = \frac {4}{\pi} \left(\sin x + \frac {1}{3} \sin 3 x + \frac {1}{5} \sin 5 x + \dots\right), 0 < x < \pi , \\ \end{array} \]

且当 \(x = 0, \pi\) 时，级数收敛于 0.

例 (4)

把 \(f(x)=x\) 在 \((0,2)\) 内展开成:

(i) 正弦级数；(ii) 余弦级数.

解 (i) 为了把 \(f\) 展开为正弦级数，对 \(f\) 做奇式周期延拓，并由奇函数系数公式 (8) 有

\[ a _ {n} = 0, \quad n = 0, 1, 2, \dots , \]

\[ b _ {n} = \frac {2}{2} \int_ {0} ^ {2} x \sin {\frac {n \pi x}{2}} \mathrm{d} x = - \frac {4}{n \pi} \cos n \pi \]

\[ = \frac {4}{n \pi} (- 1) ^ {n + 1}, n = 1, 2, \dots . \]

所以当 \(x \in (0,2)\) 时，由 (9) 及收敛定理得到

\[ \begin{array}{l} f (x) = x = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {4}{n \pi} (- 1) ^ {n + 1} \sin \frac {n \pi x}{2} \\ = \frac {4}{\pi} \left(\sin \frac {\pi x}{2} - \frac {1}{2} \sin \frac {2 \pi x}{2} + \frac {1}{3} \sin \frac {3 \pi x}{2} + \dots\right). \\ \end{array} \]

但当 x = 0, 2 时，右边级数收敛于 0 .

(ii) 展开为余弦级数。为了将 \(f\) 展开成余弦级数，对 \(f\) 做偶式延拓 (图 15-12). 由公式 (6) 得 \(f\) 的傅里叶系数为

\[ b _ {n} = 0, \quad n = 1, 2, \dots , \quad a _ {0} = \int_ {0} ^ {2} x \mathrm{d} x = 2 \]

\[ a _ {n} = \frac {2}{2} \int_ {0} ^ {2} x \cos {\frac {n \pi x}{2}} \mathrm{d} x = \frac {4}{n ^ {2} \pi^ {2}} (\cos n \pi - 1) \]

\[ = \frac {4}{n ^ {2} \pi^ {2}} \left[ (- 1) ^ {n} - 1 \right], \quad n = 1, 2, \dots \]

或

\[ a _ {2 k - 1} = \frac {- 8}{(2 k - 1) ^ {2} \pi^ {2}}, \quad a _ {2 k} = 0 \quad (k = 1, 2, \dots). \]

所以当 \(x \in (0,2)\) 时，由（7）及收敛定理得到

\[ \begin{array}{l} f (x) = x = 1 + \sum_ {k = 1} ^ {\infty} \frac {- 8}{(2 k - 1) ^ {2} \pi^ {2}} \cos \frac {(2 k - 1) \pi x}{2} \\ = 1 - \frac {8}{\pi^ {2}} \left(\cos \frac {\pi x}{2} - \frac {1}{3 ^ {2}} \cos \frac {3 \pi x}{2} + \frac {1}{5 ^ {2}} \cos \frac {5 \pi x}{2} + \dots\right). \end{array} \tag {15} \]

由例 4 可以看到，同样一个函数在同样的区间上可以用正弦级数表示，也可以用余弦级数表示，甚至作适当延拓后，可以用更一般的形式 (5) 来表示.

作业

p.87 1 单、3

数学分析

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Ch. 15C

上次课后题目

所以

\[ 4 \cos^ {3} x = \cos 3 x + 3 \cos x \]

从而

\[ \boxed {\cos^ {3} x = \frac {3}{4} \cos x + \frac {1}{4} \cos 3 x} \]

这就是它的 Fourier 展开。

如果按 Fourier 级数标准形式

\[ f (x) \sim \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos n x + b _ {n} \sin n x\right), \]

那么对 \(f(x) = \cos^3 x\)

\[ a _ {1} = \frac {3}{4}, \quad a _ {3} = \frac {1}{4}, \]

其余 \(a_{n} = 0\)

并且

\[ a _ {0} = 0, \qquad b _ {n} = 0 \quad (\forall n). \]

所以 Fourier 级数就是

\[ \cos^ {3} x = \frac {3}{4} \cos x + \frac {1}{4} \cos 3 x. \]

Fourier 级数的奇延拓、偶延拓在原始区间内是相同的

例： \(f(x) = 1\) for \(x\in (0,\pi)\)

偶延拓后，在 \(x \in (0, \pi)\) ， \(f(x) = 1\) .

奇延拓后， \(F(x)=\left\{\begin{aligned}1,&\quad0<x<\pi,\\ -1,&\quad-\pi<x<0\end{aligned}\right.\)

该函数的正弦级数展开在 \((0, \pi)\) 为：

\[ F (x) = \frac {4}{\pi} \sum_ {k = 0} ^ {\infty} \frac {\sin ((2 k + 1) x)}{2 k + 1} \]

\[ u (t) = \frac {4}{\pi} (\sin t + \frac {1}{3} \sin 3 t + \frac {1}{5} \sin 5 t + \frac {1}{7} \sin 7 t + \dots) \]

第十五章 值里叶级数 值里叶级数收敛定理的证明

定理（预备定理 1 （贝塞尔（Bessel）不等式））

若函数 \(f\) 在 \([- \pi, \pi]\) 上可积，则

\[ \frac {a _ {0} ^ {2}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} ^ {2} + b _ {n} ^ {2}\right) \leq \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f ^ {2} (x) \mathrm{d} x. \tag {1} \]

其中 \(a_{n}, b_{n}\) 为 f 的傅里叶系数.

(1) 式称为贝塞尔不等式.

给出部分和 \(S_{m}\) 的表达式

\[ \int_ {- \pi} ^ {\pi} S _ {m} ^ {2} d x = \frac {\pi a _ {0} ^ {2}}{2} + \pi \sum_ {n = 1} ^ {m} (a _ {n} ^ {2} + b _ {n} ^ {2}), \]

然后利用 \(\int_{-\pi}^{\pi}[f(x) - S_m(x)]^2\mathrm{d}x\geq 0\)

证令

\[ S _ {m} (x) = \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {m} \left(a _ {n} \cos n x + b _ {n} \sin n x\right) \]

考察积分

\[ \begin{array}{l} \int_ {- \pi} ^ {\pi} [ f (x) - S _ {m} (x) ] ^ {2} \mathrm{d} x \\ = \int_ {- \pi} ^ {\pi} f ^ {2} (x) \mathrm{d} x - 2 \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) S _ {m} (x) \mathrm{d} x + \int_ {- \pi} ^ {\pi} S _ {m} ^ {2} (x) \mathrm{d} x. \tag {2} \\ \end{array} \]

由于

\[ \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) S _ {m} (x) \mathrm{d} x = \frac {a _ {0}}{2} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \mathrm{d} x + \sum_ {n = 1} ^ {m} (a _ {n} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \cos n x \mathrm{d} x + b _ {n} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \sin n x \mathrm{d} x), \]

所以

\[ \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) S _ {m} (x) \mathrm{d} x = \frac {\pi}{2} a _ {0} ^ {2} + \pi \sum_ {n = 1} ^ {m} \left(a _ {n} ^ {2} + b _ {n} ^ {2}\right). \tag {3} \]

对于 \(S_{m}^{2}(x)\) 的积分。应用三角函数的正交性，有

\[ \begin{array}{l} \int_ {- \pi} ^ {\pi} S _ {m} ^ {2} (x) \mathrm{d} x = \int_ {- \pi} ^ {\pi} \left[ \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {m} \left(a _ {n} \cos n x + b _ {n} \sin n x\right) \right] ^ {2} \mathrm{d} x \\ = \left(\frac {a _ {0}}{2}\right) ^ {2} \int_ {- \pi} ^ {\pi} \mathrm{d} x + \sum_ {n = 1} ^ {m} \left[ a _ {n} ^ {2} \int_ {- \pi} ^ {\pi} \cos^ {2} n x \mathrm{d} x + b _ {n} ^ {2} \int_ {- \pi} ^ {\pi} \sin^ {2} n x \mathrm{d} x \right] \tag {4} \\ = \frac {\pi a _ {0} ^ {2}}{2} + \pi \sum_ {n = 1} ^ {m} \left(a _ {n} ^ {2} + b _ {n} ^ {2}\right). \\ \end{array} \]

将 (3),(4) 代入 (2), 可得

\[ \begin{array}{l} 0 \leq \int_ {- \pi} ^ {\pi} [ f (x) - S _ {m} (x) ] ^ {2} \mathrm{d} x \\ = \int_ {- \pi} ^ {\pi} f ^ {2} (x) \mathrm{d} x - \frac {\pi a _ {0} ^ {2}}{2} - \pi \sum_ {n = 1} ^ {m} \left(a _ {n} ^ {2} + b _ {n} ^ {2}\right). \\ \end{array} \]

因而 \(\frac{a_0^2}{2} +\sum_{n = 1}^{m}\left(a_n^2 +b_n^2\right)\leq \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[f(x)]^2\mathrm{d}x,\) 对任何正整数 \(m\) 成立．而 \(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[f(x)]^2\mathrm{d}x\) 为有限值，所以正项级数 \(\frac{a_0^2}{2} +\sum_{n = 1}^{\infty}\left(a_n^2 +b_n^2\right)\) 的部分和数列有界，因而它收敛且不等式

\[ \frac {a _ {0} ^ {2}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} ^ {2} + b _ {n} ^ {2}\right) \leq \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f ^ {2} (x) \mathrm{d} x. \tag {1} \]

成立.

推论（1 黎曼 - 勒贝格定理）

若 \(f\) 为可积函数，则

\[ \left.\begin{array}{l}\lim _ {n \rightarrow \infty} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \cos n x \mathrm{d} x = 0,\\\lim _ {n \rightarrow \infty} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \sin n x \mathrm{d} x = 0,\end{array}\right\} \tag {5} \]

因为 (1) 的左边级数收敛，所以当 \(n \to \infty\) 时，通项 \(a_{n}^{2} + b_{n}^{2} \to 0\) , 亦即有 \(a_{n} \to 0\) 与 \(b_{n} \to 0\) .

因而 \(\frac{a_0^2}{2} +\sum_{n = 1}^{m}\left(a_n^2 +b_n^2\right)\leq \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[f(x)]^2\mathrm{d}x,\) 对任何正整数 \(m\) 成立．而 \(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[f(x)]^2\mathrm{d}x\) 为有限值，所以正项级数 \(\frac{a_0^2}{2} +\sum_{n = 1}^{\infty}\left(a_n^2 +b_n^2\right)\) 的部分和数列有界，因而它收敛且不等式

\[ \frac {a _ {0} ^ {2}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} ^ {2} + b _ {n} ^ {2}\right) \leq \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f ^ {2} (x) \mathrm{d} x. \tag {1} \]

成立.

推论 (1 黎曼 - 勒贝格定理)

若 \(f\) 为可积函数，则

\[ \left.\begin{array}{l}\lim _ {n \rightarrow \infty} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \cos n x \mathrm{d} x = 0,\\\lim _ {n \rightarrow \infty} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x) \sin n x \mathrm{d} x = 0,\end{array}\right\} \tag {5} \]

因为 (1) 的左边级数收敛，所以当 \(n \to \infty\) 时，通项 \(a_{n}^{2} + b_{n}^{2} \to 0\) , 亦即有 \(a_{n} \to 0\) 与 \(b_{n} \to 0\) .

推论 (2)

若 \(f\) 为可积函数，则

\[ \left.\begin{array}{l}\lim _ {n \rightarrow \infty} \int_ {0} ^ {\pi} f (x) \sin \left(n + \frac {1}{2}\right) x \mathrm{d} x = 0\\\lim _ {n \rightarrow \infty} \int_ {- \pi} ^ {0} f (x) \sin \left(n + \frac {1}{2}\right) x \mathrm{d} x = 0\end{array}\right\} \tag {6} \]

证 1) 由于

\[ \sin \left(n + \frac {1}{2}\right) x = \cos \frac {x}{2} \sin n x + \sin \frac {x}{2} \cos n x \]

所以

\[ \begin{array}{l} \int_ {0} ^ {\pi} f (x) \sin \left(n + \frac {1}{2}\right) x d x \\ = \int_ {0} ^ {\pi} \left[ f (x) \cos \frac {x}{2} \right] \sin n x d x + \int_ {0} ^ {\pi} \left[ f (x) \sin \frac {x}{2} \right] \cos n x d x \\ = \int_ {- \pi} ^ {\pi} F _ {1} (x) \sin n x \mathrm{d} x + \int_ {- \pi} ^ {\pi} F _ {2} (x) \cos n x \mathrm{d} x \tag {7} \\ \end{array} \]

其中

\[ F _ {1} (x) = \left\{ \begin{array}{l l} f (x) \cos \frac {x}{2}, & 0 \leq x \leq \pi , \\ 0, & - \pi \leq x < 0, \end{array} \right. \]

\[ F _ {2} (x) = \left\{ \begin{array}{l l} f (x) \sin \frac {x}{2}, & 0 \leq x \leq \pi , \\ 0, & - \pi \leq x < 0. \end{array} \right. \]

显见 \(F_{1}\) 与 \(F_{2}\) 和 \(f\) 一样在 \([- \pi, \pi]\) 上可积。由推论 1,(7) 式右端两项积分的极限在 \(n \to \infty\) 时都等于零。所以左边的极限为零.

2) 同样可以证明

\[ \lim _ {n \rightarrow \infty} \int_ {- \pi} ^ {0} f (x) \sin \left(n + \frac {1}{2}\right) x d x = 0 \]

定理 (预备定理 2)

若 \(f\) 是以 \(2\pi\) 为周期的函数，且在 \([- \pi, \pi]\) 上可积，则它的傅里叶级数的部分和 \(S_{n}(x)\) 可写成

\[ S _ {n} (x) = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x + t) \frac {\sin \left(n + \frac {1}{2}\right) t}{2 \sin \frac {t}{2}} \mathrm{d} t, \tag {8} \]

当 t = 0 时，被积函数中的不定式由极限

\[ \lim _ {t \to 0} \frac {\sin \left(n + \frac {1}{2}\right) t}{2 \sin \frac {t}{2}} = n + \frac {1}{2} \]

确定.

证 在傅里叶级数部分和

\[ S _ {n} (x) = \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {k = 1} ^ {n} \left(a _ {k} \cos k x + b _ {k} \sin k x\right) \]

中，用傅里叶系数公式代入，可得

\[ \begin{array}{l} S _ {n} (x) = \frac {1}{2 \pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (u) \mathrm{d} u + \frac {1}{\pi} \sum_ {k = 1} ^ {n} \left[ \left(\int_ {- \pi} ^ {\pi} f (u) \cos k u \mathrm{d} u\right) \cos k x \right. \\ \left. + \left(\int_ {- \pi} ^ {\pi} f (u) \sin k u \mathrm{d} u\right) \sin k x \right] \\ = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (u) \left[ \frac {1}{2} + \sum_ {k = 1} ^ {n} (\cos k u \cos k x + \sin k u \sin k x) \right] d u \\ = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (u) \left[ \frac {1}{2} + \sum_ {k = 1} ^ {n} \cos k (u - x) \right] d u. \\ \end{array} \]

令 \(u = x + t\) ，得

\[ S _ {n} (x) = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi - x} ^ {\pi - x} f (x + t) \left[ \frac {1}{2} + \sum_ {k = 1} ^ {n} \cos k t \right] \mathrm{d} t. \]

由上面这个积分看到，被积函数是周期为 \(2\pi\) 的函数，因此在 \([- \pi - x, \pi - x]\) 上的积分等于 \([- \pi, \pi]\) 上的积分，再由第十二章 §3 的 (21) 式，即

\[ \frac {1}{2} + \sum_ {k = 1} ^ {n} \cos k t = \frac {\sin \left(n + \frac {1}{2}\right) t}{2 \sin \frac {t}{2}} \tag {9} \]

定理 (15.3 收敛定理)

若以 \(2\pi\) 为周期的函数 \(f\) 在 \([- \pi, \pi]\) 上按段光滑，则在每一点 \(x \in [-\pi, \pi]\) ， \(f\) 的傅里叶级数收敛于 \(f\) 在点 \(x\) 的左、右极限的算术平均值，即

\[ {\frac {f (x + 0) + f (x - 0)}{2}} = {\frac {a _ {0}}{2}} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos n x + b _ {n} \sin n x\right), \]

其中 \(a_{n}, b_{n}\) 为 f 的傅里叶系数.

证 只要证明在每一点 x 处，下述极限成立:

\[ \lim _ {n \to \infty} \left[ \frac {f (x + 0) + f (x - 0)}{2} - S _ {n} (x) \right] = 0, \]

即

\[ \lim _ {n \to \infty} \left[ \frac {f (x + 0) + f (x - 0)}{2} - \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} f (x + t) \frac {\sin \left(n + \frac {1}{2}\right) t}{2 \sin \frac {t}{2}} d t \right] = 0. \]

或证明同时有

\[ \lim _ {n \rightarrow \infty} \left[ \frac {f (x + 0)}{2} - \frac {1}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} f (x + t) \frac {\sin \left(n + \frac {1}{2}\right) t}{2 \sin \frac {t}{2}} \mathrm{d} t \right] = 0, \tag {10} \]

\[ \lim _ {n \rightarrow \infty} \left[ \frac {f (x - 0)}{2} - \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {0} f (x + t) \frac {\sin \left(n + \frac {1}{2}\right) t}{2 \sin \frac {t}{2}} \mathrm{d} t \right] = 0. \tag {11} \]

先证明 (10) 式。对 (9) 式积分后得到

\[ \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} \frac {\sin \left(n + \frac {1}{2}\right) x}{2 \sin \frac {x}{2}} \mathrm{d} x = \frac {1}{\pi} \int_ {- \pi} ^ {\pi} \left(\frac {1}{2} + \sum_ {k = 1} ^ {n} \cos k x\right) \mathrm{d} x = 1, \]

由于上式左边为偶函数，因此两边乘以 \(f(x+0)\) 后又得到

\[ {\frac {f (x + 0)}{2}} = {\frac {1}{\pi}} \int_ {0} ^ {\pi} f (x + 0) {\frac {\sin \left(n + {\frac {1}{2}}\right) t}{2 \sin {\frac {t}{2}}}} \mathrm{d} t. \]

从而 (10) 式可改写为

\[ \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {1}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} [ f (x + 0) - f (x + t) ] \frac {\sin \left(n + \frac {1}{2}\right) t}{2 \sin \frac {t}{2}} \mathrm{d} t = 0 \tag {12} \]

令 \(\varphi (t) = -\frac{f(x + t) - f(x + 0)}{2\sin\frac{t}{2}} = -\left[\frac{f(x + t) - f(x + 0)}{t}\right]\frac{\frac{t}{2}}{\sin\frac{t}{2}},\quad t\in (0,\pi ]\) . 由此得到

\[ \lim _ {t \to 0 ^ {+}} \varphi (t) = - f ^ {\prime} (x + 0) \cdot 1 = - f ^ {\prime} (x + 0). \]

再令 \(\varphi(0) = -f'(x + 0)\) ，则函数 \(\varphi\) 在点 t = 0 右连续.

因为 \(\varphi\) 在 \([0,\pi]\) 上至多只有有限个第一类间断点，

所以 \(\varphi\) 在 \([0,\pi]\) 上可积。根据预备定理 1 和推论 2,

\[ \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {1}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} [ f (x + 0) - f (x + t) ] \frac {\sin \left(n + \frac {1}{2}\right) t}{2 \sin \frac {t}{2}} d t \]

\[ = \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {1}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} \varphi (t) \sin \left(n + \frac {1}{2}\right) t d t = 0. \]

这就证得 (12) 式成立，从而 (10) 式成立。用同样方法可证 (11) 也成立。定理证毕.

历年试题

一、(20 分) 填空题

1、幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{n}}{2^{n}+3^{n}}\) 的收敛域是 ____ \((-3,3)\) 。

\[ f (x) = \quad \ln 2 + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {(- 1) ^ {n - 1}}{n \cdot 2 ^ {n}} (x - 1) ^ {n} \quad (- 1 < x \leq 3) \quad 。 \]

历年试题

2、若正项级数 \(\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\) 收敛，则三角级数 \(\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\sin nx\) （ B）。

历年试题

4、（8 分）求幂级数 \(\sum_{n = 1}^{\infty}(n + 2)x^{n + 3}\) 的收敛域及其和函数。

解： \(\lim_{n\to +\infty}\frac{n + 3}{n + 2} = 1\) 收敛半径 \(R = 1\)

当 \(x = \pm 1\) 时， \(\lim_{n\to +\infty}(n + 2)x^{n + 3}\neq 0,\) 则 \(\sum_{n = 1}^{\infty}(n + 2)x^{n + 3}\) 发散，故收敛域为 \((-1,1)\) 设

\[ s (x) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} (n + 2) x ^ {n + 3} \quad (| x | < 1) \]

令 \(g(x) = \sum_{n=1}^{\infty}(n+2)x^{n+1}\quad (|x| < 1)\) , 则 \(s(x) = x^2 g(x)\) .

\[ \int_ {0} ^ {t} g (x) d x = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \int_ {0} ^ {t} (n + 2) x ^ {n + 1} d x = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} t ^ {n + 2} = \frac {t ^ {3}}{1 - t} \]

于是 \(g(x) = \left(\frac{x^3}{1 - x}\right)' = \frac{3x^2 - 2x^3}{(1 - x)^2}\) （ \(|x| < 1\) ）从而 \(S(x) = \frac{3x^4 - 2x^5}{(1 - x)^2}\) （ \(|x| < 1\) ）

5、（7 分）将函数

\[ f (x) = \left\{ \begin{array}{l l} 1, & 0 \leq x \leq 2 \\ 0, & 2 < x \leq \pi \end{array} \right. \]

展开为余弦级数。

解：做偶延拓

\[ b _ {n} = 0, \quad n = 1, 2 \dots \]

\[ a _ {0} = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} f (x) d x = \frac {2}{\pi} \left[ \int_ {0} ^ {2} 1 d x + \int_ {2} ^ {\pi} 0 d x \right] = \frac {4}{\pi} \]

当 \(n \geq 1\) 时，

\[ a _ {n} = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} f (x) \cos n x d x = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} \cos n x d x = \frac {2}{n \pi} \sin n x | _ {0} ^ {2} = \frac {2 \sin 2 n}{n \pi} \]

于是

\[ \frac {2}{\pi} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {2 \sin 2 n}{n \pi} \cos n x = \left\{ \begin{array}{l l} f (x) & x \in (- 2, 2) \cup (2, \pi ] \cup [ - \pi , - 2) \\ \frac {1}{2} & x = 2, - 2 \end{array} \right. \]

其中， \(f(x)\) 在 \([\pi,-2)\cup(-2,2)\cup(2,\pi]\) 上连续，光滑。且

\[ \begin{array}{l} f (- 2 - 0) = 0 \quad f (- 2 + 0) = 1 \\ f (2 - 0) = 1 \quad f (2 + 0) = 0 \\ \end{array} \]

所以，在 \(x \in [0, \pi] \setminus \{2\}\) 时，

\[ f (x) = \frac {2}{\pi} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {2 \sin 2 n}{n \pi} \cos n x \]

x = -2 时，

\[ f (x) = 1 / 2. \]

数学分析

2025-2026 (2)

Ch. 16a

沈超敏

计算机科学与技术学院