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Chap 15 Fourier 级数（15.1–15.3）

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引例：杆状物热流问题与三角级数的提出

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  • 背景：1807 年，Fourier 研究杆状物热流问题。
  • 定解问题：T=T(x,t)T = T(x,t) 表示 tt 时刻杆子 xx 处的温度，满足
{∂2T∂x2=∂T∂t,T=T(x,t),T(0,t)=T(l,t)=0,t>0(边界条件),T(x,0)=f(x),0<x<l(初始条件).\begin{cases} \dfrac{\partial^2 T}{\partial x^2} = \dfrac{\partial T}{\partial t}, & T = T(x,t),\\[2mm] T(0,t) = T(l,t) = 0, & t>0 \quad (\text{边界条件}),\\[1mm] T(x,0) = f(x), & 0<x<l \quad (\text{初始条件}). \end{cases}
  • 分离变量：设 T(x,t)=φ(x) ψ(t)T(x,t)=\varphi(x)\,\psi(t)，则 φ′′(x)ψ(t)=φ(x)ψ′(t)\varphi''(x)\psi(t)=\varphi(x)\psi'(t)，从而 φ′′(x)φ(x)=ψ′(t)ψ(t)=−λ(λ>0)\dfrac{\varphi''(x)}{\varphi(x)}=\dfrac{\psi'(t)}{\psi(t)}=-\lambda\quad(\lambda>0)。
  • 导出方程组：
{φ′′(x)+λφ(x)=0,⋯(1)φ(0)=φ(l)=0,ψ′(t)+λψ(t)=0.⋯(2)\begin{cases} \varphi''(x)+\lambda\varphi(x)=0, & \cdots(1)\\ \varphi(0)=\varphi(l)=0, & \\ \psi'(t)+\lambda\psi(t)=0. & \cdots(2) \end{cases}
  • 解方程 (1)：得 φ(x)=bsin⁡λ x+ccos⁡λ x\varphi(x)=b\sin\sqrt{\lambda}\,x+c\cos\sqrt{\lambda}\,x；由 φ(0)=0\varphi(0)=0 得 c=0c=0；由 φ(l)=0\varphi(l)=0 得 sin⁡λ l=0\sin\sqrt{\lambda}\,l=0，导出 λ l=nπ⇒λn=(nπl)2\sqrt{\lambda}\,l=n\pi \Rightarrow \lambda_n=\left(\dfrac{n\pi}{l}\right)^2，非零解取 n=1,2,⋯n=1,2,\cdots，于是 φ(x)=bnsin⁡nπlx\varphi(x)=b_n\sin\dfrac{n\pi}{l}x。
  • 解方程 (2)：得 ψ(t)=Ce−λt\psi(t)=C e^{-\lambda t}，取 C=1C=1（课件设问：为什么可以？）。
  • 得一个解：Tn(x,t)=bnexp⁡ ⁣(−(nπl)2t)sin⁡nπlxT_n(x,t)=b_n\exp\!\left(-\left(\dfrac{n\pi}{l}\right)^2 t\right)\sin\dfrac{n\pi}{l}x；叠加得 T(x,t)=∑n=1∞bnexp⁡ ⁣(−(nπl)2t)sin⁡nπlxT(x,t)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n\exp\!\left(-\left(\dfrac{n\pi}{l}\right)^2 t\right)\sin\dfrac{n\pi}{l}x；令 t=0t=0 有 f(x)=∑n=1∞bnsin⁡nπlxf(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\dfrac{n\pi}{l}x，进而确定 bnb_n。
  • 问题：[0,l][0,l] 上函数 f(x)f(x) 总能表示成三角函数之和？即
f(x)=a02+∑n=1∞(ancos⁡nπlx+bnsin⁡nπlx)f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos\frac{n\pi}{l}x+b_n\sin\frac{n\pi}{l}x\right)

右端称为三角级数，其中 a0,an,bn (n=1,2,⋯ )a_0,a_n,b_n\ (n=1,2,\cdots) 称为系数。思考：如何确定系数 a0,an,bna_0,a_n,b_n？

15.1 Fourier 级数

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一、三角函数系

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  • 三角函数系：函数集合 {1,cos⁡x,sin⁡x,⋯ ,cos⁡nx,sin⁡nx,⋯ }\{1,\cos x,\sin x,\cdots,\cos nx,\sin nx,\cdots\}。
  • 三角函数系的特点：正交性：
1) ∫−ππcos⁡mxcos⁡nx dx={0,m≠nπ,m=n≠02π,m=n=0(m,n=0,1,2,⋯ )1)\ \int_{-\pi}^{\pi}\cos mx\cos nx\,\mathrm{d}x= \begin{cases} 0, & m\neq n\\ \pi, & m=n\neq 0\\ 2\pi, & m=n=0 \end{cases} \quad (m,n=0,1,2,\cdots) 2) ∫−ππsin⁡mxsin⁡nx dx={0,m≠nπ,m=n(m,n=1,2,⋯ )2)\ \int_{-\pi}^{\pi}\sin mx\sin nx\,\mathrm{d}x= \begin{cases} 0, & m\neq n\\ \pi, & m=n \end{cases} \quad (m,n=1,2,\cdots) 3) ∫−ππsin⁡mxcos⁡nx dx=0(m=1,2,⋯ ; n=0,1,⋯ )3)\ \int_{-\pi}^{\pi}\sin mx\cos nx\,\mathrm{d}x=0 \quad (m=1,2,\cdots;\ n=0,1,\cdots)
  • 注：第 1) 式按正交性应允许 m,n=0m,n=0；课件右侧范围标注印作 (m,n=1,2,⋯ )(m,n=1,2,\cdots)。

二、Fourier 级数

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  • 展开假设：设在 [−π,π][-\pi,\pi] 上函数 f(x)f(x) 可展开为三角级数，即 f(x)=a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)f(x)=\dfrac{a_0}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx)。问题：级数的系数 an,bna_n,b_n 与 f(x)f(x) 有什么关系？
  • 结论（Fourier 系数公式）：利用正交性，可得
an=1π∫−ππf(x)cos⁡nx dx,n=0,1,2,⋯ ;bn=1π∫−ππf(x)sin⁡nx dx,n=1,2,⋯ .a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,\mathrm{d}x,\quad n=0,1,2,\cdots; \qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,\mathrm{d}x,\quad n=1,2,\cdots.
  • 可积与绝对可积：函数 ff 满足下两条件之一：① f∈R[−π,π]f\in R[-\pi,\pi]；② 瑕积分 ∫−ππf(x) dx\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,\mathrm{d}x 绝对收敛。
  • 定义（Fourier 级数）：设 f(x)f(x) 以 2π2\pi 为周期，且在 [−π,π][-\pi,\pi] 上可积与绝对可积，以 ff 的 Fourier 系数 an,bna_n,b_n 为系数的三角级数称为 f(x)f(x) 的 Fourier 级数（F 氏级数），记为
f(x)∼a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)f(x)\sim\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx)
  • 注意：正确理解符号"∼\sim"的含义！
  • 例 1：求 f(x)={0,−π<x<0,x,0≤x<πf(x)=\begin{cases}0, & -\pi<x<0,\\ x, & 0\le x<\pi\end{cases} 的 F 氏级数。
    • 该函数的 F 氏级数展开式及和函数见 15.2 节例 2。

三、正弦和余弦级数

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  • 正弦级数（奇函数情形）：设 f(x)f(x) 在 [−π,π][-\pi,\pi] 上可积与绝对可积，且为奇函数，则其 Fourier 系数中 an=0a_n=0，
bn=1π∫−ππf(x)sin⁡nx dx=2π∫0πf(x)sin⁡nx dxb_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\sin nx\,\mathrm{d}x

其 Fourier 级数 f(x)∼∑n=1∞bnsin⁡nxf(x)\sim\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin nx 称为正弦级数。

  • 想一想：余弦级数的定义？
  • 约定（奇延拓）：若 ff 仅在 [0,π][0,\pi]（或 [−π,0][-\pi,0]）上可积与绝对可积，对 ff 作奇延拓后所得函数 fof_o 的 F 氏（正弦）级数也称为 ff 的正弦级数，此时
bn=2π∫0πf(x)sin⁡nx dxb_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\sin nx\,\mathrm{d}x
  • 想一想：仅在 [0,π][0,\pi] 上定义的函数的余弦级数？
  • 例 2：求 f(x)=x2 (x∈[0,π])f(x)=x^2\ (x\in[0,\pi]) 的正弦和余弦级数。

15.2 Fourier 级数的收敛性

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一、Dirichlet 积分

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  • n 阶 Fourier 多项式（部分和函数）：设 ff 以 2π2\pi 为周期，在 [−π,π][-\pi,\pi] 上可积与绝对可积，且 f(x)∼a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)f(x)\sim\dfrac{a_0}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx)，其部分和函数
Sn(f,x)=a02+∑k=1n(akcos⁡kx+bksin⁡kx)S_n(f,x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{n}(a_k\cos kx+b_k\sin kx)

称为 ff 的 n 阶 Fourier 多项式。

  • 结论（Dirichlet 积分）：
Sn(f,x)=1π∫−ππf(x+u) sin⁡2n+12u2sin⁡u2 du=1π∫0π[f(x+u)+f(x−u)] sin⁡2n+12u2sin⁡u2 duS_n(f,x)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x+u)\,\frac{\sin\dfrac{2n+1}{2}u}{2\sin\dfrac{u}{2}}\,\mathrm{d}u =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\bigl[f(x+u)+f(x-u)\bigr]\,\frac{\sin\dfrac{2n+1}{2}u}{2\sin\dfrac{u}{2}}\,\mathrm{d}u

其中 Dn(u)=defsin⁡2n+12u2sin⁡u2D_n(u)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{\sin\dfrac{2n+1}{2}u}{2\sin\dfrac{u}{2}} 称为 Dirichlet 积分核。

  • 简单事实：
2π∫0πDn(u) du=2π∫0π(12+∑k=1ncos⁡ku)du=1\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}D_n(u)\,\mathrm{d}u=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\left(\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{n}\cos ku\right)\mathrm{d}u=1
  • 命题（收敛于 S(x)S(x) 的充要条件）：设 S(x)S(x) 是任一给定函数，则
lim⁡n→∞Sn(f,x)=S(x)  ⟺  lim⁡n→∞1π∫0π[f(x+u)+f(x−u)−2S(x)] Dn(u) du=0\lim_{n\to\infty}S_n(f,x)=S(x) \iff \lim_{n\to\infty}\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\bigl[f(x+u)+f(x-u)-2S(x)\bigr]\,D_n(u)\,\mathrm{d}u=0

二、局部性定理

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  • Riemann 引理：设 ff 在 [a,b][a,b] 上可积与绝对可积，则
lim⁡p→+∞∫abf(u)sin⁡pu du=0=lim⁡p→+∞∫abf(u)cos⁡pu du\lim_{p\to+\infty}\int_{a}^{b}f(u)\sin pu\,\mathrm{d}u=0=\lim_{p\to+\infty}\int_{a}^{b}f(u)\cos pu\,\mathrm{d}u
  • 定理（局部性）：设 f(x)f(x) 以 2π2\pi 为周期，在 [−π,π][-\pi,\pi] 上可积与绝对可积，则 ff 的 F 氏级数在 xx 处的收敛性及收敛时的值仅与 ff 在 U(x)U(x) 的值相关。
  • 推论 1：同局部性定理假设，则 ∀δ>0\forall\delta>0：
lim⁡n→∞1π∫0δf(x+u)+f(x−u)−2S(x)2sin⁡u2⋅sin⁡2n+12u du=lim⁡n→∞1π∫0δf(x+u)+f(x−u)−2S(x)u⋅sin⁡2n+12u du\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\delta}\frac{f(x+u)+f(x-u)-2S(x)}{2\sin\dfrac{u}{2}}\cdot\sin\frac{2n+1}{2}u\,\mathrm{d}u =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\delta}\frac{f(x+u)+f(x-u)-2S(x)}{u}\cdot\sin\frac{2n+1}{2}u\,\mathrm{d}u

注：假设该极限存在。

  • 推论 2：
∫0+∞sin⁡xx dx=π2\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}
  • 定理（Dini）：设 ff 满足局部性定理条件，且 ∃ δ∈(0,π)\exists\,\delta\in(0,\pi) 使 f(x+u)+f(x−u)−2S(x)u\dfrac{f(x+u)+f(x-u)-2S(x)}{u} 在 [0,δ][0,\delta] 上可积与绝对可积，则 lim⁡n→∞Sn(f,x)=S(x)\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n(f,x)=S(x)。

三、F 氏级数收敛性判别法

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  • Dirichlet 引理：设 gg 在 [0,h][0,h] 上单调，则
lim⁡p→+∞∫0hg(u)−g(0+0)usin⁡pu du=0(Δ)\lim_{p\to+\infty}\int_{0}^{h}\frac{g(u)-g(0+0)}{u}\sin pu\,\mathrm{d}u=0 \qquad (\Delta)

等价形式：lim⁡p→+∞∫0hg(u) sin⁡puu du=π2 g(0+0)\displaystyle\lim_{p\to+\infty}\int_{0}^{h}g(u)\,\frac{\sin pu}{u}\,\mathrm{d}u=\frac{\pi}{2}\,g(0+0)。

  • 定义（分段单调函数）：设 f:[a,b]→Rf:[a,b]\to\mathbb{R}，若可将 [a,b][a,b] 分为有限个子区间，使 ff 在每个开子区间上单调有界，则称 ff 为分段单调函数。
  • 推论：若 gg 在 [0,h][0,h] 上为分段单调或为分段单调函数之和，则 (Δ)(\Delta) 式仍成立。
  • 定理（收敛性判别法）：设 ff 以 2π2\pi 为周期，在 [−π,π][-\pi,\pi] 上可积与绝对可积，且满足下面两条件之一，则 ff 的 F 氏级数在 xx 处收敛于 f(x+0)+f(x−0)2\dfrac{f(x+0)+f(x-0)}{2}：
    • (Dirichlet–Jordan) ff 在 U(x,δ]U(x,\delta] 上分段单调或为分段单调函数之和；
    • (Dini–Lipschitz) ff 在 xx 处满足指数为 α∈(0,1]\alpha\in(0,1] 的 Hölder 条件，即 ∣f(x±u)−f(x±0)∣≤Luα|f(x\pm u)-f(x\pm 0)|\le L u^{\alpha}。
  • 推论 1（和函数表达式）：设 ff 以 2π2\pi 为周期，在 [−π,π][-\pi,\pi] 上至多有限个第一类间断点，且仅有有限个严格极值点，则
f(x)∼a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)={f(x),x 为连续点,f(x+0)+f(x−0)2,x 为间断点,f(−π+0)+f(π−0)2,x=±π  =S(x)f(x)\sim\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx) =\begin{cases} f(x), & x\ \text{为连续点},\\[1mm] \dfrac{f(x+0)+f(x-0)}{2}, & x\ \text{为间断点},\\[2mm] \dfrac{f(-\pi+0)+f(\pi-0)}{2}, & x=\pm\pi \end{cases} \;=S(x)

思考：如何求 S(x)S(x) 在 [−π,π][-\pi,\pi] 以外点处的值？

  • 推论 2：设 ff 以 2π2\pi 为周期，在 [−π,π][-\pi,\pi] 上可积与绝对可积，且在 xx 处有左、右导数（或拟左、右导数），则 ff 的 F 氏级数在 xx 处收敛于 f(x+0)+f(x−0)2\dfrac{f(x+0)+f(x-0)}{2}。
  • 定义（拟左、右导数）：ff 在 xx 处的拟左、右导数分别定义为
lim⁡u→0+f(x−u)−f(x−0)−u和lim⁡u→0+f(x+u)−f(x+0)u\lim_{u\to 0^{+}}\frac{f(x-u)-f(x-0)}{-u} \quad\text{和}\quad \lim_{u\to 0^{+}}\frac{f(x+u)-f(x+0)}{u}

例题：和函数的写出

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  • 例 1：写出 f(x)=x2 (x∈[−π,π])f(x)=x^2\ (x\in[-\pi,\pi]) 的 F 氏级数的和函数在 [−π,π][-\pi,\pi] 上的表达式：
x2∼π23+4∑n=1∞(−1)nn2cos⁡nx=x2(−π≤x≤π)x^2\sim\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\cos nx=x^2\quad(-\pi\le x\le\pi)
  • 例 2：写出 f(x)={0,−π<x<0,x,0≤x≤πf(x)=\begin{cases}0, & -\pi<x<0,\\ x, & 0\le x\le\pi\end{cases} 的 F 氏级数的和函数在 [−π,π][-\pi,\pi] 上的表达式：
f(x)∼π4+∑n=1∞{(−1)n−1n2πcos⁡nx+(−1)n−1nsin⁡nx}={0,−π<x<0,x,0≤x<π,π2,x=±π.f(x)\sim\frac{\pi}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\left\{\frac{(-1)^n-1}{n^2\pi}\cos nx+\frac{(-1)^{n-1}}{n}\sin nx\right\} =\begin{cases} 0, & -\pi<x<0,\\ x, & 0\le x<\pi,\\[1mm] \dfrac{\pi}{2}, & x=\pm\pi. \end{cases}
  • 例 3：求 f(x)={1,−π≤x<0,0,0≤x<πf(x)=\begin{cases}1, & -\pi\le x<0,\\ 0, & 0\le x<\pi\end{cases} 的 F 氏级数，并写出和函数：
f(x)∼12+1π∑n=1∞(−1)n−1nsin⁡nx=12−2π(sin⁡x+sin⁡3x3+sin⁡5x5+⋯ )f(x)\sim\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n-1}{n}\sin nx =\frac{1}{2}-\frac{2}{\pi}\left(\sin x+\frac{\sin 3x}{3}+\frac{\sin 5x}{5}+\cdots\right) S(x)={1,−π<x<0,12,x=0,±π,0,0<x<π.S(x)=\begin{cases} 1, & -\pi<x<0,\\[1mm] \dfrac{1}{2}, & x=0,\pm\pi,\\[1mm] 0, & 0<x<\pi. \end{cases}
  • 图（电工学方波）：ff 的图像为方波：(−π,0)(-\pi,0) 上取值 1，(0,π)(0,\pi) 上取值 0，跳跃点处用空心/实心点标示端点取值。
  • 图（正弦波叠加）：部分和 Sm(x)=12+1π∑n=1m(−1)n−1nsin⁡nxS_m(x)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\sum_{n=1}^{m}\frac{(-1)^n-1}{n}\sin nx，图中绘出 S1,S5,S15S_1,S_5,S_{15} 三条曲线围绕方波振荡，mm 越大曲线越贴近方波，跳跃点处部分和曲线穿过中点值。
  • 图（时域—频域分解示意）：整页图示：右侧"时域图像"为方波信号；左侧"频域图像"为各频率分量幅值的离散谱（杆状图）；中间沿"频率方向"排开不同频率的正弦波分量，沿"时间方向"观察各分量叠加即合成时域方波——直观表达方波可分解为不同频率正弦波的叠加、时域信号与频域谱的对应关系。

15.3 Fourier 级数的性质

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一、F 氏级数的分析性质

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  • 分段连续函数：ff 在 [a,b][a,b] 上仅有限个第一类间断点。
  • 定理（逐项积分）：设 ff 在 [−π,π][-\pi,\pi] 上分段连续，又 f(x)∼a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)f(x)\sim\dfrac{a_0}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx)，则 ∀x∈[−π,π]\forall x\in[-\pi,\pi] 有
∫0xf(t) dt=a02x+∑n=1∞∫0x(ancos⁡nt+bnsin⁡nt) dt=a02x+∑n=1∞(annsin⁡nx−bnncos⁡nx+bnn)\int_{0}^{x}f(t)\,\mathrm{d}t=\frac{a_0}{2}x+\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{x}(a_n\cos nt+b_n\sin nt)\,\mathrm{d}t =\frac{a_0}{2}x+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{a_n}{n}\sin nx-\frac{b_n}{n}\cos nx+\frac{b_n}{n}\right)
  • 说明：上述（逐项积分）定理对 [−π,π][-\pi,\pi] 上可积与绝对可积函数 ff 也成立！
  • 推论（必要条件）：设 ff 在 [−π,π][-\pi,\pi] 上可积与绝对可积，又 f(x)∼a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)f(x)\sim\dfrac{a_0}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx)，则 ∑n=1∞bnn\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{b_n}{n} 收敛，且
∑n=1∞bnn=12π∫−ππ(∫0xf(t) dt)dx.\sum_{n=1}^{\infty}\frac{b_n}{n}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left(\int_{0}^{x}f(t)\,\mathrm{d}t\right)\mathrm{d}x.
  • 结论（非 F 氏级数的判别）：若 ∑n=1∞bnn\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{b_n}{n} 发散，则三角级数 a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)\dfrac{a_0}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx) 必不是 F 氏级数。
  • 例 1：证明三角级数 ∑n=2∞sin⁡nxln⁡n\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\sin nx}{\ln n} 点态收敛；记 S(x)=∑n=2∞sin⁡nxln⁡nS(x)=\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\sin nx}{\ln n}，说明该三角级数不是其和函数 S(x)S(x) 的 F 氏级数。
    • 该例与上方"结论"衔接：此处 bn=1ln⁡nb_n=\dfrac{1}{\ln n}，判别的入口是检验 ∑bnn\displaystyle\sum\frac{b_n}{n} 的敛散性。
  • 定理（逐项微分）：设 f∈D[−π,π]f\in D[-\pi,\pi]，且 f(−π)=f(π)f(-\pi)=f(\pi)，若 f′(x)f'(x) 可积与绝对可积，则
f′(x)∼∑n=1∞ddx(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)=∑n=1∞(nbncos⁡nx−nansin⁡nx)f'(x)\sim\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(a_n\cos nx+b_n\sin nx) =\sum_{n=1}^{\infty}(n b_n\cos nx-n a_n\sin nx)

二、F 氏级数的逼近和 Bessel 不等式

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  • n 阶三角多项式集合：
T={Tn(x) | Tn(x)=α02+∑k=1n(αkcos⁡kx+βksin⁡kx)}T=\left\{T_n(x)\,\middle|\,T_n(x)=\frac{\alpha_0}{2}+\sum_{k=1}^{n}(\alpha_k\cos kx+\beta_k\sin kx)\right\}
  • 函数类 XX：X={f(x) ∣ f 在 [−π,π] 上可积与平方可积}X=\bigl\{f(x)\,\big|\,f\ \text{在}\ [-\pi,\pi]\ \text{上可积与平方可积}\bigr\}。
  • 问题：∀f(x)∈X\forall f(x)\in X，是否存在 Tn(x)∈TT_n(x)\in T 使得 Tn(x)T_n(x) 是 f(x)f(x) 的最佳逼近？思考：如何刻划两个函数的逼近（接近）程度？
  • 定义（平方平均偏差距离）：函数 ff 和 gg 的（平方平均偏差）距离为
d(f,g)=(1π∫−ππ[f(x)−g(x)]2 dx)12d(f,g)=\left(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\bigl[f(x)-g(x)\bigr]^2\,\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}
  • 定理（SnS_n 最佳逼近）：设 f∈Xf\in X，则对 ∀Tn∈T\forall T_n\in T 有 d(f,Sn(x))≤d(f,Tn(x))d\bigl(f,S_n(x)\bigr)\le d\bigl(f,T_n(x)\bigr)。
  • 推论（Bessel 不等式）：设 f∈Xf\in X，则 ff 的 Fourier 系数满足
a022+∑n=1∞(an2+bn2)≤1π∫−ππf2(x) dx\frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2+b_n^2)\le\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)\,\mathrm{d}x
  • 推论（系数趋零）：设 f∈Xf\in X，则级数 a022+∑n=1∞(an2+bn2)\dfrac{a_0^2}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2+b_n^2) 收敛，从而 lim⁡n→∞an=0=lim⁡n→∞bn\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0=\lim_{n\to\infty}b_n，其中 an,bna_n,b_n 是 ff 的 Fourier 系数。
  • 推论（一致收敛的充分条件）：设 ff 在 [−π,π][-\pi,\pi] 上除有限点外可导，在这有限点处单侧可导，且 f(−π)=f(π)f(-\pi)=f(\pi)，又 f′(x)f'(x) 可积与平方可积，则 ff 的 F 氏级数在 [−π,π][-\pi,\pi] 上一致收敛于 f(x)f(x)。
  • 定理（平方平均收敛与 Parseval 等式）：设 f∈Xf\in X，则 {Sn(x)}\{S_n(x)\} 平方平均收敛于 ff，即 lim⁡n→∞d(f,Sn)=0\displaystyle\lim_{n\to\infty}d(f,S_n)=0；或 Parseval 等式成立，即 ff 的 Fourier 系数满足
a022+∑n=1∞(an2+bn2)=1π∫−ππf2(x) dx\frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2+b_n^2)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)\,\mathrm{d}x
  • 例 2：已知 x2=π23+4∑n=1∞(−1)nn2cos⁡nxx^2=\dfrac{\pi^2}{3}+4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\cos nx，求 ∑n=1∞1n4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4}。
    • 该例置于 Parseval 等式之下：方法入口是对所给展开式应用 Parseval 等式。
  • 推论（与三角函数系正交 ⇒\Rightarrow 恒为零）：设 f∈C[−π,π]f\in C[-\pi,\pi]，且 ff 与三角函数系 {1,cos⁡x,sin⁡x,⋯ ,cos⁡nx,sin⁡nx,⋯ }\{1,\cos x,\sin x,\cdots,\cos nx,\sin nx,\cdots\} 中的每一个都正交，则 f(x)≡0f(x)\equiv 0。进而：若 f,g∈C[−π,π]f,g\in C[-\pi,\pi]，且 F 氏系数相等，则 f(x)≡g(x)f(x)\equiv g(x)。
  • 推论（乘积积分与 F 氏系数的关系）：设 f,g∈Xf,g\in X，其 F 氏系数分别为 an,bna_n,b_n 和 aˉn,bˉn\bar{a}_n,\bar{b}_n，则
1π∫−ππf(x)g(x) dx=a0aˉ02+∑n=1∞(anaˉn+bnbˉn).\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g(x)\,\mathrm{d}x=\frac{a_0\bar{a}_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\bar{a}_n+b_n\bar{b}_n\right).