清华大学微积分A习题课11内容_傅里叶级数习题解答

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，。

第一章 傅里叶分析部份习题解答及参考答案[1-1] 试分别写出图X1－1中所示图形的函数表达式。

图X1-1 习题[1-1]各函数图形解：(a)−∧L x x a 0 (b) () ∧−−L x b a L x a 2rect(c) ()x L x a sgn 2rect (d) x L x cos 2rect[1-2] 试证明下列各式。

(1) += 21comb 21comb x x- (2) ()()x i e x x x πcomb comb 2comb +=(3)()()()x x N x N ππsin sin lim comb ∞→= (4) ()()xx x πωδωsin lim ∞→=(5)()()∫∞∞−=ωωπδd cos 21x x (6)()ωπδωd 21∫∞∞−±=x i e x解：(1)原式左端∑∑∞−∞=∞−∞=+−−=−−=m n m x n x 12121δδ 令()1−=m n=−+=∑∞−∞=m m x 21δ右端 (2)()∑∑∞−∞=∞−∞=−=−= n n n x n x x 2222comb δδ n 2只取偶数()()∑∞−∞=−=m m x x δcomb()()πδδππm m x e m x e x m im m x i cos 2comb ∑∑∞−∞=∞−∞=−=−=当=m 奇数时，()()0comb comb =+xi ex x π；当=m 偶数时，令n m 2=，则12 cos =x π，并且有： ()()()∑∞−∞=−=+n n x x x 22e comb comb xi δπ 得证。

(3)由公式(1-8-7)知：()∑∞−∞=−=n nxex π2i comb上式可视为等比级数求和，其前N 项之和为：()()()()()x Nx e e e e e e e e q q a S x i x i x i Nx i Nx i Nx i x i Nx i N N ππππππππππsin sin 1111221=−−=−−=−−=−−−−−− 所以 ()()()x Nx S x N N N ππsin sin limlim comb ∞→∞→==得证。

一、傅里叶级数在幂级数讨论中1()nnn f x ax∞==∑，可视为()f x 经函数系21, , , , , nx 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 , 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, n u x x a b n ∈=: ，定义两个函数的内积为(),()()()d b n 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 1co s d 0n x n x x n x x ππππ--=⋅=⋅=⎰⎰； sin , sin sin sin d 0 m nm x n x m x n x x m nπππ-=⎧=⋅=⎨≠⎩⎰；co s , co s co s co s d 0 m n m x n x m x n x x m n πππ-=⎧=⋅=⎨≠⎩⎰；sin , co s sin co s d 0m x n x m x n x x ππ-=⋅=⎰；21, 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()01co s sin 2nn n a an x b n x ∞=++∑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(),co s ()co s 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()01co s sin 2nn n a an x b n x ∞=++∑称为()f x 的傅里叶级数，记作()f x ～()1co s sin 2nn n a an x b n x ∞=++∑．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)co s sin 22n n n a f x f x a n x b n x ∞=++-++=∑，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为周期的连续函数，且在[,]ππ-上按 段光滑，则x R ∀∈，有()01()c o s s i n 2nnn a f x an x b n x ∞==++∑．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，11co s d d (sin )n a x n x x x n x n ππππππ--==⎰⎰11sin sin d 0|x n x n x x n n ππππππ--=-=⎰，11sin d d (co s )n b x n x x x n x n ππππππ---==⎰⎰1112co s co s d (1)|n x n x n x x n n nππππππ+---=+=-⎰，所以 11sin ()2(1)n n n x f 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，22011co s d d (sin )n a x n x x x n x n ππππ==⎰⎰22011sin sin d 0|x n x n x x n n ππππ=-=⎰，22011sin d d (co s )n b x n x x x n x n ππππ-==⎰⎰220112co s co s d |x n x n x x n n nππππ--=+=⎰，所以1sin ()2n n xf x nπ∞==-∑，(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，2211co s d d (sin )n a x n x x x n x n ππππππ--==⎰⎰211sin 2sin d |x n x x n x xn n ππππππ--=-⎰22d (co s )x n x n πππ-=⎰222224co s co s d (1)|nx n x n x x n n nππππππ--=-=-⎰，2211sin d d (co s )n b x n x x x n x n ππππππ---==⎰⎰212co s co s d |x n x x n x xn n ππππππ---=+⎰22d (sin )x n x n πππ-=⎰2222sin sin d 0|x n x n x x n n ππππππ--=-=⎰，所以221sin ()4(1)3nn n xf x nπ∞==+-∑，(,)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，222211co s d d (sin )n a x n x x x n x n ππππ==⎰⎰22211sin 2sin d |x n x x n x xn n ππππ=-⎰222d (co s )x n x n ππ=⎰22222224co s co s d |x n x n x x n n nππππ=-=⎰，222211sin d d (co s )n b x n x x x n x n ππππ-==⎰⎰22212co s co s d |x n x x n x xn n ππππ-=+⎰2242d (sin )x n x n n πππ=-+⎰22224224sin sin d |x n x n x x nn n nππππππ=-+-=-⎰，所以22214co s sin ()43n n x n x f x n n ππ∞=⎛⎫=+- ⎪⎝⎭∑，(0,2)x π∈为所求．(3) 0()(,0,0)0a xx f x a b a b b xx 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 a x x b x x ππππππππ---==+=⎰⎰⎰．当1n ≥时，0211co s d co s d n a a x n x x b x n x xππππ-=+⎰⎰2[1(1)]na b n π-=--0011sin d sin d n b a x n x x b x n x xππππ-=+⎰⎰1(1)n a b n ++=-所以21()2()1()co s(21)4(21)n b a b a f x n xn ππ∞=--=+--∑11sin ()(1)n n n x a 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 cb f x n x x f x n x x n πππππ+-===⎰⎰．证：因为()f x ，sin n x ，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()co s d ()co s d f x n x x f x n x xππππππ-++⎰⎰1()co s d f x n x xπππ-=⎰．同理可得2 11()sin d ()sin d c n cb f x n x x f x n x 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)111111657111317=-+-+-+．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000111()d d d 044a f x x x x πππππππππ---==+=⎰⎰⎰．当1n ≥时，0011co s d co s d 044n a n x x n x x ππππππ--=+=⎰⎰．0011sin d sin d 44n b n x x n x 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1111114257111317π⎫=-+-+-+⎪⎝⎭ ，所以111111657111317=-+-+-+．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()co s d ()co s d n a f x n x x f x n x xππππ-=+⎰⎰11()co s()d ()co s d f t n x n x f x n x xππππππ=+++⎰⎰11(1)()co s d n f x n x xππ++-=⎰02()co s d 2102f x n x x n k n k ππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．0011()sin d ()sin d n b f x n x x f x n x xππππ-=+⎰⎰2()sin d 2102f x n x 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()co s d ()co s d n a f x n x x f x n x xππππ-=+⎰⎰11()co s()d ()co s d f t n x n x f x n x xπππππ=++⎰⎰1(1)()cos d nf x nx xππ+-=⎰02()co s d 2021f x n x x n k n k ππ⎧=⎪=⎨⎪=-⎩⎰．0011()sin d ()sin d n b f x n x x f x n x xππππ-=+⎰⎰02()sin d 2021f x n x 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 ,cos 2,,cos ,}x x nx ， 因为n ∀，1,1d x ππ==⎰，21co s ,co s co s d (co s 21)d 22n x n x n x x n x x πππ==+=⎰⎰，又1,co s co s d 0n x n x x π==⎰；,m n∀，m n ≠时，co s ,co s co s co s d m x n x m x n x xπ=⎰11co s()d co s()d 022m n x x m n x x ππ=++-=⎰⎰．所以{1,cos ,cos 2,,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 ∀，21sin ,sin sin d (1co s 2)d 22n x n x n x x n x x πππ==-=⎰⎰，又,m n ∀，m n ≠时，sin ,sin sin sin d m x n x m x n x xπ=⎰11co s()d co s()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,cos 2,,sin ,cos ,}x x x x nx nx 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) (),022x f 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220011()d d 02x a f x x x πππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，22011co s d d (sin )22n x x a n x x n x n ππππππ--==⎰⎰2201sin sin d 022|x n x n x x n n πππππ-=+=⎰，22011sin d d (co s )22n x x b n x x n x n ππππππ---==⎰⎰22011co s co s d 22|x n x n x x n n nπππππ-=--=⎰，所以1sin ()n n x f 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 xx ππ-≤<===⎨⎪≤≤⎪⎩，所以由系数公式得01()d a f x xπππ-=⎰00sind sind 22x x x x πππππ-=+=．当1n ≥时，00sinco s d sin co s d 22n x x a n x x n x xππππ-=+⎰sin co s d 2(41)x n x x n πππ==--．00sin sin d sinsin d 022n x x b n x x n x x ππππ-=+=⎰．所以211()co s 41n f x n xn ππ∞==-，(,)x ππ∈-．而x π=±时，(0)(0)()2f f f πππ±-+±+=±，故211()co s 41n f x n xn ππ∞==--，[,]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 223a a xb xc x b cππππ=++=++⎰．当1n ≥时，221()co s d n a a x b x c n x xππ=++⎰22211()sin (2)sin d |a xb xc n x a x b n x xn n ππππ=++++⎰24a n=，221()sin d n b a x b x c n x xππ=++⎰22211()co s (2)co s d |a xb xc n x a x b n x xn n ππππ=-++-+⎰42a nnππ=--，故224()3a f x a xb xc b cππ=++=++21442co s sin ,(0,2)n a a bn x n x x nnππ∞=++-∈∑为所求．(ii)由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰2212()d 23a a xb xc x cππππ-=++=+⎰．当1n≥时，21()co s d n a a x b x c n x xπππ-=++⎰211()sin (2)sin d |a xb xc n x a x b n x xn n ππππππ--=++++⎰24(1)na n=-，21()sin d n b a x b x c n x xπππ-=++⎰211()co s (2)co s d |a xb xc n x a x b n x xn n ππππππ--=-++-+⎰12(1)n b n-=-，故222()3a f x a xb xc cπ=++=+§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 n2nnn a F t an t b n t ∞=++∑，其中 1()co s d ,n a F t n t t πππ-=⎰1()sin d n b F t n t tπππ-=⎰．令xt lπ=得()()lt F t f f x π⎛⎫== ⎪⎝⎭，sin sin ,co s co sn x n xn t n t 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,ln l n x a f x dx l l π-=⎰1()sin ln ln x b f x dxllπ-=⎰．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)co ssin22nn n a f x f x n x n x ab ll 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()co sd 0l n ln x a f x x llπ-==⎰，12()sind ()sind l l n ln x n x b f x x f x xllllππ-==⎰⎰．从而01()sin2nn a n x f x alπ∞=+∑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) ()co s f x x =(周期π)； 解：函数()co s 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22002244co s d co s d a x x x x ππππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，222co s co s 2d n a x n x x πππ-=⎰204co s co s 2d x n x xππ=⎰202[co s(21)co s(21)]d n x n x xππ=++-⎰22011sin (21)sin (21)(21)(21)||n x n x n n ππππ=++-+-1(1)2(1)2(21)(21)nn n n ππ+-⋅-⋅=++-124(1)(41)n n π+=--．222co s sin d 0n b x n x x πππ-==⎰．故121241()co s (1)co s 241n n f x x n xn 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．2222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()()111210022[]d 2[]d 2d 1a x x x x x x x x -=-=-==⎰⎰⎰．当1n ≥时，()()1121022[]co s 2d 2[]co s 2d n a x x n x xx x n x xππ-=-=-⎰⎰11012co s 2d d (sin 2)x n x x x n x n πππ==⎰⎰1111sin 2sin 2d 0|x n x n x x n n ππππ=-=⎰．()1121022[]sin 2d 2sin 2d n b x x n x xx n x xππ-=-=⎰⎰101d (co s 2)x n x n ππ-=⎰1111co s 2co s 2d |x n x n x x n n ππππ-=+⎰1n π-=．故1111()[]sin 22n f x x x n xnππ∞==-=-∑，(,)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-==⎰⎰22041co s 2d 2x xππ-⎛⎫=⎪⎝⎭⎰204311co s 2co s 4d 828x x x ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰34=．当1n≥时，204311co s 2co s 4co s 2d 828n a x x n x x ππ⎛⎫=-+⎪⎝⎭⎰222211201,2128n n n n ⎧-=⎪⎪=≠≠⎨⎪⎪=⎩． 222co s sin d 0n b x n x x πππ-==⎰．故4311()sin co s 2co s 4828f 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0012sg n (co s )d sg n (co s )d 0a x x x x πππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，2sg n (co s )co s d n a x n x xππ=⎰202224co s d co s d sin2n n x x n x x n πππππππ=-=⎰⎰4sin 2n n ππ=024(1)21(21)k n k n k k π=⎧⎪=⎨-=-⎪+⎩．2sg n (co s )sin d 0n b x n x x πππ-==⎰．故14co s(21)()sg n (co s )(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2级数．因32l =，所以由系数公式得3123001222224()d d d (3)d 33333a f x x x x x x x ==++-=⎰⎰⎰⎰．当1n ≥时，12012222co sd co sd 3333n n x n x a x x xππ=+⎰⎰3222(3)co sd 33n x x xπ+-⎰21011212d sin sin 33n x n x x n n ππππ⎛⎫=+⎪⎝⎭⎰3212(3)d sin 3n x x n ππ⎛⎫+- ⎪⎝⎭⎰10121214sinsind sin333n n x n x n n n ππππππ=-+⎰3322121212sin(3)sinsind 333n n x n x x xn n n ππππππ-+-+⎰1221432sinco s323n n x n n ππππ=+32221432sinco s323n n x n n ππππ--2222323cos232n n n πππ=-2222334co s 2co s223n n n n ππππ-+2222323co s3n n n πππ=-． 2()sin d 0n b f x n x x πππ-==⎰．故2221231122()co s co s 333n 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，2co s d 2n a x n x x πππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰22sin sin d 2x n x n x x n n πππππ⎛⎫=-+⎪⎝⎭⎰22co s n xn ππ=-242102n k n n kπ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩．n b =．故2141()co s(21),[0,]2(21)n f x x n x x n πππ∞==-=-∈-∑．4 将函数()co s2x f x =在[0,]π上展开成正弦级数．解：函数()co s2x f 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 == ．2co ssin d 2n x b n x xππ=⎰111sin sin d 22n x n x x ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰11co s co s 1221122n x n x n n ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎢⎥=-+⎢⎥+-⎢⎥⎣⎦28(41)nn π=-．故在[0, ]π上218()co ssin 241n x n f x n xn π∞===-∑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1120022()d 2(1)d 3a f x x x x ==-=⎰⎰． 当1n ≥时，122(1)cos d n a x n x xπ=-⎰11222(1)sin (1)sin d x n xx n x xn n ππππ=---⎰11222222(1)co s co s d x n xn x xn n ππππ=--⎰224n π=．n b =．所以2221141(1)co s ,[0,1]3n x n x x n π∞=-=+∈∑．令0x =得22114113n nπ∞==+∑，即22116n nπ∞==∑．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 n x xππ=⎰2222sin d ()sin d x n x x x n x xππππππ=+-⎰⎰22022co s co s d x n xn x xn n ππππ-=+⎰2222()co s co s d x n xn x xn n πππππππ--+-+⎰204co s d n x x n ππ=⎰24sin2n n ππ=2024(1)21kn k n k n π=⎧⎪=⎨-=-⎪⎩所以214(1)()arcsin (sin )sin (21)(21)n n f x x n xn 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 (co s )d 0a x x ππ==⎰，当1n ≥时，2arcsin (co s )co s d n a x n x x ππ=⎰2co s d 2x n x x πππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰22sin sin d n xn x xn n ππππ=+⎰202421n k n k n π=⎧⎪=⎨=-⎪⎩． 0,1,2,n b n ==．所以2141()arcsin (co s )co s(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)211co s(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 n x x ππ==⎰．2()co s d n a f x n x xππ=⎰2222()co s d ()co s d f x n x x f x n x xπππππ=+⎰⎰ 202()[co s co s()]d f x n x n n x xπππ=--⎰24()co s d 2102f x n x x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．所以211()co s(21)0,2n n f x a n xx 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()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()co s d 0n a f x n x x ππ==⎰2()sin d n b f x n x xππ=⎰2222()sin d ()sin d f x n x x f x n x xπππππ=+⎰⎰202()[sin sin ()]d f x n x n n x xπππ=+-⎰204()sin d 2102f x n x x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．所以211()sin (21)0,2n n f x b n xx π∞-=⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭∑．§15. 3 收敛定理的证明一 基本内容一、贝塞尔(B essel)不等式定理1 设()f x 在[,]ππ-上可积，则()2222011()d 2nnn a ab f x xπππ∞-=++≤∑⎰,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()co s d 0n f x n x x ππ-→∞=⎰, lim()sin d 0n f x n x x ππ-→∞=⎰．推论2 设()f x 在[,]ππ-上可积，则1lim()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()01()co s sin 2nn kk k a S x akx b kx ==++∑1sin 12()d 2sin2n t f 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)co s sin 22nn n a f x f x an x b n x ∞=++-=++∑．定理5 如果()f x 在[,]ππ-按段单调，则()01(0)(0)co s sin 22nn n a f x f x an x b n x ∞=++-=++∑．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()(co s sin )2nn n a f x an x b n x ∞==++∑， 01()(co s sin )2nnn a f x a n x b n x ∞=''''=++∑，且 01()d a f x x πππ-''=⎰()1()()0f f πππ=--=．当1n≥时，1()co s d na f x n x xπππ-''=⎰1()co s ()sin d |nnf x n x f x n x x n b ππππππ--'=+=⎰．1()sin d n b f x n x xπππ-'=⎰1()sin ()co s d |nnf x n x f x n x x n a ππππππ--'=-=-⎰于是2222111122n n n n n n a b a b a b nnn n ''⎛⎫⎛⎫''+=+≤+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22211()2nn 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()12nnn a ab ∞=++∑收敛，故01(co s sin )2nn n a an x b n x ∞=++∑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()22220 11()d 2nnn a f x x ab πππ∞-==++∑⎰，这里,n n a b 为f 的傅里叶系数．证：设()01co s sin 2mm nn n a S an x b n x ==++∑，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 --=-+()()22222220011()d 222mmn n nnn n aa f x x ab ab ππππππ-==⎡⎤=-+++++⎢⎥⎣⎦∑∑⎰()22220 1()d 2mnnn a f x x ab ππππ-==--+∑⎰．所以mN>时，()222220 1()d 2mnnn a f x x ab ππππε-=--+<∑⎰，故 ()222211()d 2n nn 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 nπ∞==∑； (3) 44190nπ=∑．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∞-==-∑⎰，。

高等数学课后习题与参考答案〔第十一章〕习题11-11.写出下列级数的前五项:<1>∑∞=++1211n nn;解 51514141313121211111112222212⋅⋅⋅+++++++++++++++=++∑∞=n n n . 解 3762651045311112⋅⋅⋅+++++=++∑∞=n n n .<2>∑∞=⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅12 42)12( 31n n n ; 解 10864297531864275316425314231212 42)12( 311⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+=⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅∑∞=n n n . 解 3840945384105481583212 42)12( 311⋅⋅⋅+++++=⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅∑∞=n n n .<3>∑∞=--115)1(n n n ; 解 51515151515)1(543211⋅⋅⋅-+-+-=-∑∞=-n n n . 解 3125162511251251515)1(11⋅⋅⋅-+-+-=-∑∞=-n n n . <4>∑∞=1!n n nn.解 5!54!43!32!21!1!543211⋅⋅⋅+++++=∑∞=n n n n. 解3125120256242764211!1⋅⋅⋅+++++=∑∞=n n n n . 2.写出下列级数的一般项:<1> 7151311⋅⋅⋅++++; 解 一般项为121-=n u n . <2> 5645342312⋅⋅⋅-+-+-; 解 一般项为nn u n n 1)1(1+-=-. <3> 86426424222⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅+x x x x x ; 解 一般项为!22n x u n n =.<4> 97535432⋅⋅⋅+-+-a a a a . 解 一般项为12)1(11+-=+-n a u n n n . 3.根据级数收敛与发散的定义判定下列级数的收敛性:<1>∑∞=-+1)1(n n n ;解 因为)1( )34()23()12(n n s n -++⋅⋅⋅+-+-+-=)()11(∞→∞→-+=n n ,所以级数发散.<2> )12)(12(1 751531311⋅⋅⋅++-+⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅n n ; 解 因为)12)(12(1 751531311+-+⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅=n n s n)121121(21 )7151(21)5131(21)3111(21+--+⋅⋅⋅+-+-+-=n n )121121 715151313111(21+--+⋅⋅⋅+-+-+-=n n )(21)1211(21∞→→+-=n n , 所以级数收敛.<3> 6sin 63sin 62sin 6sin ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++ππππn . 解 6sin 63sin 62sin 6sin ππππn s n ⋅⋅⋅+++= )6sin 12sin 2 62sin 12sin 26sin 12sin 2(12sin 21πππππππn +⋅⋅⋅++= )]1212cos 1212(cos )125cos 123(cos )123cos 12[(cos 12sin 21πππππππ+--+⋅⋅⋅+-+-=n n )1212cos 12(cos 12sin 21πππ+-=n . 因为π1212cos lim +∞→n n 不存在,所以n n s ∞→lim 不存在,因而该级数发散. 4.判定下列级数的收敛性: <1> 98)1( 9898983322⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅+-+-n n n ; 解 这是一个等比级数,公比为98-=q ,于是198||<=q ,所以此级数收敛. <2> 31 916131⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n; 解 此级数是发散的,这是因为如此级数收敛,则级数) 31 916131(311⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++==∑∞=n n n 也收敛,矛盾.<3> 31 3131313⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n ; 解 因为级数的一般项)(013311∞→≠→==-n u n n n ,所以由级数收敛的必要条件可知,此级数发散.<4> 232323233322⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n n ; 解 这是一个等比级数,公比123>=q ,所以此级数发散. <5> )3121( )3121()3121()3121(3322⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++++++nn . 解 因为∑∞=121n n 和∑∞=131n n 都是收敛的等比级数,所以级数 )3121( )3121()3121()3121()3121(33221⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++++++=+∑∞=n n n n n 是收敛的.习题11-21.用比较审敛法或极限形式的比较审敛法判定下列级数的收 敛性:<1> )12(1 51311⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅+++n ; 解因为211121lim =-∞→nn n ,而级数∑∞=11n n发散,故所给级数发散. <2> 11 313121211222⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+++++++n n ; 解因为n n n n n n u n 111122=++>++=,而级数∑∞=11n n发散, 故所给级数发散.<3> )4)(1(1 631521⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⋅+⋅n n ; 解因为145lim 1)4)(1(1lim 222=++=++∞→∞→n n n nn n n n ,而级数∑∞=121n n 收敛, 故所给级数收敛.<4> 2sin 2sin 2sin 2sin 32⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n ππππ;解因为πππππ==∞→∞→nn n n n n 22sin lim 212sin lim ,而级数∑∞=121n n 收敛, 故所给级数收敛.<5>∑∞=>+1)0(11n n a a . 解因为 ⎪⎩⎪⎨⎧>=<<==+=+∞→∞→11 1 2110 0 1lim 111lim a a a l a a a a n n n n n n ,而当a >1时级数∑∞=11n n a 收敛,当0<a ≤1时级数∑∞=11n n a 发散, 所以级数∑∞=+111n n a 当a >1时收敛,当0<a ≤1时发散. 2.用比值审敛法判定下列级数的收敛性:<1>23 2332232133322⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅nn n ; 解级数的一般项为n n n n u 23⋅=.因为 123123lim 322)1(3lim lim 111>=+⋅=⋅⋅⋅+=∞→++∞→+∞→n n n n u u n n n n n n n n n , 所以级数发散.<2>∑∞=123n n n ; 解因为131)1(31lim 33)1(lim lim 22121<=+⋅=⋅+=∞→+∞→+∞→nn n n u u n n n n n n n , 所以级数收敛.<3>∑∞=⋅1!2n n n n n ;解因为12)1(lim 2!2)1()!1(2lim lim 111<=+=⋅⋅++⋅=∞→++∞→+∞→e n n n n n n u u n n n n n n n n n n , 所以级数收敛.<3>∑∞=+112tann n n π. 解因为121221lim 2tan 2tan )1(lim lim 12121<=⋅+=+=++∞→++∞→+∞→n n n n n n n n n n n n n u u ππππ, 所以级数收敛.3.用根值审敛法判定下列级数的收敛性:<1>∑∞=+1)12(n n n n ; 解因为12112lim lim<=+=∞→∞→n n u n n n n ,所以级数收敛. <2>∑∞=+1)]1[ln(1n n n ; 解因为10)1ln(1lim lim<=+=∞→∞→n u n n n n ,所以级数收敛. <3>∑∞=--112)13(n n n n ; 解因为n n n n n n n n n n n u 1212)13(1lim)13(lim lim -∞→-∞→∞→-=-= 131)311(31lim 321212<⋅=-⋅=--∞→en n n n , 所以级数收敛.<4>∑∞=1)(n n na b ,其中a n →a <n →∞>,a n ,b ,a 均为正数.解因为a b a b u nn nn n ==∞→∞→lim lim , 所以当b <a 时级数收敛,当b >a 时级数发散.4.判定下列级数的收敛性:<1> )43( )43(3)43(24332⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n n ; 解这里n n n u )43(=,因为 143431lim )43()43)(1(lim lim 11<=⋅+=+=∞→+∞→+∞→n n n n u u n nn n n n n , 所以级数收敛.<2>!!33!22!114444⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n n ; 解这里!4n n u n =,因为 10)1(1lim !)!1()1(lim lim 3441<=+⋅=⋅++=∞→∞→+∞→n n nn n n n u u n n n n n , 所以级数收敛.<3>∑∞=++1)2(1n n n n ; 解因为121lim 1)2(1lim =++=++∞→∞→n n nn n n n n ,而级数∑∞=11n n发散, 故所给级数发散.<4>∑∞=13sin2n nn π; 解因为1323232lim 3sin 23sin 2lim 1111<=⋅⋅=++∞→++∞→n n n n n n n n n n ππππ, 所以级数收敛.<5> 1 232⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++nn ; 解因为011lim lim ≠=+=∞→∞→n n u n n n , 所以级数发散.<6>)0 ,0( 1 211>>⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++++b a bna b a b a . 解因为n a b na u n 111⋅>+=,而级数∑∞=11n n发散, 故所给级数发散.5.判定下列级数是否收敛？如果是收敛的,是绝对收敛还是 条件收敛？<1> 4131211⋅⋅⋅+-+-; 解这是一个交错级数∑∑∞=-∞=--=-11111)1()1(n n n n n n u ,其中n u n 1=. 因为显然u n ≥u n +1,并且0lim =∞→n n u ,所以此级数是收敛的. 又因为∑∑∞=∞=-=-1111|)1(|n n n n nu 是p <1的p 级数,是发散的,所以原级数是条件收敛的.<2>∑∞=---1113)1(n n n n ; 解∑∑∞=-∞=--=-111113|3)1(|n n n n n n n . 因为131331lim 1<=+-∞→n n n n n ,所以级数∑∞=-113n n n 是收敛的, 从而原级数收敛,并且绝对收敛.<3> 2131213121312131432⋅⋅⋅+⋅-⋅+⋅-⋅;解这是交错级数∑∞=-⋅-112131)1(n n n ,并且∑∑∞=∞=-⋅=⋅-1112131|2131)1(|n n n n n . 因为级数∑∞=⋅12131n n 是收敛的,所以原级数也收敛,并且绝对收敛. <4> 5ln 14ln 13ln 12ln 1⋅⋅⋅+-+-; 解这是交错级数∑∑∞=-∞=-+-=-1111)1ln()1()1(n n n n n n u ,其中)1ln(1+=n u n . 因为u n ≥u n +1,并且0lim =∞→n n u ,所以此级数是收敛的. 又因为11)1ln(1+≥+n n ,而级数∑∞=+111n n 发散, 故级数∑∑∞=∞=-+=-111)1ln(1|)1(|n n n n n u 发散,从而原级数是条件收敛的. <5>∑∞=+-11!2)1(2n n n n . 解级数的一般项为!2)1(21n u n n n +-=. 因为∞=⋅⋅⋅⋅⋅-⋅-⋅===∞→∞→∞→∞→122232 22122lim !)2(lim !2lim ||lim 2n n n n n n n n n n n n n n n n n n u , 所以级数发散.习题11-31. 求下列幂级数的收敛域:<1>x +2x 2+3x 3+⋅⋅⋅+nx n +⋅⋅⋅;解 11lim ||lim 1=+=∞→+∞→nn a a n n n n , 故收敛半径为R =1. 因为当x =1时, 幂级数成为∑∞=1n n , 是发散的;当x =-1时, 幂级数成为∑∞=-1)1(n n n , 也是发散的,所以收敛域为<-1,1>.<2> )1( 21222⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅++-nx x x n n ; 解 1)1(lim 1)1(1lim ||lim 22221=+=+=∞→∞→+∞→n n n n a a n n n n n , 故收敛半径为R =1. 因为当x =1时, 幂级数成为∑∞=-221)1(n n n , 是收敛的; 当x =-1时, 幂级数成为∑∞=+1211n n , 也是收敛的, 所以收敛域为[-1,1].<3> )2( 42 64242232⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅+n x x x x n ; 解 0)1(21lim )!1(2!2lim ||lim 11=+=⋅+⋅⋅=∞→+∞→+∞→n n n a a n n n n n n n , 故收敛半径为R =+∞, 收敛域为<-∞,+∞>. <4> 33332313322⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅n n n x x x x ; 解 31131lim 3)1(3lim ||lim 11=+⋅=⋅+⋅=∞→+∞→+∞→n n n n a a n n n n n n n , 故收敛半径为R =3. 因为当x =3时, 幂级数成为∑∞=11n n , 是发散的; 当x =-3时, 幂级数成为∑∞=-11)1(n n n , 也是收敛的, 所以收敛域为[-3,3>. <5> 12 102522223322⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+++n n x n x x x ;解 21)1(1lim 2211)1(2lim ||lim 222211=+++=+⋅++=∞→+∞→+∞→n n n n a a n n n n n n n , 故收敛半径为21=R . 因为当21=x 时, 幂级数成为∑∞=+1211n n , 是收敛的; 当x =-1时, 幂级数成为∑∞=+-1211)1(n n n , 也是收敛的, 所以收敛域为]21 ,21[-. <6>∑∞=++-11212)1(n n n n x ; 解 这里级数的一般项为12)1(12+-=+n x u n nn . 因为212321|1232|lim ||lim x x n n x u u n n n n n n =+⋅+=++∞→+∞→, 由比值审敛法, 当x 2<1, 即|x |<1时, 幂级数绝对收敛; 当x 2>1, 即|x |>1时, 幂级数发散, 故收敛半径为R =1.因为当x =1时, 幂级数成为∑∞=+-1121)1(n n n , 是收敛的; 当x =-1时, 幂级数成为∑∞=++-11121)1(n n n , 也是收敛的, 所以收敛域为[-1, 1].<7>∑∞=--122212n n n x n ; 解 这里级数的一般项为22212--=n nn x n u . 因为22212121|)12(22)12(|lim ||lim x x n x n u u n n n n n n n n =-⋅+=-+∞→+∞→, 由比值审敛法, 当1212<x , 即2||<x 时, 幂级数绝对收敛; 当1212>x , 即2||>x 时, 幂级数发散, 故收敛半径为2=R . 因为当2±=x 时, 幂级数成为∑∞=-1212n n , 是发散的, 所以收敛域为)2 ,2(-.<8>∑∞=-1)5(n nn x . 解 11lim ||lim 1=+=∞→+∞→n n a a n n n n , 故收敛半径为R =1, 即当-1<x -5<1时级数收敛, 当|x -5|>1时级数发散.因为当x -5=-1, 即x =4时, 幂级数成为∑∞=-1)1(n nn , 是收敛的; 当x -5=1, 即x =6时, 幂级数成为∑∞=11n n, 是发散的, 所以收敛域为[4, 6>. 2. 利用逐项求导或逐项积分, 求下列级数的和函数:<1>∑∞=-11n n nx ;解 设和函数为S <x >, 即∑∞=-=11)(n n nx x S , 则][][])([)(1010110'='='=∑⎰⎰∑⎰∞=-∞=-n xn x n n x dx nx dx nxdx x S x S)11( )1(1]111[][21<<--='--='=∑∞=x x x x n n . <2>∑∞=++11414n n n x ; 解 设和函数为S <x >, 即∑∞=++=11414)(n n n x x S , 则dx x dx n x dx x S S x S x n n x n n x ⎰∑⎰∑⎰∞=∞=+='+='+=01401140]14[)()0()( ⎰⎰-⋅++⋅+-=--=x x dx x x dx x02204)112111211()111( )11( arctan 2111ln 41<<--+-+=x x x x x .提示: 由)0()()(0S x S dx x S x -='⎰得⎰'+=xdx x S S x S 0)()0()(. <3>⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅+++- 12 531253n x x x x n . 解 设和函数为S <x >, 即⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅+++=-=-∞=-∑ 12 5312)(1253112n x x x x n x x S n n n , 则 ⎰∑⎰∑⎰∞=-∞=-='-='+=x n n x n n x dx x dx n x dx x S S x S 012201120]12[)()0()( )11( 11ln 211102<<--+=-=⎰x x x dx xx . 提示: 由)0()()(0S x S dx x S x -='⎰得⎰'+=xdx x S S x S 0)()0()(.习题11-41. 求函数f <x >=cos x 的泰勒级数, 并验证它在整个数轴上收敛于这函数.解 )2cos()()(π⋅+=n x x f n <n =1,2,⋅⋅⋅>, )2cos()(00)(π⋅+=n x x f n <n =1,2,⋅⋅⋅>, 从而得f <x >在x 0处的泰勒公式)(!2)cos())(2cos(cos )(200000⋅⋅⋅+-++-++=x x x x x x x x f ππ )( )(!)2cos(00x R x x n n x n n +-++π. 因为)!1(|||)()!1(]21)(cos[||)(|101000+-≤-+++-+=++n x x x x n n x x x x R n n n πθ<0≤θ≤1>, 而级数∑∞∞→++-n n n x x )!1(||10总是收敛的, 故0)!1(||lim 10=+-+∞→n x x n n , 从而0|)(|lim =∞→x R n n . 因此 )(!2)cos())(2cos(cos )(200000⋅⋅⋅+-++-++=x x x x x x x x f ππ⋅⋅⋅+-++ )(!)2cos(00n x x n n x π,x ∈<-∞,+∞>.2. 将下列函数展开成x 的幂级数, 并求展开式成立的区间: <1>2sh x x e e x --=; 解 因为∑∞==0!n n xn x e ,x ∈<-∞,+∞>,所以 ∑∞=--=0!)1(n n nx n x e ,x ∈<-∞,+∞>, 故 ∑∑∑∑∞=-∞=∞=∞=-=--=--=012000)!12(!])1(1[21]!)1(![21sh n n n n n n n n n n n x n x n x n x x ,x ∈<-∞,+∞>. <2>ln<a +x ><a >0>;解 因为)1ln(ln )1(ln )ln(a x a a x a x a ++=+=+,∑∞=++-=+011)1()1ln(n n nn x x <-1<x ≤1>, 所以 ∑∑∞=++∞=++-+=+-+=+01101)1()1(ln )(11)1(ln )ln(n n n n n n n a n x a a x n a x a <-a <x ≤a >. <3>a x ;解 因为∑∞==0!n n x n x e ,x ∈<-∞,+∞>, 所以 ∑∑∞=∞=====00ln !)(ln !)ln (n n n n n x a x x x n a n a x e ea ,x ∈<-∞,+∞>, <4>sin 2x ; 解 因为x x 2cos 2121sin 2-=,∑∞=-=02)!2()1(cos n n nn x x ,x ∈<-∞,+∞>, 所以 ∑∑∞=-∞=⋅-=--=1212022)!2(2)1()!2()2()1(2121sin n n n n n n n n x n x x x ∈<-∞,+∞>. <5><1+x >ln<1+x >;解 因为∑∞=++-=+011)1()1ln(n n nn x x <-1<x ≤1>, 所以 ∑∞=++-+=++011)1()1()1ln()1(n n nn x x x x ∑∑∞=+∞=++-++-=02011)1(1)1(n n n n n nn x n x ∑∑∞=++∞=+-++-+=11111)1(1)1(n n n n n n n x n x x 111])1(1)1([+∞=+∑-++-+=n n n n x n n x 111)1()1(+∞=-∑+-+=n n n x n n x <-1<x ≤1>. <6>21x x +. 解 因为∑∞=--+=+122/12!)!2(!)!12()1(1)1(1n n n x n n x <-1≤x ≤1>, 所以 ∑∑∞=+∞=+⋅-+=--+=+11221122)2()!()!2(2)1(!)!2(!)!12()1(1n n n n n n x n n x x n n x xx <-1≤x ≤1>. 3. 将下列函数展开成<x -1>的幂级数, 并求展开式成立的区间: <1>3x ;解 因为)11( !)1( )1( !2)1(1)1(2<<-⋅⋅⋅++-⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅+-++=+x x n n m m m x m m mx x n m . 所以 233)]1(1[-+=x x )1(!)123( )123(23 )1(!2)123(23)1(2312⋅⋅⋅+-+-⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅+--+-+=n x n n x x)111(<-<-x ,即 )1(!2)25( )3()1(13 )1(!2213)1(231223⋅⋅⋅+-⋅-⋅⋅⋅-⋅-⋅⋅+⋅⋅⋅+-⋅⋅+-+=n n x n n x x x )20(<<x .上术级数当x =0和x =2时都是收敛的, 所以展开式成立的区间是[0,2].<2>lg x .解 ∑∞=-≤-<---=-+==11)111( )1()1(10ln 1)]1(1ln[10ln 110ln ln lg n n n x nx x x x , 即 ∑∞=-≤<--=11)20( )1()1(10ln 1lg n n n x nx x . 4. 将函数f <x >=cos x 展开成)3(π+x 的幂级数. 解 3sin )3sin(3cos )3cos(]3)3cos[(cos ππππππ+++=-+=x x x x )3sin(23)3cos(21ππ+++=x x ∑∑∞=+∞=++-++-=01202)3()!12()1(23)3()!2()1(21n n n n n n x n x n ππ )( ])3()!12(3)3()!2(1[)1(211202+∞<<-∞++++-=+∞=∑x x n x n n n n n ππ. 5.将函数xx f 1)(=展开成<x -3>的幂级数. 解 ∑=<-<---=-+=-+=n n n n x x x x x 0)1331( )33()1(313311313311, 即 ∑=<<--=n n n n x x x 0)60( )33()1(311. 6.将函数231)(2++=x x x f 展开成<x +4>的幂级数. 解 2111231)(2+-+=++=x x x x x f ,而 ∑∞=<++-=+--=++-=+0)1|34(| )34(31341131)4(3111n n x x x x x , 即 )17( 3)4(1101-<<-+-=+∑∞=+x x x n n n ; ∑∞=<++-=+--=++-=+0)1|24(| )24(21241121)4(2121n n x x x x x , 即 )26( 2)4(2101-<<-+-=+∑∞=+x x x n n n . 因此 ∑∑∞=∞=+++++-=++=001122)4(3)4(231)(n n n n n n x x x x x f )26( )4)(3121(011-<<-+-=∑∞=++x x n n n n . 习题11-51. 利用函数的幂级数展开式求下列各数的近似值:<1>ln3<误差不超过0.0001>; 解)11( ) 121 5131(211ln 1253<<-⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅+++=-+-x x n x x x x x n , ) 21121 2151213121(2211211ln 3ln 1253⋅⋅⋅+⋅-+⋅⋅⋅+⋅+⋅+=-+=-n n . 又 ] 2)32(12)12(1[2||3212⋅⋅⋅+⋅++⋅-=+-n n n n n r ] 2)52(2)12(2)32(2)12(1[2)12(25212321212⋅⋅⋅+⋅+⋅++⋅+⋅+++=+++++n n n n n n n n n n 2242122)12(31) 21211(2)12(2-+-=⋅⋅⋅++++<n n n n , 故 00012.021131||85≈⋅⋅<r ,00003.021331||105≈⋅⋅<r . 因而取n =6, 此时1.0986 )21111219121712151213121(23ln 119753≈⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+=. <2>e <误差不超过0.001>;解 )( !1 !2112+∞<<-∞⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++=x x n x x e n x , 21!1 21!212112⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅++=nn e . 由于 21)!2(121)!1(121⋅⋅⋅+⋅++⋅+=++n n n n n r 21)1()2(121111[2!12⋅⋅⋅+⋅+⋅++⋅++⋅=n n n n n 22!3141112!1-⋅⋅=-⋅⋅<n n n n , 故 0003.02!53134≈⋅⋅=r . 因此取n =4得648.121!4121!3121!21211432≈⋅+⋅+⋅++≈e . <3>9522<误差不超过0.00001>; 解)11( !)1( )1( !2)1(1)1(2<<-⋅⋅⋅++-⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅+-++=+x x n n m m m x m m mx x n m , 9/199)2101(2522+= ] )210(!33178)210(!298210911[23922929⋅⋅⋅-⋅⋅⋅+⋅⋅-⋅+=. 由于002170.0210919≈⋅,000019.0)210(!298292≈⋅⋅, 故00430.2)000019.0002170.01(25229≈-+=.<4>cos 2︒<误差不超过0.0001>.解 )( )!2()1( !4!21cos 242+∞<<-∞⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅-+-=x n x x x x n n , )90(!61 )90(!41)90(!21190cos 2cos 642⋅⋅⋅+⋅-⋅+⋅-==︒ππππ.由于42106)90(!21-⨯≈⋅π,8410)90(!41-≈⋅π, 故 9994.00006.01 )90(!2112cos 2=-≈⋅⋅-≈︒π.2.利用被积函数的幂级数展开式求下列定积分的近似值:<1>⎰+5.00411dx x <误差不超过0.0001>; 解⎰⎰⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅+-+-=+5.00412845.004] )1( 1[11dx x x x x dx x n n 5.001395|) 1319151(⋅⋅⋅+-+-=x x x x 2113121912151211395⋅⋅⋅+⋅-⋅+⋅-. 因为00625.021515≈⋅,00028.021919≈⋅,000009.02113113≈⋅, 所以4940.0219121512111955.004≈⋅+⋅-≈+⎰dx x . <2>⎰5.00arctan dx xx <误差不超过0.0001>. 解)11( 121)1( 5131arctan 1253<<-⋅⋅⋅++-+⋅⋅⋅-+-=+x x n x x x x n n, dx x n x x dx x x n n ] 121)1( 51311[arctan 5.002425.00⎰⎰⋅⋅⋅++-+⋅⋅⋅-+-= 5.00753|) 49125191(⋅⋅⋅+-+-=x x x x 2149121251219121753⋅⋅⋅+⋅-⋅+⋅-=. 因为0139.021913≈⋅,0013.0212515≈⋅,0002.0214917≈⋅, 所以487.021*********arctan 535.00≈⋅+⋅-=⎰dx x x . 3.将函数e x cos x 展开成x 的幂级数. 解)(21cos ix ix e e x -+=, ][21)(21cos )1()1(i x i x ix ix x x e e e e e x e -+-+=+⋅=∑∑∑∞=∞=∞=-++=-++=000!)1()1(21!)1(!)1([21n n n n n n n n n n x n i i x n i x n i . 因为421πi e i =+,421πi e i -=-, 所以4cos 2)4cos 2(2][2)1()1(122442ππππn n e e i i n n n i n i n n n +-==+=-++. 因此)( !4cos 2cos 02+∞<<-∞=∑∞=x x n n x e n n n x π.习题11-7 1.下列周期函数f <x >的周期为2π,试将f <x >展开成傅里叶级数,如果f <x >在[-π,π>上的表达式为:<1>f <x >=3x 2+1<-π≤x <π>;解 因为)1(2)13(1)(1220+=+==⎰⎰--πππππππdx x dx x f a , ⎰-=ππππdx n x f a n cos )(1 2212)1(cos )13(1n dx n x n -=+=⎰-ππππ <n =1,2,⋅⋅⋅>, ⎰-=ππππdx n x f b n sin )(1 0sin )13(12=+=⎰-ππππdx n x <n =1,2,⋅⋅⋅>, 所以f <x >的傅里叶级数展开式为)( cos )1(121)(122+∞<<-∞-++=∑∞=x nx n x f n n π.<2>f <x >=e 2x <-π≤x <π>;解 因为πππππππππ21)(12220----===⎰⎰e e dx e dx x f a x ,⎰-=ππππdx n x f a ncos )(1πππππππ)4()()1(2cos 12222+--==--⎰n e e dx n e n x<n =1,2,⋅⋅⋅>, ⎰-=ππππdx n x f b n sin )(1πππππππ)4()()1(sin 12222+---==--⎰n e e n dx n e n x<n =1,2,⋅⋅⋅>, 所以f <x >的傅里叶级数展开式为∑∞=--+-+-=1222)sin cos 2(4)1(41[)(n n nx n nx n e e x f πππ<x ≠<2n +1>π,n =0,±1,±2,⋅⋅⋅>.<3>⎩⎨⎧<≤<≤-=ππx ax x bx x f 0 0)(<a ,b 为常数,且a >b >0>.解 因为)(211000b a axdx bxdx a -=+=⎰⎰-πππππ, ]cos 1cos 100⎰⎰+=-ππππnxdx ax nxdx bx a nn n a b )1(1[2---=π<n =1,2,⋅⋅⋅>,⎰⎰+=-ππππ00sin 1sin 1nxdx ax nxdx bx b nnb a n +-=+1)1(<n =1,2,⋅⋅⋅>, 所以f <x >的傅里叶级数展开式为∑∞=-+-+---+-=112}sin )()1(cos )]()1(1[{)(4)(n n n nx n b a nx n a b b a x f ππ <x ≠<2n +1>π,n =0,±1,±2,⋅⋅⋅>.2.将下列函数f <x >展开成傅里叶级数:<1>3sin2)(x x f =<-π≤x ≤π>; 解 将f <x >拓广为周期函数F <x >, 则F <x >在<-π,π>中连续, 在x =±π间断, 且)()]()([21πππ-≠-+-+-f F F ,)()]()([21πππf F F ≠++-, 故F <x >的傅里叶级数在<-π,π>中收敛于f <x >, 而在x =±π处F <x >的傅里叶级数不收敛于f <x >. 计算傅氏系数如下: 因为3sin2x <-π<x <π>是奇函数, 所以a n=0<n =0,1,2,⋅⋅⋅>,⎰⎰+--==ππππ00])31cos()31[cos(2sin 3sin 22dx x n x n nxdx x b n19318)1(21-⋅-=+n nn π<n =1,2,⋅⋅⋅>, 所以∑∞=+--=12119sin )1(318)(n n n nx n x f π<-π<x <π>.<2>⎩⎨⎧≤≤<≤-=ππx x e x f x 0 10)(.解 将f <x >拓广为周期函数F <x >, 则F <x >在<-π,π>中连续, 在x =±π间断, 且)()]()([21πππ-≠-+-+-f F F ,)()]()([21πππf F F ≠++-,故F <x >的傅里叶级数在<-π,π>中收敛于f <x >, 而在x =±π处F <x >的傅里叶级数不收敛于f <x >. 计算傅氏系数如下:ππππππ---+=+=⎰⎰e dx dx e a x 1][1000, )1()1(1]cos cos [1200n e nxdx nxdx e a n xn +--=+=--⎰⎰πππππ<n =1,2,⋅⋅⋅>,]sin sin [100⎰⎰+=-πππnxdx nxdx e b xn})1(11])1(1[{12n n e n n n --++---=-ππ<n =1,2,⋅⋅⋅>, 所以πππ21)(--+=e x f∑∞=----++-+-++--+122}]sin )1(11)1([cos 1)1(1{1n n n n nx n n ne n nx n e πππ <-π<x <π>.3.设周期函数f <x >的周期为2π,证明f <x >的傅里叶系数为⎰=ππ20cos )(1nxdx x f a n <n =0, 1, 2,⋅⋅⋅>,⎰=ππ20sin )(1nxdx x f b n <n =1, 2,⋅⋅⋅>.证明 我们知道, 若f <x >是以l 为周期的连续函数, 则⎰+la adx x f )(的值与a 无关, 且⎰⎰=+lla adx x f dx x f 0)()(,因为f <x >,cos nx ,sin nx 均为以2π为周期的函数, 所以f <x >cos nx ,f <x >sin nx 均为以2π为周期的函数, 从而⎰⎰+---==πππππππ2cos )(1cos )(1nxdx x f nxdx x f a n⎰=ππ20cos )(1nxdx x f <n =1, 2,⋅⋅⋅>.同理 ⎰=ππ20sin )(1nxdx x f b n <n =1, 2,⋅⋅⋅>.4.将函数2cos )(xx f =<-π≤x ≤π>展开成傅里叶级数: 解 因为2cos )(x x f =为偶函数, 故b n =0<n =1, 2,⋅⋅⋅>, 而⎰⎰==-πππππ0cos 2cos 2cos 2cos 1nxdx x nxdx x a n⎰+--=ππ0])21cos()21[cos(1dx x n x n 1414)1(21-⋅-=+n n π<n =1, 2,⋅⋅⋅>. 由于2cos )(x x f =在[-π,π]上连续, 所以 ∑∞=+--+=121cos 141)1(422cos n n nx n x ππ<-π≤x ≤π>. 5.设f <x >的周期为2π的周期函数, 它在[-π,π>上的表达式这⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≤<≤--<≤--=ππππππππx x x x x f 2 222 2 2)(,将f <x >展开成傅里叶级数.解 因为f <x >为奇函数, 故a n =0<n =0,1,2,⋅⋅⋅>, 而]sin 2sin [2sin )(22200⎰⎰⎰+==πππππππnxdx nxdx x nxdx x f b n2sin 2)1(2ππn n n n +--=<n =1,2,⋅⋅⋅>,又f <x >的间断点为x =<2n +1>π,n =0,±1,±2,⋅⋅⋅, 所以nx n n n x f n n sin ]2sin 2)1([)(121∑∞=++-=ππ< x ≠<2n +1>π,n =0,±1,±2,⋅⋅⋅>.6. 将函数2)(x x f -=π<0≤x ≤π>展开成正弦级数.解 作奇延拓得F <x >:⎪⎩⎪⎨⎧<<---=≤<=0)(0 00 )()(x x f x x x f x F ππ,再周期延拓F <x >到<-∞,+∞>, 则当x ∈<0,π]时F <x >=f <x >,)0(20)0(f F =≠=π.因为a n =0<n =0,1,2,⋅⋅⋅>, 而nnxdx x b n 1sin 220=-=⎰πππ <n =1,2,⋅⋅⋅>, 故 nx nx f n sin 1)(1∑∞==<0<x ≤π>,级数在x =0处收敛于0.7.将函数f <x >=2x 2<0≤x ≤π>分另别展开成正弦级数和余弦级数. 解对f <x >作奇延拓,则a n =0<n =0, 1, 2,⋅⋅⋅>,而]2)2()1[(4sin 2232302n n n nxdx x b n n ---==⎰ππππ<n =1, 2,⋅⋅⋅>,故正弦级数为nx n n n x f n n sin ]2)2()1[(4)(1323∑∞=---=ππ<0≤x <π>, 级数在x =0处收敛于0.对f <x >作偶延拓,则b n =0<n =1, 2,⋅⋅⋅>,而20203422πππ==⎰dx x a , 2028)1(cos 22nnxdx x a n n -==⎰ππ <n =1, 2,⋅⋅⋅>, 故余弦级数为nx nx f n n cos )1(832)(122∑∞=-+=π<0≤x ≤π>.8.设周期函数f <x >的周期为2π, 证明<1>如果f <x -π>=-f <x >, 则f <x >的傅里叶系数a 0=0,a 2k =0,b 2k =0<k =1,2,⋅⋅⋅>; 解 因为020200)(1)(1)(1a dt t f dx t f dx x f a xt -=-=-=⎰⎰⎰+=-πππππππππ令,所以a 0=0. 因为dx t k t f kxdx x f a xt k )(2cos )(12cos )(1202ππππππππ--=⎰⎰+=-令k a ktdt t f 2202cos )(1-=-=⎰ππ,所以a 2k =0.同理b 2k =0<k =1,2,⋅⋅⋅>.<2>如果f <x -π>=f <x >, 则f <x >的傅里叶系数a 2k +1=0,b 2k +1=0<k =1,2,⋅⋅⋅>. 解因为)12cos()(112⎰-++=πππxdx k x f a kdx t k t f xt ))(12cos()(1 20πππππ-+-⎰+=令1220)12cos()(1+-=+-=⎰k a tdt k t f ππ,所以a 2k +1=0<k =1,2,⋅⋅⋅>. 同理b 2k +1=0<k =1,2,⋅⋅⋅>.习题11-81. 将下列各周期函数展开成傅里叶级数<下面给出函数在一个周期内的表达式>: <1>)2121(1)(2<≤--=x x x f ;解 因为f <x >=1-x 2为偶函数, 所以b n =0<n =1,2,⋅⋅⋅>, 而611)1(4)1(2/12210221020=-=-=⎰⎰dx x dx x a ,⎰-=21022/1cos )1(2/12dx x n x a n π2212102)1(2cos )1(4ππn xdx n x n +-=-=⎰<n =1,2,⋅⋅⋅>,由于f <x >在<-∞,+∞>内连续, 所以∑∞=+-+=12122cos )1(11211)(n n x n n x f ππ,x ∈<-∞,+∞>.<2>⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≤-<≤<≤-=121 1210 101 )(x x x x x f ;解 21)(1212100111-=-+==⎰⎰⎰⎰--dx dx xdx dx x f a n ,⎰⎰⎰⎰-+==--1212100111cos cos cos cos )(xdx n xdx n xdx n x xdx n x f a n ππππ2sin 2])1(1[122πππn n n n +--= <n =1,2,⋅⋅⋅>,dx x n xdx n xdx n x xdx n x f b n ⎰⎰⎰⎰-+==--121210111sin sin sin sin )(πππππππn n n 12cos 2+-= <n =1,2,⋅⋅⋅>.而在<-∞,+∞>上f <x >的间断点为x =2k ,212+k ,k =0,±1,±2,⋅⋅⋅,故 }sin 2cos 21cos ]2sin 2)1(1{[41)(122x n n n x n n n n x f n nπππππππ-++--+-=∑∞= <x ≠2k ,212+≠k x ,k =0,±1,±2,⋅⋅⋅>.<3>⎩⎨⎧<≤<≤-+=30 1 03 12)(x x x x f .解 1])12([31)(313003330-=++==⎰⎰⎰--dx dx x dx x f a ,]3cos 3cos )12([313cos )(31300333⎰⎰⎰--++==dx x n dx x n x dx x n x f a n πππ])1(1[622n n --=π<n =1,2,⋅⋅⋅ >, ]3sin 3sin )12([313sin )(31300333⎰⎰⎰--++==dx x n dx x n x dx x n x f b n πππn n )1(6-=π<n =1,2,⋅⋅⋅ >, 而在<-∞,+∞>上,f <x >的间断点为 x =3<2k +1>,k =0,±1,±2,⋅⋅⋅,故 }3sin 6)1(3cos])1(1[6{21)(1122∑∞=+-+--+-=n n n x n n x n n x f ππππ,<x ≠3<2k +1>,k =0,±1,±2,⋅⋅⋅>.2. 将下列函数分别展开成正弦级数和余弦级数:<1>⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-<≤=lx x l l x x x f 2l20 )(; 解 正弦级数:对f <x >进行奇延拓, 则函数的傅氏系数为 a 0=0<n =0,1,2,⋅⋅⋅>,2sin 4]sin )(sin [22221210ππππn n l dx l x n x l dx l x n x l b l n =-+=⎰⎰<n =1,2,⋅⋅⋅ >故 ∑∞==122sin 2sin14)(n l x n n nl x f πππ,x ∈[0,l ].余弦级数:对f <x >进行偶延拓, 则函数的傅氏系数为2])([2212100l dx x l xdx l a l=-+=⎰⎰,⎰⎰-+=l n dx l x n x l dx l x n x l a 21210]cos )(cos [2ππ ])1(12cos 2[222n n n l ---=ππ <n =1, 2,⋅⋅⋅ > b n =0<n =1, 2,⋅⋅⋅ >,故lx n n n l l x f n n πππcos ])1(12cos2[124)(122∑∞=---+=,x ∈[0,l ].<2>f <x >=x 2<0≤x ≤2>.解正弦级数:对f <x >进行奇延拓, 则函数的傅氏系数为 a 0=0<n =0, 1, 2,⋅⋅⋅>,]1)1[()(168)1(2sin 2231202--+-==+⎰n n n n n dx x n x b πππ,故 2sin }]1)1[()(168)1{()(131x n n n x f n n n πππ∑∞=+--+-=2sin }]1)1[(2)1({81231x n n n n n n πππ∑∞=+--+-=,x ∈[0,2>. 余弦级数:对f <x >进行偶延拓, 则函数的傅氏系数为38222020==⎰dx x a2202)(16)1(2cos 22ππn dx x n x a n n -==⎰<n =1, 2,⋅⋅⋅>, b n =0<n =1, 2,⋅⋅⋅>,故 2cos )(16)1(34)(12x n n x f n n ππ∑∞=-+=2cos )1(1634122x n n n n ππ∑∞=-+=,x ∈[0,2].总习题十一 1.填空: <1>对级数∑∞=1n n u ,0lim =∞→n n u 是它收敛的________条件,不是它收敛的________条件; 解 必要; 充分.<2>部分和数列{s n }有界是正项级数∑∞=1n n u 收敛的________条件; 解 充分必要. <3>若级数∑∞=1n n u 绝对收敛,则级数∑∞=1n n u 必定________;若级数∑∞=1n n u 条件收敛,则级数∑∞=1||n n u 必定________. 解 收敛; 发散.2.判定下列级数的收敛性: <1>∑∞=11n n nn ; 解因为11lim 11lim ==∞→∞→n n nn nnn n ,而调和级数∑∞=11n n发散,故由比较审敛法知,级数发散. <2>∑∞=1222)!(n nn ;解因为∞==⋅++=∞→∞→+∞→222221lim )!(2)1(2])!1[(lim lim n n n n n u u n n n n n , 故由比值审敛法知,级数发散.<3> ∑∞=1223cos n n n n π; 解因为n n n n n 223cos 2<π,12121lim 2lim <==∞→∞→n n n n n n n所以由根值审敛法,级数∑∞=12n n n 收敛;由比较审敛法,级数∑∞=1223cos n nn n π收敛. <4>∑∞=110ln 1n n;解 因为∞==∞→∞→nn n u n n n 10ln lim 1lim, 而调和级数∑∞=11n n发散, 故由比较审敛法知, 原级数发散. 提示:∞===⋅⋅⋅==⋅=∞→∞→∞→∞→∞→xx x x x x x x x x x x x x 11lim !101ln lim !101 ln lim 1011ln 101limln lim9910<5>∑∞=1n s nna <a >0,s >0>. 解 因为a n a n a s n n ns n n ==∞→∞→)(lim lim , 故由根值审敛法知, 当a <1时级数收敛, 当a >1时级数发散.当a =1时, 原级数成为∑∞=11n s n, 这是p =s 的p -级数, 当s >1时级数收敛, 当s ≤1时级数发散. 3.设正项级数∑∞=1n n u 和∑∞=1n n v 都收敛,证明级数∑∞=+12)(n n n v u 与收敛. 证明 因为∑∞=1n n u 和∑∞=1n n v 都收敛, 所以0lim =∞→n n u ,0lim =∞→n n v . 又因为0)2(lim 2lim 2=+=+∞→∞→n n n nn n n n v u u v u u ,0lim lim 2==∞→∞→n n n n n v v v , 所以级数∑∞=+12)2(n n n n v u u 和级数∑∞=12n n v 都收敛, 从而级数 ∑∑∞=∞=+=++12122)(])2[(n n n n n n n n v u v v u u也是收敛的.4.设级数∑∞=1n n u 收敛,且1lim =∞→n n n u v ,问级数∑∞=1n n v 是否也收敛？试说明理由. 解 级数∑∞=1n n v 不一定收敛. 当∑∞=1n n u 和∑∞=1n n v 均为正项级数时, 级数∑∞=1n n v 收敛, 否则未必. 例如级数∑∞=-11)1(n n 收敛, 但级数∑∞=+-1]11)1[(n n n 发散, 并且有 11)1(11)1(lim =-+-∞→nn n n .5.讨论下列级数的绝对收敛性与条件收敛性:<1>∑∞=-11)1(n p n n ; 解∑∑∞=∞==-111|1)1(|n p n p n n n 是p 级数.故当p >1时级数∑∞=11n p n 是收敛的,当p ≤1时级数∑∞=11n p n 发散.因此当p >1时级数∑∞=-11)1(n p n n 绝对收敛. 当0<p ≤1时,级数∑∞=-11)1(n p n n 是交错级数,且满足莱布尼茨定理的条件,因而收敛,这时是条件收敛的. 当p ≤0时,由于01)1(lim ≠-∞→p nn n ,所以级数∑∞=-11)1(n p n n 发散. 综上所述,级数∑∞=-11)1(n p n n 当p >1时绝对收敛,当0<p ≤1时条件收敛,当p ≤0时发散. <2>∑∞=+++-1111sin )1(n n n n ππ; 解因为1111|1sin )1(|+++≤+-n n n n πππ,而级数∑∞=+111n n π收敛,故由比较审敛法知级数|1sin )1(|111∑∞=+++-n n n n ππ收敛,从而原级数绝对收敛. <3> ∑∞=+-11ln )1(n n n n ; 解因为1ln )11ln(lim 1ln lim 1|1ln )1(|lim ==+=+=+-∞→∞→∞→e n n n n nn n n n n n n ,而级数∑∞=11n n发散,故由比较审敛法知级数|1ln )1(|1∑∞=+-n n n n 发散,即原级数不是绝对收敛的. 另一方面,级数∑∞=+-11ln )1(n n n n 是交错级数,且满足莱布尼茨定理的条件,所以该级数收敛,从而原级数条件收敛.<4>∑∞=++-11)!1()1(n n nn n . 解令1)!1()1(++-=n n n n n u .因为 11)11(112lim )1(12lim )!1()1()!2(lim ||||lim 121<=+⋅++=+⋅++=+⋅++∞→∞→++∞→+∞→enn n n n n n n n n n u u n n n n n n n n n n , 故由比值审敛法知级数|)!1()1(|11∑∞=++-n n n n n 收敛,从而原级数绝对收敛. 6.求下列级限: <1>∑=∞→+n k k k n k n 12)11(311lim ; 解 显然∑=+=nk k k n k s 12)11(31是级数∑∞=+12)11(31n n n n 的前n 项部分和. 因为13)11(31lim )11(31lim 2<=+=+∞→∞→e n n n n n n n n , 所以由根值审敛法, 级数∑∞=+12)11(31n nn n 收敛, 从而部分和数列{s n }收敛.因此01lim )11(311lim 12=⋅=+∞→=∞→∑n n n k k k n s n k n . <2>])2( 842[lim 312719131n n n ⋅⋅⋅⋅⋅∞→. 解n n nn 3 27392313127191312)2( 842+⋅⋅⋅+++=⋅⋅⋅⋅⋅.显然n n n s 3 2739231+⋅⋅⋅+++=是级数∑∞=13n n n 的前n 项部分和. 设∑∞=-=11)(n n nx x S ,则210)1(1]111[][])([)(x x x dx x S x S n n x -='--='='=∑⎰∞=. 因为43)311(131)31(31)31(3132111=-⋅===∑∑∞=-∞=S n n n n n n , 所以43lim =∞→n n s , 从而 4331271913122lim ])2( 842[lim ==⋅⋅⋅⋅⋅∞→∞→nn s n n n .7.求下列幂级数的收敛域:<1>∑∞=+153n n n n x n ; 解 51)53(5)53(31lim 53153lim ||lim 111=++⋅+=+⋅++=∞→++∞→+∞→n n n n n n n n n n n n n n n a a , 所以收敛半径为51=R . 因为当51=x 时, 幂级数成为]1)53[(11+∑∞=n n n , 是发散的; 当51-=x 时, 幂级数成为]1)53[()1(1+-∑∞=n n n n , 是收敛的, 所以幂级数的收敛域为)51,51[-. <2>∑∞=+12)11(n n n x n ; 解 n n n x n u 2)11(+=, 因为||||)11(lim ||lim x e x nu n n n n n =+=∞→∞→, 由根值审敛法, 当e |x |<1, 即ex e 11<<-时, 幂级数收敛; 当e |x |>1,时幂级数发散. 当e x 1-=时, 幂级数成为∑∞=+1)1()11(2n n n e n ;。

第一章 傅里叶分析部份习题解答及参考答案[1-1] 试分别写出图X1－1中所示图形的函数表达式。

图X1-1 习题[1-1]各函数图形解：(a)−∧L x x a 0 (b) () ∧−−L x b a L x a 2rect(c) ()x L x a sgn 2rect (d) x L x cos 2rect[1-2] 试证明下列各式。

(1) += 21comb 21comb x x- (2) ()()x i e x x x πcomb comb 2comb +=(3)()()()x x N x N ππsin sin lim comb ∞→= (4) ()()xx x πωδωsin lim ∞→=(5)()()∫∞∞−=ωωπδd cos 21x x (6)()ωπδωd 21∫∞∞−±=x i e x解：(1)原式左端∑∑∞−∞=∞−∞=+−−=−−=m n m x n x 12121δδ 令()1−=m n=−+=∑∞−∞=m m x 21δ右端 (2)()∑∑∞−∞=∞−∞=−=−= n n n x n x x 2222comb δδ n 2只取偶数()()∑∞−∞=−=m m x x δcomb()()πδδππm m x e m x e x m im m x i cos 2comb ∑∑∞−∞=∞−∞=−=−=当=m 奇数时，()()0comb comb =+xi ex x π；当=m 偶数时，令n m 2=，则12 cos =x π，并且有： ()()()∑∞−∞=−=+n n x x x 22e comb comb xi δπ 得证。

(3)由公式(1-8-7)知：()∑∞−∞=−=n nxex π2i comb上式可视为等比级数求和，其前N 项之和为：()()()()()x Nx e e e e e e e e q q a S x i x i x i Nx i Nx i Nx i x i Nx i N N ππππππππππsin sin 1111221=−−=−−=−−=−−−−−− 所以 ()()()x Nx S x N N N ππsin sin limlim comb ∞→∞→==得证。

第一章 傅里叶分析部份习题解答及参考答案[1-1] 试分别写出图X1－1中所示图形的函数表达式。

图X1-1 习题[1-1]各函数图形解：(a)−∧L x x a 0 (b) () ∧−−L x b a L x a 2rect(c) ()x L x a sgn 2rect (d) x L x cos 2rect[1-2] 试证明下列各式。

(1) += 21comb 21comb x x- (2) ()()x i e x x x πcomb comb 2comb +=(3)()()()x x N x N ππsin sin lim comb ∞→= (4) ()()xx x πωδωsin lim ∞→=(5)()()∫∞∞−=ωωπδd cos 21x x (6)()ωπδωd 21∫∞∞−±=x i e x解：(1)原式左端∑∑∞−∞=∞−∞=+−−=−−=m n m x n x 12121δδ 令()1−=m n=−+=∑∞−∞=m m x 21δ右端 (2)()∑∑∞−∞=∞−∞=−=−= n n n x n x x 2222comb δδ n 2只取偶数()()∑∞−∞=−=m m x x δcomb()()πδδππm m x e m x e x m im m x i cos 2comb ∑∑∞−∞=∞−∞=−=−=当=m 奇数时，()()0comb comb =+xi ex x π；当=m 偶数时，令n m 2=，则12 cos =x π，并且有： ()()()∑∞−∞=−=+n n x x x 22e comb comb xi δπ 得证。

(3)由公式(1-8-7)知：()∑∞−∞=−=n nxex π2i comb上式可视为等比级数求和，其前N 项之和为：()()()()()x Nx e e e e e e e e q q a S x i x i x i Nx i Nx i Nx i x i Nx i N N ππππππππππsin sin 1111221=−−=−−=−−=−−−−−− 所以 ()()()x Nx S x N N N ππsin sin limlim comb ∞→∞→==得证。

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f (x)a n x n在幂级数讨论中 n 1 ，可视为 f (x)经函数系 1, x, x 2 , L , x n , L线性表出而得．不妨称{1,x,x ,L ,x ,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, cosx, sinx, cos2x, sin 2x, L , cosnx, sin nx, 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 2 为周期的周期函数；(2) 正交性 任意两个不同函数的积在 [ , ]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 [ u n (x),u m (x) 为 , ] 可积的函数系 u n (x): x [a, b], n 1,2,L ，定义两个函数的内积 b u n (x) u m ( x)d x ，u n (x),u m (x) 如果 mn m n ，则称函数系 u n (x): x [a, b], n 1,2,L 为正交系． 由于 1, sinnx sin nxd x m sin mx,sinnx sinmx 0 m cosnxdx m cosmx, cosnx cosmx 0 m sin mx,cosnx sinmx cosnxdx 0 ；1, 1 12dx 21 n n ； ； n ； ； sin nx d x 1 cosnxdx 0 所以三角函数系在 上具有正交性，故称为正交系． 利用三角函数系构成的级数f ?(x)称为三角级数，其中 a 0 , a 1, b 1 ,L ,a n ,b n ,L 为常数2 以 2 为周期的傅里叶级数称为函数 f (x)的傅里叶系数，而三角级数 a 0 称为 f (x) 的傅里叶级数，记作这里之所以不用等号，是因为函数其是否收敛于 f(x) ． 二、傅里叶级数收敛定理定理 1 若以 2 为周期的函数 f (x) 在[ , ]上按段光滑，则 其中 a n ,b n 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x [a,b), f ( x 0),f (x 0)存在； x (a,b], f (x 0)， f (x 0) 存在，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 2 为周期的连O 续函数，且在 [ ,x ]上按 段光滑，则 x R ，f (x) 0 a n cosnx b n sin nx 2 n 1定义 3 设 f(x)在( , ] 上有定义，函数x ( , ]x (2k ,2k ],k 1, 2,La 0 2 n1 a n cosnxb n sinnx 定义 1 设函数 f (x) 在 a k 上可积， 1 f ( x),cos kx 1 f (x)coskxdx k 0,1,2,L ；b k 1 f (x),sin kx f(x)sinkxdx k 1,2,L， a 0 f (x) ～ 2a n cosnxb n sinnx 1 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． a n cosnx b n sinnxf (x) 按定义 1 所得系数而获得的傅里叶级数并不知a 02a n cosnxb n sinnx n1 f(x 0) f (x 0) 2f(x) f(x 2k )y称 f (x)为的周期延拓．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) f(x) x, (i) x , (ii) 0 x 2sin nxd x 0由系数公式得1 2 1 2a0 f (x)d x xdx 20 0当n其按段光滑，故可展开为傅里叶级数．由系数公式得11a0 f (x)d x xdx 01时，a n x cosnx d xnx d(sin nx)b n x sin nx dxx d(cosnx)x cosnx|cosnx d x ( 1)n 12 n，所以f(x) 2 (n1(ii)1)n 1 sin nxn ，x (, )为所求．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数．当n 1 时，x cosnx d x 2 32a n 0 2 x d(sin nx)b n 所以 (2) xsin 2 nx |0 12 n 0sin nx d x 0 xsinnxdxx cos nx n f(x)f (x)= 2 x d(cosnx) 2 |20 sinnx cosnxdx ，x n ， (0,2 ) 为所求． 2 x, - π< x< π,(ii) 0 < x< 2π； ； 1 n (i) 由系数公式得22 a 0 f (x)d x 1 dx 1时， x 2 cosnxdxx 2 d(sin nx) b n所以 x 2 sin nx | xd(cosnx) xcosnx | 2x sin nx dx x 2 sin nxd x 2 cosnx | x d(sin nx) xsin nx |f(x) cosnx d x ( x 2 d(cosnx) xcosnxdx 1) n 4 2 n ， 1)n sinnxdx sinnx 2 n , ) 为所求．a 0 当 n 1 时，a 0 当nb n所以 解：其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得 12 0 1时， 12 0 f (x)d x 2 x 2 dx 82 3 x 2 cosnx d x 12 x n 2 sin nx | 2 x d(sin nx) 2xsin nxd x xd(cosnx) 2 xcosnx | x 2 sin nx d x 12 x n 2 cosnx | 0 f (x) f (x) 42 2 cosnxdx 42 0 n 2 ， 22 x d(cosnx) 2 x cosnx d x 0 x d(sin nx) 2 xsinnx |0 2 sin nxd x 0n ， cosnx sinnx x (0,2 ) 为所求． ax bx (3) 解：函数 f(x)， x (a b,a 0,b 0) ( , ) 作周期延拓的图象如下． y 3O 其按段光滑3 ，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得 1f (x)d x 1 0 axdx 1 bxdx (b a)02a n 1 0 ax 2 cosnxdx1 111135740 bxcosnxdx [1 ( 1)n ]a 2 bn1 0 1 b n axsin nx d x bxsinnxdxn 0 n 1 sinnx1)n I n ， x ( , ) 为所求．2 设f 是以2 为周期的可积函数，证明对任何实数 c ，有 1 c 2 1 a nc f(x)cosnxdx f ( x)cos nxd x,n 0,1,2,L 1 c 2 1 b nf (x)sin nxdx f (x)sin nxdx,n 1,2,L cf (x)f (x)cos nxd x同理可得b n 1 f (x)sin nxd x f ( x)sin nxdx3 把 函数 0x4 展开成傅里叶级 数，并由 它推出(1)( 1)f(x)所以n (b a) 4 2(b a) 1 2 cos(2n 1)x1 (2n 1)2 (a b) ( n1 证： 因为 f(x)，sin nxcosnx 都是以 2 为周期的可积函数，所以令 1 f (x)cos nxd x c 2 f (t 2 )cos n(t 2 )d(t 2 )从而 a n a n 1 c+2 1 f (t)cosntdtc2f (x)cosnxdx cf (x)cosnxdx 1 f ( x)cosnx dx c1 f (x)cos nxd xc+2 c+2 f ( x)cos nxd x f (x)cos nxd x11 1 (3)1时，(2)什么特性．(2)1 1 1 L13 17 11(3)111L11 13 17解：(, )作周期延拓的图象如下．x其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 函数f (x)，由系数公式得a 0f (x)d xdx 14dx4a nb n[1f (x)(1)cosnx d x 4sinnxdx41)n 1]21nn11sin(2n 2n 12 ，则 4cosnxdx 0 04sin nxd x41)x, 2k 2k,0) U(0,)为所求．1215 21121113 17所以x取36 3 ，则1154 设函数1111 13 1713 17f ( x)满足条件 f (xf (x) ，问此函数在内的傅里叶级数具有11解： 因为 f(x)满足条件所以f(x 2 ) f (xf(x ) f(x)，) f(x)，即 f (x)是以 2 为周期的函数．于是由系数公式得1af (x)d x 1f (x)d x 1f (x)d xf (t )dt0 f (x)d xf (t )dt 10 f(x)d xf (t)dt0 f (x)d x 0当n1时，10a nf (x)cos nx d x f (x)cos nxd x b n故当 b 2k 0 ．1f (t )cos(nx1)d x f(x)cosnxdx1 ( 1)n 1f(x)cosnxdx2f (x)cosnxdx10f(x 2k 1 2kf ( x)sin nx d x0 f (x)sin nxd x ) f(x) 时，函数 5 设函数 f ( x)满足条件： f (x 什么特性．解： 因为所以 f (x 1 f(x) 满足条件 2 ) f (x a 0f (x)d x 1f (t )dt f (tf (x)sin nx d x2k 1 2k ， f(x) 在 内的傅里叶级数的特性是 a 2k 0 ， ) f (x) ，问此函数在 内的傅里叶级数具有 f(x)， f(x)，即 f(x)是以 2 为周期的函数．于是由系数公式得 1 f (x)d x f (x)d x f (x ) 2 )dt0 f (x)d x 10 f(x)d x1 1 20 f(t )dt 0 f(x)dx 0 f(x)d x1 ( 1)nf (x)cosnxd x2k 12k 1 ，当n a n1时，1 01f (x)cos nx d x 0f (x)cos nxd x1f (t )cos( nx n )d x1f (x)cos nx d x2 f ( x)cos nxdx2k b n10f ( x)sin nx d xf (x)sin nx d xf (x)sin nxd x 2k故当 0 f(x f (x) 时，函数 f(x)在 内的傅里叶级数的特性是 a 2k 1 0 ， cosnx, n 0,1,2,L 和sin nx, n 1,2,L 都是[0, ]上的正交函数系，但 [0, ] 上的正交函数系． 证：就函数系 {1, cosx,cos2x,L , cosnx, L 6 试证函数系 他们合起来的却不是 }， 因为 n ，1,1 0 dx ， cosnx,cos nx 0 cos2nxdx 10 (cos2 nx1)dx2，1,cosnx cosnxdx 0 又0；m, n ，m n时，cosmx,cosnx cosmxcosnx d x 11cos(m n)xdx cos(m n)xdx所以{1, cosx, cos2 x, L , cosnx, L } 在[0,就函数系{sinx, sin 2x, L , sin nx, L } ，因为 n ，]上是正交系．sin nx,sin nx210sin 2nxdx 2 0 (1 cos2nx)d x 2又m, n，m n 时所以{sin x, sin 2x, L , sinnx, L } 在［0, ］上是正交系．但{1, sin x, cosx, sin 2x,cos2 x, L , sinnx, cosnx, L } 不是［0,7 求下列函数的傅里叶级数展开式xf (x) , 0 x 2(1) 2 ；xf (x) , 0 x 2解： 2 y作周期延拓的图象如下．2其按段光滑，故可展开为傅里叶级数．由系数公式得12a0 f (x)d x xdx 02当n 1时，12x cosnxdx21 2 xd(sin nx)n02b n所以(2)解：x2n122nf (x)2 sin nx|12nxsin nxd x2x cosnx |2sinnx2sinnxdx 02xd(cosnx)12ncosnxdxn，xf (x) 1 cosx,(0,2 )为所求．x；f (x) 1 cosx,x作周期延拓的图象如下．sin mx,sin nx 0 sin mxsin nxd x0 cos(m n)xdx cos(m n)xdx 0]上的正交系．实因：1,sin x 0 sin xdx 1 0b)sin nxdx其按段光滑，故可展开为傅里叶级数．f(x) 1 cosx 2sin2 x2sin2xx0因为 2sin x2所以由系数公式得 1a0 f (x)d x sin x dx2sin 2xd x42当n 1时， 2 x sin cosnx d x2b n 22 f(x) 所以 而x f (x)故(3)解： a 0 当n a n b nsin xcosnxdx2 sin xsin nx d x2n1x sin cosnxdx2 42 2 (4n 21) ．2sin xsinnxdx 0212 cosnx 4n 2 1f ( 0) 2时， 2 2 4 2f(x) ax 2bx (i) 由系数公式得 11时，1f (x)d2(ax (ax 2(ax2n 4a 2 nbx bx f ( 0)1 n 14n 2c, (i) 0 c)d x，xf(,)cosnx 1 ，x]为所求． , (ii)x；2b 2cc)cos nxd xbx c)sin nx |20 (2ax22(ax 2 bx c)sin nxdx212n，(ii)由系数公式得当 n 1 时， 12a n(ax bx c)cos nx d x(ax2bx c)cos nx(2ax b)cos nxd xn 0当n 1时， an 1chxcosnxdx11 ch xsin nx | nn sh xsin nx dx1 2 sh xd(cosnx) n 2chxdx2shf (x) ax 2 bx c 故4 2a4a 2 cosnxn1n4 a 2b sin nx, x n (0,2)为所求．a 0f (x)d x(ax 2 bx c)d x2cb n1(ax 2 bx n( 1) (ax2bx (ax 2bx1 2bn2 axbx c)sin nx |(2ax (2ax b)sin nxdxb)cos nxd x2 2a31)n4a 2 cosnx( 1)n 2bsin nx,n)为所求．(4) f (x) chx,解： 由系数公式得11 a 0 f (x)d x x；c)sin nxdx1 c)cos nx|nf (x)c( 1)n 4a 2 n，sh xsin nxd xsh xd(sin nx)1sh x cos nxchxcosnxdxn 12nshx 1)n 1(n 22nsh 1x)1)n 1)n1)n2sh n 2shn1 2sh nch x d(sinnx)21 ch xsin nx | n 212 b n n，所以b nn 1 112 shxcosnx|chxcosnxdx( 1) n2sh 2n12 a nna n1)n2sh (n 2 1)chxsinnxdx ch x d(cosnx) chxcosnx |shxcosnxdx所以b nf (x) 故(5)解： a 0shxsinnx |chxsinnxdx 1shxsinnx |chxsinnxdx12 b n n，，chx 2sh f (x) shx,由系数公式得f (x)d x(n11)n12 cosnx n 21x ( , )为所求．sh xdx所以b n1f ( x)sin nx d x4a 4 a 2b2 cosnx sin nx, n 2故由收敛定理得f (x) shx1)n 1 2nsh (n 21)sinnx x(, )为所求．解：求函数f(x)1 12(3x2)的傅里叶级数展开式并应用它推出122 n1nf (x)ax 2 bx c4 2a3f(x)1(3x 2 6 x122)n1 12 cosnxn 2n1n12 cosnx (0,2 ) 而f (0 0) f (20)6，x (0,2f (0 0)f (20)12 cos0 1 n 2f (x)cos nx d x b n1f ( x)cos nx|f ( x)sin nxdx nb n1f (x)sin nx |f ( x)cos nxd x na n1f ( x)sin nx d x当 n 1 时，故结论成立．9设f (x)为,上光滑函数， f ( ) f( )．且 a n , b n为 f (x)的傅里叶系数，a n ,b n 为 f(x) 的导 函数f (x)的傅里叶系数 ．证明a 0 0,a n nb n , b nna n(n 1,2,L ) ．证：因为f(x) 为上光滑函数，所以f (x) 为,上的连续函数，故可积．由系数公式得a 01f (x)d x1f( ) f ( )0a n115. 2 以2l为周期的函数的展开基本内容、以2l 为周期的函数的傅里叶级数x lt设 f (x)是以2l 为周期的函数，作替换x，则F(t)f lt是以 2 为周期的函数，且 f (x) 在( l, l) 上可积F(t)在( , ) 上可积F(t) : a0a n cosnt b n sinnt于是 2 n1其中1 a n 1F (t )cos nt d t , b nF (t)sin ntdt3na证：, n3b nu0(x) 设0Ma02，(x) 在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u n(x) a n cosnx b n sin nx ，n 1,2,L ．R上连续，且n 0，u nu0 (x) 0，u n(x) na n sin nx nb n cosnx亦在R上连续．又x R，u n(x) n a n sinnx n b n cosnxn a n n b n2M2 n．2M而2 n收敛，所以u n(x)nb n cos nx na n sin nx在R上一致收敛．s(x) a0 (a n cosnx b n sin nx)故设2 n1 ，则s(x) ( na n cosnx nb n sin nx) u n (x)n1 n 1s(x) (na n cosnx nb n sin nx)且n 1 在R 上连续．a0supn(a n cosnx b n sin nx)10 证明：若三角级数2 n 1 中的系数a n,b n 满足关系f (x) x (0,l) f ( x) x ( l,0)习题解答1 求下列周期函数的傅里叶级数展开式t 令x l 得F(t)f lt f (x) n x n xsinnt sin ,cosnt cos ll: a 0nxnxf (x)an cosb n sin从而2n1l l．a n1lf (x)cosnx dx,其中l llb n1lf (x)sin nxdxl ll ．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f(x 0) f(x 0) a 0n x n x a n cos b nsin n l nl其只含余弦项，故称为余弦级数． f(x)是以 2l 为周期的奇函数，则 f( x)cos nx奇，同理，设f ( x)sin nx偶．lla nl f (x)cos n l x dx是f %(x) f (x) x (0,l)偶延拓 f(x) f( x) x ( l,0) 函数 f(x),x (0,l) 要展开为正弦级数必须作奇延拓．奇延拓lyO l xf %(x)(1)f (x) cosx(周期 ) ；解： f (x) 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又 由于 级数． f (x)是偶函数， 故其展开式为余弦2 ，所以由系数公式得 a 02 2 cosx dx 4 2cosxdx 4 20 当n1时，22cosx cos2nxdx 422cosxcos2nxdxb n222[cos(2n 1)x cos(2n1sin(2n 1)x(2n 1)( 1)n 2 ( 1)n 1 2 (2n 1) (2n 1)1)x]d x 1sin(2n 1)x | 02 (2n 1)141)n2 (4n 21)222cosx sin nx d xf (x) cosx 故24( 1)n 1n121 cos2nx 4n 21( , )为所求．(2)f (x) x1 1解：f (x)按段光滑，所以可展开为傅里叶级数．12 ，所以由系数公式得[x](周期 1) ；由于1223 48a 0 2 21 x [x]2dx 2 10 x [x] dx1 xdx 1a n1时，121 x [x]2 cos2n 1xdx 2 x0 [x] cos2n xdxb n1 x cos2n 0xsin2n 1 22 1 2x [x]xdx1x |101x d(sin 2n x)1 sin2n xdx 0sin2n xdx10 x d(cos2n1xcos2n x |0f (x) x[x]1 xsin2n 0xdx(3)f (x)4sin 解： 由于 级数． a 0a nx)x(周期4函数f (x) sin x，0 cos2n 1sin2n n)；xdx，x222 )为所求．延拓后的函数如下图．f (x) 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又 ，所以由系数公式得2sin 4xdx4 1时，42f (x)是偶函数，故其展开式为余弦2sin 4xdx4 2 1 cos2x2dx1cos2x2 1cos2x 21 cos4 x dx 3841cos4x cos2nxd x 821,n 2bn 2 2cosx sin nx d x 04f (x) sin 4 x 故3 1cos2x 1cos4x x (8 2 8 ， x ()为所求．(4)解：f (x) sgn(cosx) (周期2 )．函数 f(x) sgn(cosx) ，x ( , )延拓后的函数如下图．y3322Ox22f (x)按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又 由于 级数．因l f (x)是偶函数，故其展开式为余弦a 0，所以由系数公式得2sgn(cosx)d x 0 sgn(cosx)d x 0 当n1时，a nsgn(cosx)cos nx d x02cosnxdxcosnxdx24n sin n2kb n 4n sin2f (x) 1)k(2k 1)2ksgn(cosx)sin nx d x 0sgn(cosx)4(n11)ncos(2n 1)x 2n 1，xf (x)求函数 解：函数 f(x)，3的傅里叶级数并讨论其收敛性．yOx (0,3)延拓后的函数如下图．1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． 2 ，所以由系数公式得 a 0 2332 0 f(x)d x 1 xdx 0 2 dx 13 2 (3 x)d x 1时，12n xcos 0x dx 32 cos12n xd x b n1 xd 02n 1 sin n31 4n sin n332 (3 2n x)cos xdx32n xsin2n2 2 cos 2n 2 2 33 2n2cos 23sin sin2n32 (3 x)d2n x sin 32n x dx 3 1 2n sinn3 2 2 cos2n2 23222n 322n．f (x)sin nxdx3222n x32n 2 21 4n sin n cos2n31 (3 n 32n 2 22n x x)sin 31 4n sin n34n cos 31 2n 2n x2 cos cos n 23 3 ，x ()为所求．1 3 2n x sin dxn 22n x2 2 cos2n 2 2 33 将函数 f (x) 2 x 在 [0, ]上展开成余弦级数．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．由系数公式得1时，22a 022dx12x 2n2 sinnxsinnxdxn 022 cosnx n 2b n级数． 4 2n 02k 2kf (x) 21 2cos(2n 1)x, n 1 (2n 1)2x [0, ]解：函数，故其展开式为正弦由于 由系数公式得 a n 0, n x cos[0, ]2在 [0, ]上展开成正弦级数．将函数f (x) 0,1,2,L b n 2 0 n 0cos x sin nx d x2sin sinx dx cos1 x2 1 n2cos1 21 n 2当ncosnx d x18n2(4n 2 1)f (x)5 把函数 在(0, 4)上展开成余弦级数．2x 1在(0, 1)上展开成余弦级数，并推出6 1 22 312 L解：函数 f(x)，x (0,1)延拓为以 2为周期的函数如下图．由于 级数．因la 0当n所以解：f (x)按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又，所以由系数公式得 4f(x)d20 (1 x)d x 42(x3)d x1时，a n40 f ( x)cos nx4dxn (1x)sin nx42 sin822 nf (x)nx cos 42cos n2 cosnx 4 1)nf (x)是偶函数， 20 (1 x)cosnx dx4故其展开式为余弦42(x3)cos n xdx4x dx20 16 22 n2 (x n3)sin4422n4n x sin dx 242 cos 1(2n 1)24k 4k(2n 1) x 2为所求．6 把函数 f (x)f(x)故在[0, ] 上x cos 2n2 sinnx 1 4n 1为所求．22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122 0(x 1)3 4dx1 cosn xdx422nb n12 n 1 n，即1 n 1 n2 67 求下列函数的傅里叶级数展开式(1) f(x) arcsin(sin x) ；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 a n 0, n 0,1,2,L ．2b narcsin(sin x)sin nxdx3 令 x 0得4xsinnxdx21当n1时， a n10(x1) 2cosn xdx2(x n1)2sin n x1(x 1)sin n xdx(x所以 1)212cosnx, 1nx [0,1]12 0 f (x)d xa 0222 n (x 1)cos n 解：函数f(x) arcsin(sin x)是以 2 为周期的函数如下图．x)sin nxdx222x cos nxn 02cosnxdx220 arcsin(cosx)cos nx d x 0 2 x cosnxdx2cos nxd x4n 2 sinn 22k 所以(2) 由于 级数． x)cos nx2 cosnxd xn 22( 1)kn42 n2k 14f (x) arcsin(sin x)( 1)n 2 sin(2n1(2n 1)21)x， x Rf(x) arcsin(cosx)解： f (x) 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又 f (x)是偶函数，故其展开式为余弦由系数公式得 a 02 0 arcsin(cosx)d x 0当n1时，b n2 sinnxn0, n f (x)所以1,2,L 2sin nxd x2k 2k4arcsin(cosx)1 2 cos(2n 1)x1(2n 1)2，x R0,8 试问如何把定义在 2叶级数为如下的形式上的可积函数 f (x)延拓到区间内，使他们的傅里a2n 1 cos(2n 1)x b2n 1 sin(2 n 1)x(1) n 1；(2) n 1解：(1)先把 f (x)延拓到[0, ]上，方法如下：f (x) 0 x2f (x) 2f ( x) x2再把 f (x)延拓到[0,2 ]上，方法如下：f?(x) f (x) 0 xf(2 x) x 2 其图象如下．y y f(x)2 O3 2 x232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20 f (x)d xa0当n1b n1时，n20 f(x)cosnxd x2f (x)sin nxdx 02 2 22 f (x)cosnxdx f (x)cos nx d x2222 f (x)[cos nx cos(n nx)]d x422 f ( x)cos nx d x n 2k 1n 2k所以f (x) a2n 1 cos(2n 1)x x 0,n 1 2(2) 先把 f (x)延拓到[0, ]上，方法如下．f (x) f (x)f ( x) 0x2再把 f (x)延拓到[0,2 ]上，方法如下．§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 [ , ] 上可积，则2a 022 21 a n2 b n 2f 2(x)d x2 n 1其中a n ,b n 为f (x)的傅里叶系数．推论 1设f(x) 在 [ , ] 上可积，则lim f (x)cos nxd x 0 limf ( x)sin nxdx 0f (x)是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得 a0 f (x)d x当nb n1时， 21a n20 f (x)cos nx d x 0f ( x)sin nxdx222f (x)sin nxdx f ( x)sin nxdx22f (x)[sin nx sin(nnx)]d x 42f ( x)sin nxdx n2k 2kf (x) 所以b 2n 1 sin(2 n 1)x x n10,2由于 f (x)按段光滑， 所以可展开为傅里叶级数，又推论 2 设 f(x)在［ , ］上可积，则k11t t 2 tdt2sin 2t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 2 为周期的函数 f(x)在［ , ］上按段光滑，则 limf (x 0) f(x 0)S n (x) 0 n 2 2 n，定理 4 如果 f(x)在［ , ］上有有限导数，或有有限的两个单侧导数，则f(x 0) f (x 0) a 0a n cosnxb n sinnx n122定理 5 如果 f(x)在［, ］按段单调，则f(x 0) f (x 0) a 0a n cosnxb n sinnx22n1习题解答1 设 f (x)以 2 为周期且具有二阶连续的导函数，证明( , )上一致收敛于 f(x)．证：由题目设知 f(x)与 f (x)是以2 为周期的函数，且光滑，f (x) a 0(a n cosnx b n sin nx)故21f (x)a 0(a n cosnxb n sin nx)2n111a 0 1f (x)d x 1f( ) f ( ) 0 且1 a n f (x)cos nx d x当 n 1 时，lim f (x)sin nn 01xdx 0 2limn1f ( x)sin n xdx 02定理 2 设以 2 n为周期的函数 f (x) 在 [ ］上可积，则S n (x)a 0a k coskxb k sinkxsinf(x t)f (x)的傅里叶级数在1 nf ( x)sin nxdx nb nf ( x)cos nx|b n1nf ( x)sin nx d x1f (x)sin nx| f ( x)cos nxd x nana n 是a nnb n 122an2b n212(a nb n2)由贝塞尔不等式得a0 从而2a nn1(an1b n2)收敛，又12n 1 n收敛，bn收敛，(a n cosnx b n sin nx)n在(2 设f为,上可积函数，证明：若f的傅里叶级数在[, ]上一致收敛于则成立贝塞尔(Parseval) 等式1 f2 (x)d x2a02 2an2b n2 2 n1这里a n ,b n 为f的傅里叶系数．S m a0a n cosnx b n sinnx证：设 2 n 1，因为 f (x)的傅里叶级数在[ , ]上一致收敛于f(x)，所以0, N 0 ，“m N, x [ , ]f(x) S m ”．)上一致收敛．1na0故22．而于是f(x) S m, f(x) S mf(x) S m,f (x) S m f (x), f ( x)f 2(x)dx 2 a02 m a n2 n12 f ( x), S m S m,S ma022n1a n2b n2nna n2b n2n12f 2(x)d x所以m N 时，2f2(x)d x 22 a n b n2n11 f 2(x)d x4 其中 an , bn 为 f的傅里叶系数，n , n为 g 的傅里叶系数．2a 022a n 2b n 2 故2 n 13 由于贝塞尔等式对于在, ]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．2(1) 8n 1(2n11)； (2)121n 2(3) 90f (x)解： (1) 取由贝塞尔等式得212即8 n 1 (2n 1)(2) 取 f(x) x, xf(x)2dx16f (x)x 2dx，由§1 习题 3 得sin(2 n 1)x , x ( 2n 1 ,0) U(0, )1 1 (2n 1)2，由§1 习题 1 (1) 得 2 ( 1)n 1 sinnx, x n 1 n( 1)n 12由贝塞尔等式得212故6 n 1nn1(3) 取f (x) 2x,]， 2由§1 习题 1 (2) 得x 21)ncosx 2 , x n,)x 4dx由贝塞尔等式得 4( 1)n 4n190收敛于 证明： f和 g，则若 f,g 均为 []上可积函数，且他们的傅里叶级数在[ , ]上分别一致f(x)g(x)d x a020(a n n b n n )n1f (x)f (x)g(x)df(x),g(x)当 n 1 时，a 0证： 由题设知(a n cosnx b n sin nx)1g(x) ( n cosnx n1 nsin nx)f (x), 所以f(x), 20 f (x), 20(n1ncosnx n sin nx)f (x), n cosnx f (x), n sin nx1n 2f (x),a n cosnx na 0 0f (x), 而cosnx b n sin nx, 02b n sinnx ,ncosnxa n cosnx,ncosnxan n，n sinnxa 0a n cosnx 2 n 1 nb n cosnx, n cosnxf (x)g(x)d xa 0 02n(a n1b n sinnx ,n sinnxb nn，b nn)f (x) 2 dxf (x) 2dx ．证： 因为 f(x)、f (x) 在,上可积，f(x)dx 0，f( ) f( )f (x) a 0(a n cosnx b n sin nx)设2 n 1a 0f (x)(a n cosnx b n sin nx)2n1由系数公式得a 01f (x)d x 1 f () f ( ) 05 证明若 f 及其导函数 f 均在［ , ］上可积 ,f(x)dx 0 f( ) f( )，且成立贝塞尔等式，则1f (x)cos nx d x1 nf ( x)sin nxdx nb nf ( x)cos nx |傅里叶级数，由系数公式得a 0T n (x),1A2n (A k coskx k1B k sin kx),1A 0当ka k1时， T n (x),coskxn(A k coskx B k sin kx),cos kx k1A kn，b kT n (x),sin kxA20n(A k coskx B k sin kx),sin kx k1B k 0n，故在 () ，T n (x) A 20k(A k coskx B k sinkx) 1的傅里叶级数就是其本身．a 0,a k ,b k (k 1,2,L ,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,L ,n) 时，2 设 f为[ , ]上可积函数，b n1nf ( x)sin nx d x1f (x)sin nx |f ( x)cos nxd xna n于是由贝塞尔等式得2f (x) 2dx2 a n 2b n 2 n122n 2an 22an2b n 2n12f (x)2 dx总练习题 151 试求三角多项式A 0T n (x)2n(A k coskx B k sin kx) k1的傅里叶级数展开式．A 0T n (x) 20 解： 因为 2(A k coskx k1B k sin kx)是以 2为周期的光滑函数，所以可展为2f (x) T n(x) dx积分n取最小值，且最小值为2 a 2 nf (x) d x 0(a k2 b k2 )2 k 1上述T n (x)是第1题中的三角多项式, A0, A k ,B k为它的傅里叶系数．f(x) 证：设a02 a n cosnxn1b n sinnxT n(x) A02 (A k coskxk1B k sin kx)且A0a0, A k a k , B k b k (k 1,2,L ,n) ，因为2 f (x) T n(x) dx所以22f 2 (x)d x 2 f ( x)T n ( x)d x T n2(x)d xA anf (x)T n(x)d x A k a k B k b k2 k 1 ，T n2(x)d x A0nA k2B k2n2 k 1，2f (x) T n (x) d x而故当A0积分f 2 (x)d x 2 A0a0222nA k a kk1 B k b kA0n2 2A k2B k22 k12 2 nf(x) dx a0 (a k2b k2)2 k1(A0 a0)2n(A k2 k12 a2 nf (x) dx a0 (a k2b k2)2 k1a0, A k a k,B k b k(k 1,2,L ,n)时，2(x) Tn(x) dx取最小值，且最小值为a k )2 (B kb k)22f (x) d x2 a02k1(a k2b k2)3 设f为以2 周期，且具有二阶连续可微的函数，11b n f ( x)sin nxdx, b n f (x)sin nxdx1 1若级数 bn 绝对收敛，则1b n2 2b nn 1 2 n 1证：因为 f(x)为以 2 周期，且具有二阶连续可微的函数， 1b n f ( x)sin nxdx 所以1 b nsinnx d f (x)1f ( x)sin nx ( x)cos nxd xn cosnx d f (x)b nn1故结论成立．(x)a 0a n cosnxb n sinnx解：设2 n1(x) 0ncosnxnsinnx2n1(1) 则当(x)(x) 时，n，11a n(x)cosnxdx ( t)cos( nt)d( t) 试问 的傅里叶系数a n ,b n与 的傅里叶系数( t)cos nt dt(t)cos nt d tnf ( x)cos nxf (x)sin nxdxn 2b n所以 1 n 1, b n2 n bn绝对收敛，n1b nn1b n ，从而12n 收敛，1, b n2 b nnbn收敛，且b n 1b n4 设周期为 (1)( x)的可积函数 (x)；(x)与 (2)(x)满足以下关系式( x) (x)．n , n有什么关系？nb n(2)b nn11(x)sin nxdx( t)cosntdt( t)sin( nt)d( t)(t)cos ntdtn1x) (x) 时，(x)cosnxdx( t)cosntdt(x)sin nxdx( t)cos nt dt0，设定义在[a,b]上的连续函数列( t)cos( nt)d( t)(t)cos ntdt( t)sin( nt)d( t)(t)cos nt d tn (x)满足关系bn(x)m(x)d x 1nm对于在[a,b]上的可积函数f，定义a n ba f(x) n(x)d x, n a 1,2,L ，2 a n2 证明n 1 b2 a[ f(x)]2dx a证：2a n2收敛，且有不等式n 1在[a,b]上的所有可积函数构成的集合中定义内积为bf (x)g(x)d xa，f (x), g(x)则函数列n (x)为标准正交系．m a n n (x), m 1,2,Ln 1，则S m(x) 令b2a[ f(x) S m(x)]2dx 又 a mn, a n f (x), n(x) ，2f 2 (x)d x 22f(x)S n(x)d x S n2(x)d xf 2(x)d x 2 f ( x), S n (x) S n(x),S n(x)m m1 x sin nx |f (x), S n ( x) f (x), a n n (x) 而 n 1 a n f (x), n (x) n1 m 2 a n 2n1 S n (x),S n (x) S n (x), a k k (x)k1 m ma k a k k (x), k (x) k1 所以 k 1 ， 2 m 2b f 2(x)d x a n 2 a [ f(x) a n1 m m 1, n1 2 S m ( x)]2 dx 0 b 2 a [ f(x)]2dx a 2 2 b a n a n a 1 收敛，且 n 1 a ，即 S m (x) 有上界． [ f (x)]2dx。

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, 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--=⋅=⋅=⎰⎰；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， 称为函数()f x 的傅里叶系数，而三角级数 称为()f x 的傅里叶级数，记作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为周期的连续函数，且在[,]ππ-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 当1n ≥时，11cos d d(sin )n a x nx x x nx 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 当1n ≥时， 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 当1n ≥时，所以221sin ()4(1)3nn nxf x n π∞==+-∑，(,)x ππ∈-为所求．解：(ii)()2f x =x (0,2)x ∈当n ≥所以1n f =)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．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数．由系数公式得 当1n ≥时，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 从而2 1()cos d c n ca f x nx xππ+=⎰同理可得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 当1n ≥时， 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 当1n ≥时，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 当1n ≥时，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==⎰， 又01,cos cos d 0nx nx x π==⎰；,m n ∀，m n ≠时， 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 ∀，又,m n ∀，m n ≠时，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-=<<当n 所以1n 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2()2xxf xxxππ-≤<=⎨⎪≤≤⎪⎩，所以由系数公式得当1n≥时，所以211()cos41nf x nxn∞==-，(,)xππ∈-．而xπ=±时，(0)(0)()2f ffπππ±-+±+±，故211()cos41nf x nxn∞==-，[,]xππ∈-为所求．(3) 2(), (i) 02, (ii)f x ax bx c x xπππ=++<<-<<；解：(i)由系数公式得当1n≥时，故224()3af x ax bx c b cππ=++=++21442cos sin,(0,2)na a bnx nx xn nππ∞=++-∈∑为所求．(ii)由系数公式得当1n≥时，故222()3af x ax bx c cπ=++=+2142(1)cos(1)sin,(,)n nna bnx nx xn nππ∞=+---∈-∑为所求．(4) ()ch,f x x xππ=-<<；解：由系数公式得当1n≥时，所以22sh(1)(1)nnanππ=-+．所以0nb=，故21211()ch sh(1)cos21nnf x x nxnππ∞=⎡⎤==+-⎢⎥+⎣⎦∑，(,)xππ∈-为所求．(5) ()sh,f x x xππ=-<<．解：由系数公式得当1n≥时，1sh cos d0na x nx xπππ-==⎰．所以122sh(1)(1)nnn xbnπ+=-+，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∞=++-∈∑得而2(00)(20)6f f ππ+=-=，故由收敛定理得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 当1n ≥时，1()cos d na f x nx xπππ-''=⎰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 '≤+ 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 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-=⎰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 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 x a f x x l l π-==⎰， 从而01()sin2n n a n x f x a l π∞=+∑其只含正弦项，故称为由此可知，函数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 )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2222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 当1n ≥时，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 当1n ≥时，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=，所以由系数公式得当1n ≥时，2sgn(cos )cos d n a x nx xππ=⎰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 当1n ≥时，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 ==．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 =，所以由系数公式得当1n ≥时，402()cos d 44n n xa f x x 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 =，所以由系数公式得当1n ≥时，1202(1)cos d n a x n x xπ=-⎰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 是偶函数，故其展开式为余弦级数．当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-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：再把()f x 延拓到[0,2]π上，方法如下：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 当1n ≥时，201()sin d 0n b f x nx x ππ==⎰．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．再把()f x 延拓到[0,2]π上，方法如下．)x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得 当1n ≥时，201()cos d 0n a f x nx x ππ==⎰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 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，则推论2 设()f x 在[,]ππ-上可积，则定理2 设以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上可积，则此称为()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，则定理5 如果()f x 在[,]ππ-按段单调，则二 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 ∞==++∑， 且1()d a f x x πππ-''=⎰()1()()0f f πππ=--=．当1n ≥时，1()cos d na f x nx xπππ-''=⎰于是2222111122n nn n nn a b a b a b nn n n ''⎛⎫⎛⎫''+=+≤+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由贝塞尔不等式得221()nn n a b ∞=''+∑收敛，又211n n ∞=∑收敛，从而()012n 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∀>∃>，于是2(),()m m f x S f x S ε--<．而所以m N >时，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 ，则其中,n n a b 为f 的傅里叶系数，,n n αβ为g 的傅里叶系数．证：由题设知01()(cos sin )2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑，于是 1()()d (),()f xg x x f x g x πππ-=⎰而001(),cos sin ,222n n n a f x a nx b nx αα∞==++∑ 所以 00 11()()d ()2n n n n n a f x g x x a b ππααβπ∞-==++∑⎰．5 证明若f 及其导函数f '均在[,]ππ-上可积,()d 0f x x ππ-=⎰, ()()f f ππ-=，且成立贝塞尔等式，则证：因为()f x 、()f x '在[],ππ-上可积，()d 0f x x ππ-=⎰，()()f f ππ-=，设01()(cos sin )2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑，由系数公式得 当1n ≥时，1()cos d na f x nx xπππ-''=⎰于是由贝塞尔等式得 总练习题151 试求三角多项式的傅里叶级数展开式．解：因为01()(cos sin )2nn k k k A T x A kx B kx ==++∑是以2π为周期的光滑函数，所以可展为傅里叶级数，由系数公式得 当1k ≥时，故在(,)-∞+∞，01()(cos sin )2nn k k k A T x A kx B kx ==++∑的傅里叶级数就是其本身．2 设f 为[,]ππ-上可积函数，0,,(1,2,,)k k a a b k n =为f 的傅里叶系数，试证明，当00,,(1,2,,)k k k k A a A a B b k n ====时，积分[]2()()d n f x T x x ππ--⎰取最小值，且最小值为上述()n T x 是第1题中的三角多项式,0,,k k A A B 为它的傅里叶系数．证：设()01()cos sin 2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑，且00,,(1,2,,)k k k k A a A a B b k n ====，因为[]2()()d n f x T x xππ--⎰而()001()()d 2nn k k k k k A a f x T x x A a B b ππππ-==++∑⎰，所以[]2()()d n f x T x x ππ--⎰故当00,,(1,2,,)k k k k A a A a B b k n ====时，积分[]2()()d n f x T x xππ--⎰取最小值，且最小值为3 设f 为以2π周期，且具有二阶连续可微的函数，若级数n b ''∑绝对收敛，则证：因为()f x 为以2π周期，且具有二阶连续可微的函数，所以1()sin d nb f x nx xπππ-''''=⎰即211,n nn b b n ''∀≥=⋅，从而2111,2n n b n ⎛⎫''∀≥+ ⎪⎝⎭又n b ''∑绝对收敛，21n ∑收敛，所以n ∞=故结论成立．4 设周期为2π的可积函数()x ϕ与()x ψ满足以下关系式(1) ()()x x ϕψ-=； (2) ()()x x ϕψ-=-． 试问ϕ的傅里叶系数,n n a b 与ψ的傅里叶系数,n n αβ有什么关系？解：设()01()cos sin 2n n n a x a nx b nx ϕ∞==++∑，(1) 则当()()x x ϕψ-=时， 0n ∀≥，(2) 当()()x x ϕψ-=-时，0n ∀≥，5 设定义在[,]a b 上的连续函数列{}()n x ϕ满足关系 对于在[,]a b 上的可积函数f ，定义 证明21nn a∞=∑收敛，且有不等式 22 1[()]d bn an a f x x∞=≤∑⎰．证：在[,]a b 上的所有可积函数构成的集合中定义内积为则函数列{}()n x ϕ为标准正交系．令1()(),1,2,mm n n n S x a x m ϕ===∑，则,(),()n n n a f x x ϕ∀=，又 2 [()()]d b m af x S x x-⎰而11(),()(),()(),()mmn n n n n n n f x S x f x a x a f x x ϕϕ====∑∑于是222 1()d [()()]d 0mbn m an f x x a f x S x x ππ-=-=-≥∑⎰⎰，所以22 11,[()]d mbn a n m a f x x=∀≥≤∑⎰，即{}()m S x 有上界．故21nn a∞=∑收敛，且22 1[()]d bn an a f x x∞=≤∑⎰．。

傅里叶级数例题解答过程傅里叶级数是将一个周期函数表示为一系列正弦和余弦函数的和的方法。

为了更好地解答你的问题，我将从以下几个角度来回答，傅里叶级数的定义、计算公式、求解步骤和一个具体的例题解答过程。

1. 傅里叶级数的定义：傅里叶级数是一种将周期函数分解为一组基本正弦和余弦函数的方法。

它是基于傅里叶变换的理论基础，用于将一个周期函数表示为无穷级数的形式。

2. 傅里叶级数的计算公式：对于一个周期为T的函数f(t)，它的傅里叶级数可以表示为以下形式：f(t) = a0/2 + Σ(ancos(nωt) + bnsin(nωt))。

其中，a0、an和bn是系数，ω是角频率，n是正整数。

3. 求解步骤：a. 确定周期函数f(t)的周期T。

b. 计算常数项a0：a0 = (1/T) ∫[0,T] f(t) dt.c. 计算余弦系数an：an = (2/T) ∫[0,T] f(t) cos(nωt) dt.d. 计算正弦系数bn：bn = (2/T) ∫[0,T] f(t) sin(nωt) dt.e. 将计算得到的系数代入傅里叶级数公式，得到f(t)的傅里叶级数展开式。

4. 例题解答过程：假设我们要求解周期为2π的函数f(t) = t，即f(t)的周期T=2π。

a. 计算常数项a0：a0 = (1/2π) ∫[0,2π] t dt.= (1/2π) [t^2/2] [0,2π]= (1/2π) [(2π)^2/2 0^2/2]= (1/2π) π^2。

= π/2。

b. 计算余弦系数an：an = (1/π) ∫[0,2π] t cos(nωt) dt.= (1/π) [t (sin(nωt)/(nω) ∫sin(nωt)/(nω) dt)] [0,2π]= (1/π) [t (sin(nωt)/(nω) +cos(nωt)/(n^2ω^2))] [0,2π]= (1/π) [(2π (sin(nπ) sin(0)))/(nω) +(cos(n2π) cos(0))/(n^2ω^2)]= (1/π) [(2π 0 0)/(nω) + (1 1)/(n^2ω^2)]= 0。

傅里叶级数部分难题解答微积分(下)傅里叶级数部分难题解答傅里叶级数部分难题解答1((书中,第1题)三角多项式 P301n,0，，，，Tx,，,coskx，,sinkx ,nkk2,1k的傅里叶级数还是它自己吗,，，Tx,,解:是以为周期的函数，不妨在,,,,上展开成傅里叶级数.由于 2,n n,,,a1110，，，,coskx，,sinkxdx ,dx，，a,Txdx,kk0n,,,,,,,,,,2,,1,k ,,.(由于三角函数系的正交性) 0,1对于由 ,m,1,m,n,，，a,Txcosmxdxmn,,,,n,,,,110，， ,，，.cosmxdx,coskx.cosmxdx,sinkx.cosmxdx,kk,,,,,,,,,,,，，2,,,1k由于三角函数系的正交性，仅当时， k,m, cosmx.cosmxdx,,..,,,,,,其余而且，，，，coskx.cosmxdx,0k,m.sinkx.cosmxdx,01,k,m.,,,,,, a,,.故 mma,0.对于 ,m,m,n，同样由三角函数系的正交性知 m,0,m,n,,,m即 a,,m0,其他.,,1,m,n,,,m，，Tx同理，有所以，的傅里叶级数为 b,,nm0,其他.,,n,a00，，，，，acosmx，bsinmx,，,cosmx，,sinmx (换记为) ,,mmmm22m1,1,mnn,,00，，，，，，,，,coskx，,sinkx.Tx,，,coskx，,sinkx三角多项式,,kknkk22,1,1kk的傅里叶级数还是它自己.1微积分(下)傅里叶级数部分难题解答4，，fx,sinx,x,,,,,,2((书中,第2题)将函数展开成傅里叶级数 P301,,,11244解: ，，a,fxdx,sinxdx,sinxdx0,,,,,0,,,,,,,,，，2443!!,3444222(第二个积分令,sinxdx，costdt,sinxdx,.,.,,,,,0004!!24,,,，，, t,x,)2,,114 ，，a,fxcosnxdx,sinxcosnxdxn,,,,,,,,,131,, 2cos2xcos4xcosnxdx,,，,,,,,,422,,a,0,由于三角函数系的正交性，仅当或时，此时 n,2,n,4n,,1111 a,,cos2x.cos2xdx,,;a,cos4x.cos4xdx,.24,,,,,,,,22884，，fx,sinx,x,,,,,,b,0(n,1,2,....) 又由于是偶函数，故. n311所以，，，,,fx,,cos2x，cos4x,x,,,,,.828注意:其实，聪明的同学还有更简单的做法:21,cos2x311,,4，，fx,sinx,,...,,cos2x，cos4x,x,,,,,,,.既然 ,,2828,, 利用第1题的结论，它的傅里叶级数就是它自己，即:311 ，，,,fx,,cos2x，cos4x,x,,,,,.828，，,,,,3((书中,第3题)关于区间展开函数 P3021,x,0,,n1,,,1，，,,sgnx,0,x,0,为傅里叶级数，并由此证明 ,.,,n2,14n1,,,1,x,0.,sgnx 解:注意到为奇函数，故显然,,11， a,sgnxdx,0;a,sgnx.cosnxdx,0;0n,,,,,,,,,,,122 b,sgnx.sinnxdx,.sinnxdx,,cosnx|n,,0,0,,,,n4,,n,1,3,5,...,2, ,,.,,cosn,,1,n,,n,,0,n,2,4,6,..,2微积分(下)傅里叶级数部分难题解答,4111，，sgnx,bsinnx,sinx，sin3x，sin5x，sin7x，... ,n,,,357，，n1, ,41，，，，,sin2n,1x.,,,x,,. (*) ,2n,1,n1,,(*)中，令得: x,,2n1n1,,,,,414,1,,1，，，，,，，1,sin2n,1,所以 ,.,,,212n,,2n,1n2,14,n1,n1n1,,，，4((书中,第4题)关于区间,,,,展开下列函数为傅里叶级数 P302(?)，，fx,x;，，(?)fx,cosax(为常数); a，，(?)fx,xsinx;,0,,,,0,x,(?) ,fx，，,x,,x,,.,，，fx解:(?)所给函数满足收敛定理的条件，它在整个数轴上连续，因此的傅，，fx.里叶级数处处收敛于，，b,0;n,1,2,？.，，fx 注意到为偶函数，故显然而 n,,22 ，，a,fx.dx,x.dx,,;0,,00,,,,22 ，，a,fx.cosnxdx,x.cosnxdxn,,00,,,,,,2122，，，，,0，cosnx,,, ，，.xdsinnxxsinnxsinnxdx||,,,,00,,00，，,nn,,nn，，,4,n,,1,3,5,...,2,2 ,,,cosn,,1,.n,,2n,,n,0,2,4,6,..,，，fx 所以，的傅里叶级数展开式为,,a4111，，0x,，acosnx,,cosx，cos3x，cos5x，cos7x，... ,n222,,,22357，，n1,3微积分(下)傅里叶级数部分难题解答,,41 ,,cos2n,，，，，1x.,,,x,,. ,22,，，2n,1n,1(?)所给函数满足收敛定理的条件，它在整个数轴上连续，因此，，的傅里fx，，叶级数处处收敛于fx.，，b,0;n,1,2,？.，，注意到fx为偶函数，故显然而 n,,,2222 ，，a,fx.dx,cosax.dx,sinax,sina,;|0,,000,,aa,,,,22 ，，a,fx.cosnxdx,cosax.cosnxdxn,,00,,,21 ,,，，，，,cosn,ax，cosn，axdx,0,2,,11,sin,,n,ax，sin,,n，ax，，，， ||00，，，，,,n,an，an,，，111,, ，，,a,,sin,,n，an,a,,,1nn，,，，a,，，a，，,,12a2sin1，，,,..sina,，，n,1,2,？ 2222,n,a,na, ，，fx 所以，的傅里叶级数展开式为,,aanx2sin，1cos，，，1n，，，,,,x,,. ax,，,，，cos1,,,,22,a2na,1，，n,，，fx(?)所给函数满足收敛定理的条件，它在整个数轴上连续，因此的傅里，，b,0;n,1,2,？.，，，，fx.fx叶级数处处收敛于注意到为偶函数，故显然而 n,,,222 ，，，，a,fx.dx,xsinx.dx,,x.dcosx0,,,000,,,,,2，，,,,,2; xcosxcosxdx|,0,,0，，,,,,122 ，，a,fxcosx.dx,xsinx.cosxdx,xsin2xdx1,,,000,,,,,,111，，，， ,,x.dcos2x,,xcos2x,cos2xdx,,;|,,00,0,，，,,222,,22，， a,fx.cosnxdx,xsinx.cosnxdxn,,00,,4微积分(下)傅里叶级数部分难题解答,21 ,,，，，，,x.sinn，1x,sinn,1xdx,0,2,,,11,xd,,cosn，1x，xd,,cosn,1x，，，， ,,00，，，，,,n，1n,1,,,1,,，，,xcos,,n，1x,cos,,n，1xdx，，|,00，，,n，1,,1,,，，，xcos,,n,1x,cos,,n,1xdx，， |,00，，,n,111,22，，n1nn，，，,,1,，，n,2,3,？ ,,1,,，，，，1.22,,n，1n,1n,1n,1，，，，所以，fx的傅里叶级数展开式为n1，,1,1，，，，xsinx,1,cosx，2cosnx.,,,x,,.,22n,1n2,,,,111,(?) ，，，，a,fx.dx,fx.dx,x.dx,;0,,,,00,,,2,,,11 ，，a,fx.cosnxdx,x.cosnxdxn,,,0,,,,,,,1111，，，，,0，cosnx ,,, ，，.xdsinnxxsinnxsinnxdx||,,,,00,,00，，,nn,,nn，，,2,n,,1,3,5,...,1,2 ,,,cosn,,1,.n,,2n,,n,0,2,4,6,..,,,11 ，，b,fx.sinnxdx,x.sinnxdxn,,,0,,,,,,11，，,,,,, ，，.xdcosnxxcosnxcosnxdx|,,0,,00，，,,nnn，1,11，，,11，，,,,cosn,,sinnx,.，，n,1,2,？ ,,cosn,,|,,0nnn,n，，n1，,,,2cos2n,1x,1，，，，所以，，，，，fx,,，sinnx.,,,x,,.,,24n,，，2n,1n1n1,,，，，，，，fx,x,,x0,x,,5((书中,第1题)将函数分别展开成正弦级数与P307余弦级数.，，fx解:(一)对作奇延拓及周期延拓.5微积分(下)傅里叶级数部分难题解答a,0(n,0,1,2,...) . n,,,222, ，，b,x,xsinnxdx,2xsinnxdx,xsinnxdxn,,,000,,,,2 其中，，,,xdcosnx2xsinnxdx,,00n,,,212，，，，,,,cosn,,sinnx ,,,xcosnxcosnxdx||,,,00,,0，，nnn，，,22,n，1 ，，,,cosn,,,1.nn,,,,222222，， ,,，，,xsinnxdx,xdcosnxxcosnx2xcosnxdx|,,,0,,000，，, ,,nn,,241，，n，，,,1,0，cosnx |2,,0nn,n，，,,2424nnnn,,，,, ,,,,，，，，，，，，,,1,,1,1111.33nnn,n,,242,n，1nnb111故 ,,，，，，，，,,1，,，,,n3nnn,8,n,,1,3,5,...,4,n311 , ,,，，.,,,n,,3n,,n,0,2,4,6,..,,81，，，，fx,sin2n，1x，，0,x,, 所以，. ,3,，，2n，1n,1，，fx(二)对作偶延拓及周期延拓.b,0(n,1,2,...); n2,,,1,22,x.dx,; ，，，，a,fx.dx,x,,x.dx0,,,0003,,,,,,222, ，，a,x,xcosnxdx,2xcosnxdx,xcosnxdxn,,,000,,,,,,22，，,, 其中，，,xdsinnxxsinnxsinnxdx2xcosnxdx|,,,0,,000，，nn ,2122，，n,0，cosnx ，，,,，，,cosn,,1,,1,1.|22,,0nnnn，，,,2222，， ,xcosnxdx,,xdsinnx,,00,,n6微积分(下)傅里叶级数部分难题解答,,22，， ,,,xsinnx2xsinnxdx|,0,,0，，,n,,444n，， ,,,,,,,,，，xcosnxcosnxdx,,,cosn,，01.|222,0,,0，，,nnn,2424nnnn，1，，故 a11n,1,2,？ ,,1,,，，，，，，，，,,1,1,,,,,,，,1.n2222nnnn2,,,11n1n，，，,,，，fx,,21,,1cosnx，，，4,1cosnx 所以， ,,226nnn1,n1,2,,11,n1，，，，4,1cosnx，，0,x,, ,,4cos2n，，,1x,,22n6，，2n,1n1,n1,，，,,6((书中,第2题)设ft是周期为，高为的锯齿形波，它在0,2,的P3072,hh函数表示式为，试把它展开成傅里叶级数. ,，，ftt2,2,22,2,1hht1.,tdt,,h，，解:;n,1,2,？，，a,ftdt|0,2,00022,,2,,2,2,2,1h1h ，，，，a,ftcosntdt,t.cosntdt,tdsinntn,,,2000,,,,22n2,2,hh，， ,, ,,tsinntsinntdt,,0,0,0.|2,2,,00，，,n,2n22,2,2,1h1h ，，，，b,ftsinntdt,t.sinntdt,,tdcosntn,,,2000,,,,22n2,2,h，， ,,, tcosntcosntdt|,2,,00，，,2nhh，，n,1,2,？,, ,,,,2,cos2n,,0.2n,2n,,hh1，，ft,,sinnt.，，x,2k,,k,0,,1,,2,？所以 ,,2nn1,,x,，，0,2,fx,7((书中,第3题)在展开函数为傅里叶级数. ，，P3072，，fx 解:对作周期延拓.2,2,2,,1,x11112 ; ，，，，a,fxdx,dx,,..,,x,0|0,,000,222,,2,2,11x,, ，，a,fxcosnxdxcosnxdx,n,,00,2,2,1 ，，，， ,,,xdsinnx,02n,2,2,1，，,,，，， ,xsinnxsinnxdx|,,,00，，2n,7微积分(下)傅里叶级数部分难题解答1; ,,,0,0,0n,22,2,11x,, ，，b,fxsinnxdxsinnxdx,n,,00,2,2,1 ，，，，,,,,xdcosnx,02n,2,2,1，， ,,,，，，,xcosnxcosnxdx|,,,00，，2n,11，，,,,cos2n,,;n,1,2,？ ,,,,,2nn,,1，，fx,sinnx.，，所以， 0,x,2, ,n,n1TT,,,,，，，，8((书中,第4题)设ft是周期为TT,0的周期函数，它在内P307,,22,,的函数表示式为T2,,Esint,0,t,,,,,,m,2T,ft,，，，试把它展开成傅里叶级数. ,T0,,,t,0.,2,,TTT2E121,,m222,,cos,t,Esin,tdt解: ，，a,ftdt,,|m0T,,00,TTT,,,222,,,.T,,2E2E2ET,,,mmTm,,,1,cos ; ,,1,cos,,2T2,2,,,,,,T.,,T,,TT1nt22,nt,22,Etdt.cossin.cos ，，a,ftdt,mnT,,0,TTTT222TE，，nn2,2,,,,,m2 ,，，,ttdtsinsin,,,,,,,,,0TTT,,,,，，，，，，TT,,,,EEnn12,12,,,,,mm22，,, ,,，ttcoscos,,,,,,,,,,||00nn22,,TTTT,,,,,,,,，,,,,,,,，，，，TT8微积分(下)傅里叶级数部分难题解答，，，，EE,,,,2nT2nT,,,,,,mm ,1,cos,，.,，1,cos,,.,,,,,,,,,,,,,,,2n2nT2T2,,,,,,,,,,,,,,，，，，，T,T,,,,,,TT,,,, ，，E,,22nT,,,,m,1,cos,，.,,,,,,,22nTT2,,,,,,,,，，，T,,TT,,，，E,,2,2n,T,,m ，1,cos,,.,,,,,,,22nTT2,,,,,,,,，，,T,,TT,,EEmm,,,1，cosn,,,，1，cosn, ，，，，2n，121,n,,E1,mn,.,2,4,6,...,EE112,，，nmm2,,,1，cosn,，,1，,1,,, ，，.,,n1,2,,2n，11,n,,21,n，，,n,0,1,3,5,.., TT1t22,t,22,Etdt.sinsin.sin ，，b,ftdt,m1T,,0,TTTT222,4t,1cosTTtt22,2,2T22,Edt,Edtsin.sin mm,,00T2TTTTEEE4,TtTT，，，，mmm2,,sin,t,,sin2,,; |,,,,0T4T242T,,，，，，TT1nt12,nt,22,Etdt.sinsin.sin ，，b,ftdt,mnT,,0,TTTT222TE，，nn2,2,,,,,m2 ,,，，ttdtcoscos,,,,,,,,,0TTT,,,,，，，，，，TT,,,,EEnn12,12,,,,,mm22,, ，，ttsinsin,,,,,,,,,,||00nn22,,TTTT,,,,,,,,,，,,,,,,，，，，TT ，，，，EE,,,,2nT,2n,T,,,,mm,sin,,.,,0，sin,，.,,1 ,,,,,,,,,,,,,,2n2nT2T2,,,,,,,,,,,,,,，，，，，T,T,,,,,,TT,,,,9微积分(下)傅里叶级数部分难题解答，，E,,22nT,,,,m,sin,,.,,0,,,,,,22nTT2,,,,,,,,，，,T,,TT,,，，E,,2,2n,T,,m ，sin,，.,,0,,,,,,22nTT2,,,,,,,,，，，T,,TT,,EEmm，sinn,,0.,sinn, n,2,3,？.，，，，21,n21，n,,，，所以，ft的傅里叶级数展开式为,EEtnt2,14,mm，，fx,，sin，cos. ,2TT2n,41,n1,，，,,,,9((书中fx,,,,0,,,第5题)设在上为可积的奇函数且在上有P307 ，，b，，fx,0.fx求证:(其中为的傅里叶系数). b,kbkk1提示: ，，sinkx,ksinx0,x,,.，证明:(一)先用数学归纳法证明:对于，有(*)，，k,Nsinkx,ksinx0,x,,.成立。

微积分习题集带参考答案2（2），求圆的面积为1时，面积变量S 相对于周长l 的变化率。

解 此时S 是l 的函数 πππ4222l l S =⎪⎭⎫ ⎝⎛=。

于是S 对周长l 的变化率为 π2l dl dS =。

当1=S 时π2=l ，此时ππ12==l dl dS 。

5(2). 设ax y ||=，在0=x 点可导，求α的取值范围。

解 设ax x f ||)(=。

当0≤α时，0=x 是函数的间断点，此时函数不可导。

只讨论0>α。

考虑左导数 ⎪⎩⎪⎨⎧>=<∞===---+→1,0111,0)0()(lim10ααααa x x xxx f x f ， 考虑右导数 ⎪⎩⎪⎨⎧>=-<∞=--=-=----→1,0111,)()(0)0()(lim10ααααa x x x x x f x f ， 因此该函数当1>α时在0=x 点可导，导数为0.6. 设⎪⎩⎪⎨⎧≥+-<≤+<-=1,1)1sin(10,0,1)(x x b x a x x e x f x 。

求b a ,使得)(x f 在1,0=x 可导。

解法1 因可导必连续，则 a f x f x ===-→)0(0)(lim 0，则0=a 。

这样在1=x 处)(x f 也连续。

此时 110)0()(lim )0(0=-=--='-→-x e x f x f f x x ，1lim 0)0()(lim )0(00==--='+→+→+xxx f x f f x x ，。

1111)1()(lim)1(1=--=--='-→-x x x f x f f x ，b x x b x f x f f x x =--=--='+→+→+1)1sin(lim 1)1()(lim )1(11。

若)1('f 存在，则应有b =1。

此时1)1('=f 。

解法2 同理可得0=a 。

傅里叶级数课程及习题讲解段光滑，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-++=∑，其中,nna 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．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为周期的连续函数，且在[,]ππ-上按段光滑，则x R ∀∈，有 ()01()c o s s i n2nnn 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x y O角点(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 nππππππ+---=+=-⎰，所以 11sin ()2(1)n n nx f 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===⎰⎰．x 4π2π2π-yO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 nππππ--=+=⎰，所以 1sin ()2n nx f 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 x n n ππππππ--=-⎰22d(cos )x nx n πππ-=⎰222224cos cos d (1)|n x nx nx x n n nππππππ--=-=-⎰，2211sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππππ---==⎰⎰ 212cos cos d |x nx x nx xn n ππππππ---=+⎰x 3πππ-3π-yO22d(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∈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 nππππ=-=⎰，22220011sin 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 nππππππ=-+-=-⎰，所以22214cos sin ()43n nx nx f x n n ππ∞=⎛⎫=+- ⎪⎝⎭∑，(0,2)x π∈为所求．x 4π2π2π-4π-y O(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．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 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+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) 311111157111317=-+-+-+．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--=+=⎰⎰．x 3πππ-3π-yO 2π2π-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3111111457111317π⎫=-+-+-+⎪⎝⎭，311111157111317=-+-+-+．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20ka =，20kb =．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 x πππππ=-+⎰⎰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 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 kn 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：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 x ππ-=<<；解：(),022xf 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220011()d d 02xa f x x x πππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，22011cos d d(sin )22n xxa 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 nπππππ-=--=⎰，所以1sin ()n nx f x n ∞==∑，(0,2)x π∈为所求． (2)()f x x ππ=-≤≤；x 4π2π2π-4π-y O 2π32π-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2202()1cos 2sin 2202x x x f x x x x ππ⎧-≤<⎪⎪=-=⎨⎪-≤≤⎪⎩，所以由系数公式得01()d a f x xπππ-=⎰02242sin d sin d 22x x x x ππ--=+= 当1n ≥时，022sin cos d sin cos d 22n x xa nx x nx x ππ--=+202242sin cos d 2(41)x nx x n πππ==--⎰．022sin sin d sin sin d 022n x x b nx x nx x ππ--==．所以2122421()cos 41n f x nxnππ∞==--，(,)x ππ∈-．而x π=±时，(0)(0)2()2f f f πππ±-+±+±，故2122421()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=++++⎰24a n=，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 nππ=--，故224()3a f x ax bx cb cππ=++=++21442cos sin ,(0,2)n a a b nx 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 nππ∞=+---∈-∑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 nππ=--，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0nb =，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 nππ+=--，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 b nx nx x n n ππ∞=++-∈∑得221()(362)12f x x x ππ=-+222326πππ=-+211cos n nx n ∞=+∑211cos n nxn∞==∑，(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 nππ∞∞==++-===∑∑．9 设()f x 为[],ππ-上光滑函数，()()f f ππ-=．且,nna b为()f x 的傅里叶系数，,nna b ''为()f x 的导函数()f x '的傅里叶系数．证明00,,(1,2,)nnnna 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,nna b 满足关系{}33sup ,nnnn 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00()2a u x =，()cos sin nnnu x a nx b nx =+，1,2,n =．则0n ∀≥，()nu x 在R 上连续，且0()0u x '=，()sin cos n n nu x na nx nb nx '=-+亦在R 上连续． 又x R ∀∈，()sin cos n n nu x n a nx n b nx '≤+n nn a n b ≤+ 22M n ≤．而 22Mn ∑收敛，所以()()cos sin nnnu 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 n2nnn a F t a nt b nt ∞=++∑，其中1()c o s d ,n a F t n t t πππ-=⎰1()s i n d n b F t n t tπππ-=⎰．令xt lπ=得()()lt F t f f x π⎛⎫== ⎪⎝⎭，sin sin,cos cos n x n xnt nt l lππ==，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 xa f x dx l l π-=⎰1()sin l n l n x b f x dx l lπ-=⎰．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 lπ-==⎰，012()sin d ()sin d l l n l n x n xb f x x f x xl l l l ππ-==⎰⎰．从而01()sin 2n n a f x a l∞=+∑． 其只含正弦项，故称为正弦级数． 由此可知，函数 (),(0,)f xx l ∈要展开为余弦级数必须作偶延拓． 偶延拓() ) ()() (,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)； ()cos f x x =,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥图．xyOl l-x yOl l-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+=--．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x 311-3-y O 22-1()()111210022[]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-=-=⎰⎰ 11d(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 xnππ∞==-=-∑，(,)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-==⎰⎰22041cos 2d 2x xππ-⎛⎫= ⎪⎝⎭⎰24311cos 2cos 4d 828x x x ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰34=．当1n ≥时，x 32π2π2π-32πy O ππ-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 xππ=⎰22224cos 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 ∈-∞+∞．x 32πππ-32π-yO ππ-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 xx x π+-⎰ 21011212d sin sin 33n x n x x n n ππππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰3212(3)d sin 3n x x n ππ⎛⎫+- ⎪⎝⎭⎰1121214sin sind 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=-．x231-3-yO 12-45612()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⎧=-⎪=⎨⎪=⎩．n b =．故2141()cos(21),[0,]2(21)n f x x n x x n πππ∞==-=-∈-∑．x π32π32π-yO π-2π52π2π2π2π-4 将函数()cos2x f x =在[0,]π上展开成正弦级数．解：函数()cos2x f 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,na 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)n n 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．xπyO π-2π3π1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 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⎛⎫=+++⎪⎝⎭．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．x 231-yO 12-41因4l =，所以由系数公式得1120022()d 2(1)d 3a f x x x x ==-=⎰⎰．当1n ≥时，1202(1)cos d n a x n x xπ=-⎰112022(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=．n b =．所以2221141(1)cos ,[0,1]3n x nx x nπ∞=-=+∈∑．令0x =得22114113n nπ∞==+∑，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,na n ==．2arcsin(sin )sin d n b x nx xππ=⎰2222sin d ()sin d x nx x x nx x ππππππ=+-⎰⎰xπ32πyO 2ππ-2π52π2π2π-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 xn 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=⎰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 x n π∞===--∑，x R ∈．x π32πy O 2ππ-2π2π2π-32π-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==⎰． 02()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=--⎰xπ32πyO 2ππ-2π2π-()y f x =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⎧≤≤=⎨--<≤⎩．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()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∞-=⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭∑．xπ32πy O 2ππ-2π2π-()y f x =§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,nna 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 ()22n 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 n a 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 nn 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()012n 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,nna 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∀>∃>，,[,]()mm N x f x S ππε∍>∀∈-⇒-<“”．于是2(),()mmf x S f x S ε--<．而(),()(),()2(),,mmmmmf x S f x S f x f x f x S S S --=-+()()22 2222200 11()d 222m mn 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∞-=++=∑⎰．3 由于贝塞尔等式对于在[,]ππ-上满足收敛。

第十二周习题课一．关于积分的不等式 1． 离散变量的不等式 （1）Jensen不等式：设)(x f 为],[b a 上的下凸函数，则1),,,2,1),1,0(],,[1==∈∀∈∀∑=nk k k k n k b a x λλ ，有2),(11≥≤⎪⎭⎫ ⎝⎛∑∑==n x f x f k nk k k n k k λλ （2）广义AG 不等式：记x x f ln )(=为),0(+∞上的上凸函数，由Jesen 不等式可得1),,,2,1),1,0(,01==∈∀>∑=nk k k k n k x λλ ，有∑==≤∏nk k k k nk x x k11λλ当),2,1(1n k nk ==λ时，就是AG 不等式。

（3）Young 不等式：由（2）可得设111,1,,0,=+>>q p q p y x ，qyp x y x q p +≤11。

（4）Holder 不等式：设111,1,),,,2,1(0,=+>=≥qp q p n k y x k k ，则有 qnk q k pn k p k n k k k y x y x 11111⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛≤∑∑∑===在（3）中，令∑∑======nk qk n k p k p k p k y Y x X Y y y X x x 11,,,即可。

（5） Schwarz 不等式：211221121⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛≤∑∑∑===nk k nk k n k k k y x y x 。

（6）Minkowski 不等式：设1),,,2,1(0,>=≥p n k y x k k ，则有()pnk p k pnk p k pnk p k k y x y x 111111⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑∑∑=== 证明：()()()()()∑∑∑∑=-=-=-=+++=+⋅+=+nk p k k k nk p k k k nk p k k k k nk pk ky x y y x x y x y x y x1111111记111,11=+>-=qp p p q ，由Holder 不等式 ()()()qnk p q k k pnk p k qnk p q k k pnk p k n k p k k y x y y x x y x 11)1(1111)1(111⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛≤+∑∑∑∑∑=-==-==()q n k p k k p n k p k p n k p k y x y x 111111⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∑∑===即：()pnk p k pnk p k pnk p k ky x y x 111111⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑∑∑===。

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-=∴++≤∑⎰．。