傅里叶级数（一）

由三角函数组成的函数项级数，即所谓的三角级数，着重研究如何把函数展开成三角级数。

如何深入研究非正弦周期函数呢？我们用函数的幂级数展开式表示与讨论函数，因此我们也可将周期函数展开由简单的周期函数例如三角函数组成的级数。具体地说，将周期为 T ( = 2 π ω ) T(=\frac{2\pi}{\omega}) T(=ω2π​)的周期函数用一系列以T为周期的正弦函数 A n s i n ( n ω t + φ n ) A_nsin(n\omega t+\varphi_n) An​sin(nωt+φn​)组成的级数来表示，记为 f ( t ) = A 0 + ∑ n = 1 ∞ A n s i n ( n ω t + φ n ) (1) f(t)=A_0+\sum_{n=1}^\infty A_nsin(n\omega t+\varphi_n) \tag{1} f(t)=A0​+n=1∑∞​An​sin(nωt+φn​)(1) 其中 A 0 , A n , φ n ( n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) A_0,A_n,\varphi_n(n=1,2,3,···) A0​,An​,φn​(n=1,2,3,⋅⋅⋅)都是常数。

将周期函数按上述方式展开，它的物理意义很明确，就是把一个比较复杂的周期运动看成是许多不同频率的简谐振动的叠加。在电工学上，这种展开称为谐波分析，其中常数项 A 0 A_0 A0​称为 f ( t ) f(t) f(t)的直流分量， A 1 s i n ( ω t + φ 1 ) A_1sin(\omega t+\varphi_1) A1​sin(ωt+φ1​)称为一次谐波（又叫做基波）， A 2 s i n ( 2 ω t + φ 2 ) A_2sin(2\omega t+\varphi_2) A2​sin(2ωt+φ2​)， A 3 s i n ( 3 ω t + φ 3 ) , ⋅ ⋅ ⋅ A_3sin(3\omega t+\varphi_3),··· A3​sin(3ωt+φ3​),⋅⋅⋅依次称为二次谐波，三次谐波，等等。

为了方便起见，将正弦函数 A n s i n ( n ω t + φ n ) A_nsin(n\omega t+\varphi_n) An​sin(nωt+φn​)按三角公式变形得 A n s i n ( n ω t + φ n ) = A n s i n   φ n c o s   n ω t + A n c o s   φ n s i n   n ω t A_nsin(n\omega t+\varphi_n)=A_nsin\,\varphi_n cos\, n\omega t+A_ncos\,\varphi_nsin\,n\omega t An​sin(nωt+φn​)=An​sinφn​cosnωt+An​cosφn​sinnωt 并且令 a 0 2 = A 0 , a n = A n s i n φ n , b n = A n c o s φ n , ω = π l \frac{a_0}{2}=A_0,a_n=A_nsin\varphi_n,b_n=A_n cos\varphi_n,\omega=\frac{\pi}{l} 2a0​​=A0​,an​=An​sinφn​,bn​=An​cosφn​,ω=lπ​（即 T = 2 l T=2l T=2l），则（1）式右端的级数就可以改写为 a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n c o s n π t l + b n s i n n π t l ) (2) \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_ncos\frac{n\pi t}{l}+b_nsin\frac{n\pi t}{l}) \tag{2} 2a0​​+n=1∑∞​(an​coslnπt​+bn​sinlnπt​)(2) 形式（2）式的级数叫做三角级数，其中 a 0 , a n , b n ( n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) a_0,a_n,b_n(n=1,2,3,···) a0​,an​,bn​(n=1,2,3,⋅⋅⋅)都是常数。

令 π l l = x \frac{\pi l}{l}=x lπl​=x，（2）式成为 a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n c o s   n x + b n s i n   n x ) (3) \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty (a_ncos\,nx+b_nsin\,nx) \tag{3} 2a0​​+n=1∑∞​(an​cosnx+bn​sinnx)(3) 这就把2l为周期的三角级数转换成以 2 π 2\pi 2π为周期的三角函数

下面讨论以 2 π 2\pi 2π为周期的三角级数（3）

如同讨论幂级数时一样，必须先讨论三角级数（3）的收敛问题，以及给定周期为 2 π 2\pi 2π的周期函数如何展开成三角三角级数（3）。为此，首先介绍三角函数系的正交性。

所谓三角函数系 1 , c o s   x , s i n   x , c o s   2 x , s i n   2 x , ⋅ ⋅ ⋅ , c o s   n x , s i n   n x , ⋅ ⋅ ⋅ (4) 1,cos\, x,sin\,x,cos\,2x,sin\,2x,···,cos\,nx,sin\,nx,··· \tag{4} 1,cosx,sinx,cos2x,sin2x,⋅⋅⋅,cosnx,sinnx,⋅⋅⋅(4) 在区间 [ − π , π ] [-\pi,\pi] [−π,π]上正交，就是指在三角函数系（4）中任何不同的两个函数的乘积在区间 [ − π , π ] [-\pi,\pi] [−π,π]上的积分等于零，即 ∫ − π π c o s   n x d x = 0 ( n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) , ∫ − π π s i n   n x d x = 0 ( n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) , ∫ − π π s i n   k x   c o s   n x d x = 0 ( 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) , ∫ − π π c o s   k x   c o s   n x d x = 0 ( k , n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ , k ≠ n ) , ∫ − π π s i n   k x   s i n   n x d x = 0 ( k , n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ , k ≠ n ) \int_{-\pi}^\pi cos\,nxdx=0 \quad(n=1,2,3,···), \\ \int_{-\pi}^\pi sin\,nxdx=0 \quad(n=1,2,3,···), \\ \int_{-\pi}^\pi sin\,kx\,cos\,nxdx=0\quad(1,2,3,···), \\ \int_{-\pi}^\pi cos\,kx\,cos\,nxdx=0\quad(k,n=1,2,3,···,k\neq n), \\ \int_{-\pi}^\pi sin\,kx\,sin\,nxdx=0 \quad(k,n=1,2,3,···,k\neq n) ∫−ππ​cosnxdx=0(n=1,2,3,⋅⋅⋅),∫−ππ​sinnxdx=0(n=1,2,3,⋅⋅⋅),∫−ππ​sinkxcosnxdx=0(1,2,3,⋅⋅⋅),∫−ππ​coskxcosnxdx=0(k,n=1,2,3,⋅⋅⋅,k​=n),∫−ππ​sinkxsinnxdx=0(k,n=1,2,3,⋅⋅⋅,k​=n) 以上等式，都可以通过计算定积分来验证

在三角函数系（4）中，两个相同函数的乘积在区间 [ − π , π ] [-\pi,\pi] [−π,π]上的积分不等于零，即 ∫ − π π 1 2 d x = 2 π , ∫ − π π s i n 2 n x d x = π , ( n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) \int_{-\pi}^\pi1^2dx=2\pi,\int_{-\pi}^\pi sin^2nxdx=\pi ,(n=1,2,3,···) ∫−ππ​12dx=2π,∫−ππ​sin2nxdx=π,(n=1,2,3,⋅⋅⋅)

设 f ( x ) f(x) f(x)是周期为 2 π 2\pi 2π的周期函数，且能展开成三角级数 f ( x ) = a 0 2 + ∑ k = 1 ∞ ( a k c o s   k x + b k s i n   k x ) (5) f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^\infty(a_kcos\,kx+b_ksin\,kx) \tag{5} f(x)=2a0​​+k=1∑∞​(ak​coskx+bk​sinkx)(5) 问题：系数 a 0 , a 1 , b 1 , ⋅ ⋅ ⋅ a_0,a_1,b_1,··· a0​,a1​,b1​,⋅⋅⋅与函数 f ( x ) f(x) f(x)之间存在着怎样的关系？换句话说，如何利用 f ( x ) f(x) f(x)把 a 0 , a 1 , b 1 , ⋅ ⋅ ⋅ a_0,a_1,b_1,··· a0​,a1​,b1​,⋅⋅⋅表达出来？为此，应进一步假设（5）式右端的级数可以逐项积分。

先求 a 0 a_0 a0​.对（5）式从 − π -\pi −π到 π \pi π积分，由于假设（5）式右端级数可逐项积分，因此有 ∫ − π π f ( x ) d x = ∫ − π π a 0 2 d x + ∑ k = 1 ∞ [ a k ∫ − π π c o s   k x d x + b k ∫ − π π s i n   k x d x ] \int_{-\pi}^\pi f(x)dx=\int_{-\pi}^\pi\frac{a_0}{2}dx+\sum_{k=1}^\infty[a_k\int_{-\pi}^\pi cos\,kxdx+b_k\int_{-\pi}^\pi sin\,kxdx] ∫−ππ​f(x)dx=∫−ππ​2a0​​dx+k=1∑∞​[ak​∫−ππ​coskxdx+bk​∫−ππ​sinkxdx] 根据三角函数系（4）的正交性，等式右端除第一项外，其余各项均为零，所以 ∫ − π π f ( x ) d x = a 0 2 ⋅ 2 π \int_{-\pi}^\pi f(x)dx=\frac{a_0}{2}·2\pi ∫−ππ​f(x)dx=2a0​​⋅2π 于是得 a 0 = 1 π f ( x ) d x a_0=\frac{1}{\pi}f(x)dx a0​=π1​f(x)dx 其次求 a n a_n an​。用 c o s   n x cos\, nx cosnx乘（5）式两端，再从 − π -\pi −π到 π \pi π积分，得到 ∫ − π π f ( x ) c o s   n x d x = a 0 2 ∫ − π π c o s   n x d x + ∑ k = 1 ∞ [ a k ∫ − π π c o s   k x   c o s   n x d x + b k ∫ − π π s i n   k x   c o s   n x d x ] \int_{-\pi}^\pi f(x)cos\,nxdx=\frac{a_0}{2}\int_{-\pi}^\pi cos\,nxdx+\sum_{k=1}^\infty[a_k\int_{-\pi}^\pi cos\,kx\,cos\,nxdx+b_k\int_{-\pi}^\pi sin\,kx\,cos\,nxdx] ∫−ππ​f(x)cosnxdx=2a0​​∫−ππ​cosnxdx+k=1∑∞​[ak​∫−ππ​coskxcosnxdx+bk​∫−ππ​sinkxcosnxdx] 根据三角系数系（4）的正交性，等式右端除 k = n k=n k=n的一项外，其余各项均为零，所以 ∫ − π π f ( x ) c o s   n x d x = a n ∫ − π π c o s 2 n x d x = a n π \int_{-\pi}^\pi f(x)cos\,nxdx=a_n\int_{-\pi}^\pi cos^2nxdx=a_n\pi ∫−ππ​f(x)cosnxdx=an​∫−ππ​cos2nxdx=an​π 于是得 a n = 1 π ∫ − π π f ( x ) c o s   n x d x ( n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)cos\,nxdx\quad (n=1,2,3,···) an​=π1​∫−ππ​f(x)cosnxdx(n=1,2,3,⋅⋅⋅) 类似地，用 s i n   n x sin\,nx sinnx乘（5）式的两端，再从 − π -\pi −π到 π \pi π积分，可得 b n = 1 π ∫ − π π f ( x ) s i n   n x d x ( n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)sin\,nxdx(n=1,2,3,···) bn​=π1​∫−ππ​f(x)sinnxdx(n=1,2,3,⋅⋅⋅) 由于当 n = 0 n=0 n=0时， a n a_n an​的表达式正好给出 a 0 a_0 a0​，因此，已得结果可以合并写成 a n = 1 π ∫ − π π f ( x ) c o s   n x d x ( n = 0 , 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) b n = 1 π ∫ − π π f ( x ) s i n   n x d x ( n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) (6) a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)cos\,nxdx\quad (n=0,1,2,3,···) \\ b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)sin\,nxdx(n=1,2,3,···) \tag{6} an​=π1​∫−ππ​f(x)cosnxdx(n=0,1,2,3,⋅⋅⋅)bn​=π1​∫−ππ​f(x)sinnxdx(n=1,2,3,⋅⋅⋅)(6) 如果式（6）中的积分都存在，这时它们定出的系数 a 0 , a 1 , b 1 , ⋅ ⋅ ⋅ a_0,a_1,b_1,··· a0​,a1​,b1​,⋅⋅⋅叫做函数 f ( x ) f(x) f(x)的傅里叶系数。将这些系数代入（5）式右端，所得的三角级数 a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n c o s   n x + b n s i n   n x ) \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_ncos\,nx+b_nsin\,nx) 2a0​​+n=1∑∞​(an​cosnx+bn​sinnx) 叫做函数 f ( x ) f(x) f(x)的傅里叶级数。

一个定义在 ( − ∞ , + ∞ ) (-\infty,+\infty) (−∞,+∞)上周期为 2 π 2\pi 2π的函数 f ( x ) f(x) f(x)，如果它在一个周期上可积，那么一定可以作出 f ( x ) f(x) f(x)的傅里叶级数。然而，函数 f ( x ) f(x) f(x)的傅里叶级数是否一定收敛？如果它收敛，他是否一定收敛于函数 f ( x ) f(x) f(x)？一般说来，这两个问题的答案都不是肯定的。那么， f ( x ) f(x) f(x)在怎样的条件下，它的傅里叶级数不仅收敛，而且收敛于 f ( x ) f(x) f(x)?也就是说， f ( x ) f(x) f(x)满足什么条件可以展开成傅里叶级数？

下面收敛定理给出上述问题的一个重要结论。

定理：（收敛定理，狄利克雷充分条件）设 f ( x ) f(x) f(x)是周期为 2 π 2\pi 2π的周期函数，如果它满足：

（1）在一个周期内连续或只有有限个第一类间断点

（2）在一个周期内至多只有有限个极值点，

那么 f ( x ) f(x) f(x)的傅里叶级数收敛，并且

当x是 f ( x ) f(x) f(x)的连续点时，级数收敛于 f ( x ) f(x) f(x)；

当x是 f ( x ) f(x) f(x)的间断点时，级数收敛于 1 2 [ f ( x − ) + f ( x + ) ] \frac{1}{2}[f(x^-)+f(x^+)] 21​[f(x−)+f(x+)]

收敛定理表明：只要函数在 [ − π , π ] [-\pi,\pi] [−π,π]上至多有有限个第一类间断点，并且不作无限次振动，函数的傅里叶级数在连续点处就收敛于该点的函数值，在间断点处收敛于该点左极限与右极限的算术平均值。可见，函数展开成傅里叶级数的条件比展开成幂级数的条件低得多。记 C = { x ∣ f ( x ) = 1 2 [ f ( x − ) + f ( x + ) ] } C=\{x|f(x)=\frac{1}{2}[f(x^-)+f(x^+)]\} C={x∣f(x)=21​[f(x−)+f(x+)]} 在C上就成立 f ( x ) f(x) f(x)的傅里叶级数展开式. f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n c o s   n x + b n s i n   n x ) , x ∈ C (7) f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_ncos\,nx+b_nsin\,nx),x\in C \tag{7} f(x)=2a0​​+n=1∑∞​(an​cosnx+bn​sinnx),x∈C(7) 例1：设 f ( x ) f(x) f(x)是周期为 2 π 2\pi 2π的周期函数，它在 [ − π , π ) [-\pi,\pi) [−π,π)上的表达式为 f ( x ) = { − 1 , − π ≤ x < 0 1 , 0 ≤ x < π f(x)=\begin{cases} -1,&-\pi\leq xnπ4​,0,​n=1,3,5,⋅⋅⋅n=2,4,6,⋅⋅⋅​

将求得的系数代入（7）式，就得到 f ( x ) f(x) f(x)的傅里叶级数展开式为 f ( x ) = 4 π [ s i n   x + 1 3 s i n   3 x + ⋅ ⋅ ⋅ + 1 2 k − 1 s i n   ( 2 k − 1 ) x + ⋅ ⋅ ⋅ ] = 4 π ∑ k = 1 ∞ 1 2 k − 1 s i n   ( 2 k − 1 ) x ( − ∞ < x < + ∞ ; x ≠ 0 , ± π , ± 2 π , ⋅ ⋅ ⋅ ) f(x)=\frac{4}{\pi}[sin\,x+\frac{1}{3}sin\,3x+···+\frac{1}{2k-1}sin\,(2k-1)x+···] \\ =\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{2k-1}sin\,(2k-1)x\quad (-\infty