第5节 傅⾥叶级数

待校验 3

一、基础题

题目 1

将下列函数在所给区间上展开成以 $2\pi$ 为周期的傅里叶级数.

(1) $f(x) = \frac{\pi}{4} - \frac{x}{2} \quad (-\pi, \pi)$

(2) $f(x) = |\sin x| \quad [0, 2\pi]$

(3) $f(x) = x^2 \quad (0, 2\pi)$

【解答过程】

(1) 周期 $2l = 2\pi$，即 $l = \pi$。

计算傅里叶系数：

$$a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right) dx = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{\pi}{4}x - \frac{x^2}{4} \right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{1}{\pi} \left( \frac{\pi^2}{4} - \left(-\frac{\pi^2}{4}\right) \right) = \frac{\pi}{2}$$$$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right) \cos nx \, dx$$

由于 $\frac{\pi}{4}\cos nx$ 是偶函数，$-\frac{x}{2}\cos nx$ 是奇函数，在对称区间积分：

$$a_n = \frac{1}{\pi} \left( 2 \int_{0}^{\pi} \frac{\pi}{4} \cos nx \, dx - 0 \right) = \frac{1}{2} \left[ \frac{\sin nx}{n} \right]_0^\pi = 0$$$$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right) \sin nx \, dx$$

由于 $\frac{\pi}{4}\sin nx$ 是奇函数，$-\frac{x}{2}\sin nx$ 是偶函数：

$$b_n = -\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{x}{2} \sin nx \, dx = -\frac{1}{\pi} \left( \left[ -\frac{x}{n}\cos nx \right]_0^\pi + \frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}\cos nx \, dx \right)$$$$b_n = -\frac{1}{\pi} \left( -\frac{\pi}{n}(-1)^n + 0 \right) = \frac{(-1)^{n}}{n}$$

结论： $f(x) = \frac{\pi}{4} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \sin nx \quad (x \in (-\pi, \pi))$

(2) 函数 $f(x) = |\sin x|$ 的基本周期为 $\pi$。按题目要求展开成 $2\pi$ 周期的级数。将区间平移至 $[-\pi, \pi]$，$|\sin x|$ 在该区间上是偶函数，因此 $b_n = 0$。

$$a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} |\sin x| dx = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin x \, dx = \frac{2}{\pi} [-\cos x]_0^\pi = \frac{4}{\pi}$$$$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} |\sin x| \cos nx \, dx = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin x \cos nx \, dx = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} [\sin(n+1)x - \sin(n-1)x] dx$$

当 $n=1$ 时，$a_1 = \frac{1}{\pi} \int_0^\pi \sin 2x \, dx = 0$。

当 $n \ge 2$ 时：

$$a_n = \frac{1}{\pi} \left[ -\frac{\cos(n+1)x}{n+1} + \frac{\cos(n-1)x}{n-1} \right]_0^\pi = \frac{1}{\pi} \left( \frac{1 - (-1)^{n+1}}{n+1} - \frac{1 - (-1)^{n-1}}{n-1} \right)$$

当 $n$ 为奇数时，$a_n = 0$；当 $n$ 为偶数（令 $n=2k$）时：

$$a_{2k} = \frac{1}{\pi} \left( \frac{2}{2k+1} - \frac{2}{2k-1} \right) = -\frac{4}{\pi(4k^2-1)}$$

结论： $f(x) = \frac{2}{\pi} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{4k^2-1} \cos 2kx \quad (x \in [0, 2\pi])$

(3) 区间为 $(0, 2\pi)$，在此区间直接积分。

$$a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} x^2 dx = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^{2\pi} = \frac{8\pi^2}{3}$$$$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} x^2 \cos nx \, dx = \frac{1}{\pi} \left( \left[ \frac{x^2 \sin nx}{n} \right]_0^{2\pi} - \frac{2}{n}\int_{0}^{2\pi} x \sin nx \, dx \right)$$$$= -\frac{2}{n\pi} \left( \left[ -\frac{x \cos nx}{n} \right]_0^{2\pi} + \frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi} \cos nx \, dx \right) = -\frac{2}{n\pi} \left( -\frac{2\pi}{n} \right) = \frac{4}{n^2}$$$$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} x^2 \sin nx \, dx = \frac{1}{\pi} \left( \left[ -\frac{x^2 \cos nx}{n} \right]_0^{2\pi} + \frac{2}{n}\int_{0}^{2\pi} x \cos nx \, dx \right)$$$$= \frac{1}{\pi} \left( -\frac{4\pi^2}{n} + \frac{2}{n} \left[ \frac{x \sin nx}{n} \right]_0^{2\pi} - \frac{2}{n^2}\int_0^{2\pi} \sin nx \, dx \right) = -\frac{4\pi}{n}$$

结论： $f(x) = \frac{4\pi^2}{3} + \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{4}{n^2} \cos nx - \frac{4\pi}{n} \sin nx \right) \quad (x \in (0, 2\pi))$

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题目 2

将下列函数分别展开成正弦级数和余弦级数:

(1) $f(x) = x(\pi - x) \quad (0 \le x \le \pi)$

(2) $f(x) = \begin{cases} 1, & 0 \le x \le h, \\ 0, & h < x \le \pi. \end{cases}$

【解答过程】

没问题，为了在最终结果中保留求和下标 $n$，且形式为 $2n+1$，我们在计算傅里叶系数时，暂且使用 $k$ 作为积分和系数的下标变量。以下是更新后的完整解答过程：

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将下列函数分别展开成正弦级数和余弦级数:

(1) $f(x) = x(\pi - x) \quad (0 \le x \le \pi)$

【解答过程】

展开为正弦级数（奇延拓）： $a_k = 0$。

$$b_k = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} (\pi x - x^2) \sin kx \, dx$$

分部积分后得：

$$\int_0^\pi x \sin kx \, dx = \frac{\pi}{k}(-1)^{k+1}$$$$\int_0^\pi x^2 \sin kx \, dx = \frac{\pi^2}{k}(-1)^{k+1} + \frac{2}{k^3}((-1)^k - 1)$$

代入得：$b_k = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{\pi^2}{k}(-1)^{k+1} - \frac{\pi^2}{k}(-1)^{k+1} - \frac{2}{k^3}((-1)^k - 1) \right] = \frac{4}{\pi k^3}(1 - (-1)^k)$

当 $k$ 为偶数时，$b_k = 0$；

当 $k$ 为奇数时，令 $k = 2n+1 \ (n=0, 1, 2, \dots)$，则：

$$b_{2n+1} = \frac{4}{\pi (2n+1)^3}(1 - (-1)^{2n+1}) = \frac{8}{\pi(2n+1)^3}$$

正弦级数： $f(x) = \frac{8}{\pi} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^3} \sin(2n+1)x \quad (0 \le x \le \pi)$

展开为余弦级数（偶延拓）： $b_k = 0$。

$$a_0 = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} (\pi x - x^2) dx = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{\pi}{2}x^2 - \frac{x^3}{3} \right]_0^\pi = \frac{\pi^2}{3}$$$$a_k = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} (\pi x - x^2) \cos kx \, dx$$

分部积分后代入得：$a_k = -\frac{2}{k^2}(1 + (-1)^k)$。

当 $k$ 为奇数时，$a_k = 0$；

当 $k$ 为偶数时，令 $k = 2n \ (n=1, 2, \dots)$，则：

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

余弦级数： $f(x) = \frac{\pi^2}{6} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cos 2nx \quad (0 \le x \le \pi)$

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(2)

展开为正弦级数： $a_n = 0$。

$$b_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin nx \, dx = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{h} 1 \cdot \sin nx \, dx = \frac{2}{\pi} \left[ -\frac{\cos nx}{n} \right]_0^h = \frac{2}{n\pi}(1 - \cos nh)$$

正弦级数： $f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(1 - \cos nh)}{n\pi} \sin nx$

展开为余弦级数： $b_n = 0$。

$$a_0 = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{h} 1 \, dx = \frac{2h}{\pi}$$$$a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{h} 1 \cdot \cos nx \, dx = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{\sin nx}{n} \right]_0^h = \frac{2\sin nh}{n\pi}$$

余弦级数： $f(x) = \frac{h}{\pi} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2\sin nh}{n\pi} \cos nx$

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题目 3

将函数 $f(x) = \begin{cases} 1 - x, & 0 < x \le 2, \\ x - 3, & 2 < x < 4 \end{cases}$ 在 $(0, 4)$ 上展开成余弦级数.

【解答过程】

区间长度 $l = 4$，展成余弦级数需作偶延拓，此时 $b_k = 0$。

$$a_0 = \frac{2}{4} \int_{0}^{4} f(x) dx = \frac{1}{2} \left( \int_{0}^{2} (1-x) dx + \int_{2}^{4} (x-3) dx \right) = \frac{1}{2} \left( [x-\frac{x^2}{2}]_0^2 + [\frac{(x-3)^2}{2}]_2^4 \right) = \frac{1}{2} (0 + 0) = 0$$$$a_k = \frac{2}{4} \int_{0}^{4} f(x) \cos \frac{k\pi x}{4} dx = \frac{1}{2} \left( \int_{0}^{2} (1-x) \cos \frac{k\pi x}{4} dx + \int_{2}^{4} (x-3) \cos \frac{k\pi x}{4} dx \right)$$

对两部分分别运用分部积分公式计算并代入边界后，合并可得：

$$a_k = \frac{8}{k^2\pi^2} \left( 1 - 2\cos\frac{k\pi}{2} + \cos k\pi \right)$$

化简括号内的项 $1 - 2\cos\frac{k\pi}{2} + (-1)^k$：

• 当 $k$ 为奇数时，$\cos\frac{k\pi}{2} = 0$，且 $(-1)^k = -1$，则项为 $1-0-1=0$。

• 当 $k$ 为 4 的整数倍（即 $k=4m$）时，项为 $1 - 2(1) + 1 = 0$。

• 当 $k$ 满足 $k = 4n+2 \ (n=0, 1, 2, \dots)$ 时，$\cos\frac{(4n+2)\pi}{2} = \cos(2n\pi + \pi) = -1$，且 $(-1)^{4n+2} = 1$。此时括号内的项为 $1 - 2(-1) + 1 = 4$。

所以仅当下标 $k = 4n+2 \ (n=0, 1, 2, \dots)$ 时系数非零：

$$a_{4n+2} = \frac{8}{(4n+2)^2 \pi^2} \times 4 = \frac{32}{4(2n+1)^2 \pi^2} = \frac{8}{\pi^2(2n+1)^2}$$

对应余弦函数中的自变量为：$\frac{k\pi x}{4} = \frac{(4n+2)\pi x}{4} = \frac{(2n+1)\pi x}{2}$

结论：

$f(x) = \frac{8}{\pi^2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} \cos \frac{(2n+1)\pi x}{2} \quad (x \in (0, 4))$

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二、提高题

题目 4

将函数 $f(x) = \frac{\pi}{4}$ 在 $[0, \pi]$ 上展开成正弦级数，并证明

(1) $1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots = \frac{\pi}{4}$ ;

(2) $1 + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} - \frac{1}{11} + \frac{1}{13} + \frac{1}{17} - \cdots = \frac{\pi}{3}$.

【解答过程】

正弦级数展开：

$$b_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{\pi}{4} \sin nx \, dx = \frac{1}{2} \left[ -\frac{\cos nx}{n} \right]_0^\pi = \frac{1 - (-1)^n}{2n}$$

当 $n=2k$ 时 $b_{2k}=0$；当 $n=2k-1$ 时 $b_{2k-1} = \frac{1}{2k-1}$。

故 $f(x)$ 的正弦级数为：$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin(2k-1)x}{2k-1} = \frac{\pi}{4} \quad (0 < x < \pi)$。

(1) 证明：

在上述正弦级数中，令 $x = \frac{\pi}{2} \in (0, \pi)$，因为函数在 $x=\frac{\pi}{2}$ 处连续，级数收敛于 $f(\frac{\pi}{2})$。

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin(2k-1)\frac{\pi}{2}}{2k-1} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots = \frac{\pi}{4}$$

得证。

(2) 证明：

在正弦级数中，令 $x = \frac{\pi}{6} \in (0, \pi)$。

$$\frac{\pi}{4} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2k-1} \sin\frac{(2k-1)\pi}{6}$$

将求和分成两部分：$2k-1$ 为 3 的倍数，以及 $2k-1$ 不为 3 的倍数。

当 $2k-1 = 3(2m-1)$ 时，即 $m=1,2,3...$，对应项为：

$$\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{3(2m-1)} \sin\frac{3(2m-1)\pi}{6} = \frac{1}{3} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{\sin\frac{(2m-1)\pi}{2}}{2m-1} = \frac{1}{3} \left( 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \cdots \right) = \frac{1}{3} \times \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{12}$$

其余 $2k-1$ 不为 3 的倍数时（即 $2k-1 = 1, 5, 7, 11, 13...$），$\sin\frac{(2k-1)\pi}{6}$ 的值依次为 $\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \dots$

故剩余部分之和为：

$$\frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} - \frac{1}{11} + \frac{1}{13} + \cdots \right)$$

设待求级数和为 $S$，则有：$\frac{\pi}{4} = \frac{1}{2} S + \frac{\pi}{12}$

解得：$\frac{1}{2} S = \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{6} \implies S = \frac{\pi}{3}$

得证。

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题目 5

设函数 $f(x)$ 是以 $2\pi$ 为周期的函数，且其傅里叶系数为 $a_n$、$b_n$，求 $f(x+h)$（$h$ 为实数）的傅里叶系数.

【解答过程】

设 $F(x) = f(x+h)$ 的傅里叶系数为 $A_n, B_n$。由平移周期性可知，积分区间可以在整周期内任意平移。

$$A_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x+h) dx \xlongequal{t = x+h} \frac{1}{\pi} \int_{-\pi+h}^{\pi+h} f(t) dt = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) dt = a_0$$$$A_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x+h) \cos nx \, dx \xlongequal{t = x+h} \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos(n(t-h)) dt$$

使用三角恒等式展开 $\cos(nt - nh) = \cos nt \cos nh + \sin nt \sin nh$：

$$A_n = \cos nh \left( \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos nt \, dt \right) + \sin nh \left( \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin nt \, dt \right) = a_n \cos nh + b_n \sin nh$$

同理：

$$B_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x+h) \sin nx \, dx = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin(n(t-h)) dt$$

展开 $\sin(nt - nh) = \sin nt \cos nh - \cos nt \sin nh$：

$$B_n = \cos nh \left( \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin nt \, dt \right) - \sin nh \left( \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos nt \, dt \right) = b_n \cos nh - a_n \sin nh$$

结论： $f(x+h)$ 的傅里叶系数为 $A_0 = a_0$；$A_n = a_n \cos nh + b_n \sin nh$；$B_n = b_n \cos nh - a_n \sin nh$。

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三、考研真题

题目 6

(2023113) 设 $f(x)$ 是周期为 2 的周期函数，且 $f(x) = 1 - x, x \in [0, 1]$. 若 $f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos n\pi x$，则 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{2n} = \underline{\quad\quad}$.

【解答过程】

由于级数中仅含余弦项，可知 $f(x)$ 在 $[-1, 1]$ 上是偶函数，即 $f(x) = 1 - |x|$。

由于傅里叶级数在 $x=0$ 和 $x=1$ 处收敛于函数本身：

$f(0) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n = 1 - 0 = 1$

$f(1) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos n\pi = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n (-1)^n = 1 - 1 = 0$

将两式相加：

$f(0) + f(1) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} a_n (1 + (-1)^n) = 1$

注意 $1 + (-1)^n$ 在 $n$ 为奇数时为 $0$，在 $n$ 为偶数 ($n=2k$) 时为 $2$：

$a_0 + 2 \sum_{k=1}^{\infty} a_{2k} = 1 \implies \sum_{n=1}^{\infty} a_{2n} = \frac{1 - a_0}{2}$

求 $a_0$：

$$a_0 = \frac{2}{1} \int_{0}^{1} (1-x) dx = 2 \left[ x - \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = 2 \times \frac{1}{2} = 1$$

故 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{2n} = \frac{1 - 1}{2} = 0$。

答案：0

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题目 7

(2013103) 设 $f(x) = \left| x - \frac{1}{2} \right|$, $b_n = 2 \int_0^1 f(x) \sin n\pi x dx \ (n=1,2,\cdots)$, 令 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin n\pi x$，则 $S\left(-\frac{9}{4}\right) = \underline{\quad\quad}$.

A. $\frac{3}{4}$ B. $\frac{1}{4}$ C. $-\frac{1}{4}$ D. $-\frac{3}{4}$

【解答过程】

$S(x)$ 是 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上展开的正弦级数，这就意味着 $S(x)$ 对应的函数是对 $f(x)$ 先作奇延拓至 $[-1, 1]$，再作周期为 2 的周期延拓。

我们要求 $S\left(-\frac{9}{4}\right)$。

利用周期 $T=2$ 性质：

$S\left(-\frac{9}{4}\right) = S\left(-\frac{9}{4} + 2\right) = S\left(-\frac{1}{4}\right)$

利用奇函数性质（$S(-x) = -S(x)$）：

$S\left(-\frac{1}{4}\right) = -S\left(\frac{1}{4}\right)$

在 $(0, 1)$ 区间内，$S(x) = f(x) = \left| x - \frac{1}{2} \right|$（因在此处连续）。

故 $S\left(\frac{1}{4}\right) = f\left(\frac{1}{4}\right) = \left| \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \right| = \left| -\frac{1}{4} \right| = \frac{1}{4}$。

因此，$S\left(-\frac{9}{4}\right) = -\frac{1}{4}$。

答案选 C

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题目 8

(2008119) 将函数 $f(x) = 1 - x^2 \ (0 \le x \le \pi)$ 展开成余弦级数，并求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$ 的和.

【解答过程】

展开成余弦级数，偶延拓，区间 $[-\pi, \pi]$，周期 $2\pi$。

$$a_0 = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} (1 - x^2) dx = \frac{2}{\pi} \left[ x - \frac{x^3}{3} \right]_0^\pi = 2 - \frac{2\pi^2}{3}$$$$a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} (1 - x^2) \cos nx \, dx = -\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} x^2 \cos nx \, dx$$

（其中 $\int_0^\pi 1 \cdot \cos nx \, dx = 0$）

连续两次分部积分计算 $\int_0^\pi x^2 \cos nx \, dx$：

$$= \left[ \frac{x^2}{n}\sin nx \right]_0^\pi - \frac{2}{n}\int_{0}^{\pi} x \sin nx \, dx = 0 - \frac{2}{n} \left( \left[ -\frac{x}{n}\cos nx \right]_0^\pi + \frac{1}{n}\int_0^\pi \cos nx \, dx \right) = -\frac{2}{n} \left( -\frac{\pi}{n}(-1)^n + 0 \right) = \frac{2\pi}{n^2}(-1)^n$$

故 $a_n = -\frac{2}{\pi} \left( \frac{2\pi}{n^2}(-1)^n \right) = -\frac{4}{n^2}(-1)^n = \frac{4(-1)^{n+1}}{n^2}$。

余弦级数展开式为： $1 - x^2 = \left( 1 - \frac{\pi^2}{3} \right) + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{4(-1)^{n+1}}{n^2} \cos nx \quad (x \in [0, \pi])$

求级数和：

在上述等式中令 $x = 0$（原函数在 $x=0$ 处连续）：

$$f(0) = 1 - 0 = 1$$

代入右侧级数得：

$$1 = 1 - \frac{\pi^2}{3} + 4 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} \times 1$$

抵消 $1$ 后，移项得到：

$$4 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{3}$$

由于 $(-1)^{n+1} = (-1)^{n-1}$，则：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}$$

结论： 级数和为 $\frac{\pi^2}{12}$。

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