11.3 Fourier 级数 📖 笔记p73-74

$f(x)=\pi-|x|$ 是偶函数，故 $b_n=0$，只需求 $a_0$ 和 $a_n$。

求 $a_0$：

$$a_0 = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}(\pi-x)\dd x = \frac{2}{\pi}\left[\pi x - \frac{x^2}{2}\right]_0^{\pi} = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^2}{2}=\pi$$

求 $a_n$（$n\geq 1$）：

$$a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}(\pi-x)\cos nx\,\dd x$$

分部积分：

$$= \frac{2}{\pi}\left[(\pi-x)\cdot\frac{\sin nx}{n}\bigg|_0^{\pi}+\int_0^{\pi}\frac{\sin nx}{n}\dd x\right]$$ $$= \frac{2}{\pi}\left[0+\frac{1}{n}\cdot\left(-\frac{\cos nx}{n}\right)\bigg|_0^{\pi}\right] = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{1}{n^2}(1-\cos n\pi)$$ $$= \frac{2}{\pi n^2}[1-(-1)^n] = \begin{cases}\dfrac{4}{\pi n^2},&n\text{ 为奇数},\\0,&n\text{ 为偶数}.\end{cases}$$

Fourier 级数：

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

因为 $f(x)$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上连续，且 $f(-\pi)=f(\pi)=0$，周期延拓后处处连续，所以等号处处成立。

求 $a_0$：

$$a_0 = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^x\dd x = \frac{1}{\pi}(e^{\pi}-e^{-\pi})=\frac{2\sinh\pi}{\pi}$$

求 $a_n$：利用公式 $\displaystyle\int e^x\cos nx\,\dd x = \frac{e^x(n\sin nx+\cos nx)}{1+n^2}$：

$$a_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^x\cos nx\,\dd x = \frac{1}{\pi}\cdot\frac{e^x(n\sin nx+\cos nx)}{1+n^2}\bigg|_{-\pi}^{\pi}$$ $$= \frac{1}{\pi(1+n^2)}\left[e^{\pi}\cos n\pi - e^{-\pi}\cos n\pi\right] = \frac{2(-1)^n\sinh\pi}{\pi(1+n^2)}$$

求 $b_n$：类似地，

$$b_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^x\sin nx\,\dd x = \frac{-2n(-1)^n\sinh\pi}{\pi(1+n^2)}$$

Fourier 级数：

$$e^x\sim\frac{\sinh\pi}{\pi}+\frac{2\sinh\pi}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{1+n^2}(\cos nx - n\sin nx),\quad x\in(-\pi,\pi)$$

端点处：周期延拓后 $x=\pm\pi$ 是跳跃间断点，由 Dirichlet 定理：

$$S(\pm\pi) = \frac{f(-\pi^+)+f(\pi^-)}{2}=\frac{e^{-\pi}+e^{\pi}}{2}=\cosh\pi$$

因此级数在 $x=\pm\pi$ 处收敛于 $\cosh\pi$。

做奇延拓，则 $F(x)$ 为奇函数，展开为正弦级数。

求 $b_n$：

$$b_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x\sin nx\,\dd x$$

分部积分：

$$= \frac{2}{\pi}\left[-\frac{x\cos nx}{n}\bigg|_0^{\pi}+\frac{1}{n}\int_0^{\pi}\cos nx\,\dd x\right]$$ $$= \frac{2}{\pi}\left[-\frac{\pi\cos n\pi}{n}+\frac{\sin nx}{n^2}\bigg|_0^{\pi}\right] = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{-\pi(-1)^n}{n} = \frac{2(-1)^{n+1}}{n}$$

正弦级数：

$$x = 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin nx,\quad x\in(0,\pi)$$

端点值：$x=0$ 处级数 $=0=f(0)$；$x=\pi$ 处级数 $=0\neq f(\pi)=\pi$（奇延拓的端点陷阱！）。

做偶延拓，则 $F(x)=|x|$ 为偶函数，展开为余弦级数。

求 $a_0$：

$$a_0 = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x\,\dd x = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^2}{2}=\pi$$

求 $a_n$（$n\geq 1$）：

$$a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x\cos nx\,\dd x = \frac{2}{\pi}\left[\frac{x\sin nx}{n}\bigg|_0^{\pi}-\frac{1}{n}\int_0^{\pi}\sin nx\,\dd x\right]$$ $$= \frac{2}{\pi}\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{\cos nx}{n}\bigg|_0^{\pi} = \frac{2}{\pi n^2}(\cos n\pi - 1) = \frac{2[(-1)^n-1]}{\pi n^2}$$ $$= \begin{cases}-\dfrac{4}{\pi n^2},&n\text{ 为奇数},\\0,&n\text{ 为偶数}.\end{cases}$$

余弦级数：

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

端点值：$x=0$ 处级数 $=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{4}{\pi}\cdot\dfrac{\pi^2}{8}=0=f(0)$；$x=\pi$ 处级数 $=\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{4}{\pi}\cdot\dfrac{\pi^2}{8}=\pi=f(\pi)$。端点值正确！

$f(x)=x^2$ 是偶函数，$b_n=0$。

求 $a_0$：$a_0=\dfrac{2}{\pi}\displaystyle\int_0^{\pi}x^2\dd x = \dfrac{2}{\pi}\cdot\dfrac{\pi^3}{3}=\dfrac{2\pi^2}{3}$

求 $a_n$（$n\geq 1$）：

$$a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x^2\cos nx\,\dd x$$

两次分部积分：

$$= \frac{2}{\pi}\left[\frac{x^2\sin nx}{n}\bigg|_0^{\pi}-\frac{2}{n}\int_0^{\pi}x\sin nx\,\dd x\right]$$ $$= \frac{2}{\pi}\cdot\frac{-2}{n}\left[-\frac{x\cos nx}{n}\bigg|_0^{\pi}+\frac{1}{n}\int_0^{\pi}\cos nx\,\dd x\right]$$ $$= \frac{2}{\pi}\cdot\frac{-2}{n}\cdot\frac{-\pi(-1)^n}{n} = \frac{4(-1)^n}{n^2}$$

Fourier 级数：

$$x^2 = \frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\cos nx,\quad x\in[-\pi,\pi]$$

求 $\sum\frac{1}{n^2}$：令 $x=\pi$，则 $\cos n\pi=(-1)^n$：

$$\pi^2 = \frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\cdot(-1)^n}{n^2} = \frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$ $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2-\pi^2/3}{4}=\frac{2\pi^2/3}{4}=\boxed{\frac{\pi^2}{6}}$$

求 $\sum\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}$：令 $x=0$，则 $\cos 0=1$：

$$0 = \frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}$$ $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}=-\frac{\pi^2}{12}\implies\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}=\boxed{\frac{\pi^2}{12}}$$

$f(x)$ 是偶函数，$b_n=0$。

求 $a_0$：

$$a_0 = \frac{2}{l}\int_0^l\left(1-\frac{x^2}{l^2}\right)\dd x = \frac{2}{l}\left[x-\frac{x^3}{3l^2}\right]_0^l = \frac{2}{l}\cdot\frac{2l}{3}=\frac{4}{3}$$

求 $a_n$（$n\geq 1$）：令 $t=\dfrac{\pi x}{l}$，则

$$a_n = \frac{2}{l}\int_0^l\left(1-\frac{x^2}{l^2}\right)\cos\frac{n\pi x}{l}\dd x$$

分部积分两次（或利用 $x^2$ 的展开结果做变量替换）：

$$= \frac{2}{l}\left[\left(1-\frac{x^2}{l^2}\right)\cdot\frac{l\sin\frac{n\pi x}{l}}{n\pi}\bigg|_0^l + \frac{2}{l^2}\int_0^l x\cdot\frac{l\sin\frac{n\pi x}{l}}{n\pi}\dd x\right]$$ $$= \frac{4}{n\pi l^2}\int_0^l x\sin\frac{n\pi x}{l}\dd x$$

再分部积分：

$$= \frac{4}{n\pi l^2}\left[-\frac{lx\cos\frac{n\pi x}{l}}{n\pi}\bigg|_0^l + \frac{l}{n\pi}\int_0^l\cos\frac{n\pi x}{l}\dd x\right]$$ $$= \frac{4}{n\pi l^2}\left[-\frac{l^2(-1)^n}{n\pi}+0\right] = \frac{-4(-1)^n}{n^2\pi^2} = \frac{4(-1)^{n+1}}{n^2\pi^2}$$

Fourier 级数：

$$1-\frac{x^2}{l^2} = \frac{2}{3}+\frac{4}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}\cos\frac{n\pi x}{l},\quad x\in[-l,l]$$

$f(x)$ 在 $[-l,l]$ 上连续且 $f(-l)=f(l)=0$，周期延拓后处处连续，等号处处成立。

$f(x)=x$ 是奇函数，$a_0=0$，$a_n=0$，$b_n=\dfrac{2(-1)^{n+1}}{n}$。

由 Parseval 等式：

$$\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2\dd x = \sum_{n=1}^{\infty}b_n^2 = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{4}{n^2}$$

左边：$\dfrac{1}{\pi}\cdot\dfrac{2\pi^3}{3}=\dfrac{2\pi^2}{3}$

因此：$\dfrac{2\pi^2}{3}=4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^2}$，得 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^2}=\boxed{\dfrac{\pi^2}{6}}$

这给出了 Basel 问题的另一种证法。

注意 $f(x)=\pi-|x|$，这是偶函数！故 $b_n=0$。

求 $a_0$：

$$a_0 = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}(\pi-x)\dd x = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^2}{2}=\pi$$

求 $a_n$（$n\geq 1$）：

$$a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}(\pi-x)\cos nx\,\dd x = \frac{2}{\pi n^2}[1-(-1)^n]$$ $$= \begin{cases}\dfrac{4}{\pi n^2},&n\text{ 为奇数},\\0,&n\text{ 为偶数}.\end{cases}$$

Fourier 级数：

$$f(x) = \frac{\pi}{2}+\frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(2k+1)x}{(2k+1)^2}$$

$f(x)$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上连续且 $f(-\pi)=f(\pi)=0$，等号处处成立。

求级数和：令 $x=0$，则 $f(0)=\pi$：

$$\pi = \frac{\pi}{2}+\frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}$$ $$\frac{\pi}{2}=\frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}\implies\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}=\boxed{\frac{\pi^2}{8}}$$

做奇延拓，令 $l=\pi$，求正弦系数：

$$b_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\cos x\sin nx\,\dd x$$

利用积化和差：$\cos x\sin nx = \dfrac{1}{2}[\sin(n+1)x+\sin(n-1)x]$

当 $n\neq 1$ 时：

$$b_n = \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}[\sin(n+1)x+\sin(n-1)x]\dd x$$ $$= \frac{1}{\pi}\left[-\frac{\cos(n+1)x}{n+1}-\frac{\cos(n-1)x}{n-1}\right]_0^{\pi}$$ $$= \frac{1}{\pi}\left[\frac{1-(-1)^{n+1}}{n+1}+\frac{1-(-1)^{n-1}}{n-1}\right]$$

当 $n$ 为偶数时：$(-1)^{n+1}=-1$，$(-1)^{n-1}=-1$，故

$$b_n = \frac{1}{\pi}\left[\frac{2}{n+1}+\frac{2}{n-1}\right]=\frac{1}{\pi}\cdot\frac{2\cdot 2n}{n^2-1}=\frac{4n}{\pi(n^2-1)}$$

当 $n$ 为奇数且 $n\neq 1$ 时：$(-1)^{n+1}=1$，$(-1)^{n-1}=1$，故 $b_n=0$。

当 $n=1$ 时：$b_1=\dfrac{2}{\pi}\displaystyle\int_0^{\pi}\cos x\sin x\,\dd x = \dfrac{1}{\pi}\int_0^{\pi}\sin 2x\,\dd x = 0$。

正弦级数：

$$\cos x = \frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2k}{(2k)^2-1}\sin 2kx = \frac{8}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k}{4k^2-1}\sin 2kx,\quad x\in(0,\pi)$$

端点验证：$x=0$ 时级数 $=0$（$\neq\cos 0=1$）；$x=\pi$ 时级数 $=0$（$\neq\cos\pi=-1$）。符合奇延拓端点性质。

(1) 求 Fourier 系数：

$a_0 = \dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\dd x = \dfrac{1}{\pi}\int_0^{\pi}1\,\dd x = 1$

$a_n = \dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_0^{\pi}\cos nx\,\dd x = \dfrac{1}{\pi}\cdot\dfrac{\sin nx}{n}\bigg|_0^{\pi} = 0$

$b_n = \dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_0^{\pi}\sin nx\,\dd x = \dfrac{1}{\pi}\cdot\dfrac{-\cos nx}{n}\bigg|_0^{\pi} = \dfrac{1-(-1)^n}{n\pi}$

$$= \begin{cases}\dfrac{2}{n\pi},&n\text{ 为奇数},\\0,&n\text{ 为偶数}.\end{cases}$$

Fourier 级数：

$$S(x) = \frac{1}{2}+\frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin(2k+1)x}{2k+1}$$

在连续点处 $S(x)=f(x)$；在间断点 $x=0$ 处 $S(0)=\dfrac{0+1}{2}=\dfrac{1}{2}$；在 $x=\pi$ 处 $S(\pi)=\dfrac{1+0}{2}=\dfrac{1}{2}$。

(2) 求级数和：令 $x=\dfrac{\pi}{2}$，此处 $f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=1$（连续点），级数收敛于 $1$：

$$1 = \frac{1}{2}+\frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\frac{(2k+1)\pi}{2}}{2k+1}$$

注意 $\sin\dfrac{(2k+1)\pi}{2}=(-1)^k$，故：

$$\frac{1}{2}=\frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1}\implies\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1}=\boxed{\frac{\pi}{4}}$$