傅里叶级数课程及习题讲解

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线性表出而得．不妨称2{1,,,,,}n x 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 , cos 2, sin 2,, 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,nu 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 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∈-⎧=⎨-∈-+=±±⎩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=-=⎰，220011sin 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 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=⎰ 2222200224cos cos d |x nx nx x n n n ππππ=-=⎰，2222011sin 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 xn 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+-===⎰⎰， 2 11()sin d ()sin d ,1,2,c n c b 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+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=-+-+；(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 nn 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=+++⎰⎰11(1)()cos d n f x nx xππ++-=⎰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 x ππππ-=+⎰⎰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==⎰，201cos ,cos cos d (cos21)d 22nx nx nx x nx x πππ==+=⎰⎰，又1,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 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 ππππ-=+⎰⎰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 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 23a ax 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 x n 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--=-+⎰21n b 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()3a f 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 '''===-= ． 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 nn 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()sin 2n 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()cos f x x =,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦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=++-+-1(1)2(1)2(21)(21)n n n n ππ+-⋅-⋅=++-124(1)(41)n n π+=--．2222222cos 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，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 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 x n 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⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰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--⎰2228cos 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 ==．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 ==．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-，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 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--'=-=-⎰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()nn n 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 mf x S f x S f x f x f x S S S --=-+()()22 22222011()d 222mmn 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，()222221()d 2mn n n a f x x a b ππππε-=--+<∑⎰，故 ()2222011()d 2n n n a a b f x x πππ∞-=++=∑⎰．。