微积分复习(一)级数

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=1un=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=1nui=u1+u2++un
级数的敛散性 若 lim⁡n→∞Sn=S\lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=SnlimSn=S(常数),则 ∑n=1∞un=lim⁡n→∞Sn=S\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}=\lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=Sn=1un=nlimSn=S 收敛;若 lim⁡n→∞Sn\lim\limits_{n \to \infty}{S_n}nlimSn 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=1aqn1=a+aq+aq2++aqn1+,a=0
  q=1⟹Sn=an⟹lim⁡n=1Sn=∞q=1 \Longrightarrow S_n=an \Longrightarrow \lim\limits_{n=1}{S_n}=\inftyq=1Sn=ann=1limSn=
  q=−1⟹lim⁡n→∞Sn=a⋅lim⁡n→∞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=1nlimSn=anlim21(1)n=S
  ∣q∣<1⟹lim⁡n→∞Sn=a⋅lim⁡n→∞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<1nlimSn=anlim1q1qn=1qa
  ∣q∣>1⟹lim⁡n→∞Sn=a⋅lim⁡n→∞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}}=\inftyq>1nlimSn=anlim1q1qn=
  当 ∣q∣<1|q|<1q<1 时收敛于 a1−q\dfrac{a}{1-q}1qa,当 ∣q∣≥1|q| \ge 1q1 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=1np1=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=1n1=11+21++n1+。引入 f(x)=1xf(x)=\dfrac1xf(x)=x1,当 n≤x<n+1n \leq x<n+1nx<n+1 时,有 f(n)≥f(x)f(n) \ge f(x)f(n)f(x)1n≥1x\dfrac1n \ge \dfrac1xn1x1   因此 1n=∫nn+11ndx>∫nn+11xdx=ln⁡(n+1)−ln⁡n\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=lim⁡n→∞ln⁡(n+1)=∞\sum_{n=1}^{\infty}{\frac1n}=\lim_{n \to \infty}{\ln(n+1)}=\inftyn=1n1=nlimln(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=1np1>n=1n1 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<xn+1 时,有 f(x)≥f(n+1)f(x) \ge f(n+1)f(x)f(n+1)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=1np1<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=1un∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1vn 分别收敛于常数 AAABBB,则对任意常数 α\alphaαβ\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(αun+βvn)=αn=1un+βn=1vn 收敛于 α⋅A+β⋅B\alpha \cdot A+\beta \cdot BαA+βB
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=1un 收敛,则 lim⁡n→∞un=0\lim\limits_{n \to \infty}{u_n}=0nlimun=0
推论 若 lim⁡n→∞un≠0\lim\limits_{n \to \infty}{u_n} \neq 0nlimun=0 或不存在,则级数 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1un 发散。
柯西(Cauchy)准则/级数收敛的充要条件∀ϵ>0\forall \epsilon>0ϵ>0∃N>0\exists N>0N>0,当 n>Nn>Nn>N 时,对于 ∀p∈N+\forall p \in \mathbb{N}^+pN+∣un+1+un+2+⋯+un+p∣<ϵ|u_{n+1}+u_{n+2}+\cdots+u_{n+p}|<\epsilonun+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>0M>0,对于 ∀n∈N+\forall n \in \mathbb{N}^+nN+Sn≤MS_n \leq MSnM

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=1un∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1vn 满足 un≤vnu_n \leq v_nunvn (n∈N+)(n \in \mathbb{N}^+)(nN+)
(1)∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1vn 收敛,则 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1un 收敛;
(2)∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1un 发散,则 ∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1vn 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=1un∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1vn 满足 lim⁡n→∞unvn=l\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{u_n}{v_n}}=lnlimvnun=l
(1)0<l<+∞0<l<+\infty0<l<+,则两个级数同时收敛或者同时发散;
(2)l=0l=0l=0,则当 ∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1vn 收敛时 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1un 也收敛;
(3)l=+∞l=+\inftyl=+,则当 ∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}n=1vn 发散时 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1un 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=1un 满足 lim⁡n→∞un+1un=γ\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{u_{n+1}}{u_n}}=\gammanlimunun+1=γ
(1)γ<1\gamma<1γ<1,则级数收敛;
(2)γ>1\gamma>1γ>1,则级数发散;
(3)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=1un 满足 lim⁡n→∞unn=γ\lim\limits_{n \to \infty}{\sqrt[n]{u_n}}=\gammanlimnun=γ
(1)γ<1\gamma<1γ<1,则级数收敛;
(2)γ>1\gamma>1γ>1,则级数发散;
(3)γ=1\gamma=1γ=1,则本判别法失效。
积分判别法 设 f(x)f(x)f(x)[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}^+)(nN+),则级数 ∑n=1∞un\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1un 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)n1un=u1u2+u3u4++(1)n1un+,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)n1un 满足 un>un+1u_n>u_{n+1}un>un+1 (n∈N+)(n \in \mathbb{N}^+)(nN+)lim⁡n→∞un=0\lim\limits_{n \to \infty}{u_n}=0nlimun=0,则该级数收敛且有 lim⁡n→∞Sn=S≤u1\lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=S \leq u_1nlimSn=Su1
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∣Rn∣=∣S−Sn∣≤un+1|R_n|=|S-S_n|\leq u_{n+1}Rn=SSnun+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=1un
(1)∑n=1∞∣un∣\sum\limits_{n=1}^{\infty}{|u_n|}n=1un 收敛,则称 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1un 绝对收敛;
(2)∑n=1∞∣un∣\sum\limits_{n=1}^{\infty}{|u_n|}n=1un 发散而 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1un 收敛,则称 ∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}n=1un 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=1un 满足 lim⁡n→∞∣un+1∣∣un∣=γ\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{|u_{n+1}|}{|u_n|}}=\gammanlimunun+1=γ
(1)γ<1\gamma<1γ<1,则级数绝对收敛;
(2)γ>1\gamma>1γ>1,则级数发散;
(3)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=1un 满足 lim⁡n→∞∣un∣n=γ\lim\limits_{n \to \infty}{\sqrt[n]{|u_n|}}=\gammanlimnun=γ
(1)γ<1\gamma<1γ<1,则级数绝对收敛;
(2)γ>1\gamma>1γ>1,则级数发散;
(3)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=0anxn 满足 lim⁡n→∞∣an∣∣an+1∣=R\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{|a_n|}{|a_{n+1}|}}=Rnliman+1an=R
(1)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|>Rx>R 时发散;
(2)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)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=0anxn 满足 lim⁡n→∞1∣an∣n=R\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{1}{\sqrt[n]{|a_n|}}}=Rnlimnan1=R
(1)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|>Rx>R 时发散;
(2)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)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=0anxn 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)S(x)S(x)S(x)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|<Rxx0<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=0n!f(n)(x0)(xx0)n 的收敛区间为 ∣x−x0∣<R|x-x_0|<Rxx0<R,则在 ∣x−x0∣<R|x-x_0|<Rxx0<Rf(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=0n!f(n)(x0)(xx0)n 的充要条件是 lim⁡n→∞Rn(x)=lim⁡n→∞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。nlimRn(x)=nlim(n+1)!f(n+1)(ξ)(xx0)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=0n!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) sin⁡x=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=x3!x3+5!x57!x7++(1)n(2n+1)!x2n+1+,x(,+)
(3) cos⁡x=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=12!x2+4!x46!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!x2!x2+3!x34!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(a1)x2+3!a(a1)(a2)x3++n!a(a1)(an+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)1x1=n=0xn,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∞(ancos⁡nπxl+bnsin⁡nπxl),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),nN+
  ∫−llf(x)cos⁡mπxldx=a02∫−llcos⁡mπxldx+∑n=1∞(an∫−llcos⁡mπxlcos⁡nπxldx+bn∫−llcos⁡mπxlsin⁡nπxldx)\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=2a0llcoslmπxdx+n=1(anllcoslmπxcoslnπxdx+bnllcoslmπxsinlnπxdx)
  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=0llf(x)dx=2a0lldx=a0la0=l1llf(x)dx
  m∈N+⟹∫−llf(x)cos⁡mπxldx=am∫−llcos⁡2mπxldx=aml⟹am=1l∫−llf(x)cos⁡mπxldxm \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}mN+llf(x)coslmπxdx=amllcos2lmπxdx=amlam=l1llf(x)coslmπxdx
  m∈N+⟹∫−llf(x)sin⁡mπxldx=bm∫−llsin⁡2mπxldx=bml⟹bm=1l∫−llf(x)sin⁡mπxldxm \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}mN+llf(x)sinlmπxdx=bmllsin2lmπxdx=bmlbm=l1llf(x)sinlmπxdx
  ⟹{an=1l∫−llf(x)cos⁡nπxldx,n∈Nbn=1l∫−llf(x)sin⁡nπxldx,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=l1llf(x)coslnπxdx,nNbn=l1llf(x)sinlnπxdx,nN+
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)[−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∞(ancos⁡nπxl+bnsin⁡nπxl)=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(x0),x(,+)
偶函数的傅里叶余弦级数a02+∑n=1∞ancos⁡nπxl=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=1ancoslnπx=S(x)=2f(x+0)+f(x0),x(,+)
奇函数的傅里叶正弦级数∑n=1∞bnsin⁡nπxl=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=1bnsinlnπx=S(x)=2f(x+0)+f(x0),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_nanbnb_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)=l1llf2(x)dx
  记 f(x)=∑n=0∞(an′cos⁡nπxl+bn′sin⁡nπxl)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(ancoslnπx+bnsinlnπx),其中 a0′=a02a'_0=\dfrac{a_0}{2}a0=2a0b0′=0b'_0=0b0=0,那么 f2(x)=∑n,j=0∞(an′aj′cos⁡nπxlcos⁡jπxl+an′bj′cos⁡nπxlsin⁡jπxl+bn′bj′sin⁡nπxlsin⁡jπxl)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(anajcoslnπxcosljπx+anbjcoslnπxsinljπx+bnbjsinlnπxsinljπx) ∫−llf2(x)dx=∑n=0∞∫−ll(an′2cos⁡2nπxl+bn′2sin⁡2nπxl)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=0ll(an2cos2lnπx+bn2sin2lnπx)dx=a022l+n=1(an2+bn2)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)}l1llf2(x)dx=2a02+n=1(an2+bn2)

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