数学分析15.3傅里叶级数收敛定理的证明
傅里叶级数收敛定理及其推论
傅里叶级数的形式为：$f(x) = a_0 + sum_{n=1}^{infty} (a_n cos(nx) + b_n sin(nx))$，其中 $a_0, a_n, b_n$ 是常数，取决于原始函数。
傅里叶级数可以用于分析物体的振动模式，通过分析振动信号的频率成分，可以推断物体的振动 性质。
热传导分析
在热传导分析中，傅里叶级数可以用于分析温度场的变化，通过分析温度信号的频率成分，可以 推断热传导的规律。
电磁场分析
在电磁场分析中，傅里叶级数可以用于分析电磁波的传播和散射，通过分析电磁波信号的频率成 分，可以推断电磁场的性质。
02
通过傅里叶级数，可以分析信号的频率成分、进行图像滤波 和增强等操作。
03
在物理学中，该定理用于研究波动方程、热传导方程等偏微 分方程的解的性质。
03 傅里叶级数的收敛性质
收敛速度的讨论
快速收敛
对于具有快速衰减的函数，傅里叶级数可能 以相对较快的速度收敛。
慢速收敛
对于具有振荡或缓慢衰减的函数，傅里叶级 数可能以较慢的速度收敛。
在信号处理中的应用
1 2
信号的频谱分析
傅里叶级数可以将一个复杂的信号分解为多个正 弦波和余弦波的组合，从而分析信号的频率成分 和强度。
信号滤波
通过傅里叶级数，可以将信号中的特定频率成分 进行增强或抑制，实现信号的滤波。
3
信号压缩
傅里叶级数可以用于信号压缩，通过对信号进行 频域变换，去除冗余信息，实现信号的压缩。
傅里叶变换的推论
傅里叶变换的线性
性质
若 $f(t)$ 和 $g(t)$ 是两个函数， 且 $a, b$ 是常数，则有 $a f(t) + b g(t) rightarrow a F(omega) + b G(omega)$。
第三讲 收敛定理
数学分析第十五章傅里叶级数收敛定理第三讲若以数学分析第十五章傅里叶级数注尽管傅里叶级数的收敛性质不如幂级数, 函数的要求却比幂级数要低得多, 所以应用更广. 而且即将看到函数周期性的要求也可以去掉.概念解释1. 若f 的导函数在[,]a b 上连续, 则称f 在[a ,b ]上光滑.2. 如果定义在[,]a b 上函数f 至多有有限个第一类间断点, 在且连续, 极限存在, 但它对其导函数在[a , b ]上除了至多有限个点外都存f 的左、右并且在这有限个点上导函数[,]a b 上按段光滑.则称f 在数学分析第十五章傅里叶级数f '[,]a b (iii) 在补充定义在上那些至多有限个不存在f 'f '导数的点上的值后( 仍记为), 在[a ,b ]上可积.从几何图形上讲, 在区间[a ,b ] 上按段光滑函数, 多有有限个第一类间断点(图15-1).光滑弧段所组成,151-图O x ()y f x =1x 2x 3x 4x b a y 是由有限个它至若数学分析第十五章傅里叶级数表达式,(),(π,π],ˆ()(2π),((21)π,(21)π],1,2,.f x x f x f x k x k k k ∈-⎧=⎨-∈-+⎩=±± 解为它是定义在整个数轴上以2π为周期的函数,但我们认为它是周期函数. 注2在具体讨论函数的傅里叶级数展开式时, 经常只(π,π]-[π,π)-给出函数在(或)上的解析式, (π,π]-上的解析如f 为但应理即函数本身不一定是定义在整个数轴上的周期函数,那么周期延拓后的函数为数学分析第十五章傅里叶级数ˆ152()y fx -=图实线与虚线的全体表示O x()y f x =π3π-π-3π5πy如图15-2所示.ˆf的傅里叶级数.因此当笼统地说函数的傅里叶级数时就是指函数。
傅里叶级数
(3)
n1
若(3)收敛, 则它所描述的是更为一般的周期运动现象.
数学分析 第十五章 傅里叶级数
高等教育出版社
§1 傅里叶级数 三角级数 · 正交函数系 以2π为周期的函数的傅里叶级数
收敛定理
对于级数(3), 只须讨论 1 (如果 1 可
用 x 代换x )的情形. 由于
sin(nx n ) sinn cos nx cosn sin nx,
(an cos nx cos kx bn sin nx cos kx). (11) n1
从第十三章§1 习题4知道, 由级数(9)一致收敛, 可
得级数(11)也一致收敛. 于是对级数(11)逐项求积,
π
有 f ( x)cos kxdx π
f
(
x)
a0
π
cos
2 π
a0
2 n1
§1 傅里叶级数 三角级数 · 正交函数系 以2π为周期的函数的傅里叶级数
收敛定理
以的傅里叶系数为系数的三角级数(9)称为 f (关于三
角函数系) 的傅里叶级数, 记作
f
(x)
~
a0 2
(an
n1
cos nx
bn
sin nx).
(12)
这里记号“~”表示上式右边是左边函数的傅里叶级
数, 由定理15.2知道: 若(9)式右边的三角级数在整
(x)
a0 2
an01(aπ1n
π
cos π
nf x( x)dbxn s.in
nx
)
(9)
数学分析 第十五章 傅里叶级数
高等教育出版社
§1 傅里叶级数 三角级数 · 正交函数系 以2π为周期的函数的傅里叶级数
傅里叶级数收敛定理及其推论
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论文主要内容
例 1 求 (1)
n 1 n 1
1 . 3 (2n 1)
例2 设f ( x)为[ , ]上可积函数.证明： 若f ( x)的傅里叶级数在[ , ]上一致收敛于 f ( x)，则成立帕赛瓦尔（parseval）等式：
2 a 2 2 2 0 f ( x ) dx ( a b ) n n 2 n 1 这里an , bn为f ( x)的傅里叶系数.
傅里叶级数收敛定理及其推论
论文选题背景
论文基本框架
论文主要内容
论文选题背景
十九世纪初，法国数学家傅里叶开创了“傅里 叶分析”这一重要分支，而傅里叶级数是在研究偏
微分方程的边值问题提出来的．在傅里叶分析的发
展史上，一开始就对傅里叶收敛问题有极大的争
议．而对此问题，在国际上先后有杜布瓦—雷蒙、
费耶尔等人做出了巨大的贡献.
1
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1 引言 2 预备知识 3 傅里叶级数收敛定理及其推论 4 傅里叶级数收敛定理的应用 结束语 致谢
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结合数学分析教材以及参考资料，对傅里叶级
数收敛定理及其推论和应用进行了系统地归纳、总
结．首先，介绍了傅里叶级数，广义左导数、广义
右导数的定义，接着给出了傅里叶级数收敛定理，
并利用贝塞耳不等式和黎曼-勒贝格定理证明了傅 里叶级数收敛定将傅 里叶级数收敛定理的条件中的“f ( x)在[ , ]上 按段光滑”减弱为“函数f ( x)在[ , ]上可积， 并且它每一点x [ , ]处的广义左、右导数 皆存在”，得到了傅里叶级数收敛定理的推 广形式.
傅里叶级数公式傅里叶级数展开傅里叶级数收敛性的计算公式
傅里叶级数公式傅里叶级数展开傅里叶级数收敛性的计算公式傅里叶级数公式的计算公式提供了一种将任意周期函数表示为一组正弦和余弦函数的和的方法。
这种表示方法在信号处理、图像处理等领域具有重要应用。
在本文中，将详细介绍傅里叶级数展开和收敛性的计算公式。
一、傅里叶级数展开傅里叶级数展开是将周期为T的函数f(t)表示为一组三角函数的和。
傅里叶级数展开的计算公式如下：f(t) = a0 + Σ (an*cos(nωt) + bn*sin(nωt))，其中a0、an和bn分别为系数，ω为角频率，n为正整数。
根据这个公式，我们可以将任意周期函数表示为一组正弦和余弦函数的和。
傅里叶级数展开的关键是计算系数a0、an和bn，这里不再赘述具体的推导过程。
二、傅里叶级数收敛性的计算公式傅里叶级数的收敛性是指在何种条件下，傅里叶级数能够无限接近原函数f(t)。
傅里叶级数的收敛性可以通过计算系数a0、an和bn来确定。
1. 正弦级数的收敛性对于奇函数，即满足f(-t)=-f(t)的函数，其傅里叶级数只包含正弦函数。
对于奇函数f(t)，其傅里叶级数的计算公式为：f(t) = Σ (bn*sin(nωt))，其中bn的计算公式为：bn = (2/T) * ∫[0,T] {f(t)*sin(nωt)} dt。
当函数f(t)满足一定的条件时，傅里叶级数对奇函数收敛。
这些条件包括函数f(t)在一个周期内有有限个有界不连续点，并且在这些点上的左右极限存在。
2. 余弦级数的收敛性对于偶函数，即满足f(-t)=f(t)的函数，其傅里叶级数只包含余弦函数。
对于偶函数f(t)，其傅里叶级数的计算公式为：f(t) = a0/2 + Σ (an*cos(nωt))，其中a0和an的计算公式为：a0 = (2/T) * ∫[0,T] {f(t)} dt，an = (2/T) * ∫[0,T] {f(t)*cos(nωt)} dt。
同样地，当函数f(t)满足一定的条件时，傅里叶级数对偶函数收敛。
傅里叶级数的收敛性
傅里叶级数的收敛性傅里叶级数是数学中一个重要的概念，它在信号处理、图像处理、物理学等众多领域都有着广泛的应用。
本文将讨论傅里叶级数的收敛性及相关的数学证明。
一、傅里叶级数的定义与基本概念傅里叶级数是一种用三角函数进行函数展开的方法。
对于周期为2π的函数f(x)，其傅里叶级数表示为：f(x) = a₀/2 + ∑[aₙcos(nx) + bₙsin(nx)]其中，a₀、aₙ和bₙ是常数，n为正整数。
这里的a₀/2表示常数项，∑表示对所有正整数n的求和。
二、傅里叶级数的收敛性问题在讨论傅里叶级数的收敛性之前，我们首先引入一个重要的定义——可积函数的概念。
对于一个周期为2π的函数f(x)，如果在一个周期内，f(x)的绝对值的积分存在有限值，则称f(x)为可积函数。
定理1：如果可积函数f(x)在一个周期内连续或几乎处处连续，则其傅里叶级数在其周期内收敛于f(x)。
这一定理说明了可积函数在其周期内的连续性与傅里叶级数的收敛性之间的关系。
根据这一定理，我们可以推导出如下结论：推论1：如果可积函数f(x)在一个周期内有有限个第一类间断点，那么其傅里叶级数在其周期内收敛于f(x)。
上述定理和推论描述了傅里叶级数的一般收敛性。
然而，对于某些特殊函数，傅里叶级数的收敛性可能不够明确。
下面我们将介绍一个经典的例子。
三、傅里叶级数的收敛性举例我们考虑以下方波函数f(x)，在区间[-π, π]内的定义如下：f(x) = 1, -π < x < 0f(x) = -1, 0 < x < π这个方波函数是一个周期为2π的函数，其图像是一个在[-π, π]内以0为中心的方波。
根据前面的定理，我们可以推断傅里叶级数应该在其周期内收敛于该方波函数。
但是值得注意的是，傅里叶级数的收敛性是点点收敛而不是均匀收敛的。
具体来说，傅里叶级数在方波的间断点（即x=0和x=π）处的收敛速度较慢，其收敛到的函数是使用傅里叶级数逼近的方波的取值的平均值。
探索傅里叶级数的一致收敛性,逐项积分性和逐项微分性
探索傅里叶级数的一致收敛性，逐项微分性和逐项积分性在第15章的第1节和第3节分别建立和证明了傅里叶级数的收敛定理（定理15.3）： 设()f x 是以为周期的周期函数，若()f x 在[,]ππ-上按段光滑，则对任意(,)x ∈-∞+∞，()f x 的傅里叶级数在处收敛于()()2f x f x +-+，即 ()01()()cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx +-∞=+++=∑， 其中01()d a f x x πππ-=⎰，1()cos d n a f x nx x πππ-=⎰，1()sin d n b f x nx x πππ-=⎰（1,2,n =）为()f x 的傅里叶系数．以此定理为基础，请同学们按照下面的步骤进一步探索傅里叶级数的一致收敛性、逐项微分性和逐项积分性．一、几个引理我们知道，若()f x 在[,]a b 上按段光滑，【即()f x 在[,]a b 上除有限个第一类间断点外连续（此时也称()f x 在[,]a b 上按段连续），()f x 在[,]a b 上除有限个点外可导且()f x '在[,]a b 上也除有限个第一类间断点外连续，简单地讲：()f x 在[,]a b 上按段光滑也就是()f x 和()f x '都在[,]a b 上按段连续】，则()f x 和()f x '都在[,]a b 上可积，并且除[,]a b 上有限个点外，()f x 可作为()f x '的原函数，于是，根据定积分的定义，当我们进一步要求()f x 在[,]a b 上连续的情况下，注意到拉格朗日中值公式，可得引理1（定积分的牛顿—莱布尼茨公式的推广）若()f x 在[,]a b 上连续，且按段光滑，则()d ()()()b abf x x f b f a f x a'=-⎰．提示：选择包含使()f x '不存在的点为分点的[,]a b 的分割011:n n T a x x x x b -=<<<<=，由拉格朗日中值公式推出，存在1(,)i i i x x ξ-∈，使11()()()()()i i i i i i i f x f x f x x f x ξξ--''-=-=∆（1,2,,i n =），[]111()()()()()nni i i i i i f b f a f x f x f x ξ-=='-=-=∆∑∑．最后，注意到()f x '在[,]a b 上可积，利用定积分的定义即可．引理2（推广的分部积分公式）若()f x ，()g x 都在[,]a b 上连续，且按段光滑，则()()d ()()()()d b b aabf xg x x f x g x f x g x x a ''=-⎰⎰．提示：首先，注意到由条件可得()()f x g x 在[,]a b 上连续，且按段光滑，()()f x g x '和()()f x g x '都在[,]a b 上可积，且除[,]a b 上的有限个点外，()()()()()()()f x g x f x g x f x g x '''=+．其次，对()()()f x g x '应用引理1即可．引理3（()f x 与()f x '的傅里叶系数的关系）设()f x 在[,]ππ-上连续，按段光滑，且()()f f ππ-=（注：根据周期函数的特点，上述条件意味着()f x 可看成按段光滑且以为周期的连续函数），记，，为()f x 的傅里叶系数；，，为()f x '的傅里叶系数，则0a '=，n n a nb '=，n n b na '=-． 提示：直接根据傅里叶系数公式，利用引理1或引理2进行计算即可，例如由引理1[]011()d ()()0a f x x f f ππππππ-''==--=⎰．除上面的三个引理外，在探索的过程中，还要用到关于傅里叶系数的贝塞尔不等式． 引理4（贝塞尔不等式）设()f x 在[,]ππ-上可积，记，，为()f x 的傅里叶系数，则级数()222012n n n a a b ∞=++∑收敛，且()2222011()d 2n n n a a b f x x πππ∞-=++≤∑⎰．二、傅里叶级数的一致收敛性，逐项积分性和逐项微分性1、傅里叶级数的一致收敛性定理1（傅里叶级数的一致收敛性）设()f x 是以为周期的连续函数，且在[,]ππ-上按段光滑，则()f x 的傅里叶级数()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑ 在(,)-∞+∞上绝对收敛且一致收敛于()f x ，其中，，为()f x 的傅里叶系数．提示：首先，由定理15.3并注意到()f x 连续推出()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑收敛于()f x ；其次，由引理3推出222222*********()()()()222n n n n n n n n a b b a b a a b n n n n n ⎡⎤⎡⎤''''''⎡⎤+=+≤+++=++⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦； 最后，注意到引理4以及cos sin n n n n a nx b nx a b +≤+，由一致收敛的优级数判别法即可．2、傅里叶级数的逐项积分性定理2 设()f x 是以为周期的函数，且在[,]ππ-上按段连续，[,]a ππ∈-，记0()()d 2xa a F x f t t ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰，则（1）()F x 是以为周期的连续函数，且在[,]ππ-上按段光滑；（2）记，，为()F x 的傅里叶系数，有1n n A b n =-，1n n B a n=（1,2,n =）；（3）01111cos sin 2n n n A b na a na nn ∞=⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑．提示：（1）首先，由变限函数的连续性易得()F x 是连续函数；其次，由变限函数的导数公式，并注意到()f x 在[,]ππ-上按段连续可推出()F x 在[,]ππ-上按段光滑，且除[,]ππ-上的有限个点外，0()()2a F x f x '=-； 最后，注意到定积分的区间可加性，周期函数的积分特征和傅里叶系数的计算公式推出2200020000000(2)()d ()d ()d 222()d ()d ()d 222()d ().2x x x a a x x x aa x a a a a F x f t t f t t f t t a a a f t t f t t f t t a a a f t t F x ππππππ++⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=-=-+-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-+-=-+-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎡⎤=-=⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 即()F x 以为周期．（2）利用傅里叶系数的计算公式和引理2直接计算即可，例如，()()()0cos d 01()sin d 1()d cos 111()cos ()cos d ()cos d 21.n F F nx x n B F x nx xF x nxn a F x nx f x nx x f x nx xn n n a nπππππππππππππππππππ----=--===-⎛⎫=-+-= ⎪-⎝⎭⎰=⎰⎰⎰⎰（3）首先，由（1）和（2）可对()F x 运用傅里叶级数的收敛定理（定理15.3）推出，()001111()cos sin cos sin 22n n n n n n A A F x A nx B nx b nx a nx n n ∞∞==⎛⎫=++=+-+ ⎪⎝⎭∑∑，其次，取x a =，并注意到()0F a =即可．定理3（傅里叶级数的逐项积分）设()f x 是以为周期的函数，且在[,]ππ-上按段连续，记()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑为()f x 的傅里叶级数（它不一定收敛，更不一定收敛于()f x ），则对任意,[,]a x ππ∈-，有()01()d d cos sin d 2x x x n n aaa n a f t t t a ntb nt t ∞==++∑⎰⎰⎰．提示：由定理2的（1）和（2）对0()()d 2x aa F x f t t ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰运用傅里叶级数的收敛定理（定理15.3），并注意到定理2的（3）即可．3、傅里叶级数的逐项微分性定理4（傅里叶级数的逐项微分性）设()f x 是以为周期的连续函数，且()f x '在[,]ππ-上按段光滑，记()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑为()f x 的傅里叶级数（注：由条件及定理1易得，此时()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑收敛且一致收敛于()f x ），则 ()01()()cos sin 22nn n a f x f x a nx b nx +-∞='''+⎛⎫'++= ⎪⎝⎭∑， 特别，当()f x '连续时，()01cos sin ()2n n n a a nx b nx f x ∞='⎛⎫''++= ⎪⎝⎭∑． 提示：首先，由条件可对()f x '运用傅里叶级数的收敛定理（定理15.3）推出，()01()()cos sin 22nn n a f x f x a nx b nx +-∞='''+''++=∑； 其次，在利用引理3即可．。
傅里叶级数课程及习题讲解
傅里叶级数课程及习题讲解————————————————————————————————作者: ————————————————————————————————日期：ﻩ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,,,,,}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--=⋅=⋅=⎰⎰；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 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为周期的连续函数,且在[,]ππ-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∈-⎧=⎨-∈-+=±±⎩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．x yO角点x3πππ-3π-yO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=-=⎰,220011sin 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； x4π2π2π-yO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)|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 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,2222011cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππ==⎰⎰x3πππ-3π-yO x4π2π2π-4π-yO2220011sin 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=-=⎰，22220011sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππ-==⎰⎰2220012cos cos d |x nx x nx x n 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．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x3πππ-3π-yO2 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 c b 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)c c 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 c a 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) 3111111657111317π=-+-+-+.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,x3πππ-3π-yO2π2π-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∞==-∈--∑为所求.(１) 取2x π=,则11114357π=-+-+； (２） 由11114357π=-+-+得111112391521π=-+-+，于是111111341257111317πππ=+=+--+-+;(3) 取3x π=,则31111114257111317π⎛⎫=-+-+-+ ⎪⎝⎭,所以3111111657111317π=-+-+-+.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--==+⎰⎰⎰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1,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:(),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x4π2π2π-4π-yO2π32π-220011()d d 02xa 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） ()1cos ,f x x x ππ=--≤≤;解：()1cos ,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．因为22sin 02()1cos 2sin 22sin 02x 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 πππππ--=+=⎰⎰．当1n ≥时，022sin cos d sin cos d 22n x xa nx x nx x ππππ--=+⎰⎰202242sin cos d 2(41)x nx x n πππ==--⎰.022sin sin d sin sin d 022n x x b nx x nx x ππππ--=+=⎰⎰.所以2122421()cos 41n f x nxnππ∞==--∑，(,)x ππ∈-.而x π=±时,(0)(0)2()2f f f πππ±-+±+==±，x3πππ-3π-yO 2π2π-2故2122421()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=⎰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()3af 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 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 nπ∞==∑. 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 '''===-= .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 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 dxl 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,故称为正弦级数． 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 ∈⎧=⎨--∈-⎩.xyOll-xy O l 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()cos 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 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 32π2π2π-32π-yOππ-x311-3-yO22-1()()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-=-=⎰⎰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-==⎰⎰22041cos 2d 2x xππ-⎛⎫=⎪⎝⎭⎰24311cos 2cos 4d 828x x x ππ⎛⎫=-+⎪⎝⎭⎰34=.当1n ≥时，204311cos2cos4cos2d 828n a x x nx xππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰ 11201,2128n n n n ⎧-=⎪⎪=≠≠⎨⎪⎪=⎩．x 32π2π2π-32π-yOππ-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=⎰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 ==++-=⎰⎰⎰⎰． x32π2π2π-32π-yO ππ-x231-3-yO12-4561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 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，xπ32π32π-yO π-2π52π2π2π2π-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⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰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．xπyOπ-2π3π1x231-3-yO12-451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 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．因l ＝0.5,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=---⎰x231-yO12-4111222222(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 ==．2arcsin(sin )sin d n b x nx xππ=⎰2222sin 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：函数()arcsin(cos )f x x =是以2π为周期的函数如下图．xπ32πyO2ππ-2π52π2π2π-xπ32πyO 2ππ-2π2π2π-32π-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 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xπ32πyO 2ππ-2π2π-()y f x =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⎧≤≤=⎨--<≤⎩．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=+-⎰xπ32πy O 2ππ-2π2π-()y f x =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 n n n n ''⎛⎫⎛⎫''+=+≤+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22211()2n n a b n ''=++.由贝塞尔不等式得221()n n n 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(Par ｓｅval)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∍>∀∈-⇒-<“”．。
《数学分析》第十五章 傅立叶级数
1 22
1 32
1 42
,
2
4
1
2
4
,
1
2
2 , 6
2
1 3
2 , 2432 1
2 . 12
例 3 设f ( x)是以2为周期的连续函数，且
f ( x) a0
2 试证明：1
n1
f
(an cos nx 2( x)dx
第十五章 傅立叶级数
15.1 傅立叶级数 15.2 正弦级数与余弦级数 15.3 以 为周期的函数的展开式 15.4 收敛定理的证明
15.1 傅立叶级数
一、问题的提出 二、三角级数 三角函数系的正交性
三、函数展开成傅里叶级数
一、问题的提出
非正弦周期函数:矩形波
u
u(t
)
1,
1,
当 t 0 当0 t
sin nx)
问题:
f
(x)
条件?
a0 2
(an
n1
cos nx
bn
sin nx)
2.狄利克雷(Dirichlet)充分条件(收敛定理)
设 f ( x)是以2为周期的周期函数.如果它满足条件: 在一个周期内连续或只有有限个第一类间断点,并且 至多只有有限个极值点,则 f ( x) 的傅里叶级数收敛, 并且 (1) 当x 是 f ( x)的连续点时,级数收敛于 f ( x) ;
f
( x)sin nxdx]
n1
f 2( x)dx
数学分析153傅里叶级数收敛定理的证明doc
数学分析15.3傅里叶级数收敛定理的证明.doc傅里叶级数收敛定理是数学分析中的重要定理之一，它可以用于研究周期函数的展开。
下面给出傅里叶级数收敛定理的证明。
设f(x)是一个周期为2π的函数，它在一个周期内可积，即∫[0,2π]|f(x)|dx < ∞。
我们要证明f(x)的傅里叶级数收敛于f(x)。
设f(x)的傅里叶级数为：f(x) = a0 + ∑[n=1,∞] (an cos(nx) + bn sin(nx))其中a0, an, bn分别为f(x)的傅里叶系数。
我们要证明f(x)的傅里叶级数收敛于f(x)，即要证明对于任意的x，有f(x) = lim[N→∞] (a0 + ∑[n=1,N] (an cos(nx) + bn sin(nx)))为了证明这个结论，我们需要用到以下两个引理：引理1：若f(x)是一个周期为2π的函数，它在一个周期内可积，则对于任意的实数x和整数N，有∫[0,2π] f(x)sin(Nx)dx = bn其中bn为f(x)的傅里叶系数。
引理2：若f(x)是一个周期为2π的函数，它在一个周期内可积，则对于任意的实数x和整数N，有∫[0,2π] f(x)cos(Nx)dx = a0 + ∑[n=1,N] an其中a0, an为f(x)的傅里叶系数。
现在我们来证明傅里叶级数收敛定理。
首先，我们使用引理1和引理2，将f(x)的傅里叶级数展开，并对其进行部分和的计算：∫[0,2π] f(x)sin(Nx)dx = bn = ∫[0,2π] f(x)sin(Nx)dx = ∫[0,2π] (a0 + ∑[n=1,N] an)sin(Nx)dx根据正弦函数的正交性质，我们知道∫[0,2π] sin(Nx)sin(Mx)dx = 0，其中N≠M。
因此，上式中的交叉项∫[0,2π] ansin(Nx)sin(Mx)dx = 0。
所以，我们可以得到：∫[0,2π] f(x)sin(Nx)dx = ∫[0,2π] (a0 + ∑[n=1,N] an)sin(Nx)dx = ∫[0,2π] a0sin(Nx)dx + ∑[n=1,N] ∫[0,2π] ansin(Nx)dx同理，我们可以得到：∫[0,2π] f(x)cos(Nx)dx = a0 + ∑[n=1,N] an现在，我们来证明f(x) = lim[N→∞] (a0 + ∑[n=1,N] (an cos(nx) + bn sin(nx)))。
傅里叶级数
2. 三角级数的一般形式
一般的三角级数为
取 1, 由于
A A i n ( n x ) 0 ns n
n 1
s i n c o s n x c o s s i n n x s i n ( n x ) n n n
a0 设 A0 , 2
A s i n a , A c o s b n n n n n n
最简单的周期运动，可用正弦函数
y A s i n ( x )
( 1 )
来描写。 由(1)所表达的周期运动称为简谐振动
初 相 角 , 其 中 A 振 幅 , 角 频 率 ,
简谐振动(1)的周期为
2 T
对于较为复杂的周期运动，常可以用几个 简谐振动
f ( x )cos nxdx ，
1
n0,1,2,
f ( x )sin nxdx
1
， n 1 , 2 ,
2. Fourier系数和Fourier级数 Euler―Fourier公式：
如 f 是以2 为周期 的函数 , 则
可换为
c 2
c
设函数 f ( x ) 在区间[ , ] 上可积，称公式
1 , s i n k x sinkxdx 0 ,
k 1 , 2 , ;
k , h 1 , 2 ,
s i n k x c o s h x d x s i n, k x c o s h x 1 s i n ( kh ) x s i n ( kh ) x d x 0, 2
01-收敛定理
f ( x 0) f ( x 0) a0
2
2
(an cos nx bn sin nx),
n1
其中 an ,bn 为f 的傅里叶系数.
定理的证明将在§3中进行.
数学分析 第十五章 傅里叶级数
高等教育出版社
§1 傅里叶级数 三角级数 • 正交函数系 以2π为周期的函数的傅里叶级数
收敛定理
注 尽管傅里叶级数的收敛性质不如幂级数, 但它对 函数的要求却比幂级数要低得多, 所以应用更广. 而且即将看到函数周期性的要求也可以去掉.
§1 傅里叶级数 三角级数 • 正交函数系 以2π为周期的函数的傅里叶级数
收敛定理
第三讲 收敛定理
数学分析 第十五章 傅里叶级数
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§1 傅里叶级数 三角级数 • 正交函数系
收敛定理
以2π为周期的函数的傅里叶级数
收敛定理
定理15.3（傅里叶级数收敛定理）
若以 2π 为周期的函数 f 在 [π, π]上按段光滑, 则在每一点 x [π, π], f 的傅里叶级数(12)收敛 于f 在点 x 的左、右极限的算术平均值, 即
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§1 傅里叶级数 三角级数 • 正交函数系
如图15-2所示.
y
以2π为周期的函数的傅里叶级数
y f(x)
收敛定理
3π πO π 3π 5π x
图15 2 实线与虚线的全体表示 y fˆ(x)
因此当笼统地说函数的傅里叶级数时就是指函数 fˆ 的傅里叶级数.
数学分析 第十五章 傅里叶级数
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概念解释
1.若f 的导函数在[a, b]上连续, 则称f 在[a, b]上光滑.
2.如果定义在[a, b]上函数 f 至多有有限个第一类间 断点, 其导函数在[a, b]上除了至多有限个点外都存
傅里叶级数狄利克雷收敛定理
傅里叶级数狄利克雷收敛定理傅里叶级数，即将一个周期为T的函数f(x)表示成三角函数的和的形式，其形式为：$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[a_n\cos(\frac{2\pinx}{T})+b_n\sin(\frac{2\pi nx}{T})]$$其中，系数$a_n$和$b_n$分别为：在实际应用中，傅里叶级数是非常重要的数学工具，能够解决许多物理、工程和科学问题。
但是，对于一些特定的函数，傅里叶级数并不能收敛到函数本身。
为了解决这个问题，狄利克雷提出了狄利克雷收敛定理。
狄利克雷收敛定理是指，如果一个函数f(x)满足以下两个条件，那么它的傅里叶级数在任意一点x收敛于：1. 在一个周期内，函数f(x)只有有限个极大值和极小值。
2. 在一个周期内，函数f(x)的积分$\int_{-T/2}^{T/2}|f(x)|dx$是有限的。
这个定理的证明是基于傅里叶级数的推导和收敛性质，可以使用数学分析的方法进行证明。
简单来说，如果一个函数满足狄利克雷收敛定理的两个条件，那么在任意一点x上，傅里叶级数的部分和可以通过前n个系数的和来逼近，而且误差可以通过积分$\int_{-T/2}^{T/2}|f(x)|dx$来控制。
举个例子，一个周期为2的方波函数可以表示为：$$f(x)=\begin{cases}1 & 0<x<1\\ -1 & -1<x\leq0 \end{cases}$$它的傅里叶级数为：利用狄利克雷收敛定理，我们可以证明它在点x=0和x=1/2处收敛于0.5，而在点x=1处收敛于-0.5。
这个结果和方波函数的定义是相符的。
总之，狄利克雷收敛定理是理解傅里叶级数收敛性质的重要工具。
它对于解决各种实际问题非常有用，既可以用于数学分析，也可以用于物理、工程和科学领域的计算和模拟。
傅里叶级数的定理
傅里叶级数的定理傅里叶级数是一种将周期函数表示为三角函数的级数展开形式的数学工具。
它是由法国数学家傅里叶在18世纪提出的，被广泛应用于物理学、工程学和信号处理等领域。
傅里叶级数的定理提供了一种将任意周期函数分解为正弦和余弦函数的方法，使得我们可以更好地理解和分析周期性的现象。
傅里叶级数的定理可以简单地表述为：任意一个周期为T的函数f(x)可以表示为一系列正弦和余弦函数的线性组合，即f(x) = a0 + Σ(an*cos(nωx) + bn*sin(nωx))其中an和bn是傅里叶系数，表示了函数f(x)中各个频率分量的振幅，ω=2π/T是角频率。
a0是直流分量，对应于频率为0的分量。
傅里叶级数的定理是基于正交函数的思想而来。
正交函数是指在某个区间上两两内积为0的函数。
在傅里叶级数中，正弦和余弦函数是互相正交的，因此可以通过内积运算来确定各个傅里叶系数的值。
傅里叶级数的定理在实际应用中具有重要意义。
首先，它可以将复杂的周期函数分解为一系列简单的正弦和余弦函数，使得我们能够更好地理解函数的频域特性。
其次，傅里叶级数的定理为信号处理提供了一种便捷的方法，可以对信号进行频谱分析和滤波处理。
此外，傅里叶级数还被广泛应用于图像处理、音频处理和通信系统等领域。
傅里叶级数的定理具有一些重要的性质。
首先，对于一个具有奇对称性或偶对称性的函数，其傅里叶级数只包含正弦函数或余弦函数。
其次，傅里叶级数的收敛性得到了严格的数学证明，即对于一个光滑的函数，其傅里叶级数可以收敛到原函数。
此外，傅里叶级数还满足线性性质，即两个函数的傅里叶级数之和等于它们的傅里叶级数之和。
傅里叶级数的定理虽然强大，但也有一些限制。
首先，傅里叶级数只适用于周期函数，对于非周期函数需要进行适当的处理才能使用傅里叶级数展开。
其次，傅里叶级数的展开系数需要通过积分计算，对于一些复杂的函数可能无法得到解析解，需要使用数值方法进行近似计算。
傅里叶级数的定理为我们理解和分析周期函数提供了一种有效的工具。
傅里叶级数均方收敛性
1
均方逼近
命题： ∀f ( x ) ∈ R [ −π , π ] ，则存在三角式项式 Tn ( x ) 均方逼近到 f ( x ) 。
构造出来。证明的思路是先对于连续函数 f ( x ) ，构造三角多项式一致收敛到 f ( x ) ；再对 于可积函数 f ( x ) ，构造连续函数均方收敛到 f ( x ) 。 设 f ( x ) ∈ R [ −π , π ] ，周期为 2π ， S n f ( x ) 为其 Fourier 级数之部分和，令： 为了证明这一结论， 我们需要作一些准备工作， 主要目的是想设法将命题中三角多项式
2 i =1
n
15.3
Fourier 级数的均方收敛性
类似地，考虑函数空间 R [ −π , π ] 中的一组基：
⎧ 1 , cos x,sin x, cos 2 x,sin 2 x, ⎨ ⎩ 2
对于 ∀f ( x ) ∈ R [ −π , π ] ，有：
, cos nx,sin nx,
⎫ ⎬ ⎭
所以： ∃N ， n > N 时， σ n f ( x ) − f ( x ) < ε 对于 ∀x ∈ [ a, b ] 成立，
(
)
→ f ( x) 。 即： σ n f ( x ) ⎯⎯⎯
15.2
(
)
[ a ,b ]
高等微积分讲义
证毕
引理 3：设 f ( x ) ∈ R [ −π , π ] ，则：
高等微积分讲义
第15讲 Fourier 级数的均方收敛性
本章第二节中我们引入了“均方逼近”的概念。一个函数列 f n ( x ) 在 [ a, b ] 上均方收敛 到 f ( x ) 是指：
fn − f = ( fn − f , fn − f ) 2 → 0 ， n → ∞
数学分析15.3傅里叶级数收敛定理的证明
第十五章 傅里叶级数 3收敛定理的证明预备定理1：(贝塞尔不等式)若函数f 在[-π,π]上可积，则2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a ≤⎰ππ-2(x)f π1dx ，其中a n , b n 为f 的傅里叶系数.证：令S m (x)=2a 0+∑=+m1n n n sinnx )b cosnx (a ，则⎰ππ-2m (x )]S -[f(x )dx=⎰ππ-2(x )f dx-2⎰ππ-m (x )f(x )S dx+⎰ππ-2m (x)S dx. 其中 ⎰ππ-m (x )f(x )S dx=⎰ππ-0f(x)2a dx+dx cosnx f(x )a m1n ππ-n ∑⎰= ⎝⎛+⎪⎭⎫⎰sinnxdx f(x)b ππ-n =20a 2π+π∑=m1n 2n 2n )b +(a . 由三角函数的正交性，有 ⎰ππ-2m (x )S dx=⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=ππ-2m 1n n n 0sinnx)b cosnx (a 2a dx =⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛ππ-202a dx+⎰∑⎰⎰=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+ππ-m 1n ππ-22n ππ-22n nx dx sin b nx dx cos a dx=20a 2π+π∑=m 1n 2n 2n )b +(a . ∴⎰ππ-2m (x )]S -[f(x )dx=⎰ππ-2(x )f dx-2πa -2π∑∞=1n 2n2n )b +(a +20a 2π+π∑=m1n 2n 2n )b +(a=⎰ππ-2(x )f dx-⎢⎣⎡20a 2π+π⎥⎦⎤∑=m1n 2n 2n )b +(a ≥0. ∴2a 20+∑=m1n 2n 2n )b +(a ≤⎰ππ-2(x)f π1dx 对任何正整数m 都成立. 又 ⎰ππ-2(x)f π1dx 为有限值，∴正项级数2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a 的部分和数列有界， ∴2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a 收敛且有2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a ≤⎰ππ-2(x)f π1dx.推论1：(黎曼-勒贝格定理)若f 为可积函数，则cosnx f(x )limππ-n ⎰∞→dx=sinnx f(x )lim ππ-n ⎰∞→=0.证：由2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a 收敛知，2n 2n b +a →0 (n →∞)，∴a n →0, b n →0, (n →∞)， ∴cosnx f(x )lim ππ-n⎰∞→dx=sinnx f(x )lim ππ-n ⎰∞→dx=0.推论2：若f 为可积函数，则x 21n sin f(x )lim πn ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰∞→dx=x 21n sin f(x )lim 0π-n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰∞→dx =0. 证：∵x 21n sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=cos 2x sinnx+sin 2xcosnx ， ∴x 21n sin f(x )π⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰dx =sinnx 2x f(x )cos π0⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡dx+cosnx 2x f(x )sin π0⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡dx =sinnx (x )F ππ-1⎰dx+cosnx (x )F ππ-2⎰dx ，其中F 1(x)=⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<≤-πx 02x cos )x (f 0x π0，，；F 2(x)=⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<≤-πx 02x sin )x (f 0x π0，，.可知F 1与F 2在[-π,π]上可积. 由推论1可知sinnx (x )F lim ππ-1n ⎰∞→dx=cosnx (x )F lim ππ-2n ⎰∞→=0. ∴x 21n sin f(x )lim π0n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰∞→dx=0. 同理可证：x 21n sin f(x )lim 0π-n⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰∞→dx =0.预备定理2：若f 是以2π为周期的函数，且在[-π,π]上可积，则它的傅里叶级数部分和S n (x)可写成S n (x)=⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛++ππ-2t 2sint21n sin t)f(x π1dt ，当t=0时，被积函数中的不定式由极限 2t 2sint21n sin lim0t ⎪⎭⎫ ⎝⎛+→=n+21确定. 证：在傅里叶级数部分和S n (x)=2a 0+sinkx )b +coskx (a n1k k k ∑=中代入傅里叶系数公式，可得：S n (x)=⎰ππ-f(u)2π1du +∑⎰⎰=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1k ππ-ππ-sinkx sinkudu f(u)+coskx coskudu f(u)π1 =⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ππ-n 1k )sinkusinkx +kx coskuducos (21f(u)π1du=⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ππ-n 1k x)-cosk(u 21f(u)π1du. 令u=x+t ，得S n (x)=⎰∑⎪⎭⎫⎝⎛++=x -πx -π-n 1k coskt 21t)f(x π1dt ，又被积函数周期为2π，且∑=+n 1k coskt 21=2t 2sint21n sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+， ∴S n (x)=⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛++ππ-2t 2sint21n sin t)f(x π1dt. (f 的傅里叶级数部分和积分表示式).收敛定理15.3证明：若周期为2π的函数f 在[-π, π]上按段光滑，则在每一点x ∈[-π, π]，f 的傅里叶级数2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a 收敛于f在点x 的左右极限的算术平均值，即20)-f(x 0)f(x ++=2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a ，其中a n , b n 为傅里叶系数.证：记f 的傅里叶级数的部分和为S n (x)=⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛++ππ-2t 2sint21n sin t)f(x π1dt.∵⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+ππ-2t 2sin t 21n sin π1dt=⎰∑⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ππ-n 1k coskt 21π1dt=1；又上式左边为偶函数，∴两边同时乘以f(x+0)后得：20)f(x +=⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛++ππ-2t 2sint21n sin 0)f(x π1dt.令φ(t)=-2t sin 20)f(x -t)f(x ++=-2t sin2tt 0)f(x -t)f(x ⋅++, t ∈(0,π].则 φ(t)lim 0t +→=-f ’(x+0)·1=-f ’(x+0).再令φ(0)=-f ’(x+0)，则φ在点t=0右连续.又φ在[0,π]上至多只有有限个第一类间断点，∴φ在[0,π]上可积. 根据预备定理1的推论2，有2t 2sint21n sin t)]f(x -0)[f(x π1lim π0n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⎰∞→dt=t 21n sin φ(t)π1lim π0n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰∞→dt=0， ∴⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⎰∞→dt 2t 2sint 21n sin t)f(x π1-20)f(x lim π0n=0，同理可证 ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎰∞→dt 2t 2sint 21n sin t)f(x π1-20)f(x lim π0n =0；∴⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++++⎰∞→dt 2t 2sint 21n sin t)f(x π1-20)-f(x 0)f(x lim π0n=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++∞→(x )S -20)-f(x 0)f(x lim n n =0. 即20)-f(x 0)f(x ++=2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a . 习题1、设f 以2π为周期且具有二阶连续的导函数，证明f 的傅里叶级数在(-∞,+∞)上一致收敛于f.证：由f 在(-∞,+∞)上光滑，知f ’在[-π, π]上可积， 且f ’的傅里叶系数为：a ’0=0；a ’n =nb n , b ’n =-na n , (n=1,2,…). ∴|a n |+|b n |=n |a |n '+n |b |n '≤)n 1a (2122n +'+)n 1b (2122n +'=)b a (212n 2n '+'+2n1. 由贝塞尔不等式知级数∑∞='+'1n 2n2n)b a (收敛，又级数∑∞=1n 2n1级数， 由正项级数的比较原则知，2|a |0+∑∞=+1n n n |)b ||a (|收敛，由定理15.1知f 的傅里叶级数在(-∞,+∞)上一致收敛于f.2、设f 为[-π,π]上的可积函数. 证明：若f 的傅里叶级数在[-π,π]上一致收敛于f ，则帕塞瓦尔等式成立，即⎰ππ-2(x)f π1dx=2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a ， 其中a n , b n 为傅里叶系数.证：∵f 的傅里叶级数在[-π,π]上一致收敛于f ，∴f(x)=2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a .∴⎰ππ-2(x)f π1dx=⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∞=ππ-1n n n 0sinnx)b +cosnx (a 2a )x (f π1dx =2a 2+⎰∑∞=ππ-1n n n sinnx ])x (f b +cosnx )x (f [a π1dx. ∵f 在[-π,π]上可积，∴f 在[-π,π]上有界. ∴∑∞=1n n n sinnx ])x (f b +cosnx )x (f [a 在[-π,π]上一致收敛.∴⎰ππ-2(x)f π1dx=2a 20+dx ]sinnx )x (f b +cosnx dx )x (f [a π1ππ-1n n ππ-n ⎰∑⎰∞=dx=2a 20+∑∞=1n 2n 2n π)b +π(a π1=2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a .3、由于帕塞瓦尔等式对于在[-π,π]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)8π2=∑∞=1n 2)1-n 2(1；(2)6π2=∑∞=1n 2n 1；(3)90π4=∑4n 1. 证：(1)对函数f(x)= πx 0 4π0x π- 4π-⎪⎩⎪⎨⎧<≤<<，，在(-π, π)上展开傅里叶级数得： f(x)=∑∞=--1n 12n 1)xsin(2n ，其中a 0=a n =0，b n =2n )1(1n --，n=1,2,…；根据帕塞瓦尔等式有⎰ππ-2(x)f π1dx=∑∞=1n 2n b =∑∞=1n 2n 2n (-1)-1=∑∞=1k 21)-(2k 1， 又⎰ππ-2(x)f π1dx=⎰ππ-216ππ1dx=8π2，∴8π2=∑∞=1n 2)1-n 2(1.(2)对函数f(x)=x 在(-π, π)上展开傅里叶级数得：f(x)=2∑∞=+-1n 1n nsinnx)1(. 其中a 0=a n =0，b n =n)1(21n +-，n=1,2,…；根据帕塞瓦尔等式有⎰ππ-2(x)f π1dx=∑∞=1n 2n b =4∑∞=1n 2n 1，又⎰ππ-2(x)f π1dx=⎰ππ-2x π1dx=32π2， ∴32π2=4∑∞=1n 2n1，即6π2=∑∞=1n 2n 1.(3)对函数f(x)=x 2在(-π, π)上展开傅里叶级数得：f(x)=31π2+4∑∞=1n 2n n cosnx (-1). 其中a 0=32π2，a n =2n n 4(-1)，b n =0，n=1,2,…； 根据帕塞瓦尔等式有⎰ππ-2(x)f π1dx=2a 20+∑∞=1n 2n a =92π4+16∑∞=1n 4n 1，又⎰ππ-2(x)f π1dx=⎰ππ-4x π1dx=32π2，∴52π4=92π4+16∑∞=1n 4n 1，即90π2=∑4n 1.4、证明：若f,g 均为[-π,π]上的可积函数，且它们的傅里叶级数在[-π,π]上分别一致收敛于f 和g ，则⎰ππ-f(x)g(x)π1dx=2αa 00+∑∞=+1n n n n n )βb αa (，其中a n , b n 为f 的傅里叶系数，αn ,βn 为g 的傅里叶系数. 证：由f 的傅里叶级数在[-π,π]上一致收敛于f ，有f(x)=2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a . ∵f,g 均在[-π,π]上可积，∴∑∞=1n n n g(x )sinnx ]b +g(x )cosnx [a 在[-π,π]上一致收敛.∴⎰ππ-f(x)g(x)π1dx=⎰ππ-0g(x)2a π1dx+∑⎰∞=1n ππ-n n g(x )sinnx ]b +g(x )cosnx [a π1dx=2αa 00+∑⎰⎰∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡1n ππ-ππ-n n x g(x )sinnx d π1b +x g(x )cosnx d π1a =2αa 00+∑∞=+1n n n n n )βb αa (.5、证明：若f 及其导函数f ’均在[-π,π]上可积，⎰ππ-f(x )dx=0, f(-π)=f(π)，且帕塞瓦尔等式成立，则⎰'ππ-2(x )]f [dx ≥⎰ππ-2[f(x )]dx.证：设a 0,a n ,b n 为f 的傅里叶系数；a ’0,a ’n ,b ’n 为f ’的傅里叶系数. 由⎰ππ-f(x )dx=0, f(-π)=f(π)，有a ’0=a 0=0; a ’n =nb n ,b ’n =-na n .根据帕塞瓦尔等式，有⎰ππ-2[f(x)]π1dx=2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a =∑∞=1n 2n 2n )b +(a ， ⎰'ππ-2(x)]f [π1dx=2a 20'+∑∞=''1n 2n 2n )b +a (=∑∞=1n 2n 2n 2)b +(a n ≥∑∞=1n 2n 2n )b +(a =⎰ππ-2[f(x)]π1dx. ∴⎰'ππ-2(x )]f [dx ≥⎰ππ-2[f(x )]dx.。
傅里叶级数收敛的充分必要条件
傅里叶级数是数学中的一种重要概念，它可以将任意周期函数表示为一组正弦和余弦函数的无穷级数。
而对于一个给定的函数，我们希望知道其对应的傅里叶级数是否收敛，以及如何判断它的收敛性。
在本文中，我们将讨论傅里叶级数收敛的充分必要条件，以及相关的数学定理和证明。
一、傅里叶级数的定义傅里叶级数可以表示为以下形式：f(x) = a0 + Σ(an*cos(nx) + bn*sin(nx))其中，f(x)为周期为2π的函数，a0为常数项，an和bn为系数。
根据傅里叶级数的定义，我们可以将任意周期函数表示为一组正弦和余弦函数的线性组合。
二、傅里叶级数的收敛性对于一个给定的函数f(x)，我们希望知道其对应的傅里叶级数是否收敛。
根据傅里叶级数的收敛性定理，我们可以得到如下结论：1. 当函数f(x)在有限区间上绝对可积时，对应的傅里叶级数收敛于f(x)。
这一定理的证明可以通过分析函数f(x)的积分性质和傅里叶级数的部分和序列得出。
由于绝对可积函数具有有界性和可积性，因此其对应的傅里叶级数在有限区间上是收敛的。
2. 当函数f(x)是分段连续且周期为2π时，对应的傅里叶级数收敛于f(x)。
这一定理的证明可以通过分析分段连续函数的性质和傅里叶级数的逼近性得出。
由于分段连续函数可以用连续函数逼近，而连续函数对应的傅里叶级数是收敛的，因此分段连续函数对应的傅里叶级数也是收敛的。
傅里叶级数收敛的充分必要条件是：函数f(x)在有限区间上绝对可积或者是分段连续且周期为2π。
三、傅里叶级数收敛性的分析在实际的应用中，我们常常需要分析函数对应的傅里叶级数的收敛性。
对于某些特定的函数，我们可以通过具体的分析和计算得到其对应的傅里叶级数，并进一步判断其收敛性。
在实际计算中，我们可以利用傅里叶级数的积分形式和部分和序列的性质，来分析傅里叶级数的收敛性。
另外，在实际的应用中，我们也可以利用傅里叶级数收敛的充分必要条件来判断函数的可积性和连续性。
通过分析函数的性质，我们可以得到对应的傅里叶级数是否收敛的结论。
(完整版)15.3收敛定理的证明
2
2
sin
t 2
[ f ( x t) f ( x 0)]
t 2
,t 0,
t
sin
t 2
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由§1(13)式得
lim(t) f ( x 0) 1 f ( x 0)
t 0
再令(0) f ( x 0)，则函数 在点t 0右连续,因
3 把上式化为应用Riemann — Lebesgue定2理的形
,
式,
即令
t
(t)
f
(x
t) t
f
(x
0) 2 sin
t
,
2
t (0 , ]
7
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则
1
lim
n
0
f ( x 0) f ( x t)
sin 2n 1t
f ( x 0) f ( x 0) 2
f ( x 0) f ( x 0) 2
Sn(x 1
) f
(
x
t
)
sin 2n 2
2sin t
1
t
dt
2
3
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f ( x 0) 1
2
0
sin 2n 1t
f (x t)
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傅里叶级数证明
傅里叶级数证明傅里叶级数是一种将任意周期函数分解为正弦和余弦函数的无限级数。
它在数学、物理、工程等领域中有着广泛的应用。
在本文中，我们将证明傅里叶级数的存在性和一致收敛性。
首先，我们可以将一个任意周期函数f(x)表示为以下级数形式： f(x) = a0 + ∑[an*cos(nπx/L) + bn*sin(nπx/L)],n=1,2,3,...其中，L为函数f(x)的周期，an和bn是由以下公式计算得到的函数f(x)关于cos(nπx/L)和sin(nπx/L)的内积（积分）：an = (2/L) ∫[f(x)*cos(nπx/L)]dx, n=1,2,3,...bn = (2/L) ∫[f(x)*sin(nπx/L)]dx, n=1,2,3,...这里，我们使用了欧拉公式：e^iθ = cosθ + i*sinθ，其中i为虚数单位。
由此，我们可以将sin函数和cos函数表示为复指数形式：cosθ = (1/2)(e^iθ + e^-iθ)sinθ = (1/2i)(e^iθ - e^-iθ)接下来，我们需要证明傅里叶级数的存在性和一致收敛性。
我们首先证明傅里叶级数的存在性。
我们可以通过证明an和bn的收敛性来证明f(x)的傅里叶级数存在。
根据定积分的基本性质，当f(x)在一个周期内是可积的，且an和bn在n趋于无穷大时趋于0，那么傅里叶级数就存在。
现在，我们需要证明an和bn在n趋于无穷大时趋于0。
我们可以使用分部积分法将an和bn的公式转化为以下形式：an = (2π/L)*∫[f'(x)*sin(nπx/L)]dxbn = -(2π/L)*∫[f'(x)*cos(nπx/L)]dx由于f(x)是一个周期函数，因此f(x)在一个周期内的平均值等于其积分值。
也就是说，∫[f(x)]dx = (1/L)*∫[f(x)*L]dx = (1/L)*∫[f(x)]dx。
同样地，由于f(x)在一个周期内是可积的，因此f'(x)也是可积的。
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第十五章 傅里叶级数 3收敛定理的证明预备定理1：(贝塞尔不等式)若函数f 在[-π,π]上可积，则2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a ≤⎰ππ-2(x)f π1dx ，其中a n , b n 为f 的傅里叶系数.证：令S m (x)=2a 0+∑=+m1n n n sinnx )b cosnx (a ，则⎰ππ-2m (x )]S -[f(x )dx=⎰ππ-2(x )f dx-2⎰ππ-m (x )f(x )S dx+⎰ππ-2m (x)S dx. 其中 ⎰ππ-m (x )f(x )S dx=⎰ππ-0f(x)2a dx+dx cosnx f(x )a m1n ππ-n ∑⎰= ⎝⎛+⎪⎭⎫⎰sinnxdx f(x)b ππ-n =20a 2π+π∑=m1n 2n 2n )b +(a . 由三角函数的正交性，有 ⎰ππ-2m (x )S dx=⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=ππ-2m 1n n n 0sinnx)b cosnx (a 2a dx =⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛ππ-202a dx+⎰∑⎰⎰=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+ππ-m 1n ππ-22n ππ-22n nx dx sin b nx dx cos a dx=20a 2π+π∑=m 1n 2n 2n )b +(a . ∴⎰ππ-2m (x )]S -[f(x )dx=⎰ππ-2(x )f dx-2πa -2π∑∞=1n 2n2n )b +(a +20a 2π+π∑=m1n 2n 2n )b +(a=⎰ππ-2(x )f dx-⎢⎣⎡20a 2π+π⎥⎦⎤∑=m1n 2n 2n )b +(a ≥0. ∴2a 20+∑=m1n 2n 2n )b +(a ≤⎰ππ-2(x)f π1dx 对任何正整数m 都成立. 又 ⎰ππ-2(x)f π1dx 为有限值，∴正项级数2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a 的部分和数列有界， ∴2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a 收敛且有2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a ≤⎰ππ-2(x)f π1dx.推论1：(黎曼-勒贝格定理)若f 为可积函数，则cosnx f(x )limππ-n ⎰∞→dx=sinnx f(x )lim ππ-n ⎰∞→=0.证：由2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a 收敛知，2n 2n b +a →0 (n →∞)，∴a n →0, b n →0, (n →∞)， ∴cosnx f(x )lim ππ-n⎰∞→dx=sinnx f(x )lim ππ-n ⎰∞→dx=0.推论2：若f 为可积函数，则x 21n sin f(x )lim πn ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰∞→dx=x 21n sin f(x )lim 0π-n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰∞→dx =0. 证：∵x 21n sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=cos 2x sinnx+sin 2xcosnx ， ∴x 21n sin f(x )π⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰dx =sinnx 2x f(x )cos π0⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡dx+cosnx 2x f(x )sin π0⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡dx =sinnx (x )F ππ-1⎰dx+cosnx (x )F ππ-2⎰dx ，其中F 1(x)=⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<≤-πx 02x cos )x (f 0x π0，，；F 2(x)=⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<≤-πx 02x sin )x (f 0x π0，，.可知F 1与F 2在[-π,π]上可积. 由推论1可知sinnx (x )F lim ππ-1n ⎰∞→dx=cosnx (x )F lim ππ-2n ⎰∞→=0. ∴x 21n sin f(x )lim π0n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰∞→dx=0. 同理可证：x 21n sin f(x )lim 0π-n⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰∞→dx =0.预备定理2：若f 是以2π为周期的函数，且在[-π,π]上可积，则它的傅里叶级数部分和S n (x)可写成S n (x)=⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛++ππ-2t 2sint21n sin t)f(x π1dt ，当t=0时，被积函数中的不定式由极限 2t 2sint21n sin lim0t ⎪⎭⎫ ⎝⎛+→=n+21确定. 证：在傅里叶级数部分和S n (x)=2a 0+sinkx )b +coskx (a n1k k k ∑=中代入傅里叶系数公式，可得：S n (x)=⎰ππ-f(u)2π1du +∑⎰⎰=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1k ππ-ππ-sinkx sinkudu f(u)+coskx coskudu f(u)π1 =⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ππ-n 1k )sinkusinkx +kx coskuducos (21f(u)π1du=⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ππ-n 1k x)-cosk(u 21f(u)π1du. 令u=x+t ，得S n (x)=⎰∑⎪⎭⎫⎝⎛++=x -πx -π-n 1k coskt 21t)f(x π1dt ，又被积函数周期为2π，且∑=+n 1k coskt 21=2t 2sint21n sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+， ∴S n (x)=⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛++ππ-2t 2sint21n sin t)f(x π1dt. (f 的傅里叶级数部分和积分表示式).收敛定理15.3证明：若周期为2π的函数f 在[-π, π]上按段光滑，则在每一点x ∈[-π, π]，f 的傅里叶级数2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a 收敛于f在点x 的左右极限的算术平均值，即20)-f(x 0)f(x ++=2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a ，其中a n , b n 为傅里叶系数.证：记f 的傅里叶级数的部分和为S n (x)=⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛++ππ-2t 2sint21n sin t)f(x π1dt.∵⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+ππ-2t 2sin t 21n sin π1dt=⎰∑⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ππ-n 1k coskt 21π1dt=1；又上式左边为偶函数，∴两边同时乘以f(x+0)后得：20)f(x +=⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛++ππ-2t 2sint21n sin 0)f(x π1dt.令φ(t)=-2t sin 20)f(x -t)f(x ++=-2t sin2tt 0)f(x -t)f(x ⋅++, t ∈(0,π].则 φ(t)lim 0t +→=-f ’(x+0)·1=-f ’(x+0).再令φ(0)=-f ’(x+0)，则φ在点t=0右连续.又φ在[0,π]上至多只有有限个第一类间断点，∴φ在[0,π]上可积. 根据预备定理1的推论2，有2t 2sint21n sin t)]f(x -0)[f(x π1lim π0n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⎰∞→dt=t 21n sin φ(t)π1lim π0n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰∞→dt=0， ∴⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⎰∞→dt 2t 2sint 21n sin t)f(x π1-20)f(x lim π0n=0，同理可证 ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎰∞→dt 2t 2sint 21n sin t)f(x π1-20)f(x lim π0n =0；∴⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++++⎰∞→dt 2t 2sint 21n sin t)f(x π1-20)-f(x 0)f(x lim π0n=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++∞→(x )S -20)-f(x 0)f(x lim n n =0. 即20)-f(x 0)f(x ++=2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a . 习题1、设f 以2π为周期且具有二阶连续的导函数，证明f 的傅里叶级数在(-∞,+∞)上一致收敛于f.证：由f 在(-∞,+∞)上光滑，知f ’在[-π, π]上可积， 且f ’的傅里叶系数为：a ’0=0；a ’n =nb n , b ’n =-na n , (n=1,2,…). ∴|a n |+|b n |=n |a |n '+n |b |n '≤)n 1a (2122n +'+)n 1b (2122n +'=)b a (212n 2n '+'+2n1. 由贝塞尔不等式知级数∑∞='+'1n 2n2n)b a (收敛，又级数∑∞=1n 2n1级数， 由正项级数的比较原则知，2|a |0+∑∞=+1n n n |)b ||a (|收敛，由定理15.1知f 的傅里叶级数在(-∞,+∞)上一致收敛于f.2、设f 为[-π,π]上的可积函数. 证明：若f 的傅里叶级数在[-π,π]上一致收敛于f ，则帕塞瓦尔等式成立，即⎰ππ-2(x)f π1dx=2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a ， 其中a n , b n 为傅里叶系数.证：∵f 的傅里叶级数在[-π,π]上一致收敛于f ，∴f(x)=2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a .∴⎰ππ-2(x)f π1dx=⎰∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∞=ππ-1n n n 0sinnx)b +cosnx (a 2a )x (f π1dx =2a 2+⎰∑∞=ππ-1n n n sinnx ])x (f b +cosnx )x (f [a π1dx. ∵f 在[-π,π]上可积，∴f 在[-π,π]上有界. ∴∑∞=1n n n sinnx ])x (f b +cosnx )x (f [a 在[-π,π]上一致收敛.∴⎰ππ-2(x)f π1dx=2a 20+dx ]sinnx )x (f b +cosnx dx )x (f [a π1ππ-1n n ππ-n ⎰∑⎰∞=dx=2a 20+∑∞=1n 2n 2n π)b +π(a π1=2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a .3、由于帕塞瓦尔等式对于在[-π,π]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)8π2=∑∞=1n 2)1-n 2(1；(2)6π2=∑∞=1n 2n 1；(3)90π4=∑4n 1. 证：(1)对函数f(x)= πx 0 4π0x π- 4π-⎪⎩⎪⎨⎧<≤<<，，在(-π, π)上展开傅里叶级数得： f(x)=∑∞=--1n 12n 1)xsin(2n ，其中a 0=a n =0，b n =2n )1(1n --，n=1,2,…；根据帕塞瓦尔等式有⎰ππ-2(x)f π1dx=∑∞=1n 2n b =∑∞=1n 2n 2n (-1)-1=∑∞=1k 21)-(2k 1， 又⎰ππ-2(x)f π1dx=⎰ππ-216ππ1dx=8π2，∴8π2=∑∞=1n 2)1-n 2(1.(2)对函数f(x)=x 在(-π, π)上展开傅里叶级数得：f(x)=2∑∞=+-1n 1n nsinnx)1(. 其中a 0=a n =0，b n =n)1(21n +-，n=1,2,…；根据帕塞瓦尔等式有⎰ππ-2(x)f π1dx=∑∞=1n 2n b =4∑∞=1n 2n 1，又⎰ππ-2(x)f π1dx=⎰ππ-2x π1dx=32π2， ∴32π2=4∑∞=1n 2n1，即6π2=∑∞=1n 2n 1.(3)对函数f(x)=x 2在(-π, π)上展开傅里叶级数得：f(x)=31π2+4∑∞=1n 2n n cosnx (-1). 其中a 0=32π2，a n =2n n 4(-1)，b n =0，n=1,2,…； 根据帕塞瓦尔等式有⎰ππ-2(x)f π1dx=2a 20+∑∞=1n 2n a =92π4+16∑∞=1n 4n 1，又⎰ππ-2(x)f π1dx=⎰ππ-4x π1dx=32π2，∴52π4=92π4+16∑∞=1n 4n 1，即90π2=∑4n 1.4、证明：若f,g 均为[-π,π]上的可积函数，且它们的傅里叶级数在[-π,π]上分别一致收敛于f 和g ，则⎰ππ-f(x)g(x)π1dx=2αa 00+∑∞=+1n n n n n )βb αa (，其中a n , b n 为f 的傅里叶系数，αn ,βn 为g 的傅里叶系数. 证：由f 的傅里叶级数在[-π,π]上一致收敛于f ，有f(x)=2a 0+∑∞=1n n n sinnx )b +cosnx (a . ∵f,g 均在[-π,π]上可积，∴∑∞=1n n n g(x )sinnx ]b +g(x )cosnx [a 在[-π,π]上一致收敛.∴⎰ππ-f(x)g(x)π1dx=⎰ππ-0g(x)2a π1dx+∑⎰∞=1n ππ-n n g(x )sinnx ]b +g(x )cosnx [a π1dx=2αa 00+∑⎰⎰∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡1n ππ-ππ-n n x g(x )sinnx d π1b +x g(x )cosnx d π1a =2αa 00+∑∞=+1n n n n n )βb αa (.5、证明：若f 及其导函数f ’均在[-π,π]上可积，⎰ππ-f(x )dx=0, f(-π)=f(π)，且帕塞瓦尔等式成立，则⎰'ππ-2(x )]f [dx ≥⎰ππ-2[f(x )]dx.证：设a 0,a n ,b n 为f 的傅里叶系数；a ’0,a ’n ,b ’n 为f ’的傅里叶系数. 由⎰ππ-f(x )dx=0, f(-π)=f(π)，有a ’0=a 0=0; a ’n =nb n ,b ’n =-na n .根据帕塞瓦尔等式，有⎰ππ-2[f(x)]π1dx=2a 20+∑∞=1n 2n 2n )b +(a =∑∞=1n 2n 2n )b +(a ， ⎰'ππ-2(x)]f [π1dx=2a 20'+∑∞=''1n 2n 2n )b +a (=∑∞=1n 2n 2n 2)b +(a n ≥∑∞=1n 2n 2n )b +(a =⎰ππ-2[f(x)]π1dx. ∴⎰'ππ-2(x )]f [dx ≥⎰ππ-2[f(x )]dx.。