课程「高等数学」进阶部分考研复习笔记

Fourier级数

以 $2l$ 为周期的 $f(x),$ 其在 $[-l,l]$ 可积分，那么 $\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty\big(a_n\cos\frac{n\pi}{l}x+b_n\sin\frac{n\pi}{l}x\big)$ 就是 $f(x)$ 的Fourier级数，也记为 $f(x)\sim\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty\big(a_n\cos\frac{n\pi}{l}x+b_n\sin\frac{n\pi}{l}x\big).$ 其中， $a_n=\frac{1}{l}\int_{-l}^lf(x)\cos\frac{n\pi}{l}x\text{d}x,b_n=\frac{1}{l}\int_{-l}^lf(x)\sin\frac{n\pi}{l}x\text{d}x.$

定义中的“ $\sim$ ”就意味着在计算 $f(x)$ 时可以直接转化为求它的Fourier级数和；但事实上 $f(x)$ 一般不会等于其Fourier级数。特别地，如果 $f(x)$ 的周期是 $2\pi,$ 那么 $f(x)\sim\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos nx+b_n\sin nx),$ 其中 $\begin{cases}a_n&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos nx\text{d}x\\b_n&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin nx\text{d}x\end{cases}.$

看似 $a_n$ 和 $b_n$ 的式子比较复杂，但我们都知道 $\begin{cases}\sin n\pi&=0,\\\cos n\pi&=(-1)^n\end{cases}(n\in\mathbb{Z}),\cos\frac{n\pi}{2}=\begin{cases}0&,n=2k+1\\(-1)^k&,n=2k\end{cases}(k\in\mathbb{Z})$ 和 $\sin\frac{n\pi}{2}=\begin{cases}0&,n=2k\\(-1)^k&,n=2k+1\end{cases},$ 因此多数情况下计算 $a_n,b_n$ 并非难事。

$\textbf{e.g.1.1　}f(x)=\pi x+x^2(-\pi\lt x\lt\pi)$ 的Fourier级数展开式是 $\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos nx+b_n\sin nx),$ 求 $b_3.$

$\textbf{Solution　}$ 所求为

$\begin{align*} b_3&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin 3x\text{d}x=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi(\pi x+x^2)\sin 3x\text{d}x\\ &=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi\pi x\sin 3x\text{d}x=2\int_{0}^\pi x\sin 3x\text{d}x\\ &\xlongequal{\text{分部积分}}-\frac{2}{3}x\cos3x+\frac{2}9{\sin 3x}\bigg|_0^\pi=\frac{2\pi}{3}. \end{align*}$

另一方面，如果 $f(x)$ 是周期为 $2l$ 的偶函数（或者定义域是 $[0,l]$ 但可以延拓成这样的偶函数），那么 $f(x)$ 的Fourier级数会是 $\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty a_n\cos\frac{n\pi}{l}x;$ 同理，如果 $f(x)$ 是周期为 $2l$ 的奇函数（或定义域是 $[0,l]$ 但可以延拓成这样的奇函数），那么 $f(x)$ 的Fourier级数会是 $\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty b_n\sin\frac{n\pi}{l}x.$

Dirichlet收敛定理

如果极值点有限的 $f(x)$ 连续或只有有限个第一类间断点，则 $f(x)$ 的Fourier级数 $s(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty\big(a_n\cos\frac{n\pi}{l}x+b_n\sin\frac{n\pi}{l}x\big)$ 就是 $f(x)$ 的和函数。其中，

$s(x)=\begin{cases} f(x)&,f(x)\text{连续于}x\\ \frac{f(x^+)+f(x^-)}{2}&,x\text{是第一类间断点}\\ \frac{f(-l^+)+f(l^-)}{2}&,x=\pm l \end{cases}.$

$\textbf{e.g.1.2　}f(x)=\begin{cases}x&,0\leq x\leq\frac{1}{2}\\2-2x&,\frac{1}{2}\lt x\lt 1\end{cases},S(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty a_n\cos n\pi x(-\infty\lt x\lt +\infty),$ 其中 $a_n=2\int_0^1f(x)\cos n\pi x\text{d}x(n\in\mathbb{N}_+),$ 求 $S\big(-\frac{5}{2}\big).$

$\textbf{Solution　}$ 将 $S(x)$ 扩展为定义在 $(-\infty,+\infty)$ 、周期为2的偶函数，那么所求为

$S\Big(-\frac{5}{2}\Big)=S\Big(-\frac{1}{2}\Big)=S\Big(\frac{1}{2}\Big)=\frac{f(\frac{1}{2}^+)+f(\frac{1}{2}^-)}{2}=\frac{1+\frac{1}{2}}{2}=\frac{3}{4}.$