数项级数的基本概念
数项级数 ∑n=1∞un=u1+u2+⋯+un+⋯\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}=u_1+u_2+\cdots+u_n+\cdotsn=1∑∞un=u1+u2+⋯+un+⋯
级数的部分和(前 nnn 项和) Sn=∑i=1nui=u1+u2+⋯+unS_n=\sum\limits_{i=1}^{n}{u_i}=u_1+u_2+\cdots+u_nSn=i=1∑nui=u1+u2+⋯+un
级数的敛散性 若 limn→∞Sn=S\lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=Sn→∞limSn=S(常数),则 ∑n=1∞un=limn→∞Sn=S\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}=\lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=Sn=1∑∞un=n→∞limSn=S 收敛;若 limn→∞Sn\lim\limits_{n \to \infty}{S_n}n→∞limSn 不存在,则称该级数发散。
几何级数/等比级数 ∑n=1∞aqn−1=a+aq+aq2+⋯+aqn−1+⋯ ,a≠0\sum\limits_{n=1}^{\infty}{aq^{n-1}}=a+aq+aq^2+\cdots+aq^{n-1}+\cdots,a \neq 0n=1∑∞aqn−1=a+aq+aq2+⋯+aqn−1+⋯,a=0
q=1⟹Sn=an⟹limn=1Sn=∞q=1 \Longrightarrow S_n=an \Longrightarrow \lim\limits_{n=1}{S_n}=\inftyq=1⟹Sn=an⟹n=1limSn=∞
q=−1⟹limn→∞Sn=a⋅limn→∞1−(−1)n2≠Sq=-1 \Longrightarrow \lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=a \cdot \lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{1-(-1)^n}{2}} \neq Sq=−1⟹n→∞limSn=a⋅n→∞lim21−(−1)n=S
∣q∣<1⟹limn→∞Sn=a⋅limn→∞1−qn1−q=a1−q|q|<1 \Longrightarrow \lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=a \cdot \lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{1-q^n}{1-q}}=\dfrac{a}{1-q}∣q∣<1⟹n→∞limSn=a⋅n→∞lim1−q1−qn=1−qa
∣q∣>1⟹limn→∞Sn=a⋅limn→∞1−qn1−q=∞|q|>1 \Longrightarrow \lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=a \cdot \lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{1-q^n}{1-q}}=\infty∣q∣>1⟹n→∞limSn=a⋅n→∞lim1−q1−qn=∞
当 ∣q∣<1|q|<1∣q∣<1 时收敛于 a1−q\dfrac{a}{1-q}1−qa,当 ∣q∣≥1|q| \ge 1∣q∣≥1 时发散。
ppp 级数 ∑n=1∞1np=11p+12p+⋯+1np+⋯\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\dfrac{1}{n^p}}=\dfrac{1}{1^p}+\dfrac{1}{2^p}+\cdots+\dfrac{1}{n^p}+\cdotsn=1∑∞np1=1p1+2p1+⋯+np1+⋯
当 p=1p=1p=1 时,调和级数 ∑n=1∞1n=11+12+⋯+1n+⋯\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\dfrac1n}=\dfrac11+\dfrac12+\cdots+\dfrac1n+\cdotsn=1∑∞n1=11+21+⋯+n1+⋯。引入 f(x)=1xf(x)=\dfrac1xf(x)=x1,当 n≤x<n+1n \leq x<n+1n≤x<n+1 时,有 f(n)≥f(x)f(n) \ge f(x)f(n)≥f(x) 即 1n≥1x\dfrac1n \ge \dfrac1xn1≥x1 因此 1n=∫nn+11ndx>∫nn+11xdx=ln(n+1)−lnn\frac1n=\int_{n}^{n+1}{\frac1n\mathrm{d}x}>\int_{n}^{n+1}{\frac1x\mathrm{d}x}=\ln(n+1)-\ln{n}n1=∫nn+1n1dx>∫nn+1x1dx=ln(n+1)−lnn 故 ∑n=1∞1n=limn→∞ln(n+1)=∞\sum_{n=1}^{\infty}{\frac1n}=\lim_{n \to \infty}{\ln(n+1)}=\inftyn=1∑∞n1=n→∞limln(n+1)=∞ 该级数发散。
当 p<1p<1p<1 时,由于 1np>1n\dfrac{1}{n^p}>\dfrac{1}{n}np1>n1,所以∑n=1∞1np>∑n=1∞1n\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\dfrac{1}{n^p}}>\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\dfrac{1}{n}}n=1∑∞np1>n=1∑∞n1 发散。
当 p>1p>1p>1 时,引入 f(x)=1xpf(x)=\dfrac{1}{x^p}f(x)=xp1,当 n<x≤n+1n<x \leq n+1n<x≤n+1 时,有 f(x)≥f(n+1)f(x) \ge f(n+1)f(x)≥f(n+1) 即 1xp≥1(n+1)p\dfrac{1}{x^p} \ge \dfrac{1}{(n+1)^p}xp1≥(n+1)p1 因此 1(n+1)p=∫nn+11(n+1)pdx<∫nn+11xpdx\frac{1}{(n+1)^p}=\int_{n}^{n+1}{\frac{1}{(n+1)^p}\mathrm{d}x}<\int_{n}^{n+1}{\frac{1}{x^p}\mathrm{d}x}(n+1)p1=∫nn+1(n+1)p1dx<∫nn+1xp1dx 故 ∑n=1∞1np<1+∫1+∞1xpdx=1+M\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^p}}<1+\int_1^{+\infty}{\frac{1}{x^p}\mathrm{d}x}=1+Mn=1∑∞np1<1+∫1+∞xp1dx=1+M 该级数收敛。
性质 1(线性运算法则) 若级数 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un,∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1∑∞vn 分别收敛于常数 AAA 和 BBB,则对任意常数 α\alphaα 和 β\betaβ,∑n=1∞(α⋅un+β⋅vn)=α⋅∑n=1∞un+β⋅∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\alpha \cdot u_n+\beta \cdot v_n)=\alpha \cdot \sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}+\beta \cdot \sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1∑∞(α⋅un+β⋅vn)=α⋅n=1∑∞un+β⋅n=1∑∞vn 收敛于 α⋅A+β⋅B\alpha \cdot A+\beta \cdot Bα⋅A+β⋅B。
性质 2 一个级数改变、去掉或者增加有限项,不改变敛散性。
性质 3(收敛级数的结合性) 一个收敛级数使用加法结合律任意添加括号,不改变敛散性且其和不变。
性质 4 若级数 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 收敛,则 limn→∞un=0\lim\limits_{n \to \infty}{u_n}=0n→∞limun=0。
推论 若 limn→∞un≠0\lim\limits_{n \to \infty}{u_n} \neq 0n→∞limun=0 或不存在,则级数 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 发散。
柯西(Cauchy)准则/级数收敛的充要条件 ∀ϵ>0\forall \epsilon>0∀ϵ>0,∃N>0\exists N>0∃N>0,当 n>Nn>Nn>N 时,对于 ∀p∈N+\forall p \in \mathbb{N}^+∀p∈N+ 有 ∣un+1+un+2+⋯+un+p∣<ϵ|u_{n+1}+u_{n+2}+\cdots+u_{n+p}|<\epsilon∣un+1+un+2+⋯+un+p∣<ϵ。
正项级数收敛的充要条件 部分和 SnS_nSn 有上界,即 ∃M>0\exists M>0∃M>0,对于 ∀n∈N+\forall n \in \mathbb{N}^+∀n∈N+ 有 Sn≤MS_n \leq MSn≤M。
正项级数收敛性的判别法
比较判别法 设正项级数 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 和 ∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1∑∞vn 满足 un≤vnu_n \leq v_nun≤vn (n∈N+)(n \in \mathbb{N}^+)(n∈N+),
(1) 若 ∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1∑∞vn 收敛,则 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 收敛;
(2) 若 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 发散,则 ∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1∑∞vn 发散。
推论(比较判别法的极限形式) 设正项级数 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 和 ∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1∑∞vn 满足 limn→∞unvn=l\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{u_n}{v_n}}=ln→∞limvnun=l,
(1) 若 0<l<+∞0<l<+\infty0<l<+∞,则两个级数同时收敛或者同时发散;
(2) 若 l=0l=0l=0,则当 ∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1∑∞vn 收敛时 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 也收敛;
(3) 若 l=+∞l=+\inftyl=+∞,则当 ∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1∑∞vn 发散时 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 也发散。
比值判别法/达朗贝尔(d’Alembert)判别法 设正项级数 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 满足 limn→∞un+1un=γ\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{u_{n+1}}{u_n}}=\gamman→∞limunun+1=γ,
(1) 若 γ<1\gamma<1γ<1,则级数收敛;
(2) 若 γ>1\gamma>1γ>1,则级数发散;
(3) 若 γ=1\gamma=1γ=1,则本判别法失效。
根值判别法/柯西(Cauchy)判别法 设正项级数 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 满足 limn→∞unn=γ\lim\limits_{n \to \infty}{\sqrt[n]{u_n}}=\gamman→∞limnun=γ,
(1) 若 γ<1\gamma<1γ<1,则级数收敛;
(2) 若 γ>1\gamma>1γ>1,则级数发散;
(3) 若 γ=1\gamma=1γ=1,则本判别法失效。
积分判别法 设 f(x)f(x)f(x) 是 [1,+∞)[1,+\infty)[1,+∞) 上非负递减的连续函数,记 un=f(n)u_n=f(n)un=f(n) (n∈N+)(n \in \mathbb{N}^+)(n∈N+),则级数 ∑n=1∞un\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 的敛散性与反常积分 ∫1+∞f(x)dx\displaystyle\int_{1}^{+\infty}{f(x)\mathrm{d}x}∫1+∞f(x)dx 相同。
一般数项级数收敛性的判别法
交错级数 ∑n=1∞(−1)n−1un=u1−u2+u3−u4+⋯+(−1)n−1un+⋯ ,un>0\sum\limits_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n-1}u_n}=u_1-u_2+u_3-u_4+\cdots+(-1)^{n-1}u_n+\cdots,u_n>0n=1∑∞(−1)n−1un=u1−u2+u3−u4+⋯+(−1)n−1un+⋯,un>0
莱布尼茨(Leibniz)定理 若交错级数 ∑n=1∞(−1)n−1un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n-1}u_n}n=1∑∞(−1)n−1un 满足 un>un+1u_n>u_{n+1}un>un+1 (n∈N+)(n \in \mathbb{N}^+)(n∈N+) 和 limn→∞un=0\lim\limits_{n \to \infty}{u_n}=0n→∞limun=0,则该级数收敛且有 limn→∞Sn=S≤u1\lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=S \leq u_1n→∞limSn=S≤u1。
推论 若交错级数满足莱布尼茨定理,则以 SnS_nSn 近似该级数和的误差 RnR_nRn 不超过 un+1u_{n+1}un+1 即 ∣Rn∣=∣S−Sn∣≤un+1|R_n|=|S-S_n|\leq u_{n+1}∣Rn∣=∣S−Sn∣≤un+1。
绝对收敛和条件收敛 设有一般级数 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un,
(1) 若 ∑n=1∞∣un∣\sum\limits_{n=1}^{\infty}{|u_n|}n=1∑∞∣un∣ 收敛,则称 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 绝对收敛;
(2) 若 ∑n=1∞∣un∣\sum\limits_{n=1}^{\infty}{|u_n|}n=1∑∞∣un∣ 发散而 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 收敛,则称 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 条件收敛。
绝对值的比值判别法 设一般级数 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 满足 limn→∞∣un+1∣∣un∣=γ\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{|u_{n+1}|}{|u_n|}}=\gamman→∞lim∣un∣∣un+1∣=γ,
(1) 若 γ<1\gamma<1γ<1,则级数绝对收敛;
(2) 若 γ>1\gamma>1γ>1,则级数发散;
(3) 若 γ=1\gamma=1γ=1,则本判别法失效。
绝对值的根值判别法 设一般级数 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1∑∞un 满足 limn→∞∣un∣n=γ\lim\limits_{n \to \infty}{\sqrt[n]{|u_n|}}=\gamman→∞limn∣un∣=γ,
(1) 若 γ<1\gamma<1γ<1,则级数绝对收敛;
(2) 若 γ>1\gamma>1γ>1,则级数发散;
(3) 若 γ=1\gamma=1γ=1,则本判别法失效。
幂级数及其和函数
柯西-阿达玛(Cauchy-Hadamard)公式 设幂级数 ∑n=0∞anxn\sum\limits_{n=0}^{\infty}{a_nx^n}n=0∑∞anxn 满足 limn→∞∣an∣∣an+1∣=R\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{|a_n|}{|a_{n+1}|}}=Rn→∞lim∣an+1∣∣an∣=R,
(1) 若 0<R<+∞0<R<+\infty0<R<+∞,则级数在 (−R,R)(-R,R)(−R,R) 内绝对收敛,在 ∣x∣>R|x|>R∣x∣>R 时发散;
(2) 若 R=0R=0R=0,则级数仅在 x=0x=0x=0 处收敛,在 x≠0x \neq 0x=0 时发散;
(3) 若 R=+∞R=+\inftyR=+∞,则级数在 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty)(−∞,+∞) 内绝对收敛。
根值法 设幂级数 ∑n=0∞anxn\sum\limits_{n=0}^{\infty}{a_nx^n}n=0∑∞anxn 满足 limn→∞1∣an∣n=R\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{1}{\sqrt[n]{|a_n|}}}=Rn→∞limn∣an∣1=R,
(1) 若 0<R<+∞0<R<+\infty0<R<+∞,则级数在 (−R,R)(-R,R)(−R,R) 内绝对收敛,在 ∣x∣>R|x|>R∣x∣>R 时发散;
(2) 若 R=0R=0R=0,则级数仅在 x=0x=0x=0 处收敛,在 x≠0x \neq 0x=0 时发散;
(3) 若 R=+∞R=+\inftyR=+∞,则级数在 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty)(−∞,+∞) 内绝对收敛。
其中 RRR 称为幂级数的收敛半径,(−R,R)(-R,R)(−R,R) 称为幂级数的收敛区间,幂级数的收敛域 DDD 满足 (−R,R)⊆D⊆[−R,R](-R,R) \subseteq D \subseteq [-R,R](−R,R)⊆D⊆[−R,R]。
微分积分不变性 若幂级数 ∑n=0∞anxn\sum\limits_{n=0}^{\infty}{a_nx^n}n=0∑∞anxn 的收敛半径为 RRR,
(1) 级数在 (−R,R)(-R,R)(−R,R) 上的和函数 S(x)S(x)S(x) 是连续函数;
(2) 级数在 (−R,R)(-R,R)(−R,R) 上逐项可微,且微分后收敛半径不变;
(3) 级数在 (−R,R)(-R,R)(−R,R) 上逐项可积,且积分后收敛半径不变。
推论(唯一性定理) 幂级数系数与和函数满足 an=S(n)(0)n!a_n=\dfrac{S^{(n)}(0)}{n!}an=n!S(n)(0),其中 S(n)(x)S^{(n)}(x)S(n)(x) 为 S(x)S(x)S(x) 的 nnn 阶导。
函数展成幂级数
泰勒(Taylor)级数展开 设函数 f(x)f(x)f(x) 在区间 ∣x−x0∣<R|x-x_0|<R∣x−x0∣<R 内存在任意阶导数,幂级数 ∑n=0∞f(n)(x0)n!(x−x0)n\sum\limits_{n=0}^{\infty}{\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n}n=0∑∞n!f(n)(x0)(x−x0)n 的收敛区间为 ∣x−x0∣<R|x-x_0|<R∣x−x0∣<R,则在 ∣x−x0∣<R|x-x_0|<R∣x−x0∣<R 内 f(x)=∑n=0∞f(n)(x0)n!(x−x0)nf(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}{\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n}f(x)=n=0∑∞n!f(n)(x0)(x−x0)n 的充要条件是 limn→∞Rn(x)=limn→∞f(n+1)(ξ)(n+1)!(x−x0)n+1=0。\lim\limits_{n \to \infty}{R_n(x)}=\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}}=0。n→∞limRn(x)=n→∞lim(n+1)!f(n+1)(ξ)(x−x0)n+1=0。
麦克劳林(Maclaurin)展开 f(x)=∑n=0∞f(n)(0)n!xn=f(0)+f′(0)1!x+f′′(0)2!x2+⋯+f(n)(0)n!xn+⋯f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}{\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n}=f(0)+\dfrac{f'(0)}{1!}x+\dfrac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+\cdotsf(x)=n=0∑∞n!f(n)(0)xn=f(0)+1!f′(0)x+2!f′′(0)x2+⋯+n!f(n)(0)xn+⋯
(1) ex=1+x1!+x22!+x33!+⋯+xnn!+⋯ ,x∈(−∞,+∞)e^x=1+\dfrac{x}{1!}+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}+\cdots,x \in (-\infty,+\infty)ex=1+1!x+2!x2+3!x3+⋯+n!xn+⋯,x∈(−∞,+∞);
(2) sinx=x−x33!+x55!−x77!+⋯+(−1)nx2n+1(2n+1)!+⋯ ,x∈(−∞,+∞)\sin x=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\dfrac{x^7}{7!}+\cdots+(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots,x \in (-\infty,+\infty)sinx=x−3!x3+5!x5−7!x7+⋯+(−1)n(2n+1)!x2n+1+⋯,x∈(−∞,+∞);
(3) cosx=1−x22!+x44!−x66!+⋯+(−1)nx2n(2n)!+⋯ ,x∈(−∞,+∞)\cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\dfrac{x^6}{6!}+\cdots+(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+\cdots,x \in (-\infty,+\infty)cosx=1−2!x2+4!x4−6!x6+⋯+(−1)n(2n)!x2n+⋯,x∈(−∞,+∞);
(4) ln(1+x)=x1!−x22!+x33!−x44!⋯+(−1)nxn+1(n+1)!+⋯ ,x∈(−1,1]\ln(1+x)=\dfrac{x}{1!}-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}-\dfrac{x^4}{4!}\cdots+(-1)^n\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}+\cdots,x \in (-1,1]ln(1+x)=1!x−2!x2+3!x3−4!x4⋯+(−1)n(n+1)!xn+1+⋯,x∈(−1,1];
(5) (1+x)a=1+ax+a(a−1)2!x2+a(a−1)(a−2)3!x3+⋯+a(a−1)⋯(a−n+1)n!xn+⋯ ,x∈(−1,1)(1+x)^a=1+ax+\dfrac{a(a-1)}{2!}x^2+\dfrac{a(a-1)(a-2)}{3!}x^3+\cdots+\dfrac{a(a-1)\cdots(a-n+1)}{n!}x^n+\cdots,x \in (-1,1)(1+x)a=1+ax+2!a(a−1)x2+3!a(a−1)(a−2)x3+⋯+n!a(a−1)⋯(a−n+1)xn+⋯,x∈(−1,1)
(6) 11−x=∑n=0∞xn,x∈(−1,1)\dfrac{1}{1-x}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}{x^n},x \in (-1,1)1−x1=n=0∑∞xn,x∈(−1,1)
(7) 11+x=∑n=0∞(−x)n,x∈(−1,1)\dfrac{1}{1+x}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}{(-x)^n},x \in (-1,1)1+x1=n=0∑∞(−x)n,x∈(−1,1)
函数的傅里叶展开
傅里叶(Fourier)级数 f(x)=a02+∑n=1∞(ancosnπxl+bnsinnπxl),n∈N+f(x)=\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\left(a_n \cos{\dfrac{n \pi x}{l}}+b_n \sin{\dfrac{n \pi x}{l}}\right)},n \in \mathbb{N}^+f(x)=2a0+n=1∑∞(ancoslnπx+bnsinlnπx),n∈N+
∫−llf(x)cosmπxldx=a02∫−llcosmπxldx+∑n=1∞(an∫−llcosmπxlcosnπxldx+bn∫−llcosmπxlsinnπxldx)\displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\cos{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}=\dfrac{a_0}{2}\displaystyle\int_{-l}^{l}{\cos{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\left(a_n\displaystyle\int_{-l}^{l}{\cos{\dfrac{m \pi x}{l}}\cos{\dfrac{n \pi x}{l}}\mathrm{d}x}+b_n\displaystyle\int_{-l}^{l}{\cos{\dfrac{m \pi x}{l}}\sin{\dfrac{n \pi x}{l}}\mathrm{d}x}\right)}∫−llf(x)coslmπxdx=2a0∫−llcoslmπxdx+n=1∑∞(an∫−llcoslmπxcoslnπxdx+bn∫−llcoslmπxsinlnπxdx)
m=0⟹∫−llf(x)dx=a02∫−lldx=a0l⟹a0=1l∫−llf(x)dxm=0 \Longrightarrow \displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\mathrm{d}x}=\dfrac{a_0}{2}\displaystyle\int_{-l}^{l}{\mathrm{d}x}=a_0l \Longrightarrow a_0=\dfrac1l\displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\mathrm{d}x}m=0⟹∫−llf(x)dx=2a0∫−lldx=a0l⟹a0=l1∫−llf(x)dx
m∈N+⟹∫−llf(x)cosmπxldx=am∫−llcos2mπxldx=aml⟹am=1l∫−llf(x)cosmπxldxm \in \mathbb{N}^+ \Longrightarrow \displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\cos{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}=a_m\displaystyle\int_{-l}^{l}{\cos^2{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}=a_ml \Longrightarrow a_m=\dfrac1l\displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\cos{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}m∈N+⟹∫−llf(x)coslmπxdx=am∫−llcos2lmπxdx=aml⟹am=l1∫−llf(x)coslmπxdx
m∈N+⟹∫−llf(x)sinmπxldx=bm∫−llsin2mπxldx=bml⟹bm=1l∫−llf(x)sinmπxldxm \in \mathbb{N}^+ \Longrightarrow \displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\sin{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}=b_m\displaystyle\int_{-l}^{l}{\sin^2{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}=b_ml \Longrightarrow b_m=\dfrac1l\displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\sin{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}m∈N+⟹∫−llf(x)sinlmπxdx=bm∫−llsin2lmπxdx=bml⟹bm=l1∫−llf(x)sinlmπxdx
⟹{an=1l∫−llf(x)cosnπxldx,n∈Nbn=1l∫−llf(x)sinnπxldx,n∈N+\Longrightarrow \begin{cases}a_n=\dfrac1l\displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\cos{\dfrac{n \pi x}{l}}\mathrm{d}x},n \in \mathbb{N} \\ b_n=\dfrac1l\displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\sin{\dfrac{n \pi x}{l}}\mathrm{d}x},n \in \mathbb{N}^+\end{cases}⟹⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧an=l1∫−llf(x)coslnπxdx,n∈Nbn=l1∫−llf(x)sinlnπxdx,n∈N+
狄利克雷(Dirichlet)定理 如果以 T=2lT=2lT=2l 为周期的函数 f(x)f(x)f(x) 在 [−l,l][-l,l][−l,l] 上逐段光滑,那么 f(x)f(x)f(x) 的傅里叶级数在任意点 xxx 处都收敛于该点左右极限的平均值,即 a02+∑n=1∞(ancosnπxl+bnsinnπxl)=S(x)=f(x+0)+f(x−0)2,x∈(−∞,+∞)\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\left(a_n \cos{\dfrac{n \pi x}{l}}+b_n \sin{\dfrac{n \pi x}{l}}\right)}=S(x)=\dfrac{f(x+0)+f(x-0)}{2},x \in (-\infty,+\infty)2a0+n=1∑∞(ancoslnπx+bnsinlnπx)=S(x)=2f(x+0)+f(x−0),x∈(−∞,+∞)。
偶函数的傅里叶余弦级数 a02+∑n=1∞ancosnπxl=S(x)=f(x+0)+f(x−0)2,x∈(−∞,+∞)\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{a_n \cos{\dfrac{n \pi x}{l}}}=S(x)=\dfrac{f(x+0)+f(x-0)}{2},x \in (-\infty,+\infty)2a0+n=1∑∞ancoslnπx=S(x)=2f(x+0)+f(x−0),x∈(−∞,+∞)
奇函数的傅里叶正弦级数 ∑n=1∞bnsinnπxl=S(x)=f(x+0)+f(x−0)2,x∈(−∞,+∞)\sum\limits_{n=1}^{\infty}{b_n \sin{\dfrac{n \pi x}{l}}}=S(x)=\dfrac{f(x+0)+f(x-0)}{2},x \in (-\infty,+\infty)n=1∑∞bnsinlnπx=S(x)=2f(x+0)+f(x−0),x∈(−∞,+∞)
帕塞瓦尔(Parseval)等式 设 f(x)f(x)f(x) 可积且平方可积,则 f(x)f(x)f(x) 的傅氏级数系数 ana_nan 和 bnb_nbn 的平方构成的级数 a022+∑n=1∞(an2+bn2)\dfrac{a_0^2}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\left(a_n^2+b_n^2\right)}2a02+n=1∑∞(an2+bn2) 收敛,并成立等式 a022+∑n=1∞(an2+bn2)=1l∫−llf2(x)dx\dfrac{a_0^2}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\left(a_n^2+b_n^2\right)}=\dfrac1l\displaystyle\int_{-l}^{l}{f^2(x)\mathrm{d}x}2a02+n=1∑∞(an2+bn2)=l1∫−llf2(x)dx。
记 f(x)=∑n=0∞(an′cosnπxl+bn′sinnπxl)f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}{\left(a'_n \cos{\dfrac{n \pi x}{l}}+b'_n \sin{\dfrac{n \pi x}{l}}\right)}f(x)=n=0∑∞(an′coslnπx+bn′sinlnπx),其中 a0′=a02a'_0=\dfrac{a_0}{2}a0′=2a0,b0′=0b'_0=0b0′=0,那么 f2(x)=∑n,j=0∞(an′aj′cosnπxlcosjπxl+an′bj′cosnπxlsinjπxl+bn′bj′sinnπxlsinjπxl)f^2(x)=\sum_{n,j=0}^{\infty}{\left(a'_na'_j\cos{\dfrac{n \pi x}{l}}\cos{\dfrac{j \pi x}{l}}+a'_nb'_j\cos{\dfrac{n \pi x}{l}}\sin{\dfrac{j \pi x}{l}}+b'_nb'_j\sin{\dfrac{n \pi x}{l}}\sin{\dfrac{j \pi x}{l}}\right)}f2(x)=n,j=0∑∞(an′aj′coslnπxcosljπx+an′bj′coslnπxsinljπx+bn′bj′sinlnπxsinljπx) ∫−llf2(x)dx=∑n=0∞∫−ll(an′2cos2nπxl+bn′2sin2nπxl)dx=a0′2⋅2l+∑n=1∞(an′2+bn′2)l\int_{-l}^{l}{f^2(x)\mathrm{d}x}=\sum_{n=0}^{\infty}{\int_{-l}^{l}{\left(a'^2_n\cos^2{\dfrac{n \pi x}{l}}+b'^2_n\sin^2{\dfrac{n \pi x}{l}}\right)}\mathrm{d}x}=a'^2_0 \cdot 2l+\sum_{n=1}^{\infty}{\left(a'^2_n+b'^2_n\right)l}∫−llf2(x)dx=n=0∑∞∫−ll(an′2cos2lnπx+bn′2sin2lnπx)dx=a0′2⋅2l+n=1∑∞(an′2+bn′2)l 故 1l∫−llf2(x)dx=a022+∑n=1∞(an2+bn2)\dfrac1l\int_{-l}^{l}{f^2(x)\mathrm{d}x}=\dfrac{a_0^2}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\left(a_n^2+b_n^2\right)}l1∫−llf2(x)dx=2a02+n=1∑∞(an2+bn2)