高等数学笔记：傅里叶级数

繁星数学随想录·笔记卷

摘录卷

傅里叶级数

一、傅里叶级数的概念

01 问题的引入

一个周期为 $T=2l$ 的函数能否表示为无限个简单的周期函数之和？

注：这些简单函数指的是：
$$1,\sin \frac{\pi x}{l},\cos \frac{\pi x}{l},\sin \frac{2\pi x}{l},\cos \frac{2\pi x}{l},\cdots ,\sin \frac{n\pi x}{l},\cos \frac{n\pi x}{l},\cdots$$
通项的周期为：$\frac{2\pi }{\frac{n\pi }{l}}=\frac{2l}{n},n=1,2,\cdots$ ，即 $2l$ 是这个三角函数系的公共周期。

02 内积的推广定义

定义：设 $(a,b)$ 是一个运算，满足下列条件：

（1）$(a,a)⩾0$（非负性）

（2）$(a,b+c)=(a,b)+(a,c)$（满足线性运算法则1）

（3）$(a,\beta b)=\beta (b,a)$（满足线性运算法则2）

（4）$(a,b)=(b,a)$（交换性）

称运算 $(a,b)$ 为 $a,b$ 的内积。

$(f_1(x),f_2(x))={\int }_{-l}^l{f}_1(x)f_2(x)dx$ 是一个内积。

03 正交三角函数系

• ${\int }_{-l}^{l}1\cdot \sin \frac{n\pi x}{l}dx=0,n=1,2,\cdots$

• ${\int }_{-l}^{l}1\cdot \cos \frac{n\pi x}{l}dx=0,n=1,2,\cdots$

  $\int \cos axdx=\frac{1}{a}\sin ax+C,n=1,2,\cdots$

  $\int \sin axdx=\frac{1}{a}\cos ax+C,a\ne 0$

• ${\int }_{-l}^l\sin \frac{n\pi x}{l}\cdot \cos \frac{m\pi x}{l}dx=0,n,m=1,2,\cdots$

• ${\int }_{-l}^l\sin \frac{n\pi x}{l}\cdot \sin \frac{m\pi x}{l}dx=0,n\ne m,n,m=1,2,\cdots$

• ${\int }_{-l}^l\cos \frac{n\pi x}{l}\cdot \cos \frac{m\pi x}{l}dx=0,n\ne m,n,m=1,2,\cdots$

• ${\int }_{-l}^{l}1\cdot 1dx=2l$

• ${\int }_{-l}^l{\sin }^2\frac{n\pi x}{l}dx=l,n=1,2,\cdots$

• ${\int }_{-l}^l{\cos }^2\frac{n\pi x}{l}dx=l,n=1,2,\cdots$

知上面三角函数系是正交三角函数系。

04 傅里叶级数的推导

设 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_i,\cdots ,{\alpha }_n$ 为正交向量组，

若 $\alpha =k_1{\alpha }_1+k_2{\alpha }_2+\cdots +k_i{\alpha }_i+\cdots +k_n{\alpha }_n$，

由 $(\alpha ,{\alpha }_i)=(k_i{\alpha }_i,{\alpha }_i)=k_i({\alpha }_i,{\alpha }_i)$ ，

$k_i=\frac{(\alpha ,{\alpha }_i)}{({\alpha }_i,{\alpha }_i)}=\frac{(\alpha ,{\alpha }_i)}{|{\alpha }_i{|}^2}$

假如周期为 $T=2l$ 的函数 $f(x)$，有 $f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos \frac{n\pi x}{l}+b_n\sin \frac{n\pi x}{l})$ ，
$$\begin{array}{rl}& a_n=\frac{(f(x),\cos \frac{n\pi x}{l})}{(\cos \frac{n\pi x}{l},\cos \frac{n\pi x}{l})}=\frac{{\int }_{-l}^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx}{{\int }_{-l}^l{\cos }^2\frac{n\pi x}{l}dx}=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx,n=1,2,\cdots \\ & b_n=\frac{(f(x),\sin \frac{n\pi x}{l})}{(\sin \frac{n\pi x}{l},\sin \frac{n\pi x}{l})}=\frac{{\int }_{-l}^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx}{{\int }_{-l}^l{\sin }^2\frac{n\pi x}{l}dx}=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx,n=1,2,\cdots \\ & a_0=\frac{(f(x),\frac{1}{2})}{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}=\frac{{\int }_{-l}^{l}f(x)\frac{1}{2}dx}{{\int }_{-l}^l\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}dx}=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)dx,恰好满足a_n的通项。\\ & a_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx,n=0,1,2,\cdots \\ & b_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx,n=1,2,3,\cdots \end{array}$$

05 傅里叶级数的定义

若周期为 $T=2l$ 的函数 $f(x)$，一般只要 $f(x)$ 可积，则

$a_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx,n=0,1,2,\cdots$，$b_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx,n=1,2,3,\cdots$ 存在，

则 $a_n,b_n$ 称为 $f(x)$ 的傅里叶系数。

对应有三角级数：$\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos \frac{n\pi x}{l}+b_n\sin \frac{n\pi x}{l})$ ，称为 $f(x)$ 的傅里叶级数或者称为傅氏级数。

记为 $f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos \frac{n\pi x}{l}+b_n\sin \frac{n\pi x}{l})$ 。

二、狄利克雷定理及延伸

01 狄利克雷定理

设周期 $T=2l$ 的函数 $f(x)$ 在 $[-l,l]$ 上逐段光滑，

则 $f(x)$ 的傅里叶级数：$\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos \frac{n\pi x}{l}+b_n\sin \frac{n\pi x}{l})$ 处处绝对收敛（级数收敛）。

( 逐段光滑：将定义域区间分为有限个小区间，在每一个小区间上导数存在且连续。)

由函数定义知，级数和记为 $S(x),x\in (-\infty ,+\infty )$，且
$$\begin{array}{rl}& \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos \frac{n\pi x}{l}+b_n\sin \frac{n\pi x}{l})\\ & =S(x)=\frac{f(x-0)+f(x+0)}{2},x\in (-\infty ,+\infty )\\ & =\{\begin{array}{ll}f(x)& f(x)在x处连续\\ \frac{f(x-0)+f(x+0)}{2}& f(x)在x处不连续\end{array}\end{array}$$
称为 $f(x)$ 的傅里叶展开。

02 狄利克雷定理的延伸

(1) 狄利克雷定理的加强条件

如果此时， $f(x)$ 处处连续，则 $\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos \frac{n\pi x}{l}+b_n\sin \frac{n\pi x}{l})=S(x)=f(x),x\in (-\infty ,+\infty )$ 。

(2) 狄利克雷定理的端点值处理

一般地，周期 $T=2l$ 的函数 $f(x)$ 只给出 $[-l,l]$ 上表达式，此时端点值不好处理。

注意到，这里的和函数 $S(x)$ 处处有定义，$S(x)$ 也是周期函数，周期为 $T=2l$ ，

$S(l)=\frac{f(l-0)+f(l+0)}{2}=\frac{f(l-0)+f(-2l+l+0)}{2}=\frac{f(l-0)+f(-l+0)}{2}$ ，

$S(-l)=S(2l-l)=S(l)$ ，与上述和函数的值相同。

(3) 周期函数思想求解区间外部的和

$S(2kl\pm l)=S(\pm l)=\frac{f(l-0)+f(-l+0)}{2},l\in Z$，

若 $x\in (2kl-l,2kl+l),k\in Z,k\ne 0\to x-2kl\in (-l,l)$，

$S(x)=S(x-2kl)=\cdots$ （代入）

(4) 周期函数思想求解非标准区间

如果 $f(x)$ 周期为 $T=2l$ ，给出 $(a,a+2l]$ 上表达式， $f(x)$ 展成傅里叶级数。

( 若 $f(x)$ 连续， 周期为 $T$，$a$ 为常数，则 ${\int }_a^{a+T}f(x)dx={\int }_0^{T}f(x)dx$ )

$a_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx=\frac{1}{l}{\int }_a^{a+2l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx,n=0,1,2,\cdots$，

$b_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx=\frac{1}{l}{\int }_a^{a+2l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx,n=1,2,3,\cdots$ 。

三、有限区间的傅里叶展开

将 $[-l,l]$ 上逐段光滑 $f(x)$ 展成傅里叶级数。

01 构造周期函数

(1) 定义周期函数

定义 $F(x)=\{\begin{array}{ll}f(x)& x\in [-l,l)\\ f(x-2kl)& x\in [2kl-l,2kl+l),k\in Z,k\ne 0\end{array}$

(2) 验证是否周期函数

当 $x\in [2kl-l,2kl+l)\Rightarrow x-2kl\in [-l,l),k\in Z,k\ne 0$，

$F(x)=f(x-2kl)=F(x-2kl)$

02 构造函数展成傅里叶级数

此时 $F(x)$ 满足狄利克雷条件，周期为 $2l$，在 $[-l,l)$ 上 $F(x)=f(x)$ 逐段光滑，

于是将 $F(x)$ 展成傅里叶级数。

$a_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx,n=0,1,2,\cdots$，$b_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx,n=1,2,3,\cdots$ ，

于是得到 $F(x)$ 的傅里叶级数：

$\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos \frac{n\pi x}{l}+b_n\sin \frac{n\pi x}{l})=S(x)=\frac{F(x-0)+F(x+0)}{2},x\in (-\infty ,+\infty )$

03 构造函数转化为待求函数

当 $x\in [-l,l]$ 时，得到 $f(x)$ 的傅里叶级数：

$\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos \frac{n\pi x}{l}+b_n\sin \frac{n\pi x}{l})=S(x)=\frac{f(x-0)+f(x+0)}{2},x\in (-l,l)$ ，

$S(\pm l)=\frac{f(-l+0)+f(l-0)}{2}$ ，称为 $f(x)$ 在 $[-l,l]$ 上展成傅里叶级数。

04 有限区间到区间外部

注意，这里的和函数 $S(x)$ 处处有定义，且是周期函数，周期是 $2l$，

当 $x\in (2kl-l,2kl+l)$ 时，$k\in Z,k\ne 0\Rightarrow x-2kl\in (-l,l)$，$S(x)=S(x-2kl)=\cdots$

端点的值：$S(2kl\pm l)=S(\pm l)=\frac{f(-l+0)+f(l+0)}{2}$

05 非标准的有限区间

将 $[a,a+2l]$ 上逐段光滑函数 $f(x)$ 展成傅里叶级数，

$a_n=\frac{1}{l}{\int }_a^{a+2l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx,n=0,1,2,\cdots$，$b_n=\frac{1}{l}{\int }_a^{a+2l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx,n=1,2,3,\cdots$ ，

于是得到 $f(x)$ 的傅里叶级数：

$\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos \frac{n\pi x}{l}+b_n\sin \frac{n\pi x}{l})=S(x)=\frac{f(x-0)+f(x-0)}{2},x\in (a,a+2l)$

$S(a)=S(a+2l)=\frac{f(a+0)+f(a+2l-0)}{2}$

四、正余弦级数

将 $[0,l]$ 上逐段光滑函数 $f(x)$ 展成余弦级数或正弦级数。

01 展成余弦级数

(1) 构造偶函数

$F(x)=\{\begin{array}{ll}f(-x)& -l⩽x<0\\ f(x)& 0⩽x⩽l\end{array}$

(2) 构造函数展成余弦级数

由 $F(x)$ 在 $[-l,l]$ 上逐段光滑，由于 $F(x)$ 是偶函数，知 $b_n=0,n=1,2,3,\cdots$，

$a_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}F(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx,n=0,1,2,\cdots$，

得到 $F(x)$ 的余弦级数：

$\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos \frac{n\pi x}{l}=\frac{F(x-0)+F(x+0)}{2},x\in (-l,l)$

(3) 构造函数转化为待求函数

当 $x\in (0,l)$，$\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos \frac{n\pi x}{l}=S(x)=\frac{f(x-0)+f(x+0)}{2},x\in (0,l)$，

x∈{0,l}x\in\{0,l\}x∈{0,l}，$S(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)$，$S(l)=\underset{x\to l^{-}}{\lim }f(x)$ ，称 $f(x)$ 在 $[0,l]$ 展成余弦级数。

(4) 有限区间到区间外部

注意，这里 $S(x)$ 处处有定义，周期 $T=2l$ 是偶函数。

求在 $(0,l)$ 外部的 $S(x)$ ，例：$x\in (-l,0)$ 。
$$\begin{array}{rl}& x\in (-l,0)\Rightarrow -x\in (0,l)\\ & 由S(-x)=S(x)\\ & 所以，S(x)=S(-x)=\cdots ,-x\in (0,l)\\ & x\in (2kl-l,2kl+l),k\in Z,k\ne 0\\ & \Rightarrow x-2kl\in (-l,l)\\ & S(x)=S(x-2kl)\\ & S(2kl)=S(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)\\ & S(2kl+l)=S(l)=\underset{x\to l^{-}}{\lim }f(x)\end{array}$$

02 展成正弦级数

(1) 构造奇函数

$F(x)=\{\begin{array}{ll}-f(-x)& -l<x<0\\ 0& x=0\\ f(x)& 0<x<l\end{array}$

(2) 构造函数展成正弦级数

由 $F(x)$ 在 $[-l,l]$ 上逐段光滑，由于 $F(x)$ 是奇函数，知 $a_n=0,n=1,2,3,\cdots$，

$b_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}F(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx,n=1,2,3,\cdots$，

得到 $F(x)$ 的正弦级数：

$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin \frac{n\pi x}{l}=\frac{F(x-0)+F(x+0)}{2},x\in (-l,l)$

(3) 构造函数转化为待求函数

当 $x\in (0,l)$，$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin \frac{n\pi x}{l}=S(x)=\frac{f(x-0)+f(x+0)}{2},x\in (0,l)$，

x∈{0,l}x\in\{0,l\}x∈{0,l}，$S(0)=0$，$S(l)=0$ ，称 $f(x)$ 在 $[0,l]$ 展成正弦级数。

(4) 有限区间到区间外部

注意，这里 $S(x)$ 处处有定义，周期 $T=2l$ 是奇函数。

求在 $(0,l)$ 外部的 $S(x)$ ，例：$x\in (-l,0)$ 。
$$\begin{array}{rl}& x\in (-l,0)\Rightarrow -x\in (0,l)\\ & 由S(-x)=-S(x)\\ & 所以，S(x)=-S(-x)=\cdots ,-x\in (0,l)\\ & x\in (2kl-l,2kl+l),k\in Z,k\ne 0\\ & \Rightarrow x-2kl\in (-l,l)\\ & S(x)=S(x-2kl)\\ & S(2kl)=S(0)=0\\ & S(2kl+l)=S(l)=0\end{array}$$