数项级数与函数展开-优快云博客

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数项级数的基本概念

数项级数 $∑n=1∞un=u1+u2+⋯+un+⋯\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}=u_1+u_2+\cdots+u_n+\cdots$
级数的部分和（前 $n$ 项和） $Sn=∑i=1nui=u1+u2+⋯+unS_n=\sum\limits_{i=1}^{n}{u_i}=u_1+u_2+\cdots+u_n$
级数的敛散性 若 $lim⁡n→∞Sn=S\lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=S$ （常数），则 $∑n=1∞un=lim⁡n→∞Sn=S\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}=\lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=S$ 收敛；若 $lim⁡n→∞Sn\lim\limits_{n \to \infty}{S_n}$ 不存在，则称该级数发散。
几何级数/等比级数 $,a≠0\sum\limits_{n=1}^{\infty}{aq^{n-1}}=a+aq+aq^2+\cdots+aq^{n-1}+\cdots,a \neq 0$
$\Longrightarrow S_n=an \Longrightarrow \lim\limits_{n=1}{S_n}=\infty$
$\Longrightarrow \lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=a \cdot \lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{1-(-1)^n}{2}} \neq S$
$\Longrightarrow \lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=a \cdot \lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{1-q^n}{1-q}}=\dfrac{a}{1-q}$
$\Longrightarrow \lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=a \cdot \lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{1-q^n}{1-q}}=\infty$
当 $∣ q ∣ < 1$ 时收敛于 $a1−q\dfrac{a}{1-q}$ ，当 $\ge 1$ 时发散。
$p$ 级数 $∑n=1∞1np=11p+12p+⋯+1np+⋯\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\dfrac{1}{n^p}}=\dfrac{1}{1^p}+\dfrac{1}{2^p}+\cdots+\dfrac{1}{n^p}+\cdots$
当 $p = 1$ 时，调和级数 $∑n=1∞1n=11+12+⋯+1n+⋯\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\dfrac1n}=\dfrac11+\dfrac12+\cdots+\dfrac1n+\cdots$ 。引入 $f(x)=1xf(x)=\dfrac1x$ ，当 $\leq x<n+1$ 时，有 $\ge f(x)$ 即 $1n≥1x\dfrac1n \ge \dfrac1x$ 因此 $1n=∫nn+11ndx>∫nn+11xdx=ln⁡(n+1)−ln⁡n\frac1n=\int_{n}^{n+1}{\frac1n\mathrm{d}x}>\int_{n}^{n+1}{\frac1x\mathrm{d}x}=\ln(n+1)-\ln{n}$ 故 $∑n=1∞1n=lim⁡n→∞ln⁡(n+1)=∞\sum_{n=1}^{\infty}{\frac1n}=\lim_{n \to \infty}{\ln(n+1)}=\infty$ 该级数发散。
当 $p < 1$ 时，由于 $1np>1n\dfrac{1}{n^p}>\dfrac{1}{n}$ ，所以 $∑n=1∞1np>∑n=1∞1n\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\dfrac{1}{n^p}}>\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\dfrac{1}{n}}$ 发散。
当 $p > 1$ 时，引入 $f(x)=1xpf(x)=\dfrac{1}{x^p}$ ，当 $\leq n+1$ 时，有 $\ge f(n+1)$ 即 $1xp≥1(n+1)p\dfrac{1}{x^p} \ge \dfrac{1}{(n+1)^p}$ 因此 $1(n+1)p=∫nn+11(n+1)pdx<∫nn+11xpdx\frac{1}{(n+1)^p}=\int_{n}^{n+1}{\frac{1}{(n+1)^p}\mathrm{d}x}<\int_{n}^{n+1}{\frac{1}{x^p}\mathrm{d}x}$ 故 $∑n=1∞1np<1+∫1+∞1xpdx=1+M\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^p}}<1+\int_1^{+\infty}{\frac{1}{x^p}\mathrm{d}x}=1+M$ 该级数收敛。
性质 1（线性运算法则） 若级数 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ ， $∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}$ 分别收敛于常数 $A$ 和 $B$ ，则对任意常数 $α\alpha$ 和 $β\beta$ ， $∑n=1∞(α⋅un+β⋅vn)=α⋅∑n=1∞un+β⋅∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\alpha \cdot u_n+\beta \cdot v_n)=\alpha \cdot \sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}+\beta \cdot \sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}$ 收敛于 $α⋅A+β⋅B\alpha \cdot A+\beta \cdot B$ 。
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 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 收敛，则 $lim⁡n→∞un=0\lim\limits_{n \to \infty}{u_n}=0$ 。
推论若 $lim⁡n→∞un≠0\lim\limits_{n \to \infty}{u_n} \neq 0$ 或不存在，则级数 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 发散。
柯西（Cauchy）准则/级数收敛的充要条件 $∀ϵ>0\forall \epsilon>0$ ， $∃N>0\exists N>0$ ，当 $n > N$ 时，对于 $∀p∈N+\forall p \in \mathbb{N}^+$ 有 $∣un+1+un+2+⋯+un+p∣<ϵ|u_{n+1}+u_{n+2}+\cdots+u_{n+p}|<\epsilon$ 。
正项级数收敛的充要条件 部分和 $S_n$ 有上界，即 $∃M>0\exists M>0$ ，对于 $∀n∈N+\forall n \in \mathbb{N}^+$ 有 $Sn≤MS_n \leq M$ 。

正项级数收敛性的判别法

比较判别法 设正项级数 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 和 $∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}$ 满足 $un≤vnu_n \leq v_n$ $\in \mathbb{N}^+)$ ，
（1） 若 $∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}$ 收敛，则 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 收敛；
（2） 若 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 发散，则 $∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}$ 发散。
推论（比较判别法的极限形式） 设正项级数 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 和 $∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}$ 满足 $lim⁡n→∞unvn=l\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{u_n}{v_n}}=l$ ，
（1） 若 $0<l<+∞0<l<+\infty$ ，则两个级数同时收敛或者同时发散；
（2） 若 $l = 0$ ，则当 $∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}$ 收敛时 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 也收敛；
（3） 若 $l=+∞l=+\infty$ ，则当 $∑n=1∞vn\sum\limits_{n=1}^{\infty}{v_n}$ 发散时 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 也发散。
比值判别法/达朗贝尔（d’Alembert）判别法 设正项级数 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 满足 $lim⁡n→∞un+1un=γ\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{u_{n+1}}{u_n}}=\gamma$ ，
（1） 若 $γ<1\gamma<1$ ，则级数收敛；
（2） 若 $γ>1\gamma>1$ ，则级数发散；
（3） 若 $γ=1\gamma=1$ ，则本判别法失效。
根值判别法/柯西（Cauchy）判别法 设正项级数 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 满足 $lim⁡n→∞unn=γ\lim\limits_{n \to \infty}{\sqrt[n]{u_n}}=\gamma$ ，
（1） 若 $γ<1\gamma<1$ ，则级数收敛；
（2） 若 $γ>1\gamma>1$ ，则级数发散；
（3） 若 $γ=1\gamma=1$ ，则本判别法失效。
积分判别法 设 $f (x)$ 是 $[1,+∞)[1,+\infty)$ 上非负递减的连续函数，记 $u_n=f(n)$ $\in \mathbb{N}^+)$ ，则级数 $∑n=1∞un\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 的敛散性与反常积分 $∫1+∞f(x)dx\displaystyle\int_{1}^{+\infty}{f(x)\mathrm{d}x}$ 相同。

一般数项级数收敛性的判别法

交错级数 $,un>0\sum\limits_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n-1}u_n}=u_1-u_2+u_3-u_4+\cdots+(-1)^{n-1}u_n+\cdots,u_n>0$
莱布尼茨（Leibniz）定理 若交错级数 $∑n=1∞(−1)n−1un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n-1}u_n}$ 满足 $u_n>u_{n+1}$ $\in \mathbb{N}^+)$ 和 $lim⁡n→∞un=0\lim\limits_{n \to \infty}{u_n}=0$ ，则该级数收敛且有 $lim⁡n→∞Sn=S≤u1\lim\limits_{n \to \infty}{S_n}=S \leq u_1$ 。
推论若交错级数满足莱布尼茨定理，则以 $S_n$ 近似该级数和的误差 $R_n$ 不超过 $u_{n+1}$ 即 $∣Rn∣=∣S−Sn∣≤un+1|R_n|=|S-S_n|\leq u_{n+1}$ 。
绝对收敛和条件收敛 设有一般级数 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ ，
（1） 若 $∑n=1∞∣un∣\sum\limits_{n=1}^{\infty}{|u_n|}$ 收敛，则称 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 绝对收敛；
（2） 若 $∑n=1∞∣un∣\sum\limits_{n=1}^{\infty}{|u_n|}$ 发散而 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 收敛，则称 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 条件收敛。
绝对值的比值判别法 设一般级数 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 满足 $lim⁡n→∞∣un+1∣∣un∣=γ\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{|u_{n+1}|}{|u_n|}}=\gamma$ ，
（1） 若 $γ<1\gamma<1$ ，则级数绝对收敛；
（2） 若 $γ>1\gamma>1$ ，则级数发散；
（3） 若 $γ=1\gamma=1$ ，则本判别法失效。
绝对值的根值判别法 设一般级数 $∑n=1∞un\sum\limits_{n=1}^{\infty}{u_n}$ 满足 $lim⁡n→∞∣un∣n=γ\lim\limits_{n \to \infty}{\sqrt[n]{|u_n|}}=\gamma$ ，
（1） 若 $γ<1\gamma<1$ ，则级数绝对收敛；
（2） 若 $γ>1\gamma>1$ ，则级数发散；
（3） 若 $γ=1\gamma=1$ ，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 $∑n=0∞anxn\sum\limits_{n=0}^{\infty}{a_nx^n}$ 满足 $lim⁡n→∞∣an∣∣an+1∣=R\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{|a_n|}{|a_{n+1}|}}=R$ ，
（1） 若 $0<R<+∞0<R<+\infty$ ，则级数在 $(- R, R)$ 内绝对收敛，在 $∣ x ∣ > R$ 时发散；
（2） 若 $R = 0$ ，则级数仅在 $x = 0$ 处收敛，在 $\neq 0$ 时发散；
（3） 若 $R=+∞R=+\infty$ ，则级数在 $(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)$ 内绝对收敛。
根值法 设幂级数 $∑n=0∞anxn\sum\limits_{n=0}^{\infty}{a_nx^n}$ 满足 $lim⁡n→∞1∣an∣n=R\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{1}{\sqrt[n]{|a_n|}}}=R$ ，
（1） 若 $0<R<+∞0<R<+\infty$ ，则级数在 $(- R, R)$ 内绝对收敛，在 $∣ x ∣ > R$ 时发散；
（2） 若 $R = 0$ ，则级数仅在 $x = 0$ 处收敛，在 $\neq 0$ 时发散；
（3） 若 $R=+∞R=+\infty$ ，则级数在 $(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)$ 内绝对收敛。
其中 $R$ 称为幂级数的收敛半径， $(- R, R)$ 称为幂级数的收敛区间，幂级数的收敛域 $D$ 满足 $\subseteq D \subseteq [-R,R]$ 。
微分积分不变性 若幂级数 $∑n=0∞anxn\sum\limits_{n=0}^{\infty}{a_nx^n}$ 的收敛半径为 $R$ ，
（1） 级数在 $(- R, R)$ 上的和函数 $S (x)$ 是连续函数；
（2） 级数在 $(- R, R)$ 上逐项可微，且微分后收敛半径不变；
（3） 级数在 $(- R, R)$ 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 $an=S(n)(0)n!a_n=\dfrac{S^{(n)}(0)}{n!}$ ，其中 $S^{(n)}(x)$ 为 $S (x)$ 的 $n$ 阶导。

函数展成幂级数

泰勒（Taylor）级数展开 设函数 $f (x)$ 在区间 $x-x_0|<R$ 内存在任意阶导数，幂级数 $∑n=0∞f(n)(x0)n!(x−x0)n\sum\limits_{n=0}^{\infty}{\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n}$ 的收敛区间为 $x-x_0|<R$ ，则在 $x-x_0|<R$ 内 $f(x)=∑n=0∞f(n)(x0)n!(x−x0)nf(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}{\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n}$ 的充要条件是 $lim⁡n→∞Rn(x)=lim⁡n→∞f(n+1)(ξ)(n+1)!(x−x0)n+1=0。\lim\limits_{n \to \infty}{R_n(x)}=\lim\limits_{n \to \infty}{\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}}=0。$
麦克劳林（Maclaurin）展开 $f(x)=∑n=0∞f(n)(0)n!xn=f(0)+f′(0)1!x+f′′(0)2!x2+⋯+f(n)(0)n!xn+⋯f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}{\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n}=f(0)+\dfrac{f'(0)}{1!}x+\dfrac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+\cdots$
（1） $,x∈(−∞,+∞)e^x=1+\dfrac{x}{1!}+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}+\cdots,x \in (-\infty,+\infty)$ ；
（2） $,x∈(−∞,+∞)\sin x=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\dfrac{x^7}{7!}+\cdots+(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots,x \in (-\infty,+\infty)$ ；
（3） $,x∈(−∞,+∞)\cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\dfrac{x^6}{6!}+\cdots+(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+\cdots,x \in (-\infty,+\infty)$ ；
（4） $,x∈(−1,1]\ln(1+x)=\dfrac{x}{1!}-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}-\dfrac{x^4}{4!}\cdots+(-1)^n\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}+\cdots,x \in (-1,1]$ ；
（5） $,x∈(−1,1)(1+x)^a=1+ax+\dfrac{a(a-1)}{2!}x^2+\dfrac{a(a-1)(a-2)}{3!}x^3+\cdots+\dfrac{a(a-1)\cdots(a-n+1)}{n!}x^n+\cdots,x \in (-1,1)$
（6） $11−x=∑n=0∞xn,x∈(−1,1)\dfrac{1}{1-x}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}{x^n},x \in (-1,1)$
（7） $11+x=∑n=0∞(−x)n,x∈(−1,1)\dfrac{1}{1+x}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}{(-x)^n},x \in (-1,1)$

函数的傅里叶展开

傅里叶（Fourier）级数 $f(x)=a02+∑n=1∞(ancos⁡nπxl+bnsin⁡nπxl),n∈N+f(x)=\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\left(a_n \cos{\dfrac{n \pi x}{l}}+b_n \sin{\dfrac{n \pi x}{l}}\right)},n \in \mathbb{N}^+$
$∫−llf(x)cos⁡mπxldx=a02∫−llcos⁡mπxldx+∑n=1∞(an∫−llcos⁡mπxlcos⁡nπxldx+bn∫−llcos⁡mπxlsin⁡nπxldx)\displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\cos{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}=\dfrac{a_0}{2}\displaystyle\int_{-l}^{l}{\cos{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\left(a_n\displaystyle\int_{-l}^{l}{\cos{\dfrac{m \pi x}{l}}\cos{\dfrac{n \pi x}{l}}\mathrm{d}x}+b_n\displaystyle\int_{-l}^{l}{\cos{\dfrac{m \pi x}{l}}\sin{\dfrac{n \pi x}{l}}\mathrm{d}x}\right)}$
$\Longrightarrow \displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\mathrm{d}x}=\dfrac{a_0}{2}\displaystyle\int_{-l}^{l}{\mathrm{d}x}=a_0l \Longrightarrow a_0=\dfrac1l\displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\mathrm{d}x}$
$\in \mathbb{N}^+ \Longrightarrow \displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\cos{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}=a_m\displaystyle\int_{-l}^{l}{\cos^2{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}=a_ml \Longrightarrow a_m=\dfrac1l\displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\cos{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}$
$\in \mathbb{N}^+ \Longrightarrow \displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\sin{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}=b_m\displaystyle\int_{-l}^{l}{\sin^2{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}=b_ml \Longrightarrow b_m=\dfrac1l\displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\sin{\dfrac{m \pi x}{l}}\mathrm{d}x}$
$⟹{an=1l∫−llf(x)cos⁡nπxldx,n∈Nbn=1l∫−llf(x)sin⁡nπxldx,n∈N+\Longrightarrow \begin{cases}a_n=\dfrac1l\displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\cos{\dfrac{n \pi x}{l}}\mathrm{d}x},n \in \mathbb{N} \\ b_n=\dfrac1l\displaystyle\int_{-l}^{l}{f(x)\sin{\dfrac{n \pi x}{l}}\mathrm{d}x},n \in \mathbb{N}^+\end{cases}$
狄利克雷（Dirichlet）定理 如果以 $T = 2 l$ 为周期的函数 $f (x)$ 在 $[- l, l]$ 上逐段光滑，那么 $f (x)$ 的傅里叶级数在任意点 $x$ 处都收敛于该点左右极限的平均值，即 $a02+∑n=1∞(ancos⁡nπxl+bnsin⁡nπxl)=S(x)=f(x+0)+f(x−0)2,x∈(−∞,+∞)\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\left(a_n \cos{\dfrac{n \pi x}{l}}+b_n \sin{\dfrac{n \pi x}{l}}\right)}=S(x)=\dfrac{f(x+0)+f(x-0)}{2},x \in (-\infty,+\infty)$ 。
偶函数的傅里叶余弦级数 $a02+∑n=1∞ancos⁡nπxl=S(x)=f(x+0)+f(x−0)2,x∈(−∞,+∞)\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{a_n \cos{\dfrac{n \pi x}{l}}}=S(x)=\dfrac{f(x+0)+f(x-0)}{2},x \in (-\infty,+\infty)$
奇函数的傅里叶正弦级数 $∑n=1∞bnsin⁡nπxl=S(x)=f(x+0)+f(x−0)2,x∈(−∞,+∞)\sum\limits_{n=1}^{\infty}{b_n \sin{\dfrac{n \pi x}{l}}}=S(x)=\dfrac{f(x+0)+f(x-0)}{2},x \in (-\infty,+\infty)$
帕塞瓦尔（Parseval）等式 设 $f (x)$ 可积且平方可积，则 $f (x)$ 的傅氏级数系数 $a_n$ 和 $b_n$ 的平方构成的级数 $a022+∑n=1∞(an2+bn2)\dfrac{a_0^2}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\left(a_n^2+b_n^2\right)}$ 收敛，并成立等式 $a022+∑n=1∞(an2+bn2)=1l∫−llf2(x)dx\dfrac{a_0^2}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\left(a_n^2+b_n^2\right)}=\dfrac1l\displaystyle\int_{-l}^{l}{f^2(x)\mathrm{d}x}$ 。
记 $f(x)=∑n=0∞(an′cos⁡nπxl+bn′sin⁡nπxl)f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}{\left(a'_n \cos{\dfrac{n \pi x}{l}}+b'_n \sin{\dfrac{n \pi x}{l}}\right)}$ ，其中 $a0′=a02a'_0=\dfrac{a_0}{2}$ ， $b'_0=0$ ，那么 $f2(x)=∑n,j=0∞(an′aj′cos⁡nπxlcos⁡jπxl+an′bj′cos⁡nπxlsin⁡jπxl+bn′bj′sin⁡nπxlsin⁡jπxl)f^2(x)=\sum_{n,j=0}^{\infty}{\left(a'_na'_j\cos{\dfrac{n \pi x}{l}}\cos{\dfrac{j \pi x}{l}}+a'_nb'_j\cos{\dfrac{n \pi x}{l}}\sin{\dfrac{j \pi x}{l}}+b'_nb'_j\sin{\dfrac{n \pi x}{l}}\sin{\dfrac{j \pi x}{l}}\right)}$ $∫−llf2(x)dx=∑n=0∞∫−ll(an′2cos⁡2nπxl+bn′2sin⁡2nπxl)dx=a0′2⋅2l+∑n=1∞(an′2+bn′2)l\int_{-l}^{l}{f^2(x)\mathrm{d}x}=\sum_{n=0}^{\infty}{\int_{-l}^{l}{\left(a'^2_n\cos^2{\dfrac{n \pi x}{l}}+b'^2_n\sin^2{\dfrac{n \pi x}{l}}\right)}\mathrm{d}x}=a'^2_0 \cdot 2l+\sum_{n=1}^{\infty}{\left(a'^2_n+b'^2_n\right)l}$ 故 $1l∫−llf2(x)dx=a022+∑n=1∞(an2+bn2)\dfrac1l\int_{-l}^{l}{f^2(x)\mathrm{d}x}=\dfrac{a_0^2}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\left(a_n^2+b_n^2\right)}$