最后更新: 2023-10-01 11:28 ● 参与者查看: 254 次纠错分享评论参与项目

函数展开成傅里叶级数

定义 若 $a_0=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \mathrm{d} x$ ，

$$
\begin{aligned}
& a_n=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \cos n x \mathrm{~d} x, \\
& b_n=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \sin n x \mathrm{~d} x, \quad n=1,2, \cdots
\end{aligned}
$$

存在，则由它们确定的系数 $a_0 ， a_n, b_n, n=1,2, \cdots$ 就叫做函数 $f(x)$ 的傅里叶系 数，而三角级数 $\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cos n x+b_n \sin n x\right)$ 就叫做函数 $f(x)$ 的傅里叶级数.
定义 若 $a_0=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \mathrm{d} x$ ，

$$
\begin{aligned}
& a_n=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \cos n x \mathrm{~d} x, \\
& b_n=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \sin n x \mathrm{~d} x, \quad n=1,2, \cdots
\end{aligned}
$$

存在，则由它们确定的系数 $a_0 ， a_n, b_n, n=1,2, \cdots$ 就叫做函数 $f(x)$ 的傅里叶系 数，而三角级数 $\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cos n x+b_n \sin n x\right)$ 就叫做函数 $f(x)$ 的傅里叶级数.
下列我们不加证明地叙述一个收敛定理，它可以来回答上述问题.
定理 1 (收敛定理，狄利克雷 (Dirichlet) 充分条件) 设 $f(x)$ 是周期为 $2 \pi$ 的周期函数，如果它满足:
（1）在一个周期内连续，或只有有限个第一类间断点，
（2）在一个周期内至多只有有限个极值点，
则 $f(x)$ 的傅里叶级数收玫，并且当 $x$ 是 $f(x)$ 的连续点时，级数收敛于 $f(x)$ ， 当 $x$ 为 $f(x)$ 间断点时，级数收敛于 $\frac{1}{2}\left[f\left(x^{-}\right)+f\left(x^{+}\right)\right]$.
收敛定理告诉我们：只要函数 $f(x)$ 满足定理条件，则在 $C=\left\{x \mid f(x)=\frac{1}{2}\left[f\left(x^{-}\right)+f\left(x^{+}\right)\right]\right\}$上就有

$$
f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n \cos n x+b_n \sin n x\right) \text {, }
$$

即在 $C$ 上函数 $f(x)$ 可展开成傅里叶级数.
注 显然将函数展开成傅里叶级数的条件比起将函数展开成幂级数的条件 要低得多，因此傅里叶级数的应用要比幂级数广泛得多.

例 1 设 $f(x)$ 是周期为 $2 \pi$ 的周期函数，它在 $[-\pi, \pi)$ 上的表达式为 $f(x)=\left\{\begin{array}{cc}-1, & -\pi \leq x<0, \\ 1, & 0 \leq x<\pi,\end{array} \quad\right.$ 将 $f(x)$ 展开成傅里叶级数.
解 所给函数满足收玫定理的条件，点
$x=0, \pm \pi, \pm 2 \pi, \cdots$ 是它的第一类间断点，其他点均为
连续点. 因此， $f(x)$ 的傅里叶级数在处收玫于

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

在其余点处收玫于 $f(x)$. 和函数的图形如图 8-3
所示.
![图片](/uploads/2023-01/image_202301017dd8848.png)
现在计算 $f(x)$ 的傅里叶系数.

$$
\begin{aligned}
a_n & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi}\left[-\int_{-\pi}^0 \cos n x \mathrm{~d} x+\int_0^\pi \cos n x \mathrm{~d} x\right]=0, \quad n=0,1,2, \cdots \\
b_n & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi}\left[-\int_{-\pi}^0 \sin n x \mathrm{~d} x+\int_0^\pi \sin n x \mathrm{~d} x\right] \\
& =\frac{1}{\pi}\left[\frac{\cos n x}{n}\right]_{-\pi}^0+\frac{1}{\pi}\left[-\frac{\cos n x}{n}\right]_0^\pi=\frac{1}{n \pi}[1-\cos n \pi]+\frac{1}{n \pi}[-\cos n x+1] \\
& =\frac{2}{n \pi}[1-\cos n \pi]=\frac{2}{n \pi}\left[1-(-1)^n\right]=\left\{\begin{array}{cl}
\frac{4}{n \pi}, & n=1,3,5, \cdots \\
0, & n=2,4,6, \cdots
\end{array}\right.
\end{aligned}
$$

例 1 设 $f(x)$ 是周期为 $2 \pi$ 的周期函数，它在 $[-\pi, \pi)$ 上的表达式为

$$
\begin{gathered}
f(x)=\left\{\begin{array}{cc}
-1, & -\pi \leq x<0, \\
1, & 0 \leq x<\pi,
\end{array} \quad \text { 将 } f(x)\right. \text { 展开成傅里叶级数. } \\
a_n=\frac{1}{\pi}\left[-\int_{-\pi}^0 \cos n x \mathrm{~d} x+\int_0^\pi \cos n x \mathrm{~d} x\right]=0, n=0,1,2, \cdots \quad b_n=\left\{\begin{array}{cc}
\frac{4}{n \pi}, & n=1,3,5, \cdots \\
0, & n=2,4,6, \cdots
\end{array}\right.
\end{gathered}
$$

因此 $f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{n \pi}\left[1-(-1)^n\right] \sin n x=\frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2 n-1} \sin (2 n-1) x$ ，

$$
(-\infty<x<+\infty ; x \neq 0, \pm \pi, \pm 2 \pi, \cdots)
$$

例 2 设 $f(x)$ 是周期为 $2 \pi$ 的周期函数，它在 $[-\pi, \pi)$ 上的表达式为 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x, & -\pi \leq x<0, \\ 0, & 0 \leq x<\pi,\end{array}\right.$, 将 $f(x)$ 展开成傅里叶级数.
解 所给函数满足收敛定理的条件，点 $x=\pm \pi, \pm 3 \pi, \cdots$ 是它的第一类间断点， 其他点均为连续点. 因此， $f(x)$ 的傅里叶级数在间断点处收敛于

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

例 2 设 $f(x)$ 是周期为 $2 \pi$ 的周期函数，它在 $[-\pi, \pi)$ 上的表达式为

$$
f(x)=\left\{\begin{array}{lr}
x, & -\pi \leq x<0, \\
0, & 0 \leq x<\pi,
\end{array}, \text { 将 } f(x)\right. \text { 展开成傅里叶级数. }
$$

在其余点处收敛于 $f(x)$. 和函数的图形如图 8-4 所示.

![图片](/uploads/2023-01/image_20230101d0162a8.png)
现在计算 $f(x)$ 的傅里叶系数. $a_0=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \mathrm{d} x=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^0 x \mathrm{~d} x=-\frac{\pi}{2}$;

$$
\begin{gathered}
a_n=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^0 x \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{n \pi}\left[x \sin n x+\frac{1}{n} \cos n x\right]_{-\pi}^0 \\
=\frac{1}{n^2 \pi}(1-\cos n \pi)=\frac{1}{n^2 \pi}\left[1-(-1)^n\right]=\left\{\begin{array}{cc}
\frac{2}{n^2 \pi}, & n=1,3,5, \cdots, \\
0, & n=2,4,6, \cdots ;
\end{array}\right.
\end{gathered}
$$

$$
\begin{aligned}
b_n & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^0 x \sin n x \mathrm{~d} x=-\frac{1}{n \pi}\left[x \cos n x-\frac{1}{n} \sin n x\right]_{-\pi}^0 \\
& =-\frac{1}{n \pi}[-(-\pi) \cos n \pi]=-\frac{\cos n \pi}{n}=\frac{(-1)^{n+1}}{n}, n=1,2, \cdots,
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& \text { 因此 } f(x)=-\frac{\pi}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{1-(-1)^n}{n^2 \pi} \cos n x+\frac{(-1)^{n+1}}{n} \sin n x\right] \\
& =-\frac{\pi}{4}+\frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^2} \cos (2 k-1) x+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \sin n x, \quad(-\infty<x<+\infty ; x \neq \pm \pi, \pm 3 \pi, \cdots) .
\end{aligned}
$$

若函数 $f(x)$ 仅在 $[-\pi, \pi)$ 上有定义，并且满足收敛定理的条件. 我们也可以把 展开成傅里叶级数.一般这样处理：首先可将函数 $f(x)$ 作周期延拓，即设函数 $F(x)$ 为 $(-\infty,+\infty)$ 内周期为 $2 \pi$ 的周期函数 (见图 8-5，实线为 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi)$ 上的 图形，虚线为延拓部分图形)，当 $x \in[-\pi, \pi)$ 时， $F(x)=f(x)$. 然后将函数 $F(x)$ 展开成傅里叶级数，取 $x \in[-\pi, \pi)$ ，则得到 $f(x)$ 的傅里叶级数.

![图片](/uploads/2023-01/image_202301014741058.png)

例 3 设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{cc}-x, & -\pi \leq x<0, \\ x, & 0 \leq x \leq \pi,\end{array}\right.$ 将 $f(x)$ 展开成傅里叶级数.
解 将函数 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi)$ 外作周期延拓，使其满足收敛定理的条件.

$$
\begin{gathered}
a_0=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \mathrm{d} x=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^0-x \mathrm{~d} x+\frac{1}{\pi} \int_0^\pi x \mathrm{~d} x=\pi, \\
a_n=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi}\left[-\int_{-\pi}^0 x \cos n x \mathrm{~d} x+\int_0^\pi x \cos n x \mathrm{~d} x\right] \\
=-\frac{1}{\pi}\left[\frac{x \sin n x}{n}+\frac{\cos n x}{n^2}\right]_{-\pi}^0+\frac{1}{\pi}\left[\frac{x \sin n x}{n}+\frac{\cos n x}{n^2}\right]_0^\pi=\frac{2}{n^2 \pi}\left[(-1)^n-1\right], \quad n=1,2, \cdots
\end{gathered}
$$

$$
\begin{gathered}
b_n=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi}\left[-\int_{-\pi}^0 x \sin n x \mathrm{~d} x+\int_0^\pi x \sin n x \mathrm{~d} x\right] \\
=-\frac{1}{\pi}\left[-\frac{x \cos n x}{n}+\frac{\sin n x}{n^2}\right]_{-\pi}^0+\frac{1}{\pi}\left[-\frac{x \cos n x}{n}+\frac{\sin n x}{n^2}\right]_0^\pi=0, \quad n=1,2, \cdots
\end{gathered}
$$

因此 $f(x)=\frac{\pi}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{n^2 \pi}\left[(-1)^n-1\right] \cos n x, \quad x \in[-\pi, \pi]$.

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