数学分析课件第16章

第十六章： 傅立叶级数
§1 傅立叶级数 §2 傅立叶积分
§1 傅立叶级数
1.1 三角级数与周期函数 1.2 以 2π为周期的函数展为三角函数 1.3 以 2l为周期的函数展为三角级数
1.1 三角级数与周期函数
三角级数
a0 ∞ + ∑ (an cos nx + bn sin nx) 2 n =1
（16.1－1）
定义1 定义1 周期函数
f ( x + T ) = f ( x ), x ∈ (−∞, +∞ ), T > 0
? 问题：将周期函数展为三角级数 (设 f ( x)是 ∞,+∞) 上的周期函数，周期为2π 设 f ( x )在 [ −π , π ] 上可展为三角级数。 ∞
a0 f ( x) = + ∑ ( an cos nx + bn sin nx) 2 n =1
π
则
am =
∫ π f ( x) cos mxdx.(m = 1, 2,3L) π
−
1
π
同理:
bn =
∫ π f ( x) sin nxdx.(n = 1, 2,3L) π
−
1
π
(16.1－12)
定义2 定义2
1 π an = ∫ f ( x) cos nxdx.(n = 0,1L) π −π b = 1 π f ( x) sin nxdx.(n = 1, 2 L) n π ∫−π
(16.1－3)
如何根据 f ( x )来分析确定诸系数 an , bn ?
常用公式： 常用公式：
∫ π cos nxdx = 0,∫ π sin nxdx = 0,
− −
π
π
∫ π cos nx sin mxdx = 0,
−
π
0, m ≠ n ∫−π cos nx cos mxdx = π , m = n , π 0, m ≠ n ∫−π sin nx sin mxdx = π , m = n
v 1 1 将n个等式 2sin cos mv = sin(m + )v − sin(m − )v 2 2 v 2
相加得： 1 故：
Sn ( x0 ) = 1
2
π
+ ∑ cos mv =
m =1
n
sin(2n + 1) 2sin v 2
2，
1 sin(n + )t 2 dt f ( x0 + t ) t 2sin 2
1 − t t 2sin 2
1
lim ∫ lim ∫
δ
n →∞ 0
δ
n →∞ 0
1 sin(n + )t 2 dt = π f ( x + 0) f ( x0 + t ) 0 t 2 1 sin(n + )t 2 dt = π f ( x − 0) f ( x0 − t ) 0 t 2
π
由引理1知 n→∞ δ π 故 lim I 5 = 2 [ f ( x0 + 0) + f ( x0 − 0)]， n →∞ f ( x0 + 0) + f ( x0 − 0) lim 。 即： Sn ( x0 ) = n →∞
n
b
∫
b
a
g (t ) sin ptdt = ∑ ∫ g (t ) sin ptdt
ti i =1 ti−1 n ti n ti
= ∑ ∫ [ g (t ) − mi ]sin ptdt + ∑ mi ∫ sin ptdt
i =1 ti −1 i =1 ti −1
其中 mi = t inf<t g (t )，wi 表示振幅，且 <t
− −
1
1
π
π
∫ π f ( x) cos nxdx = π ∫ π
−
1
π
1
π
0
(−1) n − 1 x cos nxdx = n 2π
0 = −2 (2m − 1) 2 π
n = 2m n = 2m − 1
故：f ( x) = π
bn =
1
π
∫
π
0
(−1) n +1 x sin nxdx = 。 n
π∫
2
π
0
f ( x) cos nxdx, bn = 0，
π
0
若 f ( x) 是奇函数，则 an = 0, bn =
π∫
2
f ( x) sin nxdx。
上展为三角级数. 例2 将f ( x) = x 在[−π , π ]上展为三角级数
解：f ( x)是偶函数，故
an =
π∫
4
2
π
0
∞
f ( x )dx =
b a
ε
∆
n
p > M 时,
引理2 引理2 设 g (t )在 [0, b] 上(b>0)上是单调的,则
必有：lim
b
p →+∞ 0
∫
b
g (t )
sin pt π dt = g (0 + 0) t 2
(16.1－14 )
证明：不失一般性设 g (t )是单调增大的。
sin pt I = ∫ g (t ) dt 0 t b sin pt b sin pt = g (0 + 0) ∫ dt + ∫ [ g (t ) − g (0 + 0)] dt = I1 + I 2 0 0 t t +∞ sin t π dt = 由于 ∫0 t ，故 2 p sin u +∞ sin u π lim I1 = lim g (0 + 0) ∫ du = g (0 + 0) ∫ du = g (0 + 0) 0 0 p →+∞ p →+∞ 2 u u
1 − ] = lim 由于 lim[ t t t t →0 t →0 2sin 2t sin 2 2
1
t − 2sin
t 2 =0 故函数
在 [0, π ]上连续（在 x = 0 处，规定函数值为0）， 则根据引理1知 lim I 6 = 0，由条件（2）知，存在 n →∞ δ > 0, δ < π ) f ( x) 在 [ x0 − δ , x0 ]上是单调的，在 ( 使 [ x0 , x0 + δ ] 上也是单调的，则由引理2知：
2
lim ∫
f ( x0 + t ) + f ( x0 − t ) 1 sin(n + )tdt = 0， t 2
引理1 引理1 设g (t )在[a, b]可积,则 lim ∫a g (t ) sin ptdt = 0。 p →∞
证明： 证明 ∀[ a, b]的分法T：a = t0 < t1 < L < tn = b 有
i −1 i
∫α
β
sin ptdt =
cos pα − cos p β 2 ≤ p p
∑ mi 得：∫a i =1 ∀ε > 0 ，由于 g (t )在 [a, b]可积，故可取定一个分
b
2 g (t ) sin ptdt ≤ ∑ wi ∆ti + p i =1
n
n
n
M 法，使 ∑ wi ∆ti < 2 ，令： = ε ∑ mi ，则当 i =1 i =1 ε ε 有 ∫ g (t ) sin ptdt < 2 + 2 = ε .
故只需证 plim I 2 = 0： →+∞
sin u du ≤ L = const ， ≤ u < +∞ ) 。 (0 u u sin u (这种L存在，因 F (u ) = ∫0 u du ，在 [0, +∞)上 π
u
∀ε > 0，设 ∫0
连续，且 ulim F u ) = 2 ) →+∞ 取 δ > 0(δ < b) ，使当 0 < t ≤ δ 时，恒有 ε 0 ≤ g (t ) − g (0 + 0) < ，而 4L
π
∫ π f (u )
−
sin(2n + 1)
u − x0 2 du = 1 u − x0 π 2sin 2
∫π
π − x0
− − x0
(令 t = u − x0)
由于 ∫−π − x
π − x0
0
=∫
π
−π
=∫
0
−π
+∫
π
0
，故：
1 sin(n + )t 1 π 2 dt Sn ( x0 ) = ∫ [ f ( x0 + t ) + f ( x0 − t )] t π 0 2sin 2 1 sin(n + )t 1 π 2 dt = ∫ [ f ( x0 + t ) + f ( x0 − t )] t π 0 1 π 1 1 1 + ∫ [ f ( x0 + t ) + f ( x0 − t )][ − ]sin(n + )tdt t t 2 π 0 2sin 2
由公式
确定的诸 an , bn
叫做 f ( x)的Fourier系数。用 f ( x)的傅立叶系数代 入(16.1－1)所得的三角级数叫做 f ( x) 的傅立叶 级数。
注：
将周期函数 f ( x) 展为三角级数→ f ( x) 的傅立叶级 数在什么条件下收敛于 f ( x)的问题。
1.2 以2π 为周期的函数展为三角函数
定义3 定义3 第一类间断点 定义4 定义4 设 f ( x) 在 [a, b] 上有定义，若存在有限 个分点 a = x0 < x1 < L < xn < b，使在每个区间 ( xi −1 , xi ) 上 f ( x ) 都是单调的，则称 f ( x ) 在[a, b] 上逐段单调。
定理1(Dirichlet定理 定理) 定理 定理
π∫
2
π
0
xdx = π , bn = 0
cos(2n − 1) x 故： x = − ∑ (−π ≤ x ≤ π ) 2 π n =1 (2n − 1) 2 注：若将 f ( x) [0, π ] 在 上展为三角级数，可按照任意
π
假定(16.1－3)右端级数在 [−π , π ] 上一致收敛， 则可逐项积分，得 π π π 1 π f ( x) dx = π a + ∑ ( a ∫ cos nxdx + b ∫ sin nxdx ), a0 = ∫ f ( x) dx ∫π π π π −π
∞ − 0 n =1 n − n −
用 cos mx 乘(16.1－3)两端，再在 [−π , π ]上逐项积 分，得
a = 0 2
π
−
∫ π f ( x) cos mxdx
− ∞
π
∫ π cos mxdx + ∑ (a ∫ π cos nx cos mxdx + b ∫ π sin nx cos mxdx)
n =1 n − n −
π
I2 = (∫
δ
0
+ ∫ )[ g (t ) − g (0 + 0)
δ
b
sin pt dt = I 3 + I 4 t
sin pt 中值定理 其中 I 3 = ∫0 [ g (t ) − g (0 + 0)] t dt = δ sin pt pδ sin u [ g (δ ) − g (0 + 0)]∫ dt = [ g (δ ) − g (0 + 0)]∫ du ζ pζ t u pδ sin u pζ sin u = [ g (δ ) − g (0 + 0)][ ∫ du − ∫ du ] 0 0 u u ε ε g (t ) − g (0 + 0) I3 < ⋅ 2L = 故： 4 L 由于函数 在 [δ , b] 2 t 上可积，故由引理1知 lim I 4 = 0，因此存在 M > 0 ,
4 − 2
当 x = π 时，级数收敛于
π
cos x + sin x −
sin 2 x L ( −π < x < π ) 2 f (π − 0) + f (π + 0) π
=
当 x = −π 时，级数收敛于
2 2 f (−π − 0) + f (−π + 0) π = 。 2 2
；
注：若 f ( x)是偶函数，则 an =
设 f ( x) 是(-∞,+∞)上以 2π 为周期的函数，如果： 1. f ( x ) 在 [ −π , π ] 上至多只有有限个间断点，而且 都是第一类间断点。 2. f ( x ) 在 [ −π , π ] 上上逐段单调。 则 f ( x)的傅立叶级数在(-∞,+∞) 上各点都收敛，且 在f ( x )的连续点收敛于 f ( x)本身，而在 f ( x)的的间 f ( x − 0) + f ( x + 0) . 断点收敛于左、右极限的平均值 2
δ
使当 p > M 时，有 I 4 < ε / 2,于是 I 2 < ε 。
p →+∞
上的函数展为三角级数 展为三角级数。 例1 将[−π , π ]上的函数展为三角级数。
其中 f ( x) = 0
x
π
−π ≤ x < 0 。 0≤ x ≤π
解：a0 =
an =
∫ π f ( x)dx = π ∫ π xdx = 2 π
证明： 证明：
考察在点 x = x0 处傅立叶级数的部分和
a0 n S n ( x0 ) = + ∑ (am cos mx0 + bm sin mx0 ) 2 m =1 n 1 π 1 π = ∫−π f (u )du + ∑1 π ∫−π f (u )[cos mu cos mx0 + sin mu sin mx0 ]du 2π m= 1 π 1 n = ∫ f (u )[ + ∑ cos m(u − x0 )]du 2 m =1 π −π