AM@傅里叶级数@周期为2l的一般情形
abstract
- 从特殊到一般,从对周期为
2
π
2\pi
2π的函数到周期为
2
l
2l
2l的函数
- 推导周期为 2 l 2l 2l情况下的公式又可以借助于周期为 2 π 2\pi 2π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 2 l 2l 2l的Fourier展开
- 设周期为
2
l
2l
2l的函数
f
(
x
)
f(x)
f(x)满足收敛定理的条件,则它的傅里叶级数:
-
f
(
x
)
f(x)
f(x)=
a
0
2
+
∑
n
=
1
∞
(
a
n
cos
n
π
l
x
+
b
n
sin
n
π
l
x
)
\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infin} (a_n\cos{n\frac{\pi}{l}x} +b_n\sin{n\frac{\pi}{l}x})
2a0+∑n=1∞(ancosnlπx+bnsinnlπx),
x
∈
C
x\in{C}
x∈C
(1)
-
f
(
x
)
f(x)
f(x)=
a
0
2
+
∑
n
=
1
∞
(
a
n
cos
n
π
l
x
+
b
n
sin
n
π
l
x
)
\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infin} (a_n\cos{n\frac{\pi}{l}x} +b_n\sin{n\frac{\pi}{l}x})
2a0+∑n=1∞(ancosnlπx+bnsinnlπx),
x
∈
C
x\in{C}
x∈C
- 其中
-
C
C
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
a_{n}
an=
1
l
∫
−
l
l
f
(
x
)
cos
n
π
x
l
d
x
\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\cos\frac{n\pi{x}}{l}\mathrm{d}x
l1∫−llf(x)coslnπxdx,
(
n
=
0
,
1
,
2
,
⋯
)
(n=0,1,2,\cdots)
(n=0,1,2,⋯)
(3) -
b
n
b_n
bn=
1
l
∫
−
l
l
f
(
x
)
sin
n
π
x
l
d
x
\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi{x}}{l}\mathrm{d}x
l1∫−llf(x)sinlnπxdx,
(
n
=
1
,
2
,
⋯
)
(n=1,2,\cdots)
(n=1,2,⋯)
(4)
-
C
C
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+)]}
- 当
f
(
x
)
f(x)
f(x)为奇函数时:
-
f
(
x
)
f(x)
f(x)=
∑
n
=
1
∞
b
n
sin
n
π
x
l
\sum_{n=1}^{\infin}{b_n\sin\frac{n\pi{x}}{l}}
∑n=1∞bnsinlnπx,
x
∈
C
x\in{C}
x∈C
(5),其中 b n b_n bn= 2 l ∫ 0 l f ( x ) sin n π x l d x \frac{2}{l}\int_{0}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi{x}}{l}\mathrm{d}x l2∫0lf(x)sinlnπxdx, ( n = 1 , 2 , ⋯ ) (n=1,2,\cdots) (n=1,2,⋯)
-
f
(
x
)
f(x)
f(x)=
∑
n
=
1
∞
b
n
sin
n
π
x
l
\sum_{n=1}^{\infin}{b_n\sin\frac{n\pi{x}}{l}}
∑n=1∞bnsinlnπx,
x
∈
C
x\in{C}
x∈C
- 当
f
(
x
)
f(x)
f(x)为偶函数时:
-
f
(
x
)
f(x)
f(x)=
a
0
2
\frac{a_0}{2}
2a0+
∑
n
=
1
∞
a
n
cos
n
π
x
l
\sum_{n=1}^{\infin}{a_n\cos\frac{n\pi{x}}{l}}
∑n=1∞ancoslnπx,
x
∈
C
x\in{C}
x∈C
(6),其中 a n a_n an= 2 l ∫ 0 l f ( x ) cos n π x l d x \frac{2}{l}\int_{0}^{l}f(x)\cos\frac{n\pi{x}}{l}\mathrm{d}x l2∫0lf(x)coslnπxdx, ( n = 1 , 2 , ⋯ ) (n=1,2,\cdots) (n=1,2,⋯)
-
f
(
x
)
f(x)
f(x)=
a
0
2
\frac{a_0}{2}
2a0+
∑
n
=
1
∞
a
n
cos
n
π
x
l
\sum_{n=1}^{\infin}{a_n\cos\frac{n\pi{x}}{l}}
∑n=1∞ancoslnπx,
x
∈
C
x\in{C}
x∈C
推导
- 根据函数周期为
2
π
2\pi
2π的情形下的傅里叶级数,对式(1)做变量代换
z
z
z=
π
x
l
\frac{\pi{x}}{l}
lπx
(7),即 x x x= l z π \frac{lz}{\pi} πlz(8) - 将式(8)代入式(1):
f
(
x
)
f(x)
f(x)=
f
(
l
z
π
)
f(\frac{lz}{\pi})
f(πlz),令
F
(
z
)
F(z)
F(z)=
f
(
l
z
π
)
f(\frac{lz}{\pi})
f(πlz)
(8-1),因为 f ( x ) f(x) f(x)满足收敛定理条件,所以 F ( z ) F(z) F(z)也满足收敛定理条件,将 F ( z ) F(z) F(z)展开 F ( z ) F(z) F(z)= a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n cos n z + b n sin n z ) \frac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infin}(a_n\cos{nz}+b_n\sin{nz}) 2a0+n=1∑∞(ancosnz+bnsinnz)(9)-
a
n
a_n
an=
1
π
∫
−
π
π
F
(
z
)
cos
(
n
z
)
d
z
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} F(z)\cos{(nz)}\mathrm dz
π1∫−ππF(z)cos(nz)dz,
(
n
=
0
,
1
,
2
,
.
.
.
)
(n=0,1,2,...)
(n=0,1,2,...)
(10) -
b
n
b_n
bn=
1
π
∫
−
π
π
F
(
z
)
sin
(
n
z
)
d
z
\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi} F(z)\sin{(nz)}\mathrm d z}
π1∫−ππF(z)sin(nz)dz,
(
n
=
1
,
2
,
3
,
.
.
.
)
(n=1,2,3,...)
(n=1,2,3,...)
(11)
-
a
n
a_n
an=
1
π
∫
−
π
π
F
(
z
)
cos
(
n
z
)
d
z
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} F(z)\cos{(nz)}\mathrm dz
π1∫−ππF(z)cos(nz)dz,
(
n
=
0
,
1
,
2
,
.
.
.
)
(n=0,1,2,...)
(n=0,1,2,...)
- 周期分析:
- 函数 f ( x ) f(x) f(x)的周期为 2 l 2l 2l,不妨取一个周期 x ∈ [ − l , l ] x\in[-l,l] x∈[−l,l]进行研究
- 函数 F ( z ) F(z) F(z)的周期为 2 π 2\pi 2π,也可取一个周期 z ∈ [ − π , π ] z\in[-\pi,\pi] z∈[−π,π]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 ∈ [ − l , l ] x\in[-l,l] x∈[−l,l]对应的 z = π x l ∈ [ − π , π ] z=\frac{\pi{x}}{l}\in[-\pi,\pi] z=lπx∈[−π,π]
- 将式(7)回代入(8-1)得
F
(
z
)
F(z)
F(z)=
F
(
π
x
l
)
F(\frac{\pi{x}}{l})
F(lπx)=
f
(
l
π
π
x
l
)
f(\frac{l}{\pi}\frac{\pi{x}}{l})
f(πllπx)=
f
(
x
)
f(x)
f(x)
(12) - 将(7),(12)代入(9,10,11)
- f ( x ) f(x) f(x)= a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n cos n π l x + b n sin n π l x ) \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infin} (a_n\cos{n\frac{\pi}{l}x} +b_n\sin{n\frac{\pi}{l}x}) 2a0+∑n=1∞(ancosnlπx+bnsinnlπx),即式(1)
- z ∈ ( − π , π ) z\in{(-\pi,\pi)} z∈(−π,π),则 x = l z π ∈ ( − l , l ) x=\frac{lz}{\pi}\in(-l,l) x=πlz∈(−l,l),因此变量代换 z z z换成 x x x时积分区间要更新
- a n a_{n} an= 1 l ∫ − l l f ( x ) cos n π x l d x \frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\cos\frac{n\pi{x}}{l}\mathrm{d}x l1∫−llf(x)coslnπxdx, ( n = 0 , 1 , 2 , ⋯ ) (n=0,1,2,\cdots) (n=0,1,2,⋯)即式(3)
- b n b_n bn= 1 l ∫ − l l f ( x ) sin n π x l d x \frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi{x}}{l}\mathrm{d}x l1∫−llf(x)sinlnπxdx, ( n = 1 , 2 , ⋯ ) (n=1,2,\cdots) (n=1,2,⋯)即式(4)
- 则 F ( z ) F(z) F(z)是周期为 2 π 2\pi 2π的函数,意味这 F ( z ) F(z) F(z)可以按照前面讨论的,关于 2 π 2\pi 2π为周期的函数情况
- 其余部分证明类似
例
-
设 f ( x ) f(x) f(x)为周期为 2 2 2的周期函数,它在 [ 1 , 3 ) [1,3) [1,3)上的表达式为
- f ( x ) f(x) f(x)= 0 0 0, x ∈ [ 1 , 2 ) x\in[1,2) x∈[1,2)
- f ( x ) f(x) f(x)= x − 2 x-2 x−2, x ∈ [ 2 , 3 ) x\in[2,3) x∈[2,3)
-
将 f ( x ) f(x) f(x)展开成傅里叶级数
- T = 2 l = 2 T=2l=2 T=2l=2, l = 1 l=1 l=1
- 根据公式,
a
0
a_{0}
a0=
1
1
∫
−
1
1
f
(
x
)
d
x
\frac{1}{1}\int_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x
11∫−11f(x)dx=
∫
1
3
f
(
x
)
d
x
\int_{1}^{3}f(x)\mathrm{d}x
∫13f(x)dx=
∫
2
3
(
x
−
2
)
d
x
\int_{2}^{3}(x-2)\mathrm{d}x
∫23(x−2)dx=
1
2
\frac{1}{2}
21
(1)- 由于 f ( x ) f(x) 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
a_{n}
an=
1
1
∫
−
1
1
f
(
x
)
cos
n
π
1
x
d
x
\frac{1}{1}\int_{-1}^{1}f(x)\cos{n\frac{\pi}{1}{x}}\mathrm{d}x
11∫−11f(x)cosn1πxdx=
∫
2
3
(
x
−
2
)
cos
n
π
x
d
x
\int_{2}^{3}(x-2)\cos n\pi{x}\mathrm{d}x
∫23(x−2)cosnπxdx=
(
−
1
)
n
−
1
n
2
π
2
\frac{(-1)^{n}-1}{n^2\pi^2}
n2π2(−1)n−1,
(
n
=
1
,
2
,
⋯
)
(n=1,2,\cdots)
(n=1,2,⋯)
(2) -
b
n
b_{n}
bn=
1
1
∫
−
1
1
f
(
x
)
sin
n
π
1
x
d
x
\frac{1}{1}\int_{-1}^{1}f(x)\sin{n\frac{\pi}{1}{x}}\mathrm{d}x
11∫−11f(x)sinn1πxdx=
(
−
1
)
n
−
1
n
π
\frac{(-1)^{n-1}}{n\pi}
nπ(−1)n−1,
(
n
=
1
,
2
,
⋯
)
(n=1,2,\cdots)
(n=1,2,⋯)
(3)
-
分别将上述的 a 0 , a n , b n a_0,a_n,b_n a0,an,bn代入 f ( x ) f(x) f(x)= a 0 2 \frac{a_0}{2} 2a0+ ∑ n = 1 ∞ ( a n cos n π x + b n sin n π x ) \sum_{n=1}^{\infin} (a_{n}\cos{n\pi{x}}+b_{n}\sin{n\pi{x}}) ∑n=1∞(ancosnπx+bnsinnπx)
(4),即得 f ( x ) f(x) f(x)的傅里叶级数 -
Note:利用式(4),可以求得 S = ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 S=\sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{n^2} S=∑n=1∞n21
- 令式(4)中
x
=
2
x=2
x=2,即得
0
=
1
4
+
∑
n
=
1
∞
a
n
0=\frac{1}{4}+\sum_{n=1}^{\infin}a_{n}
0=41+∑n=1∞an=
1
4
+
1
π
2
∑
n
=
1
∞
(
−
1
)
n
−
1
n
2
\frac{1}{4}+\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infin}\frac{(-1)^{n}-1}{n^2}
41+π21∑n=1∞n2(−1)n−1
(5) - 利用式(5),可以算得 S S S= π 2 6 \frac{\pi^2}{6} 6π2,详情参考下一节例
- 令式(4)中
x
=
2
x=2
x=2,即得
0
=
1
4
+
∑
n
=
1
∞
a
n
0=\frac{1}{4}+\sum_{n=1}^{\infin}a_{n}
0=41+∑n=1∞an=
1
4
+
1
π
2
∑
n
=
1
∞
(
−
1
)
n
−
1
n
2
\frac{1}{4}+\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infin}\frac{(-1)^{n}-1}{n^2}
41+π21∑n=1∞n2(−1)n−1
三角函数和(-1)的幂转换关系
-
cos
n
π
=
(
−
1
)
n
\cos{n\pi}=(-1)^n
cosnπ=(−1)n
- − cos ( n π ) = ( − 1 ) n + 1 -\cos{(n\pi)}=(-1)^{n+1} −cos(nπ)=(−1)n+1
- cos k n π \cos kn\pi cosknπ= cos ( ( k − 2 ⌊ k 2 ⌋ ) n π ) \cos{((k-2\lfloor\frac{k}{2}\rfloor)n\pi)} cos((k−2⌊2k⌋)nπ)
- cos 2 n π \cos{2n\pi} cos2nπ= cos 0 \cos{0} cos0=1
-
sin
n
π
=
0
\sin{n\pi}=0
sinnπ=0
- sin k n π \sin{kn\pi} sinknπ= 0 0 0, k ∈ Z k\in\mathbb{Z} k∈Z
- sin ( n π + π 2 ) = ( − 1 ) n \sin{(n\pi+\frac{\pi}{2})}=(-1)^{n} sin(nπ+2π)=(−1)n
(-1)的幂与级数的奇偶项
- ( − x ) n = ( − 1 ) n x n (-x)^n=(-1)^nx^n (−x)n=(−1)nxn
-
(
−
1
)
n
−
1
=
(
−
1
)
n
+
1
(-1)^{n-1}=(-1)^{n+1}
(−1)n−1=(−1)n+1
- ( − 1 ) n + 1 ( − 1 ) n − 1 = ( − 1 ) 2 = 1 \frac{(-1)^{n+1}}{(-1)^{n-1}}=(-1)^2=1 (−1)n−1(−1)n+1=(−1)2=1
-
(
−
1
)
n
(-1)^{n}
(−1)n
- ( − 1 ) n (-1)^{n} (−1)n= 1 1 1, n n n为偶数
- ( − 1 ) n (-1)^{n} (−1)n= − 1 -1 −1, n n n为奇数
- ( − 1 ) n − 1 (-1)^{n}-1 (−1)n−1= 0 0 0, n n n为偶数
- ( − 1 ) n − 1 (-1)^{n}-1 (−1)n−1= − 2 -2 −2, n n n为奇数
- ( − 1 ) n + 1 (-1)^{n}+1 (−1)n+1= 2 2 2, n n n为偶数
- ( − 1 ) n + 1 (-1)^{n}+1 (−1)n+1= 0 0 0, n n 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
-
∑
n
=
1
∞
(
−
1
)
n
−
1
n
2
\sum_{n=1}^{\infin}\frac{(-1)^{n}-1}{n^2}
∑n=1∞n2(−1)n−1=
−
2
1
2
+
0
+
−
2
3
3
+
0
+
−
2
5
2
+
⋯
\frac{-2}{1^2}+0+\frac{-2}{3^3}+0+\frac{-2}{5^2}+\cdots
12−2+0+33−2+0+52−2+⋯=
−
2
∑
n
=
1
∞
1
(
2
n
−
1
)
2
-2\sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{(2n-1)^2}
−2∑n=1∞(2n−1)21
(1)
例
-
已知 1 4 + 1 π 2 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n 2 \frac{1}{4}+\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infin}\frac{(-1)^{n}-1}{n^2} 41+π21∑n=1∞n2(−1)n−1= 0 0 0
(2),求 S S S= ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 \sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{n^2} ∑n=1∞n21-
将(1)代入(2),可得: π 2 8 \frac{\pi^2}{8} 8π2= ∑ n = 1 ∞ 1 ( 2 n − 1 ) 2 \sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{(2n-1)^2} ∑n=1∞(2n−1)21
(3) -
∑ n = 1 ∞ 1 ( 2 n − 1 ) 2 \sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{(2n-1)^2} ∑n=1∞(2n−1)21= 1 1 2 + 1 3 3 + 1 5 2 + ⋯ \frac{1}{1^2}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{5^2}+\cdots 121+331+521+⋯
(4) -
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 \sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{n^2} ∑n=1∞n21= 1 1 2 + 1 2 2 + 1 3 2 + ⋯ \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots 121+221+321+⋯
(5) -
[ ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 ] [\sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{n^2}] [∑n=1∞n21]- [ ∑ n = 1 ∞ 1 ( 2 n − 1 ) 2 ] [\sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{(2n-1)^2}] [∑n=1∞(2n−1)21]= 1 2 2 + 1 4 2 + ⋯ \frac{1}{2^2}+\frac{1}{4^{2}}+\cdots 221+421+⋯= ∑ n = 1 ∞ 1 ( 2 n ) 2 \sum_{n=1}^{\infin}{\frac{1}{(2n)^2}} ∑n=1∞(2n)21= 1 4 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 \frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{n^2} 41∑n=1∞n21
(6) -
可见 S S S- π 2 8 \frac{\pi^2}{8} 8π2= 1 4 S \frac{1}{4}S 41S,解得 S = π 2 6 S=\frac{\pi^2}{6} S=6π2
-
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