abstract

• 从特殊到一般,从对周期为$2\pi$的函数到周期为$2l$的函数
  • 推导周期为$2l$情况下的公式又可以借助于周期为$2\pi$的公式作为基础进行推导
• 利用傅里叶级数,可以求得某些特殊级数和
• 三角级数中通项的变形@(-1)的幂转换关系

周期为$2l$的Fourier展开

• 设周期为$2l$的函数$f(x)$满足收敛定理的条件,则它的傅里叶级数:
  • $f(x)$=$\frac{a_0}{2}+{\sum }_{n=1}^{\infty }(a_n\cos n\frac{\pi }{l}x+b_n\sin n\frac{\pi }{l}x)$,$x\in C$(1)
• 其中
  • $C$= { x ∣ f ( x ) = 1 2 [ f ( x − ) + f ( x + ) ] } \set{x|f(x)=\frac{1}{2}[f(x^{-})+f(x^{+})]} {x∣f(x)=21​[f(x−)+f(x+)]}(2)
  • $a_n$=$\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x$,$(n=0,1,2,\cdots )$(3)
  • $b_n$=$\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x$,$(n=1,2,\cdots )$(4)
• 当$f(x)$为奇函数时:
  • $f(x)$=${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n\sin \frac{n\pi x}{l}$,$x\in C$(5),其中$b_n$=$\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x$,$(n=1,2,\cdots )$
• 当$f(x)$为偶函数时:
  • $f(x)$=$\frac{a_0}{2}$+${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n\cos \frac{n\pi x}{l}$,$x\in C$(6),其中$a_n$=$\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x$,$(n=1,2,\cdots )$

推导

• 根据函数周期为$2\pi$的情形下的傅里叶级数,对式(1)做变量代换$z$=$\frac{\pi x}{l}$(7),即$x$=$\frac{lz}{\pi }$(8)
• 将式(8)代入式(1):$f(x)$=$f(\frac{lz}{\pi })$,令$F(z)$=$f(\frac{lz}{\pi })$(8-1),因为$f(x)$满足收敛定理条件,所以$F(z)$也满足收敛定理条件,将$F(z)$展开$F(z)$=$\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nz+b_n\sin nz)$(9)
  • $a_n$=$\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }F(z)\cos (nz)\mathrm{d}z$,$(n=0,1,2,...)$(10)
  • $b_n$=$\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }F(z)\sin (nz)\mathrm{d}z$,$(n=1,2,3,...)$(11)
• 周期分析:
  • 函数$f(x)$的周期为$2l$,不妨取一个周期$x\in [-l,l]$进行研究
  • 函数$F(z)$的周期为$2\pi$,也可取一个周期$z\in [-\pi ,\pi ]$进行研究
  • 上述两个周期可以分别根据式(1),式(9)右端算出,且其中:$x\in [-l,l]$对应的$z=\frac{\pi x}{l}\in [-\pi ,\pi ]$
• 将式(7)回代入(8-1)得$F(z)$=$F(\frac{\pi x}{l})$=$f(\frac{l}{\pi }\frac{\pi x}{l})$=$f(x)$(12)
• 将(7),(12)代入(9,10,11)
  • $f(x)$=$\frac{a_0}{2}+{\sum }_{n=1}^{\infty }(a_n\cos n\frac{\pi }{l}x+b_n\sin n\frac{\pi }{l}x)$,即式(1)
  • $z\in (-\pi ,\pi )$,则$x=\frac{lz}{\pi }\in (-l,l)$,因此变量代换$z$换成$x$时积分区间要更新
  • $a_n$=$\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x$,$(n=0,1,2,\cdots )$即式(3)
  • $b_n$=$\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x$,$(n=1,2,\cdots )$即式(4)
• 则$F(z)$是周期为$2\pi$的函数,意味这$F(z)$可以按照前面讨论的,关于$2\pi$为周期的函数情况
• 其余部分证明类似

例

• 设$f(x)$为周期为$2$的周期函数,它在$[1,3)$上的表达式为

  • $f(x)$=$0$,$x\in [1,2)$
  • $f(x)$=$x-2$,$x\in [2,3)$

• 将$f(x)$展开成傅里叶级数

  • $T=2l=2$,$l=1$
  • 根据公式,$a_0$=$\frac{1}{1}{\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x$=${\int }_1^{3}f(x)\mathrm{d}x$=${\int }_2^3(x-2)\mathrm{d}x$=$\frac{1}{2}$(1)
    • 由于$f(x)$是周期函数,因此某个区间的积分可以考虑移到其他区间取积分
    • 即把原积分区间的两端同时加上周期
  • $a_n$=$\frac{1}{1}{\int }_{-1}^{1}f(x)\cos n\frac{\pi }{1}x\mathrm{d}x$=${\int }_2^3(x-2)\cos n\pi x\mathrm{d}x$=$\frac{(-1{)}^n-1}{n^2{\pi }^2}$,$(n=1,2,\cdots )$(2)
  • $b_n$=$\frac{1}{1}{\int }_{-1}^{1}f(x)\sin n\frac{\pi }{1}x\mathrm{d}x$=$\frac{(-1{)}^{n-1}}{n\pi }$,$(n=1,2,\cdots )$(3)

• 分别将上述的$a_0,a_n,b_n$代入$f(x)$=$\frac{a_0}{2}$+${\sum }_{n=1}^{\infty }(a_n\cos n\pi x+b_n\sin n\pi x)$(4),即得$f(x)$的傅里叶级数

• Note:利用式(4),可以求得$S={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$

  • 令式(4)中$x=2$,即得$0=\frac{1}{4}+{\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$=$\frac{1}{4}+\frac{1}{{\pi }^2}{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n-1}{n^2}$(5)
  • 利用式(5),可以算得$S$=$\frac{{\pi }^2}{6}$,详情参考下一节例

三角函数和(-1)的幂转换关系

• $\cos n\pi =(-1{)}^n$
  • $-\cos (n\pi )=(-1{)}^{n+1}$
  • $\cos kn\pi$=$\cos ((k-2\lfloor \frac{k}{2}\rfloor )n\pi )$
  • $\cos 2n\pi$=$\cos 0$=1
• $\sin n\pi =0$
  • $\sin kn\pi$=$0$,$k\in \mathbb{Z}$
• $\sin (n\pi +\frac{\pi }{2})=(-1{)}^n$

(-1)的幂与级数的奇偶项

• $(-x{)}^n=(-1{)}^n{x}^n$
• $(-1{)}^{n-1}=(-1{)}^{n+1}$
  • $\frac{(-1{)}^{n+1}}{(-1{)}^{n-1}}=(-1{)}^2=1$
• $(-1{)}^n$
  • $(-1{)}^n$=$1$,$n$为偶数
  • $(-1{)}^n$=$-1$,$n$为奇数
  • $(-1{)}^n-1$=$0$,$n$为偶数
  • $(-1{)}^n-1$=$-2$,$n$为奇数
  • $(-1{)}^n+1$=$2$,$n$为偶数
  • $(-1{)}^n+1$=$0$,$n$为奇数

级数通项变形

• 某些级数的通项可以做比较大的变形
  • 对给定级数展开其前若干项,通过观察规律总结成另一个通项公式

例

• ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n-1}{n^2}$=$\frac{-2}{1^2}+0+\frac{-2}{3^3}+0+\frac{-2}{5^2}+\cdots$=$-2{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^2}$(1)

例

• 已知$\frac{1}{4}+\frac{1}{{\pi }^2}{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n-1}{n^2}$=$0$(2),求$S$=${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$

  • 将(1)代入(2),可得:$\frac{{\pi }^2}{8}$=${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^2}$(3)

  • ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^2}$=$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{5^2}+\cdots$(4)

  • ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$=$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots$(5)

  • $[{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}]$-$[{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^2}]$=$\frac{1}{2^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots$=${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n{)}^2}$=$\frac{1}{4}{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$(6)

  • 可见$S$-$\frac{{\pi }^2}{8}$=$\frac{1}{4}S$,解得$S=\frac{{\pi }^2}{6}$