最后更新: 2025-03-17 08:13 查看: 33 次反馈刷题

傅里叶级数举例与计算

## 傅里叶级数举例与计算
 下面主要是举例和计算。
例题 16.1 设周期 $2 \pi$ 的函数 在 $(-\pi, \pi]$ 上为 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}1, & 0 \leqslant x \leqslant \pi \\ 0, & -\pi<x<0\end{array}\right.$ ，计算 $f$ 的 Fourier 级数．（今后会证明本题的 Fourier 级数在 $x$ 不等于 $\pi$ 的整数倍的所有点上确实收玫于 $f(x)$ ．）

解 按照公式有

$$
\begin{aligned}
& a_0=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) d x=1, \quad a_n=\frac{1}{\pi} \int_0^\pi \cos n x d x=0 \forall n \geqslant 1, \\
& b_n=\frac{1}{\pi} \int_0^\pi \sin n x d x=-\left.\frac{1}{n \pi} \cos n x\right|_0 ^\pi=\frac{1}{n \pi}\left(1-(-1)^n\right)=\left\{\begin{aligned}
\frac{2}{n \pi}, & n \text { 奇, } \\
0, & n \text { 偶. }
\end{aligned}\right.
\end{aligned}
$$

于是就得到所求的结果为：

$$
f(x) \sim \frac{1}{2}+\frac{2}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (2 n-1) x}{2 n-1}
$$

注 将周期函数展开为三角级数在许多科学和技术领域中称为频谱分析．这就是将一个复杂振动分解为许多简谐振动的迭加．在例题 16.1 中的计算实际上就是对于图 16.1 中的矩形波作频谱分析．在该图中用粗黑线表示 $f(x)$ 所代表的矩形波，又用细曲线表示 $f$ 的 Fourier 级数中的前两项之和，即 $\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi} \sin x$ ，也就是直流项与一次谐波的迭加．
 ![图片](/uploads/2025-01/eba7ed.jpg)
 
 从例题 16.1 的计算还可以看出函数的对称性在 Fourier 系数中的反映．从 Euler－Fourier 公式（即（16．4））可见，若 $f$ 为奇函数则所有 $a_n=0$ ，若 $f$ 为偶函数则所有 $b_n=0$ ．在例题 16.1 中的 $f$ 既不是奇函数，也不是偶函数，但可以看出 $f(x)-\frac{1}{2}$ 为奇函数，这里不考虑在 $\pi$ 的整数倍的那些点上的值，因为改变有限点上的函数值对积分没有影响．这样就解释了为什么在该题的答案中 $a_n=0 \forall n \geqslant 1$ ．

此外，在该题答案中的所有 $b_{2 n}=0 \forall n$ 也是对称性带来的．回顾 $\S 10.4 .3$ ，只要 $f$ 在 $[0, \pi]$ 上关于 $x=\pi / 2$ 为偶函数，则有

$$
f(\pi-x) \sin 2 n(\pi-x)=-f(x) \sin 2 n x
$$

因此 $f(x) \sin 2 n x$ 在 $[0, \pi]$ 上关于中点 $\pi / 2$ 为奇函数，从而有（参见定理 10．15）

$$
\int_0^\pi f(x) \sin 2 n x d x=0
$$

这方面还可以参看那里的例题 10．37，它就是关于 Fourier 系数的一个命题．

例题 16.2 设周期 $2 \pi$ 的函数 $f$ 在 $[0,2 \pi)$ 上等于 $x$ ，计算 $f$ 的 Fourier 级数． （在图 16.2 中给出了 $f$ 的图像，可以称为锯齿波．）

解 由于 $f$ 是周期 $2 \pi$ 的函数，又给出了在 $[0,2 \pi)$ 上的表达式，利用周期函数在周期长度区间上的积分不变（见例题 10．30），在计算 Fourier 系数时就可以将 Euler－Fourier 公式中的积分区间改为 $[0,2 \pi]$ 来计算．于是有

![图片](/uploads/2025-01/476c14.jpg)
  
$$
\begin{aligned}
& a_0=\frac{1}{\pi} \int_0^{2 \pi} x d x=\left.\frac{1}{2 \pi} x^2\right|_0 ^{2 \pi}=2 \pi \\
& a_n=\frac{1}{\pi} \int_0^{2 \pi} x \cos n x d x=\left.\frac{1}{n \pi} x \sin n x\right|_0 ^{2 \pi}-\frac{1}{n \pi} \int_0^{2 \pi} \sin n x d x=0 \\
& b_n=\frac{1}{\pi} \int_0^{2 \pi} x \sin n x d x=-\left.\frac{1}{n \pi} x \cos n x\right|_0 ^{2 \pi}+\frac{1}{n \pi} \int_0^{2 \pi} \cos n x d x=-\frac{2}{n}
\end{aligned}
$$

这样就得到

$$
f(x) \sim \pi-2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}
$$

注 右边出现了前面已经熟悉的函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}$ ．在例题 16.6 和 $\S 16.2$中将证明，在 $x$ 不是 $2 \pi$ 的整数倍的所有点上，这个级数确实收玫于 $f(x)$ ．

例题16．3 设 $\alpha \neq 0$ ，求 $f(x)= e ^{\alpha x},-\pi \leqslant x<\pi$ 的 Fourier 级数．
解 与前两个例子不同，本题的提法是只在区间 $[-\pi, \pi)$ 上给定一个函数。为什么也可以考虑计算它的 Fourier 级数？对这类题我们都理解为用周期延拓的方法将题中的函数延拓成为 $(-\infty,+\infty)$ 上周期 $2 \pi$ 的函数．具体来说，即对 $\forall x \in$ $(-\infty,+\infty)$ ，存在惟一的 $k \in Z$ ，使得 $x-2 k \pi \in[-\pi, \pi)$ ，然后用 $\widetilde{f}(x)=f(x-2 k \pi)$定义在 $(-\infty,+\infty)$ 上的一个函数 $\widetilde{f}$ ．它的 Fourier 级数只要用 $[-\pi, \pi)$ 上的函数值即可计算。为简明起见，仍将延拓后的函数记为 $f$ ．在图 16.3 中作出了延拓后的图像（其中设 $\alpha>0$ ）．

首先计算常数项

$$
\begin{aligned}
a_0 & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi e^{\alpha x} d x \\
& =\left.\frac{1}{\alpha \pi} e^{\alpha x}\right|_{-\pi} ^\pi=\frac{1}{\alpha \pi}\left(e^{\alpha \pi}-e^{-\alpha \pi}\right)
\end{aligned}
$$

对于其他系数的计算，这里介绍一种复数计算法．（参见第十五章的附录．）

利用系数公式（16．4）和 Euler 公式 $e ^{ i n x}=\cos n x+ i \sin n x$ ，可以计算如下：

$$
\begin{aligned}
a_n+i b_n & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi e^{\alpha x}(\cos n x+i \sin n x) d x=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi e^{(\alpha+i n) x} d x \\
& =\left.\frac{1}{\pi} \cdot \frac{1}{\alpha+i n} \cdot e^{(\alpha+i n) x}\right|_{-\pi} ^\pi=\frac{1}{\pi} \cdot \frac{\alpha-i n}{\alpha^2+n^2} \cdot\left[e^{\alpha \pi}(-1)^n-e^{-\alpha \pi}(-1)^n\right] \\
& =\frac{e^{\alpha \pi}-e^{-\alpha \pi}}{\pi\left(\alpha^2+n^2\right)} \cdot(-1)^n(\alpha-i n) .
\end{aligned}
$$

这样就同时得到了 $a_n$ 和 $b_n$ ，最后所求的 Fourier 级数为

$$
f(x) \sim \frac{e^{\alpha \pi}-e^{-\alpha \pi}}{\pi} \cdot\left(\frac{1}{2 \alpha}+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \frac{\alpha \cos n x-n \sin n x}{\alpha^2+n^2}\right)
$$

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