73 傅立叶级数

傅立叶级数的基本概念

三角函数系的正交性

在区间 $[-\pi ,\pi ]$ 上，三角函数系：

$$1,\cos x,\sin x,\cos 2x,\sin 2x,\dots ,\cos nx,\sin nx,\dots$$

具有正交性：

$${\int }_{-\pi }^{\pi }\cos mx\cos nxdx=\{\begin{array}{ll}0,& m\ne n\\ \pi ,& m=n\ne 0\\ 2\pi ,& m=n=0\end{array}$$ $${\int }_{-\pi }^{\pi }\sin mx\sin nxdx=\{\begin{array}{ll}0,& m\ne n\\ \pi ,& m=n\ne 0\end{array}$$ $${\int }_{-\pi }^{\pi }\cos mx\sin nxdx=0(\text{对所有整数 }m,n)$$

傅立叶级数的定义

设函数 $f(x)$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上可积，则 $f(x)$ 的傅立叶级数为：

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

其中傅立叶系数为：

$$a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)dx$$ $$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nxdx(n=1,2,3,\dots )$$ $$b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nxdx(n=1,2,3,\dots )$$

傅立叶级数的收敛性

狄利克雷定理

定理：设 $f(x)$ 是周期为 $2\pi$ 的函数，如果在一个周期内 $f(x)$ 满足狄利克雷条件：

1. $f(x)$ 连续或只有有限个第一类间断点
2. $f(x)$ 单调或只有有限个极值点

则 $f(x)$ 的傅立叶级数在每点都收敛，且：

$$S(x)=\{\begin{array}{ll}f(x),& \text{f(x) 在 x 处连续}\\ \frac{f(x^{-})+f(x^{+})}{2},& \text{f(x) 在 x 处间断}\end{array}$$

其中 $S(x)$ 表示傅立叶级数的和函数，$f(x^{-})$ 和 $f(x^{+})$ 分别表示 $f(x)$ 在 $x$ 处的左极限和右极限。

收敛性的重要结论

1. 端点处的收敛值：在区间端点 $x=\pm \pi$ 处，傅立叶级数收敛到 $\frac{f(-{\pi }^{+})+f({\pi }^{-})}{2}$
2. 一致收敛性：如果 $f(x)$ 连续且 $f(-\pi )=f(\pi )$，则傅立叶级数一致收敛到 $f(x)$
3. 逐项积分：傅立叶级数总可以逐项积分
4. 逐项微分：当 $f(x)$ 连续，$f^{\prime }(x)$ 满足狄利克雷条件时，傅立叶级数可以逐项微分

奇偶函数的傅立叶级数

偶函数的傅立叶级数

若 $f(x)$ 为偶函数，即 $f(-x)=f(x)$，则：

• $b_n=0$ （$n=1,2,3,\dots$）
• $a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\cos nxdx$ （$n=0,1,2,\dots$）

傅立叶级数简化为余弦级数：

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos nx$$

奇函数的傅立叶级数

若 $f(x)$ 为奇函数，即 $f(-x)=-f(x)$，则：

• $a_n=0$ （$n=0,1,2,\dots$）
• $b_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\sin nxdx$ （$n=1,2,3,\dots$）

傅立叶级数简化为正弦级数：

$$f(x)\sim \sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin nx$$

任意区间上的傅立叶级数

区间 $[-l,l]$ 上的傅立叶级数

对于定义在 $[-l,l]$ 上的函数 $f(x)$，其傅立叶级数为：

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

其中：

$$a_0=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)dx$$ $$a_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx(n=1,2,3,\dots )$$ $$b_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx(n=1,2,3,\dots )$$

区间 $[0,l]$ 上的傅立叶级数

正弦级数展开

将 $f(x)$ 奇延拓到 $[-l,l]$，得到正弦级数：

$$f(x)\sim \sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin \frac{n\pi x}{l}$$

其中：

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

余弦级数展开

将 $f(x)$ 偶延拓到 $[-l,l]$，得到余弦级数：

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos \frac{n\pi x}{l}$$

其中：

$$a_0=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)dx$$ $$a_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx$$

复数形式的傅立叶级数

复指数形式

利用欧拉公式 $e^{inx}=\cos nx+i\sin nx$，傅立叶级数可以写成复数形式：

$$f(x)\sim \sum _{n=-\infty }^{\infty }{c}_n{e}^{inx}$$

其中复傅立叶系数为：

$$c_n=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)e^{-inx}dx$$

复系数与实系数的关系

$$c_0=\frac{a_0}{2}$$ $$c_n=\frac{a_n-i{b}_n}{2}(n>0)$$ $$c_{-n}=\frac{a_n+i{b}_n}{2}=\overline{c_n}(n>0)$$

帕塞瓦尔等式

帕塞瓦尔等式的表述

如果 $f(x)$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上平方可积，则：

$$\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }[f(x){]}^{2}dx=\frac{a_0^2}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n^2+b_n^2)$$

或者用复数形式：

$$\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }|f(x){|}^{2}dx=\sum _{n=-\infty }^{\infty }|c_n{|}^2$$

应用

帕塞瓦尔等式常用于：

1. 计算无穷级数的和
2. 证明傅立叶级数的收敛性
3. 信号处理中的能量守恒

典型例题

例题 1：方波函数的傅立叶级数

题目：求方波函数的傅立叶级数展开：

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& 0<x<\pi \\ -1,& -\pi <x<0\end{array}$$

解： $f(x)$ 是奇函数，所以 $a_n=0$ （$n=0,1,2,\dots$）

计算 $b_n$：

$$b_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\sin nxdx=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }1\cdot \sin nxdx$$ $$=\frac{2}{\pi }{\left[-\frac{\cos nx}{n}\right]}_0^{\pi }=\frac{2}{\pi }\cdot \frac{1-\cos n\pi }{n}$$ $$=\frac{2}{\pi n}(1-(-1{)}^n)=\{\begin{array}{ll}\frac{4}{\pi n},& n\text{ 为奇数}\\ 0,& n\text{ 为偶数}\end{array}$$

因此：

$$f(x)=\frac{4}{\pi }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{\sin (2k+1)x}{2k+1}=\frac{4}{\pi }\left(\sin x+\frac{\sin 3x}{3}+\frac{\sin 5x}{5}+\cdots \right)$$

例题 2：锯齿波函数的傅立叶级数

题目：求锯齿波函数的傅立叶级数展开：

$$f(x)=x,-\pi <x<\pi$$

解： $f(x)=x$ 是奇函数，所以 $a_n=0$ （$n=0,1,2,\dots$）

计算 $b_n$：

$$b_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\sin nxdx$$

使用分部积分：$u=x$，$dv=\sin nxdx$

$$du=dx,v=-\frac{\cos nx}{n}$$ $$b_n=\frac{2}{\pi }{\left[-\frac{x\cos nx}{n}\right]}_0^{\pi }+\frac{2}{\pi }\cdot \frac{1}{n}{\int }_0^{\pi }\cos nxdx$$ $$=\frac{2}{\pi }\cdot \left(-\frac{\pi \cos n\pi }{n}\right)+\frac{2}{\pi n}{\left[\frac{\sin nx}{n}\right]}_0^{\pi }$$ $$=-\frac{2\cos n\pi }{n}=-\frac{2(-1{)}^n}{n}=\frac{2(-1{)}^{n+1}}{n}$$

因此：

$$f(x)=x=2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n}\sin nx=2\left(\sin x-\frac{\sin 2x}{2}+\frac{\sin 3x}{3}-\cdots \right)$$

例题 3：周期延拓与级数求和

题目：利用傅立叶级数计算级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$ 的值。

解： 考虑函数 $f(x)=x^2$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上的傅立叶级数展开。

$f(x)=x^2$ 是偶函数，所以 $b_n=0$

$$a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }{x}^{2}dx=\frac{2}{\pi }\cdot \frac{{\pi }^3}{3}=\frac{2{\pi }^2}{3}$$ $$a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }{x}^2\cos nxdx$$

使用两次分部积分可得：

$$a_n=\frac{4(-1{)}^n}{n^2}$$

因此：

$$x^2=\frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}\cos nx$$

令 $x=\pi$：

$${\pi }^2=\frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}\cos n\pi =\frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n\cdot (-1{)}^n}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$$

解得：

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2-\frac{{\pi }^2}{3}}{4}=\frac{{\pi }^2}{6}$$

例题 4：复数形式的傅立叶级数

题目：求函数 $f(x)=e^{ax}$ （$a$ 为实常数）在 $[-\pi ,\pi ]$ 上的复数形式傅立叶级数。

解：

$$c_n=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{e}^{ax}{e}^{-inx}dx=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{e}^{(a-in)x}dx$$ $$=\frac{1}{2\pi }\cdot \frac{e^{(a-in)x}}{a-in}{|}_{-\pi }^{\pi }=\frac{1}{2\pi (a-in)}\left(e^{(a-in)\pi }-e^{-(a-in)\pi }\right)$$ $$=\frac{1}{2\pi (a-in)}\cdot e^{a\pi }\left(e^{-in\pi }-e^{in\pi }\right)=\frac{e^{a\pi }}{2\pi (a-in)}\cdot (-2i\sin n\pi )$$

由于 $\sin n\pi =0$ （$n$ 为整数），当 $n\ne 0$ 时，$c_n=0$？

实际上，需要更仔细地计算：

$$c_n=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{e}^{ax}{e}^{-inx}dx=\frac{1}{2\pi (a-in)}{\left[e^{(a-in)x}\right]}_{-\pi }^{\pi }$$ $$=\frac{1}{2\pi (a-in)}\left(e^{a\pi }{e}^{-in\pi }-e^{-a\pi }{e}^{in\pi }\right)$$ $$=\frac{1}{2\pi (a-in)}\left(e^{a\pi }(-1{)}^n-e^{-a\pi }(-1{)}^n\right)$$ $$=\frac{(-1{)}^n}{2\pi (a-in)}\left(e^{a\pi }-e^{-a\pi }\right)=\frac{(-1{)}^n\sinh (a\pi )}{\pi (a-in)}$$

因此：

$$e^{ax}=\sum _{n=-\infty }^{\infty }\frac{(-1{)}^n\sinh (a\pi )}{\pi (a-in)}{e}^{inx}$$