数学物理方法傅里叶级数题解
傅里叶级数课程与习题讲解
第15章 傅里叶级数§15.1 傅里叶级数一 基本内容一、傅里叶级数 在幂级数讨论中1()nn n f x a x ∞==∑，可视为()f x 经函数系21, , , , , n x x x L L线性表出而得．不妨称2{1,,,,,}nx x x L L 为基，则不同的基就有不同的级数．今用三角函数系作为基，就得到傅里叶级数．1 三角函数系函数列{}1, cos , sin , cos 2, sin 2, , cos , sin , x x x x nx nx L L 称为三角函数系．其有下面两个重要性质．(1) 周期性 每一个函数都是以2π为周期的周期函数；(2) 正交性 任意两个不同函数的积在[,]ππ-上的积分等于 零，任意一个函数的平方在上的积分不等于零．对于一个在[,]ππ-可积的函数系{}() [, ], 1,2, n u x x a b n ∈=:L ，定义两个函数的内积为(),()()()d bn m n m au x u x u x u x x=⋅⎰，如果0 (),() 0 n m l m nu x u x m n ≠=⎧=⎨≠⎩，则称函数系{}() [, ], 1,2, n u x x a b n ∈=:L 为正交系． 由于1, sin 1sin d 1cos d 0nx nx x nx x ππππ--=⋅=⋅=⎰⎰；sin , sin sin sin d 0 m nmx nx mx nx x m n πππ-=⎧=⋅=⎨≠⎩⎰；cos , cos cos cos d 0 m n mx nx mx nx x m n πππ-=⎧=⋅=⎨≠⎩⎰；sin , cos sin cos d 0mx nx mx nx x ππ-=⋅=⎰；2 1, 11d 2x πππ-==⎰，所以三角函数系在[],ππ-上具有正交性，故称为正交系．利用三角函数系构成的级数()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑称为三角级数，其中011,,,,,,n n a a b a b L L 为常数2 以2π为周期的傅里叶级数定义1 设函数()f x 在[],ππ-上可积，11(),cos ()cos d k a f x kx f x kx xππππ-==⎰0,1,2,k =L ；11(),sin ()sin d k b f x kx f x kx xππππ-==⎰1,2,k =L ，称为函数()f x 的傅里叶系数，而三角级数()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑称为()f x 的傅里叶级数，记作()f x ～()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑．这里之所以不用等号，是因为函数()f x 按定义1所得系数而获得的傅里叶级数并不知其是否收敛于()f x ．二、傅里叶级数收敛定理定理1 若以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上按段光滑，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-++=∑，其中,n n a b 为()f x 的傅里叶系数．定义2 如果()[, ]f x C a b '∈，则称()f x 在[,]a b 上光滑．若[,),(0),(0)x a b f x f x '∀∈++存在；(,],(0)x a b f x ∀∈-，(0)f x '-存在，且至多存在有限个点的左、右极限不相等，则称()f x 在[,]a b 上按段光滑．几何解释如图．按段光滑函数图象是由有限条 光滑曲线段组成，它至多有有限个第一类间断点与角点．推论 如果()f x 是以2π]上按 段光滑，则x R ∀∈，有 ()01()cos sin 2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑．定义3 设()f x 在(,]ππ-上有定义，函数() (,]ˆ()(2) (2,2],1,2,f x x f x f x k x k k k πππππππ∈-⎧=⎨-∈-+=±±⎩L称()f x 为的周期延拓．二 习题解答1 在指定区间内把下列函数展开为傅里叶级数(1) (),(i) , (ii) 02f x x x x πππ=-<<<<；解：(i)、()f x =x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得011()d d 0a f x x x x ππππππ--===⎰⎰．当1n ≥时，11cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππππ--==⎰⎰11sin sin d 0|x nx nx x n n ππππππ--=-=⎰，11sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππππ---==⎰⎰1112cos cos d (1)|n x nx nx x n n n ππππππ+---=+=-⎰，所以11sin ()2(1)n n nxf x n ∞+==-∑，(,)x ππ∈-为所求． (ii)、()f x =x ，(0,2)x π∈作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得220011()d d 2a f x x x x πππππ===⎰⎰．当1n ≥时，22011cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππ==⎰⎰220011sin sin d 0|x nx nx x n n ππππ=-=⎰，22011sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππ-==⎰⎰2200112cos cos d |x nx nx x n n n ππππ--=+=⎰，所以1sin ()2n nxf x n π∞==-∑，(0,2)x π∈为所求． (2) 2()(i) (ii) 02f x =x , -π<x <π,<x <π；解：(i)、()2f x =x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．由系数公式得220112()d d 3a f x x x x πππππππ--===⎰⎰．当1n ≥时，2211cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππππ--==⎰⎰211sin 2sin d |x nx x nx x n n ππππππ--=-⎰ 22d(cos )x nx n πππ-=⎰ 222224cos cos d (1)|n x nx nx x n n n ππππππ--=-=-⎰，2211sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππππ---==⎰⎰212cos cos d |x nx x nx xn n ππππππ---=+⎰22d(sin )x nx n πππ-=⎰ 2222sin sin d 0|x nx nx x n n ππππππ--=-=⎰，所以221sin ()4(1)3nn nxf x n π∞==+-∑，(,)x ππ∈-为所求．解：(ii)()2f x =x (0,2)x ∈其按段光滑，故可展开为傅里叶级数．由系数公式得222200118()d d 3a f x x x x πππππ===⎰⎰．当1n ≥时，2222011cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππ==⎰⎰2220011sin 2sin d |x nx x nx xn n ππππ=-⎰2202d(cos )x nx n ππ=⎰2222200224cos cos d |x nx nx x n n n ππππ=-=⎰，222211sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππ-==⎰⎰2220012cos cos d |x nx x nx xn n ππππ-=+⎰22042d(sin )x nx n n πππ=-+⎰2222004224sin sin d |x nx nx x n n n n ππππππ=-+-=-⎰，所以22214cos sin ()43n nx nx f x n n ππ∞=⎛⎫=+- ⎪⎝⎭∑，(0,2)x π∈为所求．(3) 0()(,0,0)0ax x f x a b a b bx x ππ-<≤⎧=≠≠≠⎨<<⎩．解：函数()f x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．由系数公式得000111()()d d d 2b a a f x x ax x bx x ππππππππ---==+=⎰⎰⎰．当1n ≥时，02011cos d cos d n a ax nx x bx nx xππππ-=+⎰⎰2[1(1)]n a bn π-=--0011sin d sin d n b ax nx x bx nx xππππ-=+⎰⎰1(1)n a b n ++=-所以21()2()1()cos(21)4(21)n b a b a f x n x n ππ∞=--=+--∑11sin ()(1)n n nxa b n ∞+=++-∑，(,)x ππ∈-为所求．2 设f 是以2π为周期的可积函数，证明对任何实数c ，有2 11()cos d ()cos d ,0,1,2,c n c a f x nx x f x nx x n πππππ+-===⎰⎰L， 2 11()sin d ()sin d ,1,2,c n c b f x nx x f x nx x n πππππ+-===⎰⎰L． 证：因为()f x ，sin nx ，cos nx 都是以2π为周期的可积函数，所以令2t x π=+有211()cos d (2)cos (2)d(2)cc f x nx x f t n t t ππππππππ-+=---⎰⎰c+2 c+211()cos d ()cos d f t nt t f x nx xππππππ==-⎰⎰．从而 2 1()cos d c n ca f x nx xππ+=⎰2 11()cos d ()cos d c n cca f x nx x f x nx xππππ+-==⎰⎰c+211()cos d ()cos d f x nx x f x nx xππππππ-++⎰⎰1()cos d f x nx xπππ-=⎰．同理可得2 11()sin d ()sin d c n cb f x nx x f x nx xπππππ+-==⎰⎰．3 把函数04()04x f x x ππππ⎧--<≤⎪⎪=⎨⎪≤<⎪⎩展开成傅里叶级数，并由它推出(1)11114357π=-+-+L ；(2) 111111357111317π=+--+-+L；(3)11111157111317=-+-+-+L．解：函数()f x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得00111()d d d 044a f x x x x πππππππππ---==+=⎰⎰⎰．当1n ≥时，11cos d cos d 044n a nx x nx x ππππππ--=+=⎰⎰．11sin d sin d 44n b nx x nx xππππππ--=+⎰⎰11211[1(1)]202n n k nn n k+⎧=+⎪=--=⎨⎪=⎩，故11()sin(21),(,0)(0,)21n f x n x x n ππ∞==-∈--∑U 为所求．(1) 取2x π=，则11114357π=-+-+L；(2) 由11114357π=-+-+L得111112391521π=-+-+L ，于是111111341257111317πππ=+=+--+-+L ；(3) 取3x π=，则111111457111317π⎫=-+-+-+⎪⎝⎭L ，11111157111317=-+-+-+L．4 设函数()f x 满足条件()()f x f x π+=-，问此函数在(),ππ-内的傅里叶级数具有什么特性．解：因为()f x 满足条件()()f x f x π+=-，所以(2)()()f x f x f x ππ+=-+=，即()f x 是以2π为周期的函数． 于是由系数公式得000111()d ()d ()d a f x x f x x f x xπππππππ--==+⎰⎰⎰11()d ()d f t t f x x πππππ=-+⎰⎰11(2)d ()d f t t f x xππππππ=-++⎰⎰11()d ()d 0f t t f x x πππππ=++=⎰⎰．当1n ≥时，0011()cos d ()cos d n a f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰11()cos()d ()cos d f t nx n x f x nx xππππππ=+++⎰⎰101(1)()cos d n f x nx x ππ++-=⎰ 02()cos d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．0011()sin d ()sin d n b f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰02()sin d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰，故当()()f x f x π+=-时，函数()f x 在(),ππ-内的傅里叶级数的特性是20k a =，20k b =．5 设函数()f x 满足条件：()()f x f x π+=，问此函数在(),ππ-内的傅里叶级数具有什么特性．解：因为()f x 满足条件()()f x f x π+=，所以(2)()()f x f x f x ππ+=+=，即()f x 是以2π为周期的函数．于是由系数公式得000111()d ()d ()d a f x x f x x f x xπππππππ--==+⎰⎰⎰11()d ()d f t t f x xπππππ=-+⎰⎰11(2)d ()d f t t f x xππππππ=-++⎰⎰112()d ()d ()d f t t f x x f x xπππππππ=++=⎰⎰⎰．当1n ≥时，0011()cos d ()cos d n a f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰11()cos()d ()cos d f t nx n x f x nx xπππππ=++⎰⎰1(1)()cos d nf x nx xππ+-=⎰02()cos d 2021f x nx x n k n k ππ⎧=⎪=⎨⎪=-⎩⎰．0011()sin d ()sin d n b f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰02()sin d 2021f x nx x n k n k ππ⎧=⎪=⎨⎪=-⎩⎰，故当()()f x f x π+=时，函数()f x 在(),ππ-内的傅里叶级数的特性是210k a -=，210k b -=．6 试证函数系cos , 0,1,2,nx n =L 和sin , 1,2,nx n =L 都是[0, ]π上的正交函数系，但他们合起来的却不是[0, ]π上的正交函数系．证：就函数系{1,cos ,cos2,,cos ,}x x nx L L ， 因为n ∀，1,1d x ππ==⎰，2001cos ,cos cos d (cos21)d 22nx nx nx x nx x πππ==+=⎰⎰，又01,cos cos d 0nx nx x π==⎰；,m n ∀，m n ≠时，cos ,cos cos cos d mx nx mx nx xπ=⎰0011cos()d cos()d 022m n x x m n x x ππ=++-=⎰⎰．所以{1,cos ,cos2,,cos ,}x x nx L L 在[0, ]π上是正交系．就函数系{sin ,sin 2,,sin ,}x x nx L L ， 因为n ∀，2001sin ,sin sin d (1cos2)d 22nx nx nx x nx x πππ==-=⎰⎰，又,m n ∀，m n ≠时，sin ,sin sin sin d mx nx mx nx xπ=⎰0011cos()d cos()d 022m n x x m n x x ππ=-++-=⎰⎰．所以{sin ,sin 2,,sin ,}x x nx L L 在[0, ]π上是正交系． 但{1,sin ,cos ,sin 2,cos2,,sin ,cos ,}x x x x nx nx L L 不是 [0, ]π上的正交系． 实因：01,sin sin d 10x x x π==≠⎰．7 求下列函数的傅里叶级数展开式(1)(),022xf x xππ-=<<；解：(),02xf x xππ-=<<其按段光滑，故可展开为傅里叶级数．由系数公式得2200011()d d02xa f xx xπππππ-===⎰⎰．当1n≥时，220011cos d d(sin)22nx xa nx x nxnππππππ--==⎰⎰22001sin sin d022|xnx nx xn nπππππ-=+=⎰，220011sin d d(cos)22nx xb nx x nxnππππππ---==⎰⎰220011cos cos d22|xnx nx xn n nπππππ-=--=⎰，所以1sin()nnxf xn∞==∑，(0,2)xπ∈为所求．(2) ()f x xππ=-≤≤；解：()f x xππ=-≤≤作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数．因为2()2xxf xxxππ-≤< ==⎨⎪≤≤⎪⎩，所以由系数公式得1()da f x xπππ-=⎰sin d sin d22x xx xππ-=．当1n≥时，0sin cos d sin cos d 22n x x a nx x nx x ππ-=+sin cos d 2x nx x π=．0sin sin d sin sin d 022n x x b nx x nx x ππ-=+=．所以211()cos 41n f x nxn∞==-，(,)x ππ∈-．而x π=±时，(0)(0)()2f f f πππ±-+±+==±，故211()cos 41n f x nxn∞==-，[,]x ππ∈-为所求．(3) 2(), (i) 02, (ii) f x ax bx c x x πππ=++<<-<<； 解：(i)由系数公式得2001()d a f x xππ=⎰22218()d 223aax bx c x b cππππ=++=++⎰．当1n ≥时，2201()cos d n a ax bx c nx xππ=++⎰2220011()sin (2)sin d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππ=++++⎰24an =，2201()sin d n b ax bx c nx xππ=++⎰2220011()cos (2)cos d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππ=-++-+⎰42a n n ππ=--，故224()3a f x ax bx c b cππ=++=++21442cos sin ,(0,2)n a a bnx nx x n n ππ∞=++-∈∑为所求．(ii)由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰2212()d 23aax bx c x cππππ-=++=+⎰．当1n ≥时，21()cos d n a ax bx c nx xπππ-=++⎰211()sin (2)sin d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππππ--=++++⎰24(1)n an =-，21()sin d n b ax bx c nx xπππ-=++⎰211()cos (2)cos d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππππ--=-++-+⎰12(1)n bn -=-，故222()3af x ax bx c cπ=++=+2142(1)cos (1)sin ,(,)nn n a b nx nx x n n ππ∞=+---∈-∑为所求．(4) ()ch , f x x x ππ=-<<；解：由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰12ch d sh x x πππππ-==⎰．当1n ≥时，1ch cos d n a x nx xπππ-=⎰11ch sin sh sin d |x nx x nx xn n ππππππ--=-⎰21sh d(cos )x nx n πππ-=⎰ 2211sh cos ch cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-⎰222sh 1(1)n na n n ππ=--， 所以22sh (1)(1)nn a n ππ=-+．11ch sin d ch d(cos )n b x nx x x nx ππππππ---==⎰⎰11ch cos sh cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰21sh d(sin )x nx n πππ-=⎰2211sh sin ch sin d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰2211sh sin ch sin d |x nx x nx x n n ππππππ--=-+⎰21nb n =，所以0n b =，故21211()ch sh (1)cos 21n n f x x nx n ππ∞=⎡⎤==+-⎢⎥+⎣⎦∑， (,)x ππ∈-为所求．(5) ()sh ,f x x x ππ=-<<．解：由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰1sh d 0x x πππ-==⎰． 当1n ≥时，1sh cos d 0n a x nx x πππ-==⎰．11sh sin d sh d(cos )n b x nx x x nx ππππππ---==⎰⎰11sh cos ch cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰121(1)sh ch d(sin )n x nx n n πππππ+-=-+⎰ 122211(1)sh ch sin sh sin d |n x nx x nx xn n n ππππππππ+--=-+-⎰1221(1)sh n nb n n ππ+=--，所以122sh (1)(1)n n n xb n π+=-+，故1212sh ()sh (1)sin (1)n n n f x x nxn ππ∞+===-+∑，(,)x ππ∈-为所求．8 求函数221()(362)12f x x x ππ=-+的傅里叶级数展开式并应用它推出22116n n π∞==∑．解：由224()3af x ax bx c b cππ=++=++21442cos sin ,(0,2)n a a bnx nx x n n ππ∞=++-∈∑得221()(362)12f x x x ππ=-+222326πππ=-+211cos n nx n ∞=+∑211cos n nx n ∞==∑，(0,2)x π∈．而2(00)(20)6f f ππ+=-=，故由收敛定理得22211(00)(20)11cos062n n f f n n ππ∞∞==++-===∑∑．9 设()f x 为[],ππ-上光滑函数，()()f f ππ-=．且,n n a b 为()f x 的傅里叶系数，,n n a b ''为()f x 的导函数()f x '的傅里叶系数．证明00,,(1,2,)n n n n a a nb b na n '''===-=L ．证：因为()f x 为[],ππ-上光滑函数，所以()f x '为[],ππ-上的连续函数，故可积． 由系数公式得1()d a f x x πππ-''=⎰()1()()0f f πππ=--=．当1n ≥时，1()cos d na f x nx x πππ-''=⎰1()cos ()sin d |nnf x nx f x nx x nb ππππππ--'=+=⎰．1()sin d n b f x nx xπππ-'=⎰1()sin ()cos d |nnf x nx f x nx x na ππππππ--'=-=-⎰故结论成立．10 证明：若三角级数01(cos sin )2n n n a a nx b nx ∞=++∑中的系数,n n a b 满足关系{}33sup ,n n nn a n b M≤，M 为常数，则上述三角级数收敛，且其和函数具有连续的导函数．证：设0()2a u x =，()cos sin n n n u x a nx b nx =+，1,2,n =L ． 则0n ∀≥，()n u x 在R 上连续，且0()0u x '=，()sin cos nn n u x na nx nb nx '=-+亦在R 上连续． 又x R ∀∈，()sin cos n n n u x n a nx n b nx '≤+n n n a n b ≤+22M n ≤．而22Mn∑收敛，所以()()cos sin nn n u x nb nx na nx '=-∑∑在R 上一致收敛．故设01()(cos sin )2n n n a s x a nx b nx ∞==++∑，则11()(cos sin )()n n nn n s x na nx nb nx u x ∞∞==''=-+=∑∑且1()(cos sin )n n n s x na nx nb nx ∞='=-+∑在R 上连续．§15. 2 以2l 为周期的函数的展开一 基本内容一、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，作替换ltx π=，则()lt F t f π⎛⎫= ⎪⎝⎭是以2π为周期的函数，且()f x 在(, )l l -上可积()F t ⇔在(,)ππ-上可积． 于是 ()01()cos sin 2n n n a F t a nt b nt ∞=++∑:，其中 1()cos d ,n a F t nt t πππ-=⎰1()sin d n b F t nt tπππ-=⎰．令xt l π=得()()lt F t f f x π⎛⎫== ⎪⎝⎭，sin sin ,cos cos n x n xnt nt l l ππ==， 从而01()cos sin 2n n n a n x n x f x a b l l ππ∞=⎛⎫++ ⎪⎝⎭∑:． 其中1()cos ,l n l n x a f x dx l l π-=⎰ 1()sin l n l n x b f x dx l l π-=⎰．上式就是以2l 为周期的函数()f x 的傅里叶系数．在按段光滑的条件下，亦有01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x n x n x a b l l ππ∞=++-⎛⎫=++ ⎪⎝⎭∑．其只含余弦项，故称为余弦级数．同理，设()f x 是以2l 为周期的奇函数，则()cos f x nx 奇，()sin f x nx 偶．于是1()cos d 0l n l n xa f x x l l π-==⎰，012()sin d ()sin d l l n l n x n xb f x x f x x l l l l ππ-==⎰⎰．从而01()sin2n n a n x f x a l π∞=+∑:由此可知，函数(),(0,)f x x l ∈要展开为余弦级数必须作偶延拓．偶延拓() (0,) ()() (,0)f x xl f x f x x l ∈⎧=⎨-∈-⎩%函数(),(0,)f x x l ∈要展开为正弦级数必须作奇延拓． 奇延拓() (0,) ()() (,0)f x x l f x f x x l ∈⎧=⎨--∈-⎩%．二 习题解答1 求下列周期函数的傅里叶级数展开式 (1) ()cos f x x =(周期π)；解：函数 由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因2l π=，所以由系数公式得 22002244cos d cos d a x x x x ππππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，222cos cos 2d n a x nx x πππ-=⎰204cos cos 2d x nx xππ=⎰202[cos(21)cos(21)]d n x n x xππ=++-⎰220011sin(21)sin(21)(21)(21)||n x n x n n ππππ=++-+-22221(1)2(1)2(21)(21)n n n n ππ+-⋅-⋅=++-124(1)(41)n n π+=--． 222cos sin d 0n b x nx x πππ-==⎰．故121241()cos (1)cos241n n f x x nxn ππ∞+===+--∑，(,)x ∈-∞+∞为所求．(2) ()[]f x x x =-(周期1)；解：函数()[]f x x x =-，11,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数． 因12l =，所以由系数公式得()()1112100022[]d 2[]d 2d 1a x x x x x x x x -=-=-==⎰⎰⎰．当1n ≥时，()()1121022[]cos 2d 2[]cos 2d n a x x n x x x x n x xππ-=-=-⎰⎰110012cos2d d(sin 2)x n x x x n x n πππ==⎰⎰110011sin 2sin 2d 0|x n x n x x n n ππππ=-=⎰． ()1121022[]sin 2d 2sin 2d n b x x n x x x n x xππ-=-=⎰⎰101d(cos2)x n x n ππ-=⎰110011cos2cos2d |x n x n x x n n ππππ-=+⎰1n π-=．故1111()[]sin 22n f x x x n xn ππ∞==-=-∑，(,)x ∈-∞+∞为所求．(3) 4()sin f x x =(周期π)；解：函数4()sin f x x =，,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦延拓后的函数如下图．2222由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因2l π=，所以由系数公式得 442200224sin d sin d a x x x x πππππ-==⎰⎰22041cos 2d 2x x ππ-⎛⎫= ⎪⎝⎭⎰204311cos 2cos 4d 828x x x ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰34=．当1n ≥时，204311cos2cos4cos2d 828n a x x nx xππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰11201,2128n n n n ⎧-=⎪⎪=≠≠⎨⎪⎪=⎩． 222cos sin d 0n b x nx x πππ-==⎰．故4311()sin cos2cos4828f x x x x==-+，(,)x ∈-∞+∞为所求．(4) ()sgn(cos )f x x = (周期2π)．解：函数()sgn(cos )f x x =，(,)x ππ∈-延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因l π=，所以由系数公式得0012sgn(cos )d sgn(cos )d 0a x x x x πππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，02sgn(cos )cos d n a x nx x ππ=⎰202224cos d cos d sin 2n nx x nx x n πππππππ=-=⎰⎰ 4sin 2n n ππ=024(1)21(21)kn kn k k π=⎧⎪=⎨-=-⎪+⎩．2sgn(cos )sin d 0n b x nx x πππ-==⎰．故14cos(21)()sgn(cos )(1)21nn n xf x x n π∞=+==-+∑，(,)x ∈-∞+∞．2 求函数 01() 1 123 23x x f x x x x ≤≤⎧⎪=<<⎨⎪-≤≤⎩的傅里叶级数并讨论其收敛性．解：函数()f x ，(0,3)x ∈延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因32l =，所以由系数公式得31230001222224()d d d (3)d 33333a f x x x x x x x ==++-=⎰⎰⎰⎰． 当1n ≥时， 12012222cos d cos d 3333n n x n xa x x x ππ=+⎰⎰3222(3)cos d 33n x x x π+-⎰21011212d sin sin 33n x n x x n n ππππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰3212(3)d sin 3n x x n ππ⎛⎫+- ⎪⎝⎭⎰ 10121214sin sin d sin 333n n x n x n n n ππππππ=-+⎰3322121212sin (3)sin sind 333n n x n xx x n n n ππππππ-+-+⎰12201432sin cos 323n n xn n ππππ=+32221432sin cos 323n n xn n ππππ--2222323cos 232n n n πππ=-2222334cos2cos 223n n n n ππππ-+2222323cos 3n n n πππ=-．2()sin d 0n b f x nx x πππ-==⎰．故2221231122()cos cos333n n n x f x n n πππ∞=-⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦∑，(,)x ∈-∞+∞为所求．3 将函数()2f x xπ=-在[0,]π上展开成余弦级数．解：函数()2f x xπ=-，[0,]x π∈作偶延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得20021d 0222a x x x x πππππ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰．当1n ≥时，2cos d 2n a x nx x πππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰22sin sin d 2x nx nx x n n πππππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰202cos nxn ππ=-242102n k n n kπ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩．0n b =．故2141()cos(21),[0,]2(21)n f x x n x x n πππ∞==-=-∈-∑．4 将函数()cos2xf x =在[0,]π上展开成正弦级数．解：函数()cos2xf x =，[0,]x π∈作偶延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是奇函数，故其展开式为正弦级数．由系数公式得0,0,1,2,n a n ==L ．02cos sin d 2n x b nx x ππ=⎰ 0111sin sin d 22n x n x x ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰11cos cos 1221122n x n x n n ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎢⎥=-+⎢⎥+-⎢⎥⎣⎦28(41)nn π=-．故在[0, ]π上218()cos sin 241n x nf x nxn π∞===-∑为所求．5 把函数102()324x x f x x x -<≤⎧=⎨-<<⎩ 在(0, 4)上展开成余弦级数．解：函数()f x ，(0,4)x ∈延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因4l =，所以由系数公式得4240002211()d (1)d (3)d 0422a f x x x x x x ==-+-=⎰⎰⎰．当1n ≥时，402()cos d 44n n xa f x x π=⎰240211(1)cos d (3)cos d 2424n x n xx x x x ππ=-+-⎰⎰220022(1)sin sin d 44n x n x x x n n ππππ=-+⎰442222(3)sin sind 44n xn xx x n n ππππ--⎰22208cos 4n xn ππ=42228cos 4n xn ππ+2282cos 1(1)2n n n ππ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭220421642n k n k n π≠-⎧⎪=⎨=-⎪⎩ 所以102()324x x f x x x -<≤⎧=⎨-<<⎩22181(21)cos (21)2n n x n ππ∞=-=-∑为所求．6 把函数()2()1f x x =-在(0, 1)上展开成余弦级数，并推出222116123π⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭L ．解：函数()f x ，(0,1)x ∈延拓为以2为周期的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因l=0.5，所以由系数公式得11200022()d 2(1)d 3a f x x x x ==-=⎰⎰．当1n ≥时，1202(1)cos d n a x n x xπ=-⎰1120022(1)sin (1)sin d x n x x n x xn n ππππ=---⎰11222222(1)cos cos d x n x n x xn n ππππ=--⎰224n π=．0n b =．所以2221141(1)cos ,[0,1]3n x nx x n π∞=-=+∈∑．令0x =得22114113n n π∞==+∑，即22116n n π∞==∑．7 求下列函数的傅里叶级数展开式 (1) ()arcsin(sin )f x x =；解：函数()arcsin(sin )f x x =是以2π为周期的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是奇函数，故其展开式为正弦级数．由系数公式得0,0,1,2,n a n ==L ．2arcsin(sin )sin d n b x nx x ππ=⎰20222sin d ()sin d x nx x x nx x ππππππ=+-⎰⎰22022cos cos d x nx nx xn n ππππ-=+⎰2222()cos cos d x nx nx x n n πππππππ--+-+⎰204cos d nx x n ππ=⎰24sin2n n ππ=2024(1)21k n kn k n π=⎧⎪=⎨-=-⎪⎩所以214(1)()arcsin(sin )sin(21)(21)nn f x x n x n π∞=-==--∑，x R ∈．(2) ()arcsin(cos )f x x =．解：()arcsin(cos )f x x =2π 由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得002arcsin(cos )d 0a x x ππ==⎰，当1n ≥时，2arcsin(cos )cos d n a x nx x ππ=⎰2cos d 2x nx x πππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰22sin sin d nx nx xn n ππππ=+⎰202421n k n k n π=⎧⎪=⎨=-⎪⎩．0,1,2,n b n ==L ．所以2141()arcsin(cos )cos(21)(21)n f x x n xn π∞===--∑，x R ∈．8 试问如何把定义在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的可积函数()f x 延拓到区间(),ππ-内，使他们的傅里叶级数为如下的形式(1)211cos(21)n n an x∞-=-∑； (2) 211sin(21)n n bn x∞-=-∑．解：(1)先把()f x 延拓到[0,]π上，方法如下：()02()()2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪--<≤⎪⎩；再把()f x 延拓到[0,2]π上，方法如下：()0ˆ()(2)2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤=⎨-<≤⎩．其图象如下． 由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得002()d 0a f x x ππ==⎰，当1n ≥时，201()sin d 0n b f x nx x ππ==⎰．2()cos d n a f x nx xππ=⎰20222()cos d ()cos d f x nx x f x nx xπππππ=+⎰⎰202()[cos cos()]d f x nx n nx xπππ=--⎰204()cos d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．所以211()cos(21)0,2n n f x a n x x π∞-=⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭∑． (2) 先把()f x 延拓到[0,]π上，方法如下．()02()()2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪-<≤⎪⎩；再把()f x 延拓到[0,2]π上，方法如下．()0ˆ()(2)2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤=⎨--<≤⎩．由于按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又)x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得002()d 0a f x x ππ==⎰，当1n ≥时，201()cos d 0n a f x nx x ππ==⎰2()sin d n b f x nx xππ=⎰20222()sin d ()sin d f x nx x f x nx xπππππ=+⎰⎰202()[sin sin()]d f x nx n nx xπππ=+-⎰204()sin d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．所以211()sin(21)0,2n n f x b n x x π∞-=⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭∑．§15. 3 收敛定理的证明一 基本内容一、贝塞尔(Bessel)不等式定理1 设()f x 在[,]ππ-上可积，则()2222011()d 2n n n a a b f x x πππ∞-=++≤∑⎰,其中,n n a b 为()f x 的傅里叶系数．推论1 设()f x 在[,]ππ-上可积，则lim ()cos d 0n f x nx x ππ-→∞=⎰, lim ()sin d 0n f x nx x ππ-→∞=⎰．推论2 设()f x 在[,]ππ-上可积，则01lim ()sin d 02n f x n x x π→∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎰，1lim ()sin d 02n f x n x x π-→∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎰．定理2 设以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上可积，则()1()cos sin 2nn k k k a S x a kx b kx ==++∑1sin 12()d 2sin2n tf x t tt πππ-⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+⎰，此称为()f x 的傅里叶级数的部分和的积分表达式．二、收敛性定理的证明定理3 (收敛性定理) 设以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上按段光滑，则(0)(0)lim ()022n n f x f x S x →∞-+⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦，定理4 如果()f x 在[,]ππ-上有有限导数，或有有限的两个单侧导数，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-=++∑．定理5 如果()f x 在[,]ππ-按段单调，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-=++∑．二 习题解答1 设()f x 以2π为周期且具有二阶连续的导函数，证明()f x 的傅里叶级数在(,)-∞+∞上一致收敛于()f x ．证：由题目设知()f x 与()f x '是以2π为周期的函数，且光滑， 故01()(cos sin )2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑，1()(cos sin )2nn n a f x a nx b nx ∞=''''=++∑，且1()d a f x x πππ-''=⎰()1()()0f f πππ=--=．当1n ≥时，1()cos d na f x nx x πππ-''=⎰1()cos ()sin d |nnf x nx f x nx x nb ππππππ--'=+=⎰．1()sin d n b f x nx xπππ-'=⎰1()sin ()cos d |nnf x nx f x nx x na ππππππ--'=-=-⎰于是2222111122n nn n nn a b a b a b nn n n ''⎛⎫⎛⎫''+=+≤+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22211()2n n a b n ''=++．由贝塞尔不等式得221()n nn a b ∞=''+∑收敛，又211n n∞=∑收敛，从而()12n nn a a b ∞=++∑收敛，故01(cos sin )2n n n a a nx b nx ∞=++∑在(,)-∞+∞上一致收敛．2 设f 为[],ππ-上可积函数，证明：若f 的傅里叶级数在[,]ππ-上一致收敛于f ，则成立贝塞尔(Parseval)等式()2 2220 11()d 2n n n a f x x a b πππ∞-==++∑⎰， 这里,n n a b 为f 的傅里叶系数．证：设()01cos sin 2mm n n n a S a nx b nx ==++∑，因为()f x 的傅里叶级数在[,]ππ-上一致收敛于()f x ，所以0,0N ε∀>∃>，,[,]()m m N x f x S ππε∍>∀∈-⇒-<“”．于是2(),()m m f x S f x S ε--<．而(),()(),()2(),,m m m m m f x S f x S f x f x f x S S S --=-+()()22 2222200 11()d 222m m n n n n n n a a f x x a b a b ππππππ-==⎡⎤=-+++++⎢⎥⎣⎦∑∑⎰()2 2220 1()d 2m n nn a f x x a b ππππ-==--+∑⎰．所以m N >时，。
数学物理方法 第五章 傅里叶变换
将上式改写成
f (x) 0 C() cos[x ()]d
其中
1
C() [ A()]2 [B()]2 2
称为f (x)的振幅谱
() arctan[B() / A()] 称为f (x)的相位谱
与傅里叶级数的情形类似，奇函数f (x)的傅里叶积分
是傅里叶正弦积分。
A
2N
0 0
[cos( 0 )t cos( 0 )t]dt
N 2
A
sin( 0 0
)t
sin( 0 )t 0
0 0
A sin( N 2 )[ 1 1 ]
0
0 0
解：f (t)是偶函数，可按余弦展开。
f (t) 0 A() costd
其中：
A() 2
f ( ) cos d
0
2
T
0
h cos d
2h
sin T
例2 由2N个（N是正整数）正弦波组成的有限正弦波列：
f
(t
)
A
sin
0t
l
cos
l
k x
l
cos n x
l
dx
0
(k n)
l
sin
l
k x sin
l
n x
l
dx
0
(k n)
l
cos
l
k x sin
l
数学分析15傅里叶级数总练习题
第十五章 傅里叶级数总练习题1、求三角多项式T n (x)=2A 0+∑=n1k k k sinkx )B +coskx (A 的傅里叶级数展开式.解：T n (x)以2π为周期，且在(-∞,+∞)上光滑，∴能展开为傅里叶级数.又a 0=⎰ππ-02A π1dx+∑⎰⎰=n 1k ππ-k ππ-k dx )sinkx B +dx coskx A (π1=A 0; 当m ≥0时，a m =⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ππ-n1k k k 0sinkx)B +coskx (A 2A π1cosmxdx=⎩⎨⎧>≤n m 0，n m ，A m ;b m =⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ππ-n1k k k 0sinkx)B +coskx (A 2A π1sinmxdx=⎩⎨⎧>≤nm ，0n m ，B m .∴在(-∞,+∞)上，有T n (x)=2a 0+∑∞=1m m m sinm x )b +cosmx (a =2A 0+∑=n1k k k sinkx )B +coskx (A ，即T n (x)的傅里叶级数展开式是其本身.2、设f 为[-π,π]上的可积函数，a 0, a k , b k (k=1,2,…,n)为f 的傅里叶系数. 试证明：当A 0=a 0, A k =a k , B k =b k (k=1,2,…,n)时，积分⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx取得最小值，且最小值为⎰ππ-2)x (f dx-π[2a 0+∑=n 1k 2k 2k )b +(a ]. 其中 T n (x)=2A 0+∑=n1k k k sinkx )B +coskx (A ，A 0, A k , B k 为其傅里叶系数.证：⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx=⎰∑⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ππ-2n1k k k 0sinkx)B +coskx (A 2A )x (f dx=-2⎰∑∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=∞=ππ-n1k k k 01k k k 0sinkx)B +coskx (A 2A sinkx)b +coskx (a 2a dx+⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ππ-2n 1k k k 0sinkx)B +coskx (A 2A dx+⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∞=ππ-21k k k 0sinkx)b +coskx (a 2a dx =-2π⎪⎭⎫ ⎝⎛++∑∑==n 1k n 1k k k k k 00b B a A a 2A +π⎪⎪⎭⎫⎝⎛++∑∑==n 1k n 1k 2k 2k 20B A 2A +2π⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++∑∑==n 1k n 1k 2k 2k 20b a 2a -π⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++∑∑==n 1k n 1k 2k 2k 20b a 2a +π⎪⎭⎫ ⎝⎛+∑∑∞+=∞+=1n k 1n k 2k 2k b a =π⎥⎦⎤⎢⎣⎡++∑∑==n1k 2k k n 1k 2k k 200)b -(B )a -(A )a -(A 21+π∑∞+=+1n k 2k 2k )b (a .∴当A 0=a 0, A k =a k , B k =b k (k=1,2,…,n)时，⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx 取得最小值.方法一：根据帕塞瓦尔等式有⎰ππ-2(x)f π1dx=2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a ，即 ⎰ππ-2(x )f dx=2πa 20+π∑∞=1n 2n 2n )b +(a ，∴这个最小值为 π∑∞+=+1n k 2k2k)b (a =π∑∞=+n k 2k2k)b (a -π∑=n1k 2k2k)b +(a =⎰ππ-2)x (f dx-π[2a 0+∑=n 1k 2k 2k )b +(a ]. 方法二：又⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx=⎰ππ-2)x (f dx-2⎰ππ-n (x )T )x (f dx+⎰ππ-2n (x )T dx.∵2⎰ππ-n (x )T )x (f dx=π00A a +2π∑=+n 1k k k k k )B b A a (=π2a +2π∑=n1k 2k 2k )b +(a ，由贝塞尔不等式有⎰ππ-2n(x )T dx ≥2πA 20+∑=n 1k 2n 2n )B +(A π=2πa 20+π∑=n 1k 2k 2k )b +(a ， ∴⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx ≥⎰ππ-2)x (f dx-π2a -2π∑=n1k 2k2k )b +(a +2πa 20+π∑=n 1k 2k 2k )b +(a=⎰ππ-2)x (f dx-π[2a 0+∑=n 1k 2k 2k )b +(a ]，即 ⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx 有最小值⎰ππ-2)x (f dx-π[2a 0+∑=n 1k 2k 2k )b +(a ]. 方法三：又⎰-ππ-2n ](x )T )x (f [dx=⎰∑⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ππ-2n1k k k 0sinkx)b +coskx (a 2a )x (f dx=⎰ππ-2)x (f dx-2⎰∑∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=∞=ππ-n1k k k 01k k k 0sinkx)b +coskx (a 2a sinkx)b +coskx (a 2a dx+⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ππ-2n1k k k 0sinkx)b +coskx (a 2a dx=⎰ππ-2)x (f dx-2π⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++∑∑==n 1k n 1k 2k 2k 20b a 2a +π⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++∑∑==n 1k n1k 2k 2k 20b a 2a =⎰ππ-2)x (f dx-π[2a 0+∑=n 1k 2k 2k )b +(a ].3、设f 是以2π为周期，且具有二阶连续可微的函数. b n =nx sin )x (f π1ππ-⎰dx ，b n ”=nx sin )x (f π1ππ-⎰''dx. 证明：若级数∑''nb 绝对收敛，则∑=n1k k |b |≤)|b |2(21n1k k∑=''+. 证：利用∑=n1k 2k 1≤∑∞=1k 2k1=6π2<2，及分部积分法可得：b n ”=nx sin )x (f π1ππ-⎰''dx=-cosnx )x (f πn ππ-⎰'dx=-sinnx )x (f πn ππ-2⎰dx=-n 2b n ；∴)|b |2(21n 1k k ∑=''+≥)|b |k 1(21n1k k n 1k 2∑∑==''+=])|b |(k k 1[212k 2n 1k 2+∑=≥|b |k k 1221k n 1k ⋅⋅∑==∑=n 1k k |b |.注：可记a ’n =cosnx )x (f π1ππ-⎰'dx; 则a ’n =-nb n ，b ”n =na ’n ，∴b ”n =-n 2b n .4、设周期为2π的可积函数f(x)与g(x)分别满足以下关系式： (1)f(-x)=g(x)；(2)f(-x)=-g(x). 试问：f 的傅里叶系数a n , b n 和g 的傅里叶系数αn , βn 有什么关系？ 解：令x=-t ，则 a n =cosnx )x (f π1ππ-⎰dx=-cos(-nt))t (f π1ππ-⎰-d(-t)=cosnt )t (f π1ππ-⎰-dt, n=0,1,2,…； b n =sinnx )x (f π1ππ-⎰dx=-sin(-nt))x (f π1ππ-⎰-d(-t)= -sinnt )t (f π1ππ-⎰-dt, n=1,2,….(1)当f(-x)=g(x)时，a n =cosnt )t (g π1ππ-⎰dt=αn , n=0,1,2,…； b n = -sinnt )t (g π1ππ-⎰dt=-βn , n=1,2,….(2)当f(-x)=-g(x)时，a n =cosnt )t (g -π1ππ-⎰dt=-αn , n=0,1,2,…； b n =sinnt )t (g π1ππ-⎰dt=βn , n=1,2,….5、设定义在[a,b]上的连续函数列{g n }满足：⎰bam n )x (g )x (g dx=⎩⎨⎧=≠m n 1mn 0，，；对于在[a,b]上的可积函数f ，定义αn =⎰ba n )x (g )x (f dx, n=1,2,….证明：∑∞=1n 2nα收敛，且有不等式∑∞=1n 2nα≤⎰ba 2)x (f dx.证：作级数∑∞=1n n n )x (g α，令S m (x)=∑=m1n n n )x (g α，则⎰-ba2m )]x (S )x ([f dx=⎰b a2)x (f dx-2⎰b am )x (S )x (f dx+⎰ba2m )x (S dx ；又2⎰ba m )x (S )x (f dx=2⎰∑=ba m 1n n n )x (g α)x (f dx=2∑⎰=m1n ba n n )x (g )x (f αdx=2∑=m1n 2n α；由{g n }的定义有：⎰b a 2m)x (S dx=⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡=ba2m 1n n n )x (g αdx=∑=m1n 2n α；∴0≤⎰-b a 2m )]x (S )x ([f dx=⎰ba 2)x (f dx-∑=m 1n 2nα, 即∑=m1n 2n α≤⎰ba2)x (f dx. 又m 为任意自然数，且⎰ba 2)x (f dx 为有限值，∴∑∞=1n 2nα因部分和数列有界而收敛，且有∑∞=1n 2nα≤⎰ba 2)x (f dx.。
数学分析2部分习题解析(傅里叶级数部分)
数学分析2部分习题解析傅里叶级数部分第3节部分习题1、设f 以2π为周期且具有二阶连续的导数，证明f 的傅里叶级数在(),-∞+∞上一致收敛于f 。
证明由条件知，f 一定是以2π为周期的连续函数且在一个周期区间[],ππ-上按段光滑，所以由收敛定理得，在(),-∞+∞上有()011cos sin ()2n n n a a nx b nx f x ∞=++=∑，其中0a ，n a ，n b （1n ≥）为()f x 的傅里叶系数。
由三角级数一致收敛的判别法，下证()0112n n n a a b ∞=++∑收敛即可。
事实上，记0a '，n a '，nb '为导函数()f x '的傅里叶系数，由()f x 与()f x '的傅里叶系数的关系得0a '=，n n a nb '=，n n b na '=-。
所以，()()22211112n n n n n n a b b a a b n n n ⎛⎫''''+=+≤++ ⎪⎝⎭。
又由傅里叶系数满足的贝塞尔不等式得，()()()221nn n a b ∞=''+∑收敛，再注意到211n n∞=∑收敛，所以()0112n n n a a b ∞=++∑收敛，故结论成立。
2、设f 为[],ππ-上的可积函数，证明：若f 的傅里叶级数在[],ππ-上一致收敛于f ，则成立帕塞瓦尔等式：()22220111()d 2n n n f x x a a b πππ∞-==++∑⎰，其中0a ，n a ，n b （1n ≥）为()f x 的傅里叶系数。
证明由f 在[],ππ-上可积得，f 在[],ππ-上有界，从而由题设可得()2011()()cos ()sin ()2n n n a f x a f x nx b f x nx f x ∞=++=∑，在[],ππ-上一致成立。
傅里叶级数部分难题解答
本章难题解答1．（书中301P ,第1题）三角多项式 ()()∑=++=nk k kn kx kx x T 1sin cos 2βαα的傅里叶级数还是它自己吗？解：()x T n 是以π2为周期的函数，不妨在[]ππ,-上展开成傅里叶级数.由于 ()dx x T a n⎰-=πππ1dx a ⎰-=πππ210()dxkx kx nk k k⎰∑-=++ππβαπ1sin cos 1（由于三角函数系的正交性） .0α= 对于 ,1,n m m ≤≤∀由()mxdx x T a nm cos 1⎰-=πππ∑⎰⎰⎰=---⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=nk kkm x d xkx mxdx kx dx mx 10cos .sincos .cos 1cos 1.2ππππππβαππα由于三角函数系的正交性，仅当m k =时，..cos .cos πππ-=⎰-mxdxmx其余().0cos .cos m k mxdx kx ≠=⎰-ππ而且().10cos .sin m k mxdx kx ≤≤=⎰-ππ故.m m a α=对于 n m m >∀,，同样由三角函数系的正交性知.0=m a即 ⎩⎨⎧≤≤=.,0,0,其他n m a m m α同理，有 ⎩⎨⎧≤≤=.,0,1,其他n m b m m β所以，()x T n 的傅里叶级数为()∑∞=++10sin cos 2m m mmxb mx aa()∑=++=nm m mmxmx 1sin cos 2βαα（换记为）().sin cos 21∑=++=nk k kkx kx βαα即三角多项式()()∑=++=nk k kn kx kx x T 1sin cos 2βαα的傅里叶级数还是它自己.2．（书中301P ,第2题）将函数()[]ππ-∈=x x x f ,sin 4展开成傅里叶级数 解：()xdxdx x dx x f a ⎰⎰⎰===--ππππππππ440sin 2sin11.432.!!4!!34s i n 4c o s s i n 2242244===⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎰⎰⎰πππππππx d x t d t x d x （第二个积分中令)2π-=x t()nxdxx nxdxx f a n cos sin1cos 14⎰⎰--==ππππππn x d x x x c o s 4c o s 212c o s22341⎰-⎪⎭⎫⎝⎛+-=πππ由于三角函数系的正交性，仅当,2=n 或4=n 时，,0≠n a 此时 .814cos .4cos 81;212cos .2cos 2142==-=-=⎰⎰--ππππππxdx x a xdx x a又由于()[]ππ-∈=x x x f ,sin 4是偶函数，故,....)2,1(0==n b n . 所以，()[].,,4cos 812cos 2183ππ-∈+-=x x x x f注意：其实，聪明的同学还有更简单的做法： 既然()[].,,4cos 812cos 2183...22cos 1sin24ππ-∈+-==⎪⎭⎫⎝⎛-==x x x x x x f利用第1题的结论，它的傅里叶级数就是它自己，即： ()[].,,4c o s 812c o s 2183ππ-∈+-=x x x x f3．（书中302P ,第3题）关于区间()ππ,-展开函数⎪⎩⎪⎨⎧<-=>=.0,1,0,0,0,1s g n x x x x为傅里叶级数，并由此证明()∑∞=-=--11.4121n n n π解：注意到x sgn 为奇函数，故显然;0sgn10==⎰-dx x a πππ， ;0cos .sgn1==⎰-nxdx x a n πππn x d xx b n s i n .s g n 1⎰-=πππ|cos 2sin .2ππππnx n nxdx -==⎰[]=--=1cos 2ππn n .,..6,4,2,0,...,5,3,1,4⎪⎩⎪⎨⎧==n n n π 所以，由狄里赫莱收敛定理：⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++==∑∞=...7sin 715sin 513sin 31sin 4sin sgn 1x x x x nx b x n n π()()..12sin 12141πππ<<---=∑∞=x x n n n（*）（*）中，令,2π=x 得：()∑∞=--=1212sin 12141n n n ππ()∑∞=---=111214n n n π所以 ()∑∞=-=--11.4121n n n π4．（书中302P ,第4题）关于区间()ππ,-展开下列函数为傅里叶级数 （ⅰ）();x x f =（ⅱ）()ax x f cos =（a 为常数）； （ⅲ）();sin x x x f =（ⅳ）()⎩⎨⎧<≤<<-=.,,0,0ππx x x x f解：（ⅰ）所给函数满足收敛定理的条件，它在整个数轴上连续，因此()x f 的傅里叶级数处处收敛于().x f注意到()x f 为偶函数，故显然().,2,1;0 ==n b n 而 ()dx x f a ⎰=ππ0.2;.2πππ==⎰dx x()nxdx x f a n cos .2⎰=ππnxdxx cos .2⎰=ππ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==⎰⎰πππππ00s i n s i n 2s i n .2|n x d x nx x n nx d x n⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=|0cos 102ππnx n n[]=-=1cos 22ππn n .,..6,4,2,0,...,5,3,1,42⎪⎩⎪⎨⎧==-n n n π 所以，()x f 的傅里叶级数展开式为⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++-=+=∑∞=...7c o s 715c o s 513c o s 31c o s 42c o s 222210x x x x nx a a x n n ππ()()()..12c o s 1214212ππππ<<----=∑∞=x x n n n（ⅱ）所给函数满足收敛定理的条件，它在整个数轴上连续，因此()x f 的傅里叶级数处处收敛于().x f注意到()x f 为偶函数，故显然().,2,1;0 ==n b n 而 ()dx x f a ⎰=ππ0.2dx ax ⎰=ππ.cos 2;sin 2sin 2|0ππππa a ax a ==()nxdx x f a n cos .2⎰=ππnxdxax cos .cos 2⎰=ππ()()[]dx x a n x a n ⎰++-=ππcos cos 212()[]dx x a n ⎰-=ππcos 1()[]dxx a n ⎰++ππcos 1()()[]|0sin 1ππx a n a n --=()()[]|0sin 1ππx a n a n +++()()[]ππa n a n --=sin 1()()[]ππa n a n +++sin 1())sin(1πππa n a n --=())sin(1πππa n a n +++()())sin(11ππa a n n ---=()())sin(11ππa a n n -++()()⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-=a n a n a n11sin 1ππ()()222sin 1an a a n---=ππ()().1.sin 2221an aa n --=+ππ() ,2,1=n所以，()x f 的傅里叶级数展开式为()(),c o s 121s i n2c o s 1221⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=∑∞=+n n a n nx a a a ax ππ ().ππ<<-x（ⅲ）所给函数满足收敛定理的条件，它在整个数轴上连续，因此()x f 的傅里叶级数处处收敛于().x f注意到()x f 为偶函数，故显然().,2,1;0 ==n b n 而 ()dx x f a ⎰=ππ0.2dx x x ⎰=ππ.sin 2()x d x cos .2⎰-=ππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰πππ00cos cos 2|xdx x x ;2=()dx x x f a ⎰=ππ1.cos 2xdx x x cos .sin 2⎰=ππdxx x ⎰=ππ2sin 1()x d x 2cos .210⎰-=ππ;212cos 2cos 2100|-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰πππxdx x x()nxdx x f a n cos .2⎰=ππnxdxx x cos .sin 2⎰=ππ()()[]dx x n x n x ⎰--+=ππ1sin 1sin 21.2()[]dxx n x ⎰+=ππ1sin 1()[]dx x n ⎰--ππ1sin1()()[]x n d x n 1cos 11++-=⎰ππ()()[]x n d x n 1cos 11--+⎰ππ()()[]()[]{}⎰+-++-=πππ1cos 1cos 11|dx x n x n x n()()[]()[]{}⎰----+πππ1cos 1cos 11|dx x n x n x n()()[]πππ1cos 11++-=n n ()()[]πππ1cos 11--+n n()()1111+-+-=n n ππ()()1111---+n n ππ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-=11111n n n ()1212---=n n ().12121--=+n n () ,3,2=n所以，()x f 的傅里叶级数展开式为 ()()..c o s 112c o s 211s i n 221ππ<<---+-=∑∞=+x nx n x x x n n（ⅳ） ()dx x f a ⎰-=πππ.10()d x x f ⎰=ππ.1;2.1πππ==⎰d x x()n x d x x f a n c o s .1⎰-=πππn x d x x c o s .1⎰=ππ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==⎰⎰πππππ00s i n s i n 1s i n .1|n x d x nx x n nx d x n⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=|0cos 101ππnx n n[]=-=1cos 12ππn n .,..6,4,2,0,...,5,3,1,22⎪⎩⎪⎨⎧==-n n n π ()nxdx x f b n sin .1⎰-=πππnxdxx sin .1⎰=ππ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=-=⎰⎰πππππ00c o s c o s 1c o s .1|n xd x nx x n nx d x n⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=|0sin 1cos 1ππππnx n n n=-=πn ncos 1().11nn +-=() ,2,1=n所以，()x f 的傅里叶级数展开式为 ()()()()()..s i n 11212c o s 241112ππππ<<--+---=∑∑∞=+∞=x nx nn x n x f n n n5．（书中307P ,第1题）将函数()()()ππ<<-=x x x x f 0分别展开成正弦级数与 余弦级数.解：（一）对()x f 作奇延拓及周期延拓. ,...)2,1,0(0==n a n . ()⎰⎰⎰-=-=ππππππ2s i n 2s i n 2s i n 2n x d x x n x d x x n x d x x x b n其中⎰πsin 2nxdx x ()nx d x ncos 2⎰-=π⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰ππ00c o s c o s 2|n x d x nx x n⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=|0sin 1cos 2πππnx n n n=-=ππn ncos 2().121+-n nπ （1）⎰-ππ2sin 2nxdx x ()nx d x n cos 202⎰=ππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎰πππ002c o s 2c o s 2|n xd x x nx x n()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎰ππππ02sin 2cos 2nx xd nn n⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰πππππ002sin sin 4cos 2|nxdx nx x n n n()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=|02cos 10412πππnx n n n n()()[]114123----=nnn nππ()()[].114123nnn n--+-=ππ （2）故 ()112+-=n n n b π()()[]nnn n114123--+-+ππ()[]nn 1143--=π.,..6,4,2,0,...,5,3,1,83⎪⎩⎪⎨⎧===n n n π 所以，()()()x n n x f n 12sin 121813++=∑∞=π.)π<<x 0（二）对()x f 作偶延拓及周期延拓.,...)2,1(0==n b n ；()dx x f a ⎰=ππ0.2()dx x x ⎰-=πππ.2;3.12πππ==⎰dx x()⎰⎰⎰-=-=ππππππ2c o s 2c o s 2c o s 2n x d x x n x d x x n x d x x x a n其中⎰πcos 2nxdx x ()nx d x nsin 2⎰=π⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎰ππ00s i n s i n 2|n x d x n x x n⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=|0cos 102πnx n n ()1cos 22-=πn n()[].1122--=nn（1）⎰-ππ2cos 2nxdx x ()nx d x n sin 22⎰-=ππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰πππ002sin 2sin 2|nxdx x nx x n()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=⎰ππ0cos 202nx xd n n⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰πππ002cos cos 4|nxdx nx x n []0cos 42+-=πππn n().142nn--=故 ()[]1122--=nn na ()nn142--()[]nn1122---=().1412+-+n n() ,2,1=n所以，()()[]nxnx f n ncos 11126122∑∞=---=π()nx nn n cos 114112∑∞=+-+()()x n n n 12c o s12146122---=∑∞=π()nx nn n cos 114112∑∞=+-+ ()π<<x 06．（书中307P ,第2题）设()t f 是周期为π2，高为h 的锯齿形波，它在[]π2,0的函数表示式为()th t f π2=，试把它展开成傅里叶级数.解：()dt t f a ⎰=ππ2001h th dt t h ===⎰|2022202.221πππππ；() ,2,1=n()dt nt t f a n ⎰=ππ20cos 1ntdtt h cos .2120⎰=πππ()nt d t n hsin 2202⎰=ππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎰πππ20202s i n s i n 2|n t d t nt t n h[]0022--=πn h .0=()dt nt t f b n ⎰=ππ20sin 1ntdtt h sin .2120⎰=πππ()nt d t n hcos 2202⎰-=ππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰πππ20202c o s c o s 2|n td t nt t n h[]02cos 222--=πππn n h.πn h -=() ,2,1=n所以，()t f 的傅里叶级数展开式为 ().s i n 121nt n hh t f n ∑∞=-=π() ,2,1,0,2±±=≠kk x π7．（书中307P ,第3题）在()π2,0展开函数()2xx f -=π为傅里叶级数.解：对()x f 作周期延拓. ()dx x f a ⎰=ππ2001()021.21.121|20220=--=-=⎰ππππππx dx x；()nxdxx f a n cos 120⎰=ππnxdxxcos 2120⎰-=πππ()()nx d x n sin 2120⎰-=πππ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=⎰ππππ2020s i n s i n 21|n x d x nx x n[]00021=-=πn ；()nxdxx f b n sin 120⎰=ππnxdxxsin 2120⎰-=πππ()()nx d x n cos 2120⎰--=πππ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=⎰ππππ2020c o s c o s 21|n x d x nx x n[]nn n 12cos 21=---=ππππ；() ,2,1=n所以，()t f 的傅里叶级数展开式为 ().s i n 11nx nx f n ∑∞==()π20<<x8．（书中307P ,第4题）设()t f 是周期为()0>T T 的周期函数，它在⎪⎭⎫⎝⎛-2,2T T 内的函数表示式为()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤<-=<<=.02,0,2,20,sin t TT T t t E t f m πωω，试把它展开成傅里叶级数. 解：()dtt f T a TT ⎰-=22021 tdt E TTm ωsin 22⎰=|20cos 12Tm t T E ⎪⎭⎫⎝⎛-=ωω⎪⎭⎫⎝⎛-=2c o s 12T T E m ωω⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=2.2c o s 12.2T T T T E m πππmE 2=； ()dtT t n t f T a TT n ⎰-=222cos.21π dt Tt n t E TTm πω2cos.sin 22⎰=dt t T n t T n TE T m ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=22sin 2sin πωπω⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=|202c o s 21T m t T n T n T E πωπω⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛---+|202c o s 21Tm t T n T n T E πωπω ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2.2c o s 12TT n TT n E m πωπω ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2.2cos 12TT n TT n E m πωπω ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2.22cos 122T T n T TT n T E mππππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2.22cos 122T T n T TT n TE mππππ ()[]ππn n E m cos 112++=()[]ππn n E m cos 112+-+[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++=n n n E m1111cos 12ππ()[]212112n E n m --+=π.,..5,3,1,0,...,6,4,2,.112⎪⎩⎪⎨⎧==-=n n E n m π ()dt T tt f T b TT ⎰-=2212sin.21πdt Tt t E TTm πω2sin.sin 22⎰=dt Tt Tt E TTm ππ2sin.2sin22⎰=dt Tt E TTm24cos 122π-=⎰=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=|204sin 4Tm T t T t T E ππ22sin 42m m E T T T E =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=ππ；()dtT t n t f T b TT n ⎰-=222sin.21π dt Tt n t E TTm πω2sin.sin 12⎰=dt t T n t T n TE Tm ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=22cos 2cos πωπω⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=|202s i n 21T m t T n T n T E πωπω⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+++|202s i n 21Tm t T n T n T E πωπω ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=02.2s i n 2T T n T T n E m πωπω ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫⎝⎛++12.2sin 2T T n T T n E m πωπω ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=02.22sin22TT n TT T n T E mππππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛++02.22sin22T T n T T T n T E mππππ ()ππn n E m sin 12-=().0sin 12=++ππn n E m .,3,2 =n所以，()t f 的傅里叶级数展开式为().4c o s 1412s i n 212T tn n Tt E E x f n mmπππ∑∞=-++=9．（书中307P ,第5题）设()x f 在[]ππ,-上为可积的奇函数且在[]π,0上有().0≥x f 求证：1kb b k ≤（其中k b 为()x f 的傅里叶系数）.提示：().0sin sin π≤≤≤x x k kx证明：（一）先用数学归纳法证明：对于+∈N k ，有().0s i n s i nπ≤≤≤x x k kx （*）成立。
第十五章 傅里叶级数习题课
第十五章 傅里叶级数习题课一 疑难解析与注意事项1．如何求一周期函数的傅立叶级数？ 答 一般可按下列步骤进行：1）确定函数的奇偶性，连续点与不连续点；2）根据周期为2π或2l ，是否奇，偶函数，计算相应的傅里叶系数； 3 写出相应的傅立叶级数； 4）应用收敛定理．(1)将()f x 在[,]ππ-上展开成傅里叶级数的步骤: 1)求系数；()dx x f a ⎰-=πππ10； ()⎰-=πππnxdx x f a n cos 1， ()⎰-=πππnxdx x f b n sin 1，2）写展开式()()∑∞=++10sin cos 2n n n nx b nx a a x f ～；3）用收敛定理(2)将()f x 在[0,2]π上展开成傅里叶级数的步骤: 1)求系数；2001()a f x dx ππ=⎰， 201()cos n a f x nxdx ππ=⎰， 201()sin n b f x nxdx ππ=⎰，2）写展开式()()∑∞=++10sin cos 2n n n nx b nx a a x f ～；3）用收敛定理（3）奇函数()f x 在[](),,ππππ--展开成傅里叶级数的步骤： 1)求系数；()010a f x dx πππ-==⎰；()1cos 0n a f x nxdx πππ-==⎰，()()012sin sin n b f x nxdx f x nxdx πππππ-==⎰⎰，2）写展开式()1sin n n f x b nx ∞=∑～；3）用收敛定理()()1,sin 0 n n f x x b nx x πππ∞=⎧∈-⎪=⎨=±⎪⎩∑（4）偶函数()f x 在[](),,ππππ--展开成傅里叶级数的步骤： 1)求系数；()()0012a f x dx f x d πππππ-==⎰⎰；()()012cos cos n a f x nxdx f x nxdx πππππ-==⎰⎰，()1sin 0n b f x nxdx πππ-==⎰，2）写展开式()01cos 2n n a f x a nx ∞=+∑～；3）用收敛定理()[]01cos ,,2n n a a nx f x x ππ∞=+=∈-∑ （5）奇函数()f x 在[](),,l l l l --展开成傅里叶级数的步骤： 1)求系数；()010lla f x dx l -==⎰； ()1cos 0l n l n xa f x dx l lπ-==⎰， ()()012sin sin l l n l n x n xb f x dx f x dx l l l lππ-==⎰⎰，2）写展开式()1sinn n n xf x b lπ∞=∑～； 3）用收敛定理()()1,sin0 n n f x x l l n x b l x l π∞=⎧∈-⎪=⎨=±⎪⎩∑ （6）偶函数()f x 在[](),,l l l l --展开成傅里叶级数的步骤： 1)求系数；()()0012l l l a f x dx f x dx l l -==⎰⎰； ()()012cos cos l l n l n x n xa f x dx f x dx l l l l ππ-==⎰⎰， ()1sin 0l n l n x b f x dx l lπ-==⎰， 2）写展开式()01cos 2n n a n xf x a lπ∞=+∑～；3）用收敛定理()[]01cos ,,2n n a n xa f x x l l lπ∞=+=∈-∑2.如何将函数展开成正弦级数，余弦级数？ （1）将()f x 在[]0,π展开成正弦级数的步骤： 1)求系数；()02sin n b f x nxdx ππ=⎰，2）写展开式()1sin n n f x b nx ∞=∑～；3）用收敛定理()()10,sin 0 0,n n f x x b nx x ππ∞=⎧∈⎪=⎨=⎪⎩∑（2）将()f x 在[]0,π展开成余弦级数的步骤： 1)求系数；()002a f x dx ππ=⎰； ()02cos n a f x nxdx ππ=⎰，2）写展开式()01cos 2n n a f x a nx ∞=+∑～；3）用收敛定理()[]01cos ,0,2n n a a nx f x x π∞=+=∈∑ （3）将()f x 在[]0,l 展开成正弦级数的步骤： 1)求系数；()02sin l n n xb f x dx l lπ=⎰， 2）写展开式()1sin n n n xf x b lπ∞=∑～； 3）用收敛定理()()1 0,sin0 0,n n f x x l n x b l x l π∞=⎧∈⎪=⎨=⎪⎩∑ （4）将()f x 在[]0,l 展开成余弦级数的步骤： 1)求系数；()002la f x dx l =⎰； ()02cos l n n xa f x dx l lπ=⎰， 2）写展开式()01cos 2n n a n xf x a lπ∞=+∑～；3）用收敛定理()[]01cos ,0,2n n a n xa f x x l lπ∞=+=∈∑．[][](),(,)()1()(0)(0),(,)()21(0)(0),2f x x l l f x S x f x f x x l l f x f l f l x l⎧⎪∈-⎪⎪=++-∈-⎨⎪⎪-++-=±⎪⎩当为的连续点当为的第一类间断点当 3．如何应用傅立叶级数求数项级数的和？答：选择合适的函数，将其展开为傅立叶级数，然后求傅立叶级数在某个特殊点的值． 二 典型例题1.设(),0,40,0,02x f x x x ππππ⎧-≤<⎪⎪==⎨⎪⎪-<≤⎩，则由收敛定理1）()f x 的傅里叶级数在2x π=-处收敛于 ；2）()f x 的傅里叶级数在2x π=处收敛于 ；3）()f x 的傅里叶级数在0x =处收敛于 ； 4）()f x 的傅里叶级数在x π=-处收敛于 ； 5）()f x 的傅里叶级数在x π=处收敛于 ．解 因为1）2x π=-是连续点，收敛于4π；2) 2x π=是连续点，收敛于2π-；3）0x =是间断点，收敛于()()000028f f π++-=-；4) x π=-是端点，收敛于()()0028f f πππ-++-=-；5) x π=是端点，收敛于()()0028f f πππ-++-=-．2.1）将()f x x =在[],ππ-展开成傅里叶级数； 2）将()f x x =在[],ππ-展开成傅里叶级数； 3）将()f x x =在[]0,π展开成余弦级数； 4）将()f x x =在[]0,π展开成正弦级数．解 1）因为()f x x =在[],ππ-上奇，因此00a =，0n a =，()()()0122sin sin sin n b x nx dx x nx dx x nx dx πππππππ-===⎰⎰⎰()()()()()000122cos cos cos 12.n xd nx x nx nx dx n n nπππππ+⎡⎤=-=--⎢⎥⎣⎦-=⎰⎰因此()()()11,12sin 0,n n f x x f x nx nx πππ+∞=-<<⎧-⎪=⎨=±⎪⎩∑．2) 因为()f x x =在[],ππ-上偶，因此0n b =，00122a xdx xdx xdx ππππππππ-====⎰⎰⎰，()()()0122cos cos cos n b x nx dx x nx dx x nx dx πππππππ-===⎰⎰⎰()()()()()00022022sin sin sin 22cos 11nxd nx x nx nx dx n n nx n n ππππππππ⎡⎤==-⎢⎥⎣⎦⎡⎤==--⎣⎦⎰⎰因此()()()21211cos ,2nn f x nx f x x n ππππ∞=⎡⎤+--=-≤≤⎣⎦∑． 3）()0022a f x dx xdx πππππ===⎰⎰；()()20222cos cos 11nn a f x nxdx x nxdx n πππππ⎡⎤===--⎣⎦⎰⎰， ()()()21211cos ,02nn f x nx f x x n πππ∞=⎡⎤+--=≤≤⎣⎦∑． 4）()()112222sin sin sin n n b f x nxdx x nxdx x nxdx nππππππ+-====⎰⎰⎰，()()()11,012sin 0,0,n n f x x f x nx nx ππ+∞=<<⎧-⎪=⎨=⎪⎩∑．3. 将()⎩⎨⎧≤<-≤<=32,321,1x x x x f 展成以2为周期的傅立叶级数，并写出]3,1[上的函数表达式．解 因为区间长度2312l =-= ，因此1l =．(),23)3(3221310=-+==⎰⎰⎰dx x dx dx x f a ()dx x n x dx x n xdx n x f a n ⎰⎰⎰-+==322131cos )3(cos cos πππ32223221)sin (cos 1sin 3sin 1x n x n x n n x n n x n n ππππππππ+-+=.),3,2,1(,])1(1[122 =--=n n n π ()dx x n x dx x n xdx n x f b n ⎰⎰⎰-+==322131sin )3(sin sin πππ32223221)cos (sin 1cos 3cos 1x n x n x n n x n n x n n ππππππππ----= 1(1),(1,2,3,).n n n π=-= ()2211,1231(1)(1)~[cos sin ]3,23412,1,3.nnn x f x n x n x x x n n x ππππ∞=<≤⎧---⎪++=-<<⎨⎪=⎩∑．4. ()2(11)2,f x x x =+-≤≤将函数展成以为周期的傅里叶级数并由此求级数211.n n ∞=∑的和解 因为()2f x x =+为偶函数，则0n b =，因为1l =，因此1002(2)51a x dx =+=⎰，()()1122002112(2)cos()2cos (1,2,)1nn a x n x dx x n xdx n n πππ--=+===⎰⎰ ，()()()2212115cos()2nn f x n x n ππ∞=--+∑22054cos(21)2(21)k k xk ππ∞=+=-+∑ []2,1,1x =+-．当0x =，上式222200541122(21)(21)8k k k k ππ∞∞==⇒=-⇒=++∑∑，又 2222210101111111(21)(2)(21)4n k k k n n k k k n ∞∞∞∞∞======+=+++∑∑∑∑∑ 因此 22221014143(21)386n k nk ππ∞∞====⨯=+∑∑． 5．证明（1）1,cos ,cos 2,...,cos ,...x x nx ； （2）sin ,sin 2,...,sin ,...x x nx 是[0,]π的正交系；（3）1,cos ,sin ,cos 2,sin 2...,cos ,sin ,...x x x x nx nx 不是[0,]π上的正交系． 证明：（1）因为1cos 0(1,2,...)kxdx k π⋅==⎰，00,1cos cos [cos()cos()]2,2m nmx nxdx m n x m n x dx m n πππ≠⎧⎪⋅=++-=⎨=⎪⎩⎰⎰，所以（1）是[0,]π上的正交系．（2）00,1sin sin [cos()cos()]2,2m n mx nxdx m n x m n x dx m n πππ≠⎧⎪⋅=--+=⎨=⎪⎩⎰⎰，所以（2）也是[0,]π上的正交系．（3）1sin 20xdx π⋅=≠⎰，故1,c o s ,sin ,c o s2,sin2...,c o s ,sin ,...x x x x n x n x 不是[0,]π上的正交系．6.设()f x 可积或绝对可积，证明：（1） 如果函数()f x 在[,]ππ-上满足()()f x f x π+=，那么21210m m a b --== （2） 如果函数()f x 在[,]ππ-上满足()()f x f x π+=-，那么220m m a b == 证明：（1）当()f x 在[,]ππ-上满足()()f x f x π+=，且()f x 可积或绝对可积时有，2101()cos(21)11()cos(21)()cos(21)m a f x m xdx f x m xdx f x m xdx πππππππ---=-=-+-⎰⎰⎰在右端第一个积分作变换x y π=+得11()cos(21)()cos(21)f x m xdx f y m ydy ππππ--=--⎰⎰，故210m a -=，同理可证210m b -=．（2）当()f x 在[,]ππ-上满足()()f x f x π+=-，且()f x 可积或绝对可积时有，201()cos(2)11()cos(2)()cos(2)m a f x mx dx f x mx dx f x mx dx πππππππ--==+⎰⎰⎰在右端第一个积分作变换x y π=+得11()cos(2)()cos(2)f x mx dx f y my dy ππππ-=-⎰⎰，故20m a =，同理可证20m b =．7. 如果()()x x ϕφ-=，问()x ϕ与()x φ的傅里叶系数之间有什么关系． 解：函数()x ϕ与()x φ的傅里叶系数分别为1()cos n a x nxdx ππϕπ-=⎰，1()sin nbx nxdx ππϕπ-=⎰，1()cos n A x nxdx ππφπ-=⎰，1()sin n B x nxdx ππφπ-=⎰，由于 001[()cos ()cos ]n a x nxdx x nxdx ππϕϕπ-=+⎰⎰，在上式右端两个积分中作x y -=，并将()()x x ϕφ-=代入，即得001[()cos ()cos ]n a x nxdx x nxdx ππφφπ-=+⎰⎰1()cos nx nxdx A ππφπ-==⎰，同理1()sin n b x nxdx ππϕπ-=⎰＝1()sin nx nxdx B ππφπ--=-⎰，因此得出()x ϕ与()x φ的傅里叶系数之间得关系为(1,2,...)n n a A n ==，(1,2,...)n n b B n =-=8.设()f x 在[],ππ-上可积，,n n a b 为()f x 的傅里叶系数，试证：2222011()()2N n n n a a b f x dx πππ-=++≤∑⎰ 证：令01()(cos sin )2NN n n n a S x a nx b nx ==++∑()220()()N f x S x dx f x dx ππππ--≤-=⎡⎤⎣⎦⎰⎰22()()()N N f x S x dx S x dx ππππ---+⎰⎰ 22222220011()2()()22N Nn n n n n n a a f x dx a b a b ππππ-==⎡⎤⎡⎤=-+++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑⎰2222011()()2Nn n n a a b f x dx πππ-=∴++≤∑⎰．。
傅里叶级数例题讲解
傅里叶级数例题讲解傅里叶级数是一种将周期函数表示为正弦和余弦函数的无穷级数的方法。
它在信号处理、图像处理、物理学等领域有着广泛的应用。
下面我将以一个具体的例题来讲解傅里叶级数的应用。
假设我们有一个周期为T的函数f(t)，我们想要将它展开成傅里叶级数。
首先，我们需要确定函数f(t)的周期和定义域。
然后，我们可以使用下面的公式来计算傅里叶级数的系数：\[a_0 = \frac{1}{T}\int_{t_0}^{t_0+T}f(t)dt\]\[a_n =\frac{2}{T}\int_{t_0}^{t_0+T}f(t)\cos(\frac{2\pi nt}{T})dt\]\[b_n =\frac{2}{T}\int_{t_0}^{t_0+T}f(t)\sin(\frac{2\pi nt}{T})dt\]其中，a0是直流分量的系数，an和bn是余弦项和正弦项的系数，n为正整数。
接下来，我们可以根据计算得到的系数，构造傅里叶级数的表达式：\[f(t) = \frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos(\frac{2\pi n t}{T}) +b_n\sin(\frac{2\pi n t}{T}))\]这个级数可以无限展开，但通常我们只取有限项来逼近原函数。
假设我们要求解一个周期为2π的函数f(t) = t，我们可以先确定它的周期和定义域，即T=2π，t∈[-π, π]。
然后，我们可以按照上述公式计算傅里叶级数的系数。
首先，计算直流分量的系数a0：\[a_0 = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}t dt =\frac{1}{2\pi}[\frac{t^2}{2}]_{-\pi}^{\pi} = 0\]由于函数f(t)是奇函数，所以直流分量的系数a0为0。
接下来，计算余弦项的系数an：\[a_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}t\cos(n t) dt =\frac{1}{\pi}[\frac{t\sin(n t)}{n}]_{-\pi}^{\pi}\frac{1}{\pi n}\int_{-\pi}^{\pi}\sin(n t) dt = 0\] 由于函数f(t)是奇函数，所以余弦项的系数an也为0。
傅里叶级数课程及习题解
第15章 傅里叶级数§15.1 傅里叶级数一 基本内容一、傅里叶级数 在幂级数讨论中1()nn n f x a x ∞==∑，可视为()f x 经函数系21, , ,, ,n x x x线性表出而得．不妨称2{1,,,,,}nx x x 为基，则不同的基就有不同的级数．今用三角函数系作为基，就得到傅里叶级数．1 三角函数系函数列{}1, cos , sin , cos2, sin2, , cos , sin ,x x x x nx nx 称为三角函数系．其有下面两个重要性质．(1) 周期性 每一个函数都是以2π为周期的周期函数； (2) 正交性 任意两个不同函数的积在[,]ππ-上的积分等于 零，任意一个函数的平方在上的积分不等于零．对于一个在[,]ππ-可积的函数系{}() [, ], 1,2, n u x x a b n ∈=:，定义两个函数的内积为(),()()()d bn m n m au x u x u x u x x=⋅⎰，如果0 (),() 0 n m l m nu x u x m n ≠=⎧=⎨≠⎩，则称函数系{}() [, ], 1,2, n u x x a b n ∈=:为正交系．由于1, sin 1sin d 1cos d 0nx nx x nx x ππππ--=⋅=⋅=⎰⎰；sin , sin sin sin d 0 m nmx nx mx nx x m n πππ-=⎧=⋅=⎨≠⎩⎰；cos , cos cos cos d 0 m n mx nx mx nx x m n πππ-=⎧=⋅=⎨≠⎩⎰；sin , cos sin cos d 0mx nx mx nx x ππ-=⋅=⎰；2 1, 11d 2x πππ-==⎰，所以三角函数系在[],ππ-上具有正交性，故称为正交系．利用三角函数系构成的级数()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑称为三角级数，其中011,,,,,,n n a a b a b 为常数2 以2π为周期的傅里叶级数定义1 设函数()f x 在[],ππ-上可积，11(),cos ()cos d k a f x kx f x kx xππππ-==⎰ 0,1,2,k =；11(),sin ()sin d k b f x kx f x kx xππππ-==⎰ 1,2,k =，称为函数()f x 的傅里叶系数，而三角级数()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑称为()f x 的傅里叶级数，记作()f x ～()01cos sin 2nn n a a nx b nx ∞=++∑．这里之所以不用等号，是因为函数()f x 按定义1所得系数而获得的傅里叶级数并不知其是否收敛于()f x ．二、傅里叶级数收敛定理定理1 若以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上按段光滑，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-++=∑，其中,n n a b 为()f x 的傅里叶系数．定义2 如果()[, ]f x C a b '∈，则称()f x 在[,]a b 上光滑．若[,),(0),(0)x a b f x f x '∀∈++存在；(,],(0)x a b f x ∀∈-，(0)f x '-存在，且至多存在有限个点的左、右极限不相等，则称()f x 在[,]a b 上按段光滑．几何解释如图．按段光滑函数图象是由有限条 光滑曲线段组成，它至多有有限个第一类间断点与角点．推论 如果()f x 是以2π]上按 段光滑，则x R ∀∈，有()01()c o s s i n 2n nn a f x a nx b nx ∞==++∑．定义3 设()f x 在(,]ππ-上有定义，函数() (,] ˆ()(2) (2,2],1,2,f x x f x f x k x k k k πππππππ∈-⎧=⎨-∈-+=±±⎩称()f x 为的周期延拓．二 习题解答1 在指定区间内把下列函数展开为傅里叶级数 (1) (),(i) , (ii) 02f x x x x πππ=-<<<<；解：(i)、()f x =x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得011()d d 0a f x x x x ππππππ--===⎰⎰．当1n ≥时，11cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππππ--==⎰⎰11sin sin d 0|x nx nx x n n ππππππ--=-=⎰，11sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππππ---==⎰⎰1112cos cos d (1)|n x nx nx x n n n ππππππ+---=+=-⎰，所以11sin ()2(1)n n nxf x n ∞+==-∑，(,)x ππ∈-为所求．(ii)、()f x =x ，(0,2)x π∈作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得220011()d d 2a f x x x x πππππ===⎰⎰．当1n ≥时，220011cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππ==⎰⎰220011sin sin d 0|x nx nx x n n ππππ=-=⎰，22011sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππ-==⎰⎰2200112cos cos d |x nx nx x n n n ππππ--=+=⎰，所以1sin ()2n nxf x n π∞==-∑，(0,2)x π∈为所求． (2) 2()(i) (ii) 02f x =x , -π<x <π,<x <π； 解：(i)、()2f x =x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得220112()d d 3a f x x x x πππππππ--===⎰⎰．当1n ≥时，2211cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππππ--==⎰⎰211sin 2sin d |x nx x nx xn n ππππππ--=-⎰22d(cos )x nx n πππ-=⎰222224cos cos d (1)|nx nx nx x n n n ππππππ--=-=-⎰，2211sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππππ---==⎰⎰212cos cos d |x nx x nx xn n ππππππ---=+⎰22d(sin )x nx n πππ-=⎰2222sin sin d 0|x nx nx x n n ππππππ--=-=⎰，所以221sin ()4(1)3nn nxf x n π∞==+-∑，(,)x ππ∈-为所求．解：(ii)()2f x =x (0,2)x π∈其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得222200118()d d 3a f x x x x πππππ===⎰⎰．当1n ≥时，22220011cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππ==⎰⎰2220011sin 2sin d |x nx x nx xn n ππππ=-⎰2202d(cos )x nx n ππ=⎰222220224cos cos d |x nx nx x n n n ππππ=-=⎰，222211sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππ-==⎰⎰2220012cos cos d |x nx x nx xn n ππππ-=+⎰22042d(sin )x nx n n πππ=-+⎰2222004224sin sin d |x nx nx x n n n n ππππππ=-+-=-⎰，所以22214cos sin ()43n nx nx f x n n ππ∞=⎛⎫=+- ⎪⎝⎭∑，(0,2)x π∈为所求． (3) 0()(,0,0)0ax x f x a b a b bx x ππ-<≤⎧=≠≠≠⎨<<⎩．解：函数()f x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．由系数公式得000111()()d d d 2b a a f x x ax x bx x ππππππππ---==+=⎰⎰⎰．当1n ≥时，02011cos d cos d n a ax nx x bx nx xππππ-=+⎰⎰2[1(1)]n a b n π-=--0011sin d sin d n b ax nx x bx nx xππππ-=+⎰⎰1(1)n a b n ++=-所以21()2()1()cos(21)4(21)n b a b a f x n x n ππ∞=--=+--∑11sin ()(1)n n nxa b n ∞+=++-∑，(,)x ππ∈-为所求．2 设f 是以2π为周期的可积函数，证明对任何实数c ，有2 11()cos d ()cos d ,0,1,2,c n ca f x nx x f x nx x n πππππ+-===⎰⎰，2 11()sin d ()sin d ,1,2,c n cb f x nx x f x nx x n πππππ+-===⎰⎰．证：因为()f x ，sin nx ，cos nx 都是以2π为周期的可积函数，所以令2t x π=+有211()cos d (2)cos (2)d(2)cc f x nx x f t n t t ππππππππ-+=---⎰⎰ c+2 c+2 11()cos d ()cos d f t nt t f x nx x ππππππ==-⎰⎰．从而2 1()cos d c n ca f x nx xππ+=⎰2 11()cos d ()cos d c n cca f x nx x f x nx xππππ+-==⎰⎰c+2 11()cos d ()cos d f x nx x f x nx xππππππ-++⎰⎰1()cos d f x nx xπππ-=⎰．同理可得2 11()sin d ()sin d c n cb f x nx x f x nx xπππππ+-==⎰⎰．3 把函数04()04x f x x ππππ⎧--<≤⎪⎪=⎨⎪≤<⎪⎩展开成傅里叶级数，并由它推出(1)11114357π=-+-+；(2) 111111357111317π=+--+-+；(3)11111157111317=-+-+-+．解：函数()f x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得00111()d d d 044a f x x x x πππππππππ---==+=⎰⎰⎰．当1n ≥时，0011cos d cos d 044n a nx x nx x ππππππ--=+=⎰⎰．11sin d sin d 44n b nx x nx xππππππ--=+⎰⎰11211[1(1)]202n n k n n n k+⎧=+⎪=--=⎨⎪=⎩，故11()sin(21),(,0)(0,)21n f x n x x n ππ∞==-∈--∑为所求．(1) 取2x π=，则11114357π=-+-+； (2) 由11114357π=-+-+得111112391521π=-+-+，于是111111341257111317πππ=+=+--+-+；(3) 取3x π=，则111111457111317π⎫=-+-+-+⎪⎝⎭，所以11111157111317=-+-+-+．4 设函数()f x 满足条件()()f x f x π+=-，问此函数在(),ππ-内的傅里叶级数具有什么特性．解：因为()f x 满足条件()()f x f x π+=-，所以(2)()()f x f x f x ππ+=-+=，即()f x 是以2π为周期的函数． 于是由系数公式得000111()d ()d ()d a f x x f x x f x xπππππππ--==+⎰⎰⎰11()d ()d f t t f x xπππππ=-+⎰⎰11(2)d ()d f t t f x xππππππ=-++⎰⎰11()d ()d 0f t t f x x πππππ=++=⎰⎰．当1n ≥时，0011()cos d ()cos d n a f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰11()cos()d ()cos d f t nx n x f x nx xππππππ=+++⎰⎰101(1)()cos d n f x nx x ππ++-=⎰02()cos d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．0011()sin d ()sin d n b f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰02()sin d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰，故当()()f x f x π+=-时，函数()f x 在(),ππ-内的傅里叶级数的特性是20k a =，20k b =．5 设函数()f x 满足条件：()()f x f x π+=，问此函数在(),ππ-内的傅里叶级数具有什么特性．解：因为()f x 满足条件()()f x f x π+=，所以(2)()()f x f x f x ππ+=+=，即()f x 是以2π为周期的函数．于是由系数公式得000111()d ()d ()d a f x x f x x f x xπππππππ--==+⎰⎰⎰0011()d ()d f t t f x x πππππ=-+⎰⎰0011(2)d ()d f t t f x x ππππππ=-++⎰⎰000112()d ()d ()d f t t f x x f x x πππππππ=++=⎰⎰⎰． 当1n ≥时，0011()cos d ()cos d n a f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰11()cos()d ()cos d f t nx n x f x nx xπππππ=++⎰⎰1(1)()cos d nf x nx xππ+-=⎰02()cos d 2021f x nx x n k n k ππ⎧=⎪=⎨⎪=-⎩⎰．0011()sin d ()sin d n b f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰02()sin d 2021f x nx x n k n k ππ⎧=⎪=⎨⎪=-⎩⎰，故当()()f x f x π+=时，函数()f x 在(),ππ-内的傅里叶级数的特性是210k a -=，210k b -=．6 试证函数系cos , 0,1,2,nx n =和sin , 1,2,nx n =都是[0, ]π上的正交函数系，但他们合起来的却不是[0, ]π上的正交函数系．证：就函数系{1,cos ,cos2,,cos ,}x x nx ，因为n ∀，1,1d x ππ==⎰，2001cos ,cos cos d (cos21)d 22nx nx nx x nx x πππ==+=⎰⎰，又01,cos cos d 0nx nx x π==⎰；,m n ∀，m n ≠时，cos ,cos cos cos d mx nx mx nx xπ=⎰0011cos()d cos()d 022m n x x m n x x ππ=++-=⎰⎰．所以{1,cos ,cos2,,cos ,}x x nx 在[0, ]π上是正交系． 就函数系{sin ,sin 2,,sin ,}x x nx ，因为n ∀，2001sin ,sin sin d (1cos2)d 22nx nx nx x nx x πππ==-=⎰⎰，又,m n ∀，m n ≠时，sin ,sin sin sin d mx nx mx nx xπ=⎰0011cos()d cos()d 022m n x x m n x x ππ=-++-=⎰⎰．所以{sin ,sin 2,,sin ,}x x nx 在[0, ]π上是正交系． 但{1,sin ,cos ,sin 2,cos2,,sin ,cos ,}x x x x nx nx 不是 [0, ]π上的正交系．实因：1,sin sin d 10x x x π==≠⎰．7 求下列函数的傅里叶级数展开式(1)(),022xf x x ππ-=<<； 解：(),02x f x x ππ-=<<其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得2200011()d d 02x a f x x x πππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，220011cos d d(sin )22n x xa nx x nx n ππππππ--==⎰⎰22001sin sin d 022|x nx nx x n n πππππ-=+=⎰，220011sin d d(cos )22n xxb nx x nx n ππππππ---==⎰⎰220011cos cos d 22|x nx nx x n n n πππππ-=--=⎰，所以1sin ()n nxf x n ∞==∑，(0,2)x π∈为所求． (2)()f x x ππ-≤≤；解：()f x x ππ-≤≤作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数．因为02()02x x f x x x ππ-≤<=⎨⎪≤≤⎪⎩，所以由系数公式得01()d a f x xπππ-=⎰00sin d sin d 22x x x x ππ-==． 当1n ≥时，0sin cos d sin cos d 22n x xa nx x nx x ππ-=+0sin cos d 2x nx x π==．0sin sin d sin sin d 022n x x b nx x nx x ππ-==．所以211()cos 41n f x nxn∞=-，(,)x ππ∈-．而x π=±时，(0)(0)()2f f f πππ±-+±+=±，故211()cos 41n f x nxnππ∞==--，[,]x ππ∈-为所求．(3) 2(), (i) 02, (ii) f x ax bx c x x πππ=++<<-<<；解：(i)由系数公式得2001()d a f x xππ=⎰222018()d 223a ax bx c x b c ππππ=++=++⎰． 当1n ≥时， 2201()cos d n a ax bx c nx xππ=++⎰ 2220011()sin (2)sin d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππ=++++⎰24an =， 2201()sin d n b ax bx c nx x ππ=++⎰2220011()cos (2)cos d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππ=-++-+⎰42a n n ππ=--，故224()3a f x ax bx c b cππ=++=++21442cos sin ,(0,2)n a a bnx nx x n n ππ∞=++-∈∑为所求．(ii)由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰2212()d 23aax bx c x cππππ-=++=+⎰．当1n ≥时，21()cos d n a ax bx c nx xπππ-=++⎰211()sin (2)sin d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππππ--=++++⎰24(1)n an =-，21()sin d n b ax bx c nx xπππ-=++⎰211()cos (2)cos d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππππ--=-++-+⎰12(1)n bn -=-，故222()3af x ax bx c cπ=++=+2142(1)cos (1)sin ,(,)nn n a b nx nx x n n ππ∞=+---∈-∑为所求．(4) ()ch , f x x x ππ=-<<；解：由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰12ch d sh x x πππππ-==⎰．当1n ≥时，1ch cos d n a x nx xπππ-=⎰11ch sin sh sin d |x nx x nx xn n ππππππ--=-⎰21sh d(cos )x nx n πππ-=⎰2211sh cos ch cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-⎰222sh 1(1)nna n n ππ=--，所以22sh (1)(1)n n a n ππ=-+． 11ch sin d ch d(cos )n b x nx x x nx ππππππ---==⎰⎰ 11ch cos sh cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰21sh d(sin )x nx n πππ-=⎰2211sh sin ch sin d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰2211sh sin ch sin d |x nx x nx x n n ππππππ--=-+⎰21nb n =，所以0n b =，故21211()ch sh (1)cos 21n n f x x nx n ππ∞=⎡⎤==+-⎢⎥+⎣⎦∑， (,)x ππ∈-为所求．(5) ()sh ,f x x x ππ=-<<．解：由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰1sh d 0x x πππ-==⎰．当1n ≥时，1sh cos d 0n a x nx x πππ-==⎰．11sh sin d sh d(cos )n b x nx x x nx ππππππ---==⎰⎰11sh cos ch cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰121(1)sh ch d(sin )n x nx n n πππππ+-=-+⎰122211(1)sh ch sin sh sin d |n x nx x nx xn n n ππππππππ+--=-+-⎰1221(1)sh n n b n n ππ+=--，所以122sh (1)(1)n n n xb n π+=-+， 故1212sh ()sh (1)sin (1)n n n f x x nxn ππ∞+===-+∑，(,)x ππ∈-为所求．8 求函数221()(362)12f x x x ππ=-+的傅里叶级数展开式并应用它推出22116n n π∞==∑．解：由224()3a f x ax bx c b cππ=++=++21442cos sin ,(0,2)n a a b nx nx x n n ππ∞=++-∈∑得 221()(362)12f x x x ππ=-+222326πππ=-+211cos n nx n ∞=+∑211cos n nx n ∞==∑，(0,2)x π∈．而2(00)(20)6f f ππ+=-=，故由收敛定理得22211(00)(20)11cos062n n f f n n ππ∞∞==++-===∑∑．9 设()f x 为[],ππ-上光滑函数，()()f f ππ-=．且,n n a b 为()f x 的傅里叶系数，,n n a b ''为()f x 的导函数()f x '的傅里叶系数．证明00,,(1,2,)n n n n a a nb b na n '''===-= ．证：因为()f x 为[],ππ-上光滑函数，所以()f x '为[],ππ-上的连续函数，故可积．由系数公式得1()d a f x x πππ-''=⎰()1()()0f f πππ=--=．当1n ≥时，1()cos d na f x nx xπππ-''=⎰1()cos ()sin d |nnf x nx f x nx x nb ππππππ--'=+=⎰．1()sin d n b f x nx xπππ-'=⎰1()sin ()cos d |nnf x nx f x nx x na ππππππ--'=-=-⎰故结论成立．10 证明：若三角级数01(cos sin )2n n n a a nx b nx ∞=++∑中的系数,n n a b 满足关系{}33sup ,n n nn a n b M≤，M 为常数，则上述三角级数收敛，且其和函数具有连续的导函数．证：设0()2a u x =，()cos sin n n n u x a nx b nx =+，1,2,n =．则0n ∀≥，()n u x 在R 上连续，且0()0u x '=，()sin cos nn n u x na nx nb nx '=-+亦在R 上连续． 又x R ∀∈，()sin cos nn n u x n a nx n b nx '≤+ n n n a n b ≤+22M n ≤．而22Mn∑收敛，所以()()cos sin n n n u x nb nx na nx '=-∑∑在R 上一致收敛．故设01()(cos sin )2n n n a s x a nx b nx ∞==++∑，则11()(cos sin )()n n nn n s x na nx nb nx u x ∞∞==''=-+=∑∑且1()(cos sin )n n n s x na nx nb nx ∞='=-+∑在R 上连续．§15. 2 以2l 为周期的函数的展开一 基本内容一、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，作替换ltx π=，则()lt F t f π⎛⎫= ⎪⎝⎭是以2π为周期的函数，且()f x 在(, )l l -上可积()F t ⇔在(,)ππ-上可积．于是 ()01()c o s s i n2n n n a F t a nt b nt ∞=++∑， 其中 1()cos d ,n a F t nt t πππ-=⎰ 1()sin d n b F t nt tπππ-=⎰．令x t l π=得 ()()lt F t f f x π⎛⎫== ⎪⎝⎭，sin sin ,cos cos n x n xnt nt l l ππ==， 从而01()cos sin 2n n n a n x n x f x a b l l ππ∞=⎛⎫++ ⎪⎝⎭∑． 其中 1()cos ,l n l n x a f x dx l l π-=⎰1()sin l n l n x b f x dx l l π-=⎰．上式就是以2l 为周期的函数()f x 的傅里叶系数．在按段光滑的条件下，亦有01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x n x n x a b l l ππ∞=++-⎛⎫=++ ⎪⎝⎭∑．其只含余弦项，故称为余弦级数．同理，设()f x 是以2l 为周期的奇函数，则()cos f x nx 奇，()sin f x nx 偶．于是 1()cos d 0l n l n xa f x x l l π-==⎰， 012()sin d ()sin d l l n l n x n x b f x x f x xl l l l ππ-==⎰⎰． 从而01()sin 2n n a n x f x a l π∞=+∑其只含正弦项，故称为由此可知，函数(),(0,)f x x l ∈要展开为余弦级数必须作偶延拓．偶延拓() (0,) ()() (,0)f x x l f x f x x l ∈⎧=⎨-∈-⎩函数(),(0,)f x x l ∈要展开为正弦级数必须作奇延拓． 奇延拓() (0,) ()() (,0)f x x l f x f x x l ∈⎧=⎨--∈-⎩．二 习题解答1 求下列周期函数的傅里叶级数展开式(1) ()cos f x x =(周期π)；解：函数由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因2l π=，所以由系数公式得 22002244cos d cos d a x x x x ππππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，222cos cos2d n a x nx x πππ-=⎰204cos cos 2d x nx xππ=⎰22[cos(21)cos(21)]d n x n x xππ=++-⎰220011sin(21)sin(21)(21)(21)||n x n x n n ππππ=++-+-1(1)2(1)2(21)(21)n n n n ππ+-⋅-⋅=++-124(1)(41)n n π+=--． 222cos sin d 0n b x nx x πππ-==⎰．故121241()cos (1)cos 241n n f x x nxn ππ∞+===+--∑，(,)x ∈-∞+∞为所求．(2) ()[]f x x x =-(周期1)；解：函数()[]f x x x =-，11,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数． 因12l =，所以由系数公式得()()1112100022[]d 2[]d 2d 1a x x x x x x x x -=-=-==⎰⎰⎰．当1n ≥时，2222()()1121022[]cos2d 2[]cos2d n a x x n x x x x n x xππ-=-=-⎰⎰110012cos2d d(sin2)x n x x x n x n πππ==⎰⎰110011sin2sin2d 0|x n x n x x n n ππππ=-=⎰．()1121022[]sin 2d 2sin 2d n b x x n x x x n x xππ-=-=⎰⎰101d(cos2)x n x n ππ-=⎰110011cos2cos2d |x n x n x x n n ππππ-=+⎰1n π-=． 故1111()[]sin 22n f x x x n xn ππ∞==-=-∑，(,)x ∈-∞+∞为所求． (3) 4()sin f x x =(周期π)；解：函数4()sin f x x =，,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因2l π=，所以由系数公式得 442200224sin d sin d a x x x x πππππ-==⎰⎰22041cos2d 2x x ππ-⎛⎫= ⎪⎝⎭⎰204311cos2cos4d 828x x x ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰34=．当1n ≥时，204311cos2cos4cos2d 828n a x x nx xππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰11201,2128n n n n ⎧-=⎪⎪=≠≠⎨⎪⎪=⎩． 222cos sin d 0n b x nx x πππ-==⎰．故4311()sin cos2cos4828f x x x x ==-+，(,)x ∈-∞+∞为所求．2222(4) ()sgn(cos )f x x = (周期2π)．解：函数()sgn(cos )f x x =，(,)x ππ∈-延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因l π=，所以由系数公式得0012sgn(cos )d sgn(cos )d 0a x x x x πππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，2sgn(cos )cos d n a x nx x ππ=⎰202224cos d cos d sin 2n nx x nx x n πππππππ=-=⎰⎰4sin 2n n ππ=024(1)21(21)kn kn k k π=⎧⎪=⎨-=-⎪+⎩．2sgn(cos )sin d 0n b x nx x πππ-==⎰．故14cos(21)()sgn(cos )(1)21nn n x f x x n π∞=+==-+∑，(,)x ∈-∞+∞．2 求函数 01() 1 123 23x x f x x x x ≤≤⎧⎪=<<⎨⎪-≤≤⎩的傅里叶级数并讨论其收敛性．解：函数()f x ，(0,3)x ∈延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因32l =，所以由系数公式得 31230001222224()d d d (3)d 33333a f x x x x x x x ==++-=⎰⎰⎰⎰． 当1n ≥时，12012222cos d cos d 3333n n x n xa x x x ππ=+⎰⎰3222(3)cos d 33n x x xπ+-⎰21011212d sin sin 33n x n x x n n ππππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰ 3212(3)d sin 3n x x n ππ⎛⎫+- ⎪⎝⎭⎰ 10121214sin sin d sin 333n n x n x n n n ππππππ=-+⎰3322121212sin (3)sin sind 333n n x n xx x n n n ππππππ-+-+⎰12201432sin cos 323n n xn n ππππ=+32221432sin cos 323n n xn n ππππ--2222323cos 232n n n πππ=-2222334cos2cos 223n n n n ππππ-+2222323cos 3n n n πππ=-． 2()sin d 0n b f x nx x πππ-==⎰．故2221231122()cos cos333n n n x f x n n πππ∞=-⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦∑，(,)x ∈-∞+∞为所求．3 将函数()2f x xπ=-在[0,]π上展开成余弦级数．解：函数()2f x xπ=-，[0,]x π∈作偶延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得20021d 0222a x x x x πππππ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎰．当1n ≥时，2cos d 2n a x nx x πππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰22sin sin d 2x nx nx x n n πππππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰202cos nxn ππ=-242102n k n n kπ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩．0n b =．故2141()cos(21),[0,]2(21)n f x x n x x n πππ∞==-=-∈-∑．4 将函数()cos2xf x =在[0,]π上展开成正弦级数． 解：函数()cos2xf x =，[0,]x π∈作偶延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是奇函数，故其展开式为正弦级数．由系数公式得0,0,1,2,n a n ==．02cos sin d 2n x b nx x ππ=⎰ 0111sin sin d 22n x n x x ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰ 011cos cos 1221122n x n x n n ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎢⎥=-+⎢⎥+-⎢⎥⎣⎦28(41)nn π=-．故在[0, ]π上218()cos sin 241n x nf x nxn π∞===-∑为所求．5 把函数102()324x x f x x x -<≤⎧=⎨-<<⎩ 在(0, 4)上展开成余弦级数．解：函数()f x ，(0,4)x ∈延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因4l =，所以由系数公式得4240002211()d (1)d (3)d 0422a f x x x x x x ==-+-=⎰⎰⎰．当1n ≥时，402()cos d 44n n x a f x xπ=⎰240211(1)cos d (3)cos d 2424n x n x x x x x ππ=-+-⎰⎰220022(1)sin sin d 44n x n x x x n n ππππ=-+⎰ 442222(3)sin sind 44n xn xx x n n ππππ--⎰22208cos 4n xn ππ=42228cos 4n xn ππ+ 2282cos 1(1)2n n n ππ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭220421642n k n k n π≠-⎧⎪=⎨=-⎪⎩ 所以102()324x x f x x x -<≤⎧=⎨-<<⎩22181(21)cos (21)2n n xn ππ∞=-=-∑为所求．6 把函数()2()1f x x =-在(0, 1)上展开成余弦级数，并推出222116123π⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭． 解：函数()f x ，(0,1)x ∈延拓为以2为周期的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因4l =，所以由系数公式得11200022()d 2(1)d 3a f x x x x ==-=⎰⎰．当1n ≥时，1202(1)cos d n a x n x xπ=-⎰1120022(1)sin (1)sin d x n x x n x xn n ππππ=---⎰11222222(1)cos cos d x n x n x xn n ππππ=--⎰224n π=．0n b =．所以2221141(1)cos ,[0,1]3n x nx x n π∞=-=+∈∑．令0x =得22114113n n π∞==+∑，即22116n n π∞==∑．7 求下列函数的傅里叶级数展开式 (1) ()arcsin(sin )f x x =；解：函数()arcsin(sin )f x x =是以2π为周期的函数如下图． 由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是奇函数，故其展开式为正弦级数．由系数公式得 0,0,1,2,n a n ==．02arcsin(sin )sin d n b x nx x ππ=⎰20222sin d ()sin d x nx x x nx x ππππππ=+-⎰⎰22022cos cos d x nx nx xn n ππππ-=+⎰2222()cos cos d x nx nx x n n πππππππ--+-+⎰204cos d nx x n ππ=⎰24sin 2n n ππ=2024(1)21k n kn k n π=⎧⎪=⎨-=-⎪⎩所以214(1)()arcsin(sin )sin(21)(21)nn f x x n x n π∞=-==--∑，x R ∈．(2) ()arcsin(cos )f x x =．解：函数()arcsin(cos )f x x =是以2π为周期的函数如下图． 由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得002arcsin(cos )d 0a x x ππ==⎰，当1n ≥时，2arcsin(cos )cos d n a x nx x ππ=⎰02cos d 2x nx x πππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰22sin sin d nx nx xn n ππππ=+⎰202421n k n k n π=⎧⎪=⎨=-⎪⎩．0,1,2,n b n ==．所以2141()arcsin(cos )cos(21)(21)n f x x n x n π∞===--∑，x R ∈．8 试问如何把定义在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的可积函数()f x 延拓到区间(),ππ-内，使他们的傅里叶级数为如下的形式(1)211cos(21)n n an x∞-=-∑； (2) 211sin(21)n n bn x∞-=-∑．解：(1)先把()f x 延拓到[0,]π上，方法如下：()02()()2f x x x f x x ππππ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪--<≤⎪⎩；再把()f x 延拓到[0,2]π上，方法如下：()0ˆ()(2)2x x f x f x x ππππ⎧≤≤=⎨-<≤⎩．其图象如下． 由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得002()d 0a f x x ππ==⎰，当1n ≥时，201()sin d 0n b f x nx x ππ==⎰．2()cos d n a f x nx xππ=⎰20222()cos d ()cos d f x nx x x nx xπππππ=+⎰⎰ 202()[cos cos()]d f x nx n nx xπππ=--⎰204()cos d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．所以211()cos(21)0,2n n f x a n x x π∞-=⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭∑． (2) 先把()f x 延拓到[0,]π上，方法如下． ()02()()2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪-<≤⎪⎩；再把()f x 延拓到[0,2]π上，方法如下．()0ˆ()(2)2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤=⎨--<≤⎩．由于按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又)x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得002()d 0a f x x ππ==⎰，当1n ≥时，201()cos d 0n a f x nx x ππ==⎰02()sin d n b f x nx xππ=⎰20222()sin d ()sin d f x nx x f x nx xπππππ=+⎰⎰202()[sin sin()]d f x nx n nx xπππ=+-⎰204()sin d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．所以211()sin(21)0,2n n f x b n x x π∞-=⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭∑．§15. 3 收敛定理的证明一 基本内容一、贝塞尔(Bessel)不等式定理1 设()f x 在[,]ππ-上可积，则()2222011()d 2n n n a a b f x x πππ∞-=++≤∑⎰,其中,n n a b 为()f x 的傅里叶系数． 推论1 设()f x 在[,]ππ-上可积，则lim ()cos d 0n f x nx x ππ-→∞=⎰, lim ()sin d 0n f x nx x ππ-→∞=⎰．推论2 设()f x 在[,]ππ-上可积，则01lim ()sin d 02n f x n x x π→∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎰，1lim ()sin d 02n f x n x x π-→∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎰．定理2 设以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上可积，则()1()cos sin 2nn k k k a S x a kx b kx ==++∑1sin 12()d 2sin2n tf x t tt πππ-⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+⎰，此称为()f x 的傅里叶级数的部分和的积分表达式．二、收敛性定理的证明定理3 (收敛性定理) 设以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上按段光滑，则(0)(0)l i m ()022n n f x f x S x →∞-+⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦，定理4 如果()f x 在[,]ππ-上有有限导数，或有有限的两个单侧导数，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-=++∑．定理5 如果()f x 在[,]ππ-按段单调，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-=++∑．二 习题解答1 设()f x 以2π为周期且具有二阶连续的导函数，证明()f x 的傅里叶级数在(,)-∞+∞上一致收敛于()f x ．证：由题目设知()f x 与()f x '是以2π为周期的函数，且光滑，故 01()(cos sin )2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑， 01()(cos sin )2nn n a f x a nx b nx ∞=''''=++∑，且1()d a f x x πππ-''=⎰()1()()0f f πππ=--=．当1n ≥时，1()cos d na f x nx x πππ-''=⎰1()cos ()sin d |nnf x nx f x nx x nb ππππππ--'=+=⎰．1()sin d n b f x nx xπππ-'=⎰1()sin ()cos d |nnf x nx f x nx x na ππππππ--'=-=-⎰于是2222111122n nn n nn a b a b a b n n n n ''⎛⎫⎛⎫''+=+≤+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22211()2n n a b n ''=++．由贝塞尔不等式得221()n nn a b ∞=''+∑收敛，又211n n∞=∑收敛，从而()12n n n a a b ∞=++∑收敛， 故01(cos sin )2n n n a a nx b nx ∞=++∑在(,)-∞+∞上一致收敛．2 设f 为[],ππ-上可积函数，证明：若f 的傅里叶级数在[,]ππ-上一致收敛于f ，则成立贝塞尔(Parseval)等式()2 2220 11()d 2n n n a f x x a b πππ∞-==++∑⎰， 这里,n n a b 为f 的傅里叶系数．证：设()01cos sin 2mm n n n a S a nx b nx ==++∑，因为()f x 的傅里叶级数在[,]ππ-上一致收敛于()f x ，所以0,0N ε∀>∃>，,[,]()m m N x f x S ππε∍>∀∈-⇒-<“”．于是2(),()m m f x S f x S ε--<．而(),()(),()2(),,m m m m m f x S f x S f x f x f x S S S --=-+()()22 2222200 11()d 222m m n n n n n n a a f x x a b a b ππππππ-==⎡⎤=-+++++⎢⎥⎣⎦∑∑⎰()2 2221()d 2mn n n a f x x a b ππππ-==--+∑⎰．所以m N >时，()222221()d 2mn n n a f x x a b ππππε-=--+<∑⎰，故 ()2222011()d 2n n n a a b f x xπππ∞-=++=∑⎰．3 由于贝塞尔等式对于在[,]ππ-上满足收敛定理条件的函数也成立．请应用这个结果证明下列各式．(1) 22118(21)n n π∞==-∑；(2) 22116n n π∞==∑； (3) 44190n π=∑． 解：(1) 取04()04x f x x ππππ⎧--<<⎪⎪=⎨⎪≤<⎪⎩，由§1习题3得1sin(21)(),(,0)(0,)21n n xf x x n ππ∞=-=∈--∑．由贝塞尔等式得22111d 16(21)n x n ππππ∞-==-∑⎰，即22118(21)n n π∞==-∑． (2) 取(),(,)f x x x ππ=∈-，由§1习题1 (1)得11sin ()2(1),(,)n n nxf x x n ππ∞+==-∈-∑．由贝塞尔等式得21211(1)2d n n x x n πππ+∞-=⎛⎫-= ⎪⎝⎭∑⎰，故22116n n π∞==∑．(3) 取2(),[,]f x x x ππ=∈-，由§1习题1 (2)得2221cos 4(1),(,)3nn xx x n πππ∞==+-∈-∑．由贝塞尔等式得22242111(1)4d 23n n x x n ππππ∞-=⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑⎰，故44190n π=∑．4 证明：若,f g 均为[,]ππ-上可积函数，且他们的傅里叶级数在[,]ππ-上分别一致收敛于f 和g ，则。