傅里叶级数习题课

第十五章 傅里叶级数一．填空题1. 设)(x f 是周期为π2的函数，在),[ππ-上的表达式为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<<=<≤--=ππππx x x x f 0,2,0,0,0,2)(，则)(x f 的傅里叶系数=n a .2.若)(x f 在],[ππ-上按段光滑，则)(x f 在],[ππ-上的傅里叶级数()=++∑∞=10sin cos 2n n n nx b nx a a . 3. 设,0(),0,0x x f x x ππ≤≤⎧=⎨-≤<⎩则此函数的傅里叶级数在π=x 处收敛于 .4. 设⎪⎩⎪⎨⎧≤<=<<--=ππx x x x x x f 0,,0,0,0,)(22，则此函数的傅里叶级数在0=x 处收敛于 .5. 设⎩⎨⎧<≤<≤-50,3,05,0)(x x x f ，则此函数的傅里叶级数在0=x 处收敛于 .6. )(x f 是以π2为周期的连续函数，且在],[ππ-上按段光滑，则()=++∑∞=10sin cos 2n n n nx b nx a a . 二．选择题1.下列说法正确的是（ ）.A 若)(x f 是以π2为周期的函数，且在],[ππ-上可积，则)(x f 的傅里叶系数中的⎰-=ππnxdx x f b n sin )(， ,3,2,1=n.B 若)(x f 是以l 2为周期的函数，且在],[l l -上可积，则)(x f 的傅里叶系数中的⎰-=lln dx lxn x f a πcos)(， ,3,2,1=n .C 若)(x f 是以π2为周期的偶函数，且在],[ππ-上按段光滑，则)(x f 在],[ππ-上可展开成余弦级数∑∞=1cos n n nx a ..D 若)(x f 是以π2为周期的奇函数，且在],[ππ-上按段光滑，则)(x f 在],[ππ-上可展开成正弦级数∑∞=1sin n n nx b .2.设)(x f 是周期为π2的函数，在),[ππ-上的表达式为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<<=<≤--=ππππx x x x f 0,4,0,0,0,4)(，则下列说法错误的是（ ）.A )(x f 在),(ππ-上可以展开成傅里叶级数. .B )(x f 的傅里叶展式在π=x 处收敛于4π. .C )(x f 的傅里叶展式在0=x 处收敛于0. .D )(x f 的傅里叶系数0=n a .3.设函数)(x f 满足)()(x f x f -=+π，则该函数的傅里叶级数具有性质（ ）.A 0=n a .B 0=n b .C 022==n n b a .D 01212==--n n b a4.设)(x f 是周期为π2的函数，在),[ππ-上的表达式为⎩⎨⎧<≤<<--=ππx x x f 0,4,0,4)(，则下列说法正确的是（ ）.A )(x f 的傅里叶展式在0=x 处收敛于4..B )(x f 的傅里叶展式在π-=x 处收敛于-4. .C )(x f 的傅里叶展式在π=x 处收敛于4. .D )(x f 的傅里叶展式在π±=x 处均收敛于0.5.将⎩⎨⎧<<-≤<-=42,3,20,1)(x x x x x f 在)4,0(上展开成余弦级数，则下面关说法错误的是（ ）.A )(x f 的傅里叶展式在2=x 处收敛于-1..B )(x f 的傅里叶展式在0=x 处收敛于1. .C )(x f 的傅里叶展式在4=x 处收敛于1. .D )(x f 的傅里叶展式在3=x 处收敛于1.6. 若将函数x x f =)(在)2,0(内展成正弦级数，则下列说法正确的是（ ）.A 40=a.B )(x f 的正弦级数展式在2=x 处收敛于2. .C 当)2,0(∈x 时，展成的正弦级数收敛于)(x f 本身. .D )(x f 在)2,0(内不能展成余弦级数三．判断题1. ,sin ,cos ,,2sin ,2cos ,sin ,cos ,1nx nx x x x x 是],[ππ-上的正交函数系. ( )2.若)(x f 是以π2为周期的函数，且在],[ππ-上按段光滑，则)(x f 在],[ππ-上的傅里叶级数收敛于)(x f 本身. （ ）3.若)(x f 在],[ππ-上按段光滑，则)(x f 在],[ππ-上可以展成傅里叶级数. （ ）4.函数)(x f 是在],[ππ-上的周期函数，且在],[ππ-上按段光滑，则)(x f 在],[ππ-上可以展成正弦级数. （ ）5.函数)(x f 的傅里叶级数在连续点处收敛于该点的函数值. ( )6.设函数,0(),0,0x x f x x ππ≤≤⎧=⎨-≤<⎩则此函数的傅里叶级数在x π=-处收敛于0.( )7. ,sin ,cos ,,2sin ,2cos ,sin ,cos ,1nx nx x x x x 是],0[π上的正交函数系. ( ) 8.x x f =)(在)2,0(上不能展成余弦级数. ( ) 9.2cos)(xx f =在],0[π上不能展成正弦级数. ( ) 10.若级数()∑∞=++10||||2||n n n b a a 收敛，则级数()∑∞=++10sin cos 2n n n nx b nx a a 在整个数轴上一致收敛. ( ) 四．计算题1.（1）将2)(xx f -=π在]2,0[π上展开成傅里叶级数；（2）利用展开式证明： +-+-=71513114π2.将x x f =)(在)1,1(-上展开成傅里叶级数.3.（1）将x x f =)(在]1,0[上展开成余弦级数； （2）根据展开式求()211.21n n ∞=-∑4.将x e x f =)(在],0[π上展开成正弦级数.5.求⎩⎨⎧<≤<<-=T x x T C x f 0,0,0,)(（C 是常数）在),[T T -上的傅里叶展开式.五．证明题1.设)(x f 在],[ππ-上可积或绝对可积，若对],[ππ-∈∀x ，成立)()(x f x f =+π，证明：01212==--n n b a .2.设周期为π2的可积函数)(x f 在],[ππ-的傅里叶系数为n n b a ,，函数)(x g 的傅里叶系数为n n b a ~,~，且)()(x f x g -=，证明：n n n n b b a a ==~,~.3.根据2)1()(-=x x f 在)1,0(的余弦级数展开式证明631211222π=+++ .4.已知帕萨瓦尔等式为∑⎰∞=-++=122202)(2)]([1n n n b a a dx x f πππ，（n n b a ,为)(x f 的傅里叶系数），利用),(,cos )1(431222πππ-∈-+=∑∞=x nx n x n n证明9031211444π=+++ . 5.已知),(,cos )1(431222πππ-∈-+=∑∞=x nx nx n n，利用逐项积分法证明3x 在),(ππ-的傅里叶级数为x n n n n sin )6()1(21322∑∞=--π第十六章——第十七章一、判断题1、设平面点集{}(,),D x y x y Z =∈，则(0,0)为其内点。

数学分析2部分习题解析傅里叶级数部分第3节部分习题1、设f 以2π为周期且具有二阶连续的导数，证明f 的傅里叶级数在(),-∞+∞上一致收敛于f 。

证明由条件知，f 一定是以2π为周期的连续函数且在一个周期区间[],ππ-上按段光滑，所以由收敛定理得，在(),-∞+∞上有()011cos sin ()2n n n a a nx b nx f x ∞=++=∑，其中0a ，n a ，n b （1n ≥）为()f x 的傅里叶系数。

由三角级数一致收敛的判别法，下证()0112n n n a a b ∞=++∑收敛即可。

事实上，记0a '，n a '，nb '为导函数()f x '的傅里叶系数，由()f x 与()f x '的傅里叶系数的关系得0a '=，n n a nb '=，n n b na '=-。

所以，()()22211112n n n n n n a b b a a b n n n ⎛⎫''''+=+≤++ ⎪⎝⎭。

又由傅里叶系数满足的贝塞尔不等式得，()()()221nn n a b ∞=''+∑收敛，再注意到211n n∞=∑收敛，所以()0112n n n a a b ∞=++∑收敛，故结论成立。

2、设f 为[],ππ-上的可积函数，证明：若f 的傅里叶级数在[],ππ-上一致收敛于f ，则成立帕塞瓦尔等式：()22220111()d 2n n n f x x a a b πππ∞-==++∑⎰，其中0a ，n a ，n b （1n ≥）为()f x 的傅里叶系数。

证明由f 在[],ππ-上可积得，f 在[],ππ-上有界，从而由题设可得()2011()()cos ()sin ()2n n n a f x a f x nx b f x nx f x ∞=++=∑，在[],ππ-上一致成立。

第3章周期信号的傅里叶级数表示基本题3.1 有一实值连续时间周期信号x（t），其基波周期了T＝8，x（t）的非零傅里叶级数系数为a1＝a－1＝2，a3＝a－3＝4j。

试将x（t）表示成：解：3.2 有一实值离散时间周期信号x[n]，其基波周期N＝5，x[n]的非零傅里叶级数系数为，试将x[n]表示成：解：3.3 对下面连续时间周期信号求基波频率ω0和傅里叶级数系数a k，以表示成解：即非零的傅里叶级数系数为3.4 利用傅里叶级数分析式计算下连续时间周期信号（基波频率ω0＝π）的系数a k：解：因ω0＝π，故3.5 设x1（t）是一连续时间周期信号，其基波频率为叫ω1，傅里叶系数为a k，已知x2（t）＝x1（1－t）十x1（t－1），问x2（t）的基波频率ω2与ω1是什么关系？求x2（t）的傅里叶级数系数b k与系数a k之间的关系。

解：x1（1－t）和x1（t－1）的基波频率都是ω1，则它们的基波周期都是T1＝2π/π。

因为x2（t）是x1（1－t）和x1（t－1）的线性组合，所以x2（t）的基波周期，即ω2＝ω1。

又故即3.6 有三个连续时间周期信号，其傅里叶级数表示如下：利用傅里叶级数性质回答下列问题：（a）三个信号中哪些是实值的？（b）哪些又是偶函数？解：（a）与式对照可知，对于x1（t），有由共轭对称性可知，若x1（t）为实信号，则有显然故x1（t）不是实信号。

同理，对于x2（t），对于x3（t），由于故可知x2（t）和x3（t）都是实信号。

（b）由于偶函数的傅里叶级数是偶函数，由上可知，只有x2（t）的a k是偶函数，故只有x2（t）是偶信号。

3.7 假定周期信号x（t）有基波周期为T，傅里叶系数为，的傅里叶级数系数为b k。

已知，试利用傅里叶级数的性质求a k用b k和T表达的表达式。

解：当k＝0时，故3.8 现对一信号给出如下信息：（1）x（t）是实的且为奇函数；（2）x（t）是周期的，周期T＝2，傅里叶级数为a k；（3）对|k|>1，a k＝0；（4）试确定两个不同的信号都满足这些条件。

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-=∴++≤∑⎰．。

第15章 傅里叶级数§15.1 傅里叶级数一 基本内容一、傅里叶级数 在幂级数讨论中1()nn n f x a x ∞==∑，可视为()f x 经函数系21, , ,, ,n x x x线性表出而得．不妨称2{1,,,,,}nx x x 为基，则不同的基就有不同的级数．今用三角函数系作为基，就得到傅里叶级数．1 三角函数系函数列{}1, cos , sin , cos2, sin2, , cos , sin ,x x x x nx nx 称为三角函数系．其有下面两个重要性质．(1) 周期性 每一个函数都是以2π为周期的周期函数； (2) 正交性 任意两个不同函数的积在[,]ππ-上的积分等于 零，任意一个函数的平方在上的积分不等于零．对于一个在[,]ππ-可积的函数系{}() [, ], 1,2, n u x x a b n ∈=:，定义两个函数的内积为(),()()()d bn m n m au x u x u x u x x=⋅⎰，如果0 (),() 0 n m l m nu x u x m n ≠=⎧=⎨≠⎩，则称函数系{}() [, ], 1,2, n u x x a b n ∈=:为正交系．由于1, sin 1sin d 1cos d 0nx nx x nx x ππππ--=⋅=⋅=⎰⎰；sin , sin sin sin d 0 m nmx nx mx nx x m n πππ-=⎧=⋅=⎨≠⎩⎰；cos , cos cos cos d 0 m n mx nx mx nx x m n πππ-=⎧=⋅=⎨≠⎩⎰；sin , cos sin cos d 0mx nx mx nx x ππ-=⋅=⎰；2 1, 11d 2x πππ-==⎰，所以三角函数系在[],ππ-上具有正交性，故称为正交系．利用三角函数系构成的级数()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑称为三角级数，其中011,,,,,,n n a a b a b 为常数2 以2π为周期的傅里叶级数定义1 设函数()f x 在[],ππ-上可积，11(),cos ()cos d k a f x kx f x kx xππππ-==⎰ 0,1,2,k =；11(),sin ()sin d k b f x kx f x kx xππππ-==⎰ 1,2,k =，称为函数()f x 的傅里叶系数，而三角级数()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑称为()f x 的傅里叶级数，记作()f x ～()01cos sin 2nn n a a nx b nx ∞=++∑．这里之所以不用等号，是因为函数()f x 按定义1所得系数而获得的傅里叶级数并不知其是否收敛于()f x ．二、傅里叶级数收敛定理定理1 若以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上按段光滑，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-++=∑，其中,n n a b 为()f x 的傅里叶系数．定义2 如果()[, ]f x C a b '∈，则称()f x 在[,]a b 上光滑．若[,),(0),(0)x a b f x f x '∀∈++存在；(,],(0)x a b f x ∀∈-，(0)f x '-存在，且至多存在有限个点的左、右极限不相等，则称()f x 在[,]a b 上按段光滑．几何解释如图．按段光滑函数图象是由有限条 光滑曲线段组成，它至多有有限个第一类间断点与角点．推论 如果()f x 是以2π]上按 段光滑，则x R ∀∈，有()01()c o s s i n 2n nn a f x a nx b nx ∞==++∑．定义3 设()f x 在(,]ππ-上有定义，函数() (,] ˆ()(2) (2,2],1,2,f x x f x f x k x k k k πππππππ∈-⎧=⎨-∈-+=±±⎩称()f x 为的周期延拓．二 习题解答1 在指定区间内把下列函数展开为傅里叶级数 (1) (),(i) , (ii) 02f x x x x πππ=-<<<<；解：(i)、()f x =x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得011()d d 0a f x x x x ππππππ--===⎰⎰．当1n ≥时，11cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππππ--==⎰⎰11sin sin d 0|x nx nx x n n ππππππ--=-=⎰，11sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππππ---==⎰⎰1112cos cos d (1)|n x nx nx x n n n ππππππ+---=+=-⎰，所以11sin ()2(1)n n nxf x n ∞+==-∑，(,)x ππ∈-为所求．(ii)、()f x =x ，(0,2)x π∈作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得220011()d d 2a f x x x x πππππ===⎰⎰．当1n ≥时，220011cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππ==⎰⎰220011sin sin d 0|x nx nx x n n ππππ=-=⎰，22011sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππ-==⎰⎰2200112cos cos d |x nx nx x n n n ππππ--=+=⎰，所以1sin ()2n nxf x n π∞==-∑，(0,2)x π∈为所求． (2) 2()(i) (ii) 02f x =x , -π<x <π,<x <π； 解：(i)、()2f x =x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得220112()d d 3a f x x x x πππππππ--===⎰⎰．当1n ≥时，2211cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππππ--==⎰⎰211sin 2sin d |x nx x nx xn n ππππππ--=-⎰22d(cos )x nx n πππ-=⎰222224cos cos d (1)|nx nx nx x n n n ππππππ--=-=-⎰，2211sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππππ---==⎰⎰212cos cos d |x nx x nx xn n ππππππ---=+⎰22d(sin )x nx n πππ-=⎰2222sin sin d 0|x nx nx x n n ππππππ--=-=⎰，所以221sin ()4(1)3nn nxf x n π∞==+-∑，(,)x ππ∈-为所求．解：(ii)()2f x =x (0,2)x π∈其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得222200118()d d 3a f x x x x πππππ===⎰⎰．当1n ≥时，22220011cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππ==⎰⎰2220011sin 2sin d |x nx x nx xn n ππππ=-⎰2202d(cos )x nx n ππ=⎰222220224cos cos d |x nx nx x n n n ππππ=-=⎰，222211sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππ-==⎰⎰2220012cos cos d |x nx x nx xn n ππππ-=+⎰22042d(sin )x nx n n πππ=-+⎰2222004224sin sin d |x nx nx x n n n n ππππππ=-+-=-⎰，所以22214cos sin ()43n nx nx f x n n ππ∞=⎛⎫=+- ⎪⎝⎭∑，(0,2)x π∈为所求． (3) 0()(,0,0)0ax x f x a b a b bx x ππ-<≤⎧=≠≠≠⎨<<⎩．解：函数()f x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．由系数公式得000111()()d d d 2b a a f x x ax x bx x ππππππππ---==+=⎰⎰⎰．当1n ≥时，02011cos d cos d n a ax nx x bx nx xππππ-=+⎰⎰2[1(1)]n a b n π-=--0011sin d sin d n b ax nx x bx nx xππππ-=+⎰⎰1(1)n a b n ++=-所以21()2()1()cos(21)4(21)n b a b a f x n x n ππ∞=--=+--∑11sin ()(1)n n nxa b n ∞+=++-∑，(,)x ππ∈-为所求．2 设f 是以2π为周期的可积函数，证明对任何实数c ，有2 11()cos d ()cos d ,0,1,2,c n ca f x nx x f x nx x n πππππ+-===⎰⎰，2 11()sin d ()sin d ,1,2,c n cb f x nx x f x nx x n πππππ+-===⎰⎰．证：因为()f x ，sin nx ，cos nx 都是以2π为周期的可积函数，所以令2t x π=+有211()cos d (2)cos (2)d(2)cc f x nx x f t n t t ππππππππ-+=---⎰⎰ c+2 c+2 11()cos d ()cos d f t nt t f x nx x ππππππ==-⎰⎰．从而2 1()cos d c n ca f x nx xππ+=⎰2 11()cos d ()cos d c n cca f x nx x f x nx xππππ+-==⎰⎰c+2 11()cos d ()cos d f x nx x f x nx xππππππ-++⎰⎰1()cos d f x nx xπππ-=⎰．同理可得2 11()sin d ()sin d c n cb f x nx x f x nx xπππππ+-==⎰⎰．3 把函数04()04x f x x ππππ⎧--<≤⎪⎪=⎨⎪≤<⎪⎩展开成傅里叶级数，并由它推出(1)11114357π=-+-+；(2) 111111357111317π=+--+-+；(3)11111157111317=-+-+-+．解：函数()f x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得00111()d d d 044a f x x x x πππππππππ---==+=⎰⎰⎰．当1n ≥时，0011cos d cos d 044n a nx x nx x ππππππ--=+=⎰⎰．11sin d sin d 44n b nx x nx xππππππ--=+⎰⎰11211[1(1)]202n n k n n n k+⎧=+⎪=--=⎨⎪=⎩，故11()sin(21),(,0)(0,)21n f x n x x n ππ∞==-∈--∑为所求．(1) 取2x π=，则11114357π=-+-+； (2) 由11114357π=-+-+得111112391521π=-+-+，于是111111341257111317πππ=+=+--+-+；(3) 取3x π=，则111111457111317π⎫=-+-+-+⎪⎝⎭，所以11111157111317=-+-+-+．4 设函数()f x 满足条件()()f x f x π+=-，问此函数在(),ππ-内的傅里叶级数具有什么特性．解：因为()f x 满足条件()()f x f x π+=-，所以(2)()()f x f x f x ππ+=-+=，即()f x 是以2π为周期的函数． 于是由系数公式得000111()d ()d ()d a f x x f x x f x xπππππππ--==+⎰⎰⎰11()d ()d f t t f x xπππππ=-+⎰⎰11(2)d ()d f t t f x xππππππ=-++⎰⎰11()d ()d 0f t t f x x πππππ=++=⎰⎰．当1n ≥时，0011()cos d ()cos d n a f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰11()cos()d ()cos d f t nx n x f x nx xππππππ=+++⎰⎰101(1)()cos d n f x nx x ππ++-=⎰02()cos d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．0011()sin d ()sin d n b f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰02()sin d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰，故当()()f x f x π+=-时，函数()f x 在(),ππ-内的傅里叶级数的特性是20k a =，20k b =．5 设函数()f x 满足条件：()()f x f x π+=，问此函数在(),ππ-内的傅里叶级数具有什么特性．解：因为()f x 满足条件()()f x f x π+=，所以(2)()()f x f x f x ππ+=+=，即()f x 是以2π为周期的函数．于是由系数公式得000111()d ()d ()d a f x x f x x f x xπππππππ--==+⎰⎰⎰0011()d ()d f t t f x x πππππ=-+⎰⎰0011(2)d ()d f t t f x x ππππππ=-++⎰⎰000112()d ()d ()d f t t f x x f x x πππππππ=++=⎰⎰⎰． 当1n ≥时，0011()cos d ()cos d n a f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰11()cos()d ()cos d f t nx n x f x nx xπππππ=++⎰⎰1(1)()cos d nf x nx xππ+-=⎰02()cos d 2021f x nx x n k n k ππ⎧=⎪=⎨⎪=-⎩⎰．0011()sin d ()sin d n b f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰02()sin d 2021f x nx x n k n k ππ⎧=⎪=⎨⎪=-⎩⎰，故当()()f x f x π+=时，函数()f x 在(),ππ-内的傅里叶级数的特性是210k a -=，210k b -=．6 试证函数系cos , 0,1,2,nx n =和sin , 1,2,nx n =都是[0, ]π上的正交函数系，但他们合起来的却不是[0, ]π上的正交函数系．证：就函数系{1,cos ,cos2,,cos ,}x x nx ，因为n ∀，1,1d x ππ==⎰，2001cos ,cos cos d (cos21)d 22nx nx nx x nx x πππ==+=⎰⎰，又01,cos cos d 0nx nx x π==⎰；,m n ∀，m n ≠时，cos ,cos cos cos d mx nx mx nx xπ=⎰0011cos()d cos()d 022m n x x m n x x ππ=++-=⎰⎰．所以{1,cos ,cos2,,cos ,}x x nx 在[0, ]π上是正交系． 就函数系{sin ,sin 2,,sin ,}x x nx ，因为n ∀，2001sin ,sin sin d (1cos2)d 22nx nx nx x nx x πππ==-=⎰⎰，又,m n ∀，m n ≠时，sin ,sin sin sin d mx nx mx nx xπ=⎰0011cos()d cos()d 022m n x x m n x x ππ=-++-=⎰⎰．所以{sin ,sin 2,,sin ,}x x nx 在[0, ]π上是正交系． 但{1,sin ,cos ,sin 2,cos2,,sin ,cos ,}x x x x nx nx 不是 [0, ]π上的正交系．实因：1,sin sin d 10x x x π==≠⎰．7 求下列函数的傅里叶级数展开式(1)(),022xf x x ππ-=<<； 解：(),02x f x x ππ-=<<其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得2200011()d d 02x a f x x x πππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，220011cos d d(sin )22n x xa nx x nx n ππππππ--==⎰⎰22001sin sin d 022|x nx nx x n n πππππ-=+=⎰，220011sin d d(cos )22n xxb nx x nx n ππππππ---==⎰⎰220011cos cos d 22|x nx nx x n n n πππππ-=--=⎰，所以1sin ()n nxf x n ∞==∑，(0,2)x π∈为所求． (2)()f x x ππ-≤≤；解：()f x x ππ-≤≤作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数．因为02()02x x f x x x ππ-≤<=⎨⎪≤≤⎪⎩，所以由系数公式得01()d a f x xπππ-=⎰00sin d sin d 22x x x x ππ-==． 当1n ≥时，0sin cos d sin cos d 22n x xa nx x nx x ππ-=+0sin cos d 2x nx x π==．0sin sin d sin sin d 022n x x b nx x nx x ππ-==．所以211()cos 41n f x nxn∞=-，(,)x ππ∈-．而x π=±时，(0)(0)()2f f f πππ±-+±+=±，故211()cos 41n f x nxnππ∞==--，[,]x ππ∈-为所求．(3) 2(), (i) 02, (ii) f x ax bx c x x πππ=++<<-<<；解：(i)由系数公式得2001()d a f x xππ=⎰222018()d 223a ax bx c x b c ππππ=++=++⎰． 当1n ≥时， 2201()cos d n a ax bx c nx xππ=++⎰ 2220011()sin (2)sin d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππ=++++⎰24an =， 2201()sin d n b ax bx c nx x ππ=++⎰2220011()cos (2)cos d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππ=-++-+⎰42a n n ππ=--，故224()3a f x ax bx c b cππ=++=++21442cos sin ,(0,2)n a a bnx nx x n n ππ∞=++-∈∑为所求．(ii)由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰2212()d 23aax bx c x cππππ-=++=+⎰．当1n ≥时，21()cos d n a ax bx c nx xπππ-=++⎰211()sin (2)sin d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππππ--=++++⎰24(1)n an =-，21()sin d n b ax bx c nx xπππ-=++⎰211()cos (2)cos d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππππ--=-++-+⎰12(1)n bn -=-，故222()3af x ax bx c cπ=++=+2142(1)cos (1)sin ,(,)nn n a b nx nx x n n ππ∞=+---∈-∑为所求．(4) ()ch , f x x x ππ=-<<；解：由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰12ch d sh x x πππππ-==⎰．当1n ≥时，1ch cos d n a x nx xπππ-=⎰11ch sin sh sin d |x nx x nx xn n ππππππ--=-⎰21sh d(cos )x nx n πππ-=⎰2211sh cos ch cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-⎰222sh 1(1)nna n n ππ=--，所以22sh (1)(1)n n a n ππ=-+． 11ch sin d ch d(cos )n b x nx x x nx ππππππ---==⎰⎰ 11ch cos sh cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰21sh d(sin )x nx n πππ-=⎰2211sh sin ch sin d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰2211sh sin ch sin d |x nx x nx x n n ππππππ--=-+⎰21nb n =，所以0n b =，故21211()ch sh (1)cos 21n n f x x nx n ππ∞=⎡⎤==+-⎢⎥+⎣⎦∑， (,)x ππ∈-为所求．(5) ()sh ,f x x x ππ=-<<．解：由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰1sh d 0x x πππ-==⎰．当1n ≥时，1sh cos d 0n a x nx x πππ-==⎰．11sh sin d sh d(cos )n b x nx x x nx ππππππ---==⎰⎰11sh cos ch cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰121(1)sh ch d(sin )n x nx n n πππππ+-=-+⎰122211(1)sh ch sin sh sin d |n x nx x nx xn n n ππππππππ+--=-+-⎰1221(1)sh n n b n n ππ+=--，所以122sh (1)(1)n n n xb n π+=-+， 故1212sh ()sh (1)sin (1)n n n f x x nxn ππ∞+===-+∑，(,)x ππ∈-为所求．8 求函数221()(362)12f x x x ππ=-+的傅里叶级数展开式并应用它推出22116n n π∞==∑．解：由224()3a f x ax bx c b cππ=++=++21442cos sin ,(0,2)n a a b nx nx x n n ππ∞=++-∈∑得 221()(362)12f x x x ππ=-+222326πππ=-+211cos n nx n ∞=+∑211cos n nx n ∞==∑，(0,2)x π∈．而2(00)(20)6f f ππ+=-=，故由收敛定理得22211(00)(20)11cos062n n f f n n ππ∞∞==++-===∑∑．9 设()f x 为[],ππ-上光滑函数，()()f f ππ-=．且,n n a b 为()f x 的傅里叶系数，,n n a b ''为()f x 的导函数()f x '的傅里叶系数．证明00,,(1,2,)n n n n a a nb b na n '''===-= ．证：因为()f x 为[],ππ-上光滑函数，所以()f x '为[],ππ-上的连续函数，故可积．由系数公式得1()d a f x x πππ-''=⎰()1()()0f f πππ=--=．当1n ≥时，1()cos d na f x nx xπππ-''=⎰1()cos ()sin d |nnf x nx f x nx x nb ππππππ--'=+=⎰．1()sin d n b f x nx xπππ-'=⎰1()sin ()cos d |nnf x nx f x nx x na ππππππ--'=-=-⎰故结论成立．10 证明：若三角级数01(cos sin )2n n n a a nx b nx ∞=++∑中的系数,n n a b 满足关系{}33sup ,n n nn a n b M≤，M 为常数，则上述三角级数收敛，且其和函数具有连续的导函数．证：设0()2a u x =，()cos sin n n n u x a nx b nx =+，1,2,n =．则0n ∀≥，()n u x 在R 上连续，且0()0u x '=，()sin cos nn n u x na nx nb nx '=-+亦在R 上连续． 又x R ∀∈，()sin cos nn n u x n a nx n b nx '≤+ n n n a n b ≤+22M n ≤．而22Mn∑收敛，所以()()cos sin n n n u x nb nx na nx '=-∑∑在R 上一致收敛．故设01()(cos sin )2n n n a s x a nx b nx ∞==++∑，则11()(cos sin )()n n nn n s x na nx nb nx u x ∞∞==''=-+=∑∑且1()(cos sin )n n n s x na nx nb nx ∞='=-+∑在R 上连续．§15. 2 以2l 为周期的函数的展开一 基本内容一、以2l 为周期的函数的傅里叶级数 设()f x 是以2l 为周期的函数，作替换ltx π=，则()lt F t f π⎛⎫= ⎪⎝⎭是以2π为周期的函数，且()f x 在(, )l l -上可积()F t ⇔在(,)ππ-上可积．于是 ()01()c o s s i n2n n n a F t a nt b nt ∞=++∑， 其中 1()cos d ,n a F t nt t πππ-=⎰ 1()sin d n b F t nt tπππ-=⎰．令x t l π=得 ()()lt F t f f x π⎛⎫== ⎪⎝⎭，sin sin ,cos cos n x n xnt nt l l ππ==， 从而01()cos sin 2n n n a n x n x f x a b l l ππ∞=⎛⎫++ ⎪⎝⎭∑． 其中 1()cos ,l n l n x a f x dx l l π-=⎰1()sin l n l n x b f x dx l l π-=⎰．上式就是以2l 为周期的函数()f x 的傅里叶系数．在按段光滑的条件下，亦有01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x n x n x a b l l ππ∞=++-⎛⎫=++ ⎪⎝⎭∑．其只含余弦项，故称为余弦级数．同理，设()f x 是以2l 为周期的奇函数，则()cos f x nx 奇，()sin f x nx 偶．于是 1()cos d 0l n l n xa f x x l l π-==⎰， 012()sin d ()sin d l l n l n x n x b f x x f x xl l l l ππ-==⎰⎰． 从而01()sin 2n n a n x f x a l π∞=+∑其只含正弦项，故称为由此可知，函数(),(0,)f x x l ∈要展开为余弦级数必须作偶延拓．偶延拓() (0,) ()() (,0)f x x l f x f x x l ∈⎧=⎨-∈-⎩函数(),(0,)f x x l ∈要展开为正弦级数必须作奇延拓． 奇延拓() (0,) ()() (,0)f x x l f x f x x l ∈⎧=⎨--∈-⎩．二 习题解答1 求下列周期函数的傅里叶级数展开式(1) ()cos f x x =(周期π)；解：函数由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因2l π=，所以由系数公式得 22002244cos d cos d a x x x x ππππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，222cos cos2d n a x nx x πππ-=⎰204cos cos 2d x nx xππ=⎰22[cos(21)cos(21)]d n x n x xππ=++-⎰220011sin(21)sin(21)(21)(21)||n x n x n n ππππ=++-+-1(1)2(1)2(21)(21)n n n n ππ+-⋅-⋅=++-124(1)(41)n n π+=--． 222cos sin d 0n b x nx x πππ-==⎰．故121241()cos (1)cos 241n n f x x nxn ππ∞+===+--∑，(,)x ∈-∞+∞为所求．(2) ()[]f x x x =-(周期1)；解：函数()[]f x x x =-，11,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数． 因12l =，所以由系数公式得()()1112100022[]d 2[]d 2d 1a x x x x x x x x -=-=-==⎰⎰⎰．当1n ≥时，2222()()1121022[]cos2d 2[]cos2d n a x x n x x x x n x xππ-=-=-⎰⎰110012cos2d d(sin2)x n x x x n x n πππ==⎰⎰110011sin2sin2d 0|x n x n x x n n ππππ=-=⎰．()1121022[]sin 2d 2sin 2d n b x x n x x x n x xππ-=-=⎰⎰101d(cos2)x n x n ππ-=⎰110011cos2cos2d |x n x n x x n n ππππ-=+⎰1n π-=． 故1111()[]sin 22n f x x x n xn ππ∞==-=-∑，(,)x ∈-∞+∞为所求． (3) 4()sin f x x =(周期π)；解：函数4()sin f x x =，,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因2l π=，所以由系数公式得 442200224sin d sin d a x x x x πππππ-==⎰⎰22041cos2d 2x x ππ-⎛⎫= ⎪⎝⎭⎰204311cos2cos4d 828x x x ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰34=．当1n ≥时，204311cos2cos4cos2d 828n a x x nx xππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰11201,2128n n n n ⎧-=⎪⎪=≠≠⎨⎪⎪=⎩． 222cos sin d 0n b x nx x πππ-==⎰．故4311()sin cos2cos4828f x x x x ==-+，(,)x ∈-∞+∞为所求．2222(4) ()sgn(cos )f x x = (周期2π)．解：函数()sgn(cos )f x x =，(,)x ππ∈-延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因l π=，所以由系数公式得0012sgn(cos )d sgn(cos )d 0a x x x x πππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，2sgn(cos )cos d n a x nx x ππ=⎰202224cos d cos d sin 2n nx x nx x n πππππππ=-=⎰⎰4sin 2n n ππ=024(1)21(21)kn kn k k π=⎧⎪=⎨-=-⎪+⎩．2sgn(cos )sin d 0n b x nx x πππ-==⎰．故14cos(21)()sgn(cos )(1)21nn n x f x x n π∞=+==-+∑，(,)x ∈-∞+∞．2 求函数 01() 1 123 23x x f x x x x ≤≤⎧⎪=<<⎨⎪-≤≤⎩的傅里叶级数并讨论其收敛性．解：函数()f x ，(0,3)x ∈延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因32l =，所以由系数公式得 31230001222224()d d d (3)d 33333a f x x x x x x x ==++-=⎰⎰⎰⎰． 当1n ≥时，12012222cos d cos d 3333n n x n xa x x x ππ=+⎰⎰3222(3)cos d 33n x x xπ+-⎰21011212d sin sin 33n x n x x n n ππππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰ 3212(3)d sin 3n x x n ππ⎛⎫+- ⎪⎝⎭⎰ 10121214sin sin d sin 333n n x n x n n n ππππππ=-+⎰3322121212sin (3)sin sind 333n n x n xx x n n n ππππππ-+-+⎰12201432sin cos 323n n xn n ππππ=+32221432sin cos 323n n xn n ππππ--2222323cos 232n n n πππ=-2222334cos2cos 223n n n n ππππ-+2222323cos 3n n n πππ=-． 2()sin d 0n b f x nx x πππ-==⎰．故2221231122()cos cos333n n n x f x n n πππ∞=-⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦∑，(,)x ∈-∞+∞为所求．3 将函数()2f x xπ=-在[0,]π上展开成余弦级数．解：函数()2f x xπ=-，[0,]x π∈作偶延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得20021d 0222a x x x x πππππ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎰．当1n ≥时，2cos d 2n a x nx x πππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰22sin sin d 2x nx nx x n n πππππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰202cos nxn ππ=-242102n k n n kπ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩．0n b =．故2141()cos(21),[0,]2(21)n f x x n x x n πππ∞==-=-∈-∑．4 将函数()cos2xf x =在[0,]π上展开成正弦级数． 解：函数()cos2xf x =，[0,]x π∈作偶延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是奇函数，故其展开式为正弦级数．由系数公式得0,0,1,2,n a n ==．02cos sin d 2n x b nx x ππ=⎰ 0111sin sin d 22n x n x x ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰ 011cos cos 1221122n x n x n n ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎢⎥=-+⎢⎥+-⎢⎥⎣⎦28(41)nn π=-．故在[0, ]π上218()cos sin 241n x nf x nxn π∞===-∑为所求．5 把函数102()324x x f x x x -<≤⎧=⎨-<<⎩ 在(0, 4)上展开成余弦级数．解：函数()f x ，(0,4)x ∈延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因4l =，所以由系数公式得4240002211()d (1)d (3)d 0422a f x x x x x x ==-+-=⎰⎰⎰．当1n ≥时，402()cos d 44n n x a f x xπ=⎰240211(1)cos d (3)cos d 2424n x n x x x x x ππ=-+-⎰⎰220022(1)sin sin d 44n x n x x x n n ππππ=-+⎰ 442222(3)sin sind 44n xn xx x n n ππππ--⎰22208cos 4n xn ππ=42228cos 4n xn ππ+ 2282cos 1(1)2n n n ππ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭220421642n k n k n π≠-⎧⎪=⎨=-⎪⎩ 所以102()324x x f x x x -<≤⎧=⎨-<<⎩22181(21)cos (21)2n n xn ππ∞=-=-∑为所求．6 把函数()2()1f x x =-在(0, 1)上展开成余弦级数，并推出222116123π⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭． 解：函数()f x ，(0,1)x ∈延拓为以2为周期的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因4l =，所以由系数公式得11200022()d 2(1)d 3a f x x x x ==-=⎰⎰．当1n ≥时，1202(1)cos d n a x n x xπ=-⎰1120022(1)sin (1)sin d x n x x n x xn n ππππ=---⎰11222222(1)cos cos d x n x n x xn n ππππ=--⎰224n π=．0n b =．所以2221141(1)cos ,[0,1]3n x nx x n π∞=-=+∈∑．令0x =得22114113n n π∞==+∑，即22116n n π∞==∑．7 求下列函数的傅里叶级数展开式 (1) ()arcsin(sin )f x x =；解：函数()arcsin(sin )f x x =是以2π为周期的函数如下图． 由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是奇函数，故其展开式为正弦级数．由系数公式得 0,0,1,2,n a n ==．02arcsin(sin )sin d n b x nx x ππ=⎰20222sin d ()sin d x nx x x nx x ππππππ=+-⎰⎰22022cos cos d x nx nx xn n ππππ-=+⎰2222()cos cos d x nx nx x n n πππππππ--+-+⎰204cos d nx x n ππ=⎰24sin 2n n ππ=2024(1)21k n kn k n π=⎧⎪=⎨-=-⎪⎩所以214(1)()arcsin(sin )sin(21)(21)nn f x x n x n π∞=-==--∑，x R ∈．(2) ()arcsin(cos )f x x =．解：函数()arcsin(cos )f x x =是以2π为周期的函数如下图． 由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得002arcsin(cos )d 0a x x ππ==⎰，当1n ≥时，2arcsin(cos )cos d n a x nx x ππ=⎰02cos d 2x nx x πππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰22sin sin d nx nx xn n ππππ=+⎰202421n k n k n π=⎧⎪=⎨=-⎪⎩．0,1,2,n b n ==．所以2141()arcsin(cos )cos(21)(21)n f x x n x n π∞===--∑，x R ∈．8 试问如何把定义在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的可积函数()f x 延拓到区间(),ππ-内，使他们的傅里叶级数为如下的形式(1)211cos(21)n n an x∞-=-∑； (2) 211sin(21)n n bn x∞-=-∑．解：(1)先把()f x 延拓到[0,]π上，方法如下：()02()()2f x x x f x x ππππ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪--<≤⎪⎩；再把()f x 延拓到[0,2]π上，方法如下：()0ˆ()(2)2x x f x f x x ππππ⎧≤≤=⎨-<≤⎩．其图象如下． 由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得002()d 0a f x x ππ==⎰，当1n ≥时，201()sin d 0n b f x nx x ππ==⎰．2()cos d n a f x nx xππ=⎰20222()cos d ()cos d f x nx x x nx xπππππ=+⎰⎰ 202()[cos cos()]d f x nx n nx xπππ=--⎰204()cos d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．所以211()cos(21)0,2n n f x a n x x π∞-=⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭∑． (2) 先把()f x 延拓到[0,]π上，方法如下． ()02()()2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪-<≤⎪⎩；再把()f x 延拓到[0,2]π上，方法如下．()0ˆ()(2)2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤=⎨--<≤⎩．由于按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又)x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得002()d 0a f x x ππ==⎰，当1n ≥时，201()cos d 0n a f x nx x ππ==⎰02()sin d n b f x nx xππ=⎰20222()sin d ()sin d f x nx x f x nx xπππππ=+⎰⎰202()[sin sin()]d f x nx n nx xπππ=+-⎰204()sin d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．所以211()sin(21)0,2n n f x b n x x π∞-=⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭∑．§15. 3 收敛定理的证明一 基本内容一、贝塞尔(Bessel)不等式定理1 设()f x 在[,]ππ-上可积，则()2222011()d 2n n n a a b f x x πππ∞-=++≤∑⎰,其中,n n a b 为()f x 的傅里叶系数． 推论1 设()f x 在[,]ππ-上可积，则lim ()cos d 0n f x nx x ππ-→∞=⎰, lim ()sin d 0n f x nx x ππ-→∞=⎰．推论2 设()f x 在[,]ππ-上可积，则01lim ()sin d 02n f x n x x π→∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎰，1lim ()sin d 02n f x n x x π-→∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎰．定理2 设以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上可积，则()1()cos sin 2nn k k k a S x a kx b kx ==++∑1sin 12()d 2sin2n tf x t tt πππ-⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+⎰，此称为()f x 的傅里叶级数的部分和的积分表达式．二、收敛性定理的证明定理3 (收敛性定理) 设以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上按段光滑，则(0)(0)l i m ()022n n f x f x S x →∞-+⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦，定理4 如果()f x 在[,]ππ-上有有限导数，或有有限的两个单侧导数，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-=++∑．定理5 如果()f x 在[,]ππ-按段单调，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-=++∑．二 习题解答1 设()f x 以2π为周期且具有二阶连续的导函数，证明()f x 的傅里叶级数在(,)-∞+∞上一致收敛于()f x ．证：由题目设知()f x 与()f x '是以2π为周期的函数，且光滑，故 01()(cos sin )2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑， 01()(cos sin )2nn n a f x a nx b nx ∞=''''=++∑，且1()d a f x x πππ-''=⎰()1()()0f f πππ=--=．当1n ≥时，1()cos d na f x nx x πππ-''=⎰1()cos ()sin d |nnf x nx f x nx x nb ππππππ--'=+=⎰．1()sin d n b f x nx xπππ-'=⎰1()sin ()cos d |nnf x nx f x nx x na ππππππ--'=-=-⎰于是2222111122n nn n nn a b a b a b n n n n ''⎛⎫⎛⎫''+=+≤+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22211()2n n a b n ''=++．由贝塞尔不等式得221()n nn a b ∞=''+∑收敛，又211n n∞=∑收敛，从而()12n n n a a b ∞=++∑收敛， 故01(cos sin )2n n n a a nx b nx ∞=++∑在(,)-∞+∞上一致收敛．2 设f 为[],ππ-上可积函数，证明：若f 的傅里叶级数在[,]ππ-上一致收敛于f ，则成立贝塞尔(Parseval)等式()2 2220 11()d 2n n n a f x x a b πππ∞-==++∑⎰， 这里,n n a b 为f 的傅里叶系数．证：设()01cos sin 2mm n n n a S a nx b nx ==++∑，因为()f x 的傅里叶级数在[,]ππ-上一致收敛于()f x ，所以0,0N ε∀>∃>，,[,]()m m N x f x S ππε∍>∀∈-⇒-<“”．于是2(),()m m f x S f x S ε--<．而(),()(),()2(),,m m m m m f x S f x S f x f x f x S S S --=-+()()22 2222200 11()d 222m m n n n n n n a a f x x a b a b ππππππ-==⎡⎤=-+++++⎢⎥⎣⎦∑∑⎰()2 2221()d 2mn n n a f x x a b ππππ-==--+∑⎰．所以m N >时，()222221()d 2mn n n a f x x a b ππππε-=--+<∑⎰，故 ()2222011()d 2n n n a a b f x xπππ∞-=++=∑⎰．3 由于贝塞尔等式对于在[,]ππ-上满足收敛定理条件的函数也成立．请应用这个结果证明下列各式．(1) 22118(21)n n π∞==-∑；(2) 22116n n π∞==∑； (3) 44190n π=∑． 解：(1) 取04()04x f x x ππππ⎧--<<⎪⎪=⎨⎪≤<⎪⎩，由§1习题3得1sin(21)(),(,0)(0,)21n n xf x x n ππ∞=-=∈--∑．由贝塞尔等式得22111d 16(21)n x n ππππ∞-==-∑⎰，即22118(21)n n π∞==-∑． (2) 取(),(,)f x x x ππ=∈-，由§1习题1 (1)得11sin ()2(1),(,)n n nxf x x n ππ∞+==-∈-∑．由贝塞尔等式得21211(1)2d n n x x n πππ+∞-=⎛⎫-= ⎪⎝⎭∑⎰，故22116n n π∞==∑．(3) 取2(),[,]f x x x ππ=∈-，由§1习题1 (2)得2221cos 4(1),(,)3nn xx x n πππ∞==+-∈-∑．由贝塞尔等式得22242111(1)4d 23n n x x n ππππ∞-=⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑⎰，故44190n π=∑．4 证明：若,f g 均为[,]ππ-上可积函数，且他们的傅里叶级数在[,]ππ-上分别一致收敛于f 和g ，则。

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。