7.4 Fourier级数

本节讨论另一类在理论上和应用中都有重要价值的函数项级数——Fourier 级数. Fourier 级数是一种三角级数, 三角级数的一般形式为

$$\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),\text{\hspace{1em}(4.1)}$$

其中系数 $a_0,a_n,b_n$ ( $n=1,2,\cdots$ ) 都是实常数. 由于三角级数的通项是三角函数（正弦和余弦函数），因此，它是研究周期性物理现象的重要数学工具. 本节主要讨论怎样将一个已知函数表示为三角级数的问题，也就是将函数展开为 Fourier 级数的问题.

4.1 周期函数与三角级数

在科学技术中,常常会遇到各种各样的周期现象.周期现象在数学上可用周期函数来近似描述.最简单的周期函数是正弦(或余弦)函数

$$y=A\sin (\omega x+\phi ),$$

它们描述了物理中的所谓简谐振动问题,其中 $A$, $\omega$ 和 $\phi$ 分别叫做振幅、频率和初位相.它的周期 $T=\frac{2\pi }{\omega }$ , 当 $\omega =1$ 时, $T=2\pi$ , 因此, 又称之为正弦波或谐波.

考虑如下一列正弦函数：

$$A_1\sin (x+{\phi }_1),A_2\sin (2x+{\phi }_2),\dots ,A_n\sin (nx+{\phi }_n),\dots ,$$

它们的共同周期为 $2\pi$ 易见，两个周期为 $2\pi$ 的正弦函数的叠加仍是一个周期为 $2\pi$ 的周期函数.一般地， $n$ 个周期为 $2\pi$ 的正弦函数与常数 $A_0$ 之和

$$S_n(x)=A_0+\sum _{k=1}^n{A}_k\sin (kx+{\phi }_k)$$

(称为 $n$ 次三角多项式) 也是一个以 $2\pi$ 为周期的周期函数. 如果 ${\lim }_{n\to \infty }{S}_n(x)=S(x)$ ，也就是说，由一周期为 $2\pi$ 的正弦函数列所构成的级数

$$A_0+\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n\sin (nx+{\phi }_n)$$

收敛于 $S(x)$ ，那么和函数 $S(x)$ 还是以 $2\pi$ 为周期的周期函数.

现在自然要提如下相反的问题:能否把一个给定的以 $2\pi$ 为周期的周期函数 $f(x)$ 表示(展开)成一列正弦函数之和呢?也就是表达式

$$f(x)=A_0+\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n\sin (nx+{\phi }_n)\text{\hspace{1em}(4.2)}$$

能否成立呢？如果能，那么，就可以通过简单的正弦函数来研究复杂的周期函数$f(x)$ 的性质,用 $n$ 次三角多项式来任意逼近周期函数 $f(x)$ . 在物理上, 就可以用简单的正弦波的叠加来研究各种复杂的周期现象, 这是一件非常有意义的事情. 实际上, 早在 1807 年, 法国数学家和物理学家 Fourier 在研究热传导问题时就研究并解决了这个问题, 后人因此称之为把函数 $f(x)$ 展开为 Fourier 级数. 下面就来讨论这个问题. 由于

$$A_n\sin (nx+{\phi }_n)=A_n(\sin nx\cos {\phi }_n+\cos nx\sin {\phi }_n)=a_n\cos nx+b_n\sin nx,$$

其中 $a_n=A_n\sin {\phi }_n,b_n=A_n\cos {\phi }_n$ ( $n=1,2,\cdots$ ). 为与今后得到的系数公式统一起见，记 $A_0=\frac{a_0}{2}$ ，那么(4.2)式右端的级数就变成三角级数(4.1)的形式了. 因此，上面的问题就变为能否将一个周期为 $2\pi$ 的周期函数 $f(x)$ 展开为形如(4.1)式的三角级数. 为了研究这类问题，也需要解决两个问题：

(1) $f(x)$ 满足什么条件时,才能展开成三角级数(4.1)?

（2）如果 $f(x)$ 能展开成三角级数，展开式中的系数 $a_0,a_n,b_n(n=1,2,\cdots )$ 如何计算？

4.2 三角函数系的正交性与 Fourier 级数

首先讨论问题(2).我们知道,三角级数(4.1)是由函数系

$$\{1,\cos x,\sin x,\cos 2x,\sin 2x,\dots ,\cos nx,\sin nx,\dots \}$$

构成的,通常称之为三角函数系.这个函数系有一个非常重要的性质:其中任意两个不同函数的乘积在 $[-\pi ,\pi ]$ 上的积分等于零,而任一函数的平方在 $[-\pi ,\pi ]$ 上的积分都不等于零.即 $\forall m,n\in N_{+}$ ,

$$\begin{array}{rl}& {\int }_{-\pi }^{\pi }\cos nx\mathrm{d}x=0,{\int }_{-\pi }^{\pi }\sin nx\mathrm{d}x=0;\\ & {\int }_{-\pi }^{\pi }\cos mx\cos nx\mathrm{d}x=0,{\int }_{-\pi }^{\pi }\sin mx\sin nx\mathrm{d}x=0(m\ne n),{\int }_{-\pi }^{\pi }\sin mx\cos nx\mathrm{d}x=0;\\ & {\int }_{-\pi }^{\pi }{\cos }^{2}nx\mathrm{d}x={\int }_{-\pi }^{\pi }{\sin }^{2}nx\mathrm{d}x=\pi ,{\int }_{-\pi }^{\pi }{1}^2\mathrm{d}x=2\pi .\end{array}$$

读者不难用积分法直接证明上述等式.而且,根据三角函数的周期性,它们在长为一

个周期的任何区间 $[a,a+2\pi ]$ （$a$为常数）上都成立.

一般地, 若 $f,g\in \mathcal{R}[a,b]$ , 且 ${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=0$ , 则称函数 $f$ 与 $g$ 在 $[a,b]$ 上正交. 设 $\{f_n\}$ 是区间 $[a,b]$ 上的一个函数列, 若其中任意两个不同的函数在 $[a,b]$ 上正交, 且 ${\int }_a^b{f}_n^2(x)dx\ne 0(n=1,2,\cdots )$ , 则称 $\{f_n\}$ 是 $[a,b]$ 上的正交函数系. 三角函数系的上述性质表明, 它在长为一个周期的任何区间 $[a,a+2\pi ]$ 上都构成一个正交函数系. 两个函数正交的概念是两个向量正交的推广.

数字资源 7.4.1·怎样理解函数的正交性概念

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利用三角函数的正交性可以解决问题(2).设$f$是以 $2\pi$ 为周期的可积函数,由于周期性,只要在 $[-\pi ,\pi ]$ 上讨论就可以了.假定$f$在 $[-\pi ,\pi ]$ 上能展开为三角级数,即

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),\text{\hspace{1em}(4.3)}$$

并且假定右端级数在 $\left[-\pi ,\pi \right]$ 上一致收敛于$f$.在(4.3)式两端同乘 $\cos kx(k=0,1,2,\cdots )$ ，并在 $\left[-\pi ,\pi \right]$ 上逐项积分，得

$${\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos kx\mathrm{d}x=\frac{a_0}{2}{\int }_{-\pi }^{\pi }\cos kx\mathrm{d}x+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n{\int }_{-\pi }^{\pi }\cos nx\cos kx\mathrm{d}x+b_n{\int }_{-\pi }^{\pi }\sin nx\cos kx\mathrm{d}x\right).$$

根据正交性, 当 k=0 时,

$${\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\mathrm{d}x=\frac{a_0}{2}{\int }_{-\pi }^{\pi }\mathrm{d}x=\pi a_0,$$

从而得

$$a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\mathrm{d}x;$$

当 $k\ne 0$ 时，

$${\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos kx\mathrm{d}x=a_k{\int }_{-\pi }^{\pi }{\cos }^{2}kx\mathrm{d}x=\pi a_k,$$

从而得

$$a_k=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos kx\mathrm{d}x(k=1,2,\dots ).$$

类似地,用 $\sin kx$ 同乘(4.3)式两端,并逐项积分可得

$$b_k=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin kx\mathrm{d}x(k=1,2,\dots ).$$

将上面的结果合并起来就得到系数公式：

$$\begin{array}{ll}{a}_k=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos kx\mathrm{d}x& (k=0,1,2,\dots ),\\ b_k=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin kx\mathrm{d}x& (k=1,2,\dots ).\end{array}\text{\hspace{1em}(4.4)}$$

称(4.4)式为 Euler-Fourier 公式, 系数由这个公式确定的三角级数称为 $f$ 的 Fourier 级数, 这些系数称为 $f$ 的 Fourier 系数.

系数公式(4.4)是在$f$能展开为(4.3)式并且右端的三角级数一致收敛于$f$的条件下求得的,但仅从公式本身来看,只要$f$在 $\left[-\pi ,\pi \right]$ 上可积,就可以按此公式计算出系数 $a_k$ 与 $b_k$ ,并唯一地写出$f$的Fourier级数,即

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right).$$

至于这个级数是否收敛;如果收敛,是否收敛于$f$的问题还需要进一步研究.一旦证明了该级数收敛,而且收敛于$f$之后,就可以把上式中的符号“~”换成等号“=”.因此,下面我们来研究问题(1).

4.3 周期函数的 Fourier 展开

函数的 Fourier 级数的收敛性问题是一个相当复杂的理论问题,至今还没有便于

应用的判别敛散性的充要条件,下面不加证明地给出一个应用较为广泛的充分条件.为此,先说明什么叫分段单调函数.设有函数 $f:[a,b]\to R$ ,如果在 $[a,b]$ 内插入n-1个分点

$$a=x_0<x_1<x_2<\cdots <x_{n-1}<x_n=b$$

能使 $f$ 在每个开子区间 $(x_{k-1},x_k)$ 内都单调，那么就称 $f$ 在 $[a,b]$ 上分段单调（图 7.5）.

图7.5

Dirichlet 定理 设函数 $f$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上分段单调, 而且除有限个第一类间断点外都是连续的, 那么它的 Fourier 级数在 $[-\pi ,\pi ]$ 上收敛, 且其和函数为

$S(x)=\{\begin{array}{ll}f(x),& x\text{是}f\text{的连续点},\\ \frac{f(x-0)+f(x+0)}{2},& x\text{是}f\text{的间断点},\\ \frac{f(-\pi +0)+f(\pi -0)}{2},& x=\pm \pi .\end{array}$

在上述定理中,虽然并非对 $\left[-\pi ,\pi \right]$ 上的每个点注意：由Dirichlet定理易见：(1)将函数 $f$ 展开为Fourier级数的条件比展开为Taylor级数的条件要弱得多；(2)只要函数 $f$ 满足Dirichlet条件，不论 $x$ 是连续点还是间断点，它的Fourier级数都收敛，但其和函数不一定等于该点的函数值，在间断点处仅等于 $f$ 在该点处左、右极限的算术平均值.

$x,f(x)$ 的 Fourier 级数都收敛于 $f(x)$ 自身, 但为方便起见, 常把定理中的三种收敛情形都说成是 $f$ 的 Fourier 级数在 $[-\pi ,\pi ]$ 上收敛于 $f$ , 或者 $f$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上被展开为 Fourier 级数.

定理中的条件称为Dirichlet条件，它是判别收敛性的一个充分条件.在实际应用中，很多函数都能满足这个条件

还应当指出的是,虽然定理中的$f$仅定义在 $[-\pi ,\pi ]$ 上,但由于Fourier级数的各项是以 $2\pi$ 为周期的函数,所以它的和函数也是以 $2\pi$ 为周期的函数.只要将 $f$ 按照周期 $2\pi$ 向左右两侧作周期延拓,即在每个区间 $\left[(2n-1)\pi ,(2n+1)\pi \right)(n=\pm 1,\pm 2,\cdots )$ 上重复取它在 $[-\pi ,\pi )$ 上的值,那么它的 Fourier 级数就在整个数轴上都收敛于 $f$ 了,即有

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),x\in (-\infty ,+\infty ).$$

此时,就说$f$在整个数轴上被展开为Fourier级数,上式右端的级数也称为$f$在 $(-\infty ,+\infty )$ 上的Fourier展开式.

特别地,如果$f$在 $[-\pi ,\pi ]$ 上是奇函数,那么由于 $f(x)\cos nx$ 也是奇函数,而 $f(x)\sin nx$ 是偶函数,所以

函数 $f$ 的 Fourier 级数与函数 $f$ 的 Fourier 展开式是两个不同的概念. 前者是指系数由公式 (4.4) 确定的三角级数, 并不要求该级数收敛于 $f$, 而后者则要求该级数收敛, 且在连续点收敛于 $f$.

$$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\mathrm{d}x=0(n=0,1,2,\dots ),$$ $$b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\sin nx\mathrm{d}x(n=1,2,\dots ).$$

从而,它的 Fourier 展开式变为

$$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin nx,x\in (-\infty ,+\infty ).$$

由此可见,奇函数的 Fourier 展开式只含正弦项,称这种级数为 $f$ 的 Fourier 正弦级数. 类似可知,如果$f$在 $[-\pi ,\pi ]$ 上是偶函数,那么它的Fourier展开式中只含余弦项.即

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos nx,x\in (-\infty ,+\infty ),$$

其中

$$a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\cos nx\mathrm{d}x(n=0,1,2,\dots ),$$

称它为 $f$ 的Fourier余弦级数.

例 4.1

设 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的函数, 它在 $(-\pi ,\pi ]$ 上的定义为

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}0,& -\pi <x<0,\\ x,& 0⩽x⩽\pi .\end{array}$$

求 $f$ 的Fourier展开式.

解

函数 $f$ 的图像如图 7.6所示. 显然, 它在 $[-\pi ,\pi ]$ 上满足Dirichlet条件. 根据系数公式(4.4)得

图7.6

$$a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2},$$$$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\cos nx\mathrm{d}x$$

$=\frac{1}{\pi }\left[\frac{x\sin nx}{n}{|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\frac{\sin nx}{n}\mathrm{d}x\right]=\frac{(-1{)}^n-1}{n^2\pi }=\{\begin{array}{ll}-\frac{2}{n^2\pi },& n\text{为奇数，}\\ 0,& n\text{为偶数，}\end{array}$

$$b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\sin nx\mathrm{d}x$$$$=\frac{1}{\pi }\left[\frac{-x\cos nx}{n}{|}_0^{\pi }+\frac{1}{n}{\int }_0^{\pi }\cos nx\mathrm{d}x\right]=\frac{(-1{)}^{n+1}}{n}=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{n},& n\text{为奇数,}\\ -\frac{1}{n},& n\text{为偶数.}\end{array}$$

因此,根据 Dirichlet 定理,当 $x\in (-\pi ,\pi )$ 时,

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{\pi }{4}-\left(\frac{2}{\pi }\cos x-\sin x\right)-\frac{\sin 2x}{2}-\left(\frac{2}{3^2\pi }\cos 3x-\frac{1}{3}\sin 3x\right)-\dots \\ & =\frac{\pi }{4}-{\sum }_{k=1}^{\infty }\left[\frac{2}{(2k-1{)}^2\pi }\cos (2k-1)x+\frac{(-1{)}^k}{k}\sin kx\right].\end{array}$$

当 $x=\pm \pi$ 时, $f$ 的 Fourier 级数收敛于

$$\frac{1}{2}[f(-\pi +0)+f(\pi -0)]=\frac{\pi }{2}.$$

易见,在整个数轴上,函数$f$的Fourier级数除了在点 $x=n\pi$ ( $n=\pm 1,\pm 3,\pm 5,\cdots$ )处收敛于 $\frac{\pi }{2}$ 外,在其余各点$x$处都收敛于 $f(x)$ .

画出例4.1 中函数 $f(x)$ 的 Fourier 级数的和函数的图像，并与 $f(x)$ 的图像加以比较，指出它们之间有何不同.

在此例中,由于$f$的Fourier级数在 $x=n\pi$ ( $n=\pm 1,\pm 3,\pm 5,\cdots$ )处收敛于 $\frac{\pi }{2}$ ,将它们代入$f$的Fourier级数,便得到了一个常数项级数的和,即

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{8}.$$

例 4.2

设 $f(x)$ 的周期为 $2\pi$ ，它在 $[-\pi ,\pi )$ 上的定义为

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}0,& -\pi ⩽x<0,\\ 1,& 0⩽x<\pi ,\end{array}$$

求 $f(x)$ 的 Fourier 级数及此 Fourier 级数的和函数 $S(x)$ .

解

显然 $f$ 满足 Dirichlet 条件, 根据系数公式(4.4),

$$a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }\mathrm{d}x=1,$$$$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }\cos nx\mathrm{d}x=0(n=1,2,\dots ),$$

$b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }\sin nx\mathrm{d}x=\frac{1-(-1{)}^n}{n\pi }=\{\begin{array}{rlr}& \frac{2}{n\pi },& n为奇数,\\ & 0,& n为偶数.\end{array}$

所以， $f(x)$ 的Foruier级数为 $\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }{\sum }_{k=1}^{\infty }\frac{\sin (2k-1)x}{2k-1}$ 根据Dirichlet定理，它在 $[-\pi ,\pi ]$ 上收敛于和函数

$$S(x)=\{\begin{array}{ll}0,& -\pi <x<0,\\ 1,& 0<x<\pi ,\\ \frac{1}{2},& x=0,\pm \pi .\end{array}$$

由于 $f(x)$ 是以 $2\pi$ 为周期的函数,所以它的 Fourier 级数在 $(-\infty ,+\infty )$ 上除去 $x=n\pi (n=0,\pm 1,\pm 2,\cdots )$ 的点处都收敛于 $f(x)$ ,在点 $x=n\pi$ 处收敛于 $\frac{1}{2}$ .

前面已经指出，在Dirichlet定理中， $f(x)$ 的Fourier级数并非处处收敛于 $f(x)$ ，更不一定一致收敛于 $f(x)$ ，这种情况在上面两个例子中也可以很清楚地看到。例如，在例4.2中 $f(x)$ 的Fourier级数的前三个部分和为

$$\begin{array}{l}{S}_1(x)=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\sin x,S_2(x)=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\left(\sin x+\frac{\sin 3x}{3}\right),\\ S_3(x)=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\left(\sin x+\frac{\sin 3x}{3}+\frac{\sin 5x}{5}\right).\end{array}$$

从它们的图像(图 7.7)易见,虽然从局部上看,在某些点处(如 $x=0,\pm \pi$ 等) $S_n(x)$ 与 $f(x)$ 的值相差甚大,可能等于 $\frac{1}{2}$ ,但是从整体上看,随着$n$的增大, $S_n(x)$ 的图像越来越逼近于 $f(x)$ 的图像，因此， $S_n(x)$ 不失为是对 $f(x)$ 的一种很好的逼近！为了从

数量关系上讨论这种逼近,人们采用 ${\left({\int }_{-\pi }^{\pi }{\left[f(x)-S_n(x)\right]}^2\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{2}}$ 来刻画它们之间的误差.粗略地说,就是用在 $[-\pi ,\pi ]$ 上各点处 $S_n(x)$ 近似代替 $f(x)$ 产生的误差 $|f(x)-S_n(x)|$ 的平方在 $[-\pi ,\pi ]$ 上无限累加后再开方来度量.这就是所谓的平均

图7.7

平方逼近,简称均方逼近.因此,将函数$f$展开为它的Fourier级数,实际上就是用$f$的Fourier三角多项式来均方逼近$f$.可以证明,在所有的三角多项式中,$f$的Fourier三角多项式是对$f$的最佳均方逼近.

数字资源 7.4.2·怎样理解函数Fourier级数的均方逼近

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例 4.3

设 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的函数, 它在 $[-\pi ,\pi )$ 上的定义为

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}-\frac{A}{\pi }x,& -\pi ⩽x<0,\\ \frac{A}{\pi }x,& 0⩽x<\pi ,\end{array}$$

求 $f$ 的Fourier展开式，其中 $A$ 为常数

解

函数 $f$ 的图像如图 7.8所示, 电子学中称之为三角波. 显然, 它在 $[-\pi ,\pi ]$ 上满足Dirichlet条件(以后所给函数均满足此条件, 不再一一说明).

图7.8

由于它是偶函数,所以 $b_n=0(n=1,2,\cdots )$ . 而

$$a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\frac{A}{\pi }x\mathrm{d}x=A,$$$$a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\cos nx\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\frac{A}{\pi }x\cos nx\mathrm{d}x=\frac{2A}{{\pi }^2}{\left[\frac{x\sin nx}{n}\right|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\frac{\sin nx}{n}\mathrm{d}x]$$

$=\frac{2A}{n^2{\pi }^2}[(-1{)}^n-1]=\{\begin{array}{ll}0,& n\text{为偶数},\\ -\frac{4A}{n^2{\pi }^2},& n\text{为奇数}.\end{array}$

从而得 $f$ 的Fourier展开式为

$$f(x)=\frac{A}{2}-\frac{4A}{{\pi }^2}\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\cos (2k-1)x}{(2k-1{)}^2},x\in (-\infty ,+\infty ).$$

下面讨论周期为 $2l$ （ $l$ 为任意实数）的函数如何展开为 Fourier 级数的问题. 设 $f$ 是周期为 $2l$ 的函数，并且在 $[-l,l]$ 上满足 Dirichlet 条件. 为了求得它的 Fourier 展开式,我们先通过变量代换将该问题转化为周期为 $2\pi$ 函数的 Fourier 展开问题.令 $x=\frac{l}{\pi }t$ , 则 $f(x)=f\left(\frac{l}{\pi }t\right)$ . 若记 $g(t)=f\left(\frac{l}{\pi }t\right)$ , 不难验证, $g$ 就是一个周期为 $2\pi$ 的函数, 并且在 $[-\pi ,\pi ]$ 上满足 Dirichlet 条件. 根据 Dirichlet 定理, 它的 Fourier 级数在 $[-\pi ,\pi ]$ 上收敛于 g （此处收敛的含义也包含该定理中的三种情形）, 即

$$g(t)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nt+b_n\sin nt),$$

其中

$$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f\left(\frac{l}{\pi }t\right)\cos nt\mathrm{d}t(n=0,1,2,\dots ),$$ $$b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f\left(\frac{l}{\pi }t\right)\sin nt\mathrm{d}t(n=1,2,\dots ).$$

再将变量换回到 $x$ 便得 $f$ 在 $[-l,l]$ 上的 Fourier 展开式

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos \frac{n\pi x}{l}+b_n\sin \frac{n\pi x}{l}\right),\text{\hspace{1em}(4.5)}$$

其中系数 $a_n$ 与 $b_n$ 可由下面的公式求得

$$\{\begin{array}{ll}{a}_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x& (n=0,1,2,\dots ),\\ b_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x& (n=1,2,\dots ).\end{array}\text{\hspace{1em}(4.6)}$$

若 $f$ 定义在有限区间 $[-l,l]$ 上，关于对 $f$ 作周期延拓以及 $f$ 为奇函数或偶函数的情形如何展开等问题与 $f$ 为以 $2\pi$ 为周期的函数类似，不再一一重述.

例 4.4

将以 4 为周期, 在 $[-2,2]$ 上定义为

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2\delta },& |x|<\delta ,\\ 0,& \delta ⩽|x|⩽2\end{array}$$

的函数 $f$ 展开为Fourier级数.

解

$f$ 的图像如图 7.9 所示, 电子学中称之为矩形脉冲.

由于它是偶函数,所以 $b_n=0(n=1,2,\cdots )$ ,而

$$a_0=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{\delta }\frac{1}{2\delta }\mathrm{d}x=\frac{1}{2},$$

图7.9

$$a_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x={\int }_0^{\delta }\frac{1}{2\delta }\cos \frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x=\frac{1}{n\pi \delta }\sin \frac{n\pi \delta }{2}(n=1,2,\dots ).$$

因此，当 $x\in [-2,-\delta )\cup (-\delta ,\delta )\cup (\delta ,2]$ 时，

$$f(x)=\frac{1}{4}+\frac{1}{\pi \delta }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\sin \frac{n\pi \delta }{2}\cos \frac{n\pi x}{2};$$

当 $x=\pm \delta$ 时，它的Fourier级数收敛于 $\frac{1}{4\delta }$

4.4 定义在 $[0,l]$ 上函数的Fourier展开

设函数 $f$ 定义在区间 $[0,l]$ 上，周期为 $2l$ ，并且满足Dirichlet条件。为了求它的Fourier展开式，将它任意延拓到区间 $[-l,0)$ 上，即在 $[-l,0)$ 上对函数 $f$ 作任意补充定义，得到一个定义在 $[-l,l]$ 上的辅助函数 $F$ ，使得 $F$ 在 $[-l,l]$ 上满足Dirichlet条件，并且在 $[0,l]$ 上等于 $f$ 。只要我们能将 $F$ 在 $[-l,l]$ 上展开为Fourier级数，那么就得到 $f$ 在 $[0,l]$ 上的Fourier展开式。

在理论上,延拓的方式有无穷多种,可以根据问题不同的要求采用不同的延拓方式,但常用的是下面两种:

1. 偶延拓

如果要求将 $f$ 在 $[0,l]$ 上展开成 Fourier 余弦级数, 可采用偶延拓的方式, 就是使 $F$ 是 $[-l,l]$ 上的偶函数, 即

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}f(x),& 0⩽x⩽l,\\ f(-x),& -l⩽x<0.\end{array}$$

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将 $F$ 在 $[-l,l]$ 上展开为 Fourier 级数, 得

$$b_n=0(n=1,2,\dots ),$$ $$a_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x(n=0,1,2,\dots ).$$

二维码7.4.3函数展开为Fourier级数的方法.

从而可知

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos \frac{n\pi x}{l}$$

就是$f$在 $[0,l]$ 上的Fourier余弦展开式.

2. 奇延拓

如果要求将 $f$ 在 $[0,l]$ 上展开为Fourier正弦级数，可采用奇延拓的方式，就是使 $F$ 是 $[-l,l]$ 上的奇函数，即

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}f(x),& 0<x⩽l,\\ -f(-x),& -l⩽x<0.\end{array}$$

根据奇函数的定义,必须有 $f(0)=0$ .如果$f$不满足这个条件,那么首先应当改变它在x=0的值,使它符合这个要求,然后再将$F$在 $[-l,l]$ 上展开,得

$$a_n=0(n=0,1,2,\dots ),$$ $$b_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x(n=1,2,\dots ).$$

从而可知， $f$ 在 $[0,l]$ 上的Fourier正弦展开式就是

$$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin \frac{n\pi x}{l}.$$

从上面讨论可见,无论是偶延拓还是奇延拓,在计算展开式的系数时,只用到$f$ 在 $[0,l]$ 上的值.所以,在解题过程中并不需要具体作出辅助函数$F$,只要指明采用哪一种延拓方式就够了.

例 4.5

将函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& 0⩽x⩽1,\\ 2-x,& 1<x⩽2\end{array}$$

在 $[0,2]$ 上展开为周期为4的Fourier正弦级数.

解

根据要求,本题应采用奇延拓.因此有

$$a_n=0(n=0,1,2,\dots ),$$$$\begin{array}{rl}{b}_n& ={\int }_0^{2}f(x)\sin \frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x={\int }_0^{1}x\sin \frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x+{\int }_1^2(2-x)\sin \frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x\\ & =-\frac{2}{n\pi }{\left(x\cos \frac{n\pi x}{2}\right|}_0^1-{\int }_0^1\cos \frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x)-\frac{4}{n\pi }\cos \frac{n\pi x}{2}{|}_1^2+\frac{2}{n\pi }{\left(x\cos \frac{n\pi x}{2}\right|}_1^2-{\int }_1^2\cos \frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x)\end{array}$$$$=\frac{8}{n^2{\pi }^2}\sin \frac{n\pi }{2}=\{\begin{array}{cc}(-1{)}^k\frac{8}{n^2{\pi }^2},& n=2k+1,\\ 0,& n=2k\end{array}(k=0,1,2,\dots ).$$

从而得

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$$f(x)=\frac{8}{{\pi }^2}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^k}{(2k+1{)}^2}\sin \frac{(2k+1)\pi x}{2},x\in [0,2].$$

* 4.5 Fourier 级数的复数形式

在实际应用中, 将 Fourier 级数化成复数形式更为方便.

二维码7.4.4将函数展开为Fourier级数与Taylor级数有哪些不同.

设 $f$ 是在 $[-l,l]$ 上满足Dirichlet条件、周期为 $2l$ 的函数，那么，它可以展开为形

如(4.5)式的 Fourier 级数, 系数 $a_n$ 与 $b_n$ 由(4.6)式确定. 令 $\omega =\frac{\pi }{l}$ , 则由 Euler 公式,

$$\cos \frac{n\pi x}{l}=\cos n\omega x=\frac{1}{2}({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}n\omega x}+{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}n\omega x}),$$ $$\sin \frac{n\pi x}{l}=\sin n\omega x=\frac{1}{2\mathrm{i}}({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}n\omega x}-{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}n\omega x}).$$

代入(4.5)式得

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{a_0}{2}+{\sum }_{n=1}^{+\infty }\left[\frac{a_n}{2}({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}n\omega x}+{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}n\omega x})-\frac{b_n\mathrm{i}}{2}({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}n\omega x}-{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}n\omega x})\right]\\ & =\frac{a_0}{2}+{\sum }_{n=1}^{+\infty }\left(\frac{a_n-\mathrm{i}{b}_n}{2}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}n\omega x}+\frac{a_n+\mathrm{i}{b}_n}{2}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}n\omega x}\right).\end{array}$$

把上式中各项系数分别记成

$$C_0=\frac{a_0}{2},C_n=\frac{a_n-\mathrm{i}{b}_n}{2},C_{-n}=\frac{a_n+\mathrm{i}{b}_n}{2}(n=1,2,\dots ),$$

那么， $f$ 的Fourier展开式就可以写成更简洁的复数形式：

$$f(x)=\sum _{n=0}^{+\infty }{C}_n{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}n\omega x}+\sum _{n=1}^{+\infty }{C}_{-n}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}n\omega x}=\sum _{n=-\infty }^{+\infty }{C}_n{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}n\omega x},\text{\hspace{1em}(4.7)}$$

其中

$$C_0=\frac{a_0}{2}=\frac{1}{2l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\mathrm{d}x,$$ $$\begin{array}{rl}{C}_{\pm n}& =\frac{a_n\mp \mathrm{i}{b}_n}{2}=\frac{1}{2l}{\int }_{-l}^{l}f(x)(\cos n\omega x\mp \mathrm{i}\sin n\omega x)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2l}{\int }_{-l}^{l}f(x){\mathrm{e}}^{\mp \mathrm{i}n\omega x}\mathrm{d}x(n=1,2,\dots ),\end{array}$$

也能写成统一的形式

$$C_n=\frac{1}{2l}{\int }_{-l}^{l}f(x){\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}n\omega x}\mathrm{d}x(n=0,\pm 1,\pm 2,\dots ).\text{\hspace{1em}(4.8)}$$

函数 $f$ 的Fourier级数的复数形式与实数形式没有本质上的差异, 但应用上常常更为方便. 例如, 在电子技术中, 可以利用它来作频谱分析. 本节开始就曾指出, 为了研究复杂的周期现象, 常常将一个描写该周期现象的周期函数 $f$ 展开为Fourier级数. 在物理上就是将一个复杂的周期波 $f$ (非正弦波) 分解为一系列不同频率的简单正弦波(谐波)的叠加, 这些正弦波的频率通常称为 $f$ 的频率成分. 在工程应用中, 经常需要分析各种频率成分的正弦波振幅的大小, 称之为频谱分析.

在 $f$ 的Fourier展开式中， $\frac{a_0}{2}$ 称为非正弦波 $f$ 的直流分量，与 $f$ 同频率的正弦波$a_1\cos \omega x+b_1\sin \omega x$ 称为基波，而 $a_n\cos n\omega x+b_n\sin n\omega x=A_n\sin (n\omega x+{\phi }_n)$ （其中 $A_n=\sqrt{a_n^2+b_n^2}$ ）称为 $n$ 阶谐波.在复数形式(4.7)中，由于

$$\mid C_n\mid =\mid C_{-n}\mid =\frac{1}{2}\sqrt{a_n^2+b_n^2}=\frac{1}{2}{A}_n,$$

因此,系数 $C_n$ 与 $C_{-n}$ 直接反映了 $n$ 阶谐波振幅 $A_n$ 的大小.通常称 $A_n$ 为周期波(或信号)f 的振幅频谱,简称为频谱.在作频谱分析时,根据各阶谐波的振幅与频率之间的函数关系画出相应的频谱图.例如,考察例4.4 中的矩形脉冲,将它的 Fourier 级数与 Fourier 系数化成复数形式,得

$$C_0=\frac{a_0}{2}=\frac{1}{4},$$ $$C_n=\frac{a_n-\mathrm{i}{b}_n}{2}=\frac{1}{2n\pi \delta }\sin \frac{n\pi \delta }{2}(n=\pm 1,\pm 2,\dots ),$$ $$f(x)=\frac{1}{4}+\frac{1}{2\pi \delta }\sum _{\begin{array}{c}n=-\infty \\ (n\ne 0)\end{array}}^{+\infty }\frac{1}{n}\sin \frac{n\pi \delta }{2}{e}^{in\omega x},x\in [-2,2]\setminus \{-\delta ,\delta \}.$$

有了 $C_n$ ，就容易画出它的频谱图.取脉冲宽度 $2\delta =\frac{T}{3}$ 即 $\delta =\frac{T}{6}=\frac{2}{3}$ （本题中 $T=4$ )，则

$$\mid C_n\mid =\frac{3}{4\pi \mid n\mid }\left|\sin \frac{n\pi }{3}\right|(n=\pm 1,\pm 2,\dots ).$$

列表如下：

n	0	1	2	3	4	5	6	7	…
$|C_n|$	$\frac{1}{4}$ (直流分量)	$\frac{3\sqrt{3}}{8\pi }$	$\frac{3\sqrt{3}}{8\pi }\cdot \frac{1}{2}$	0	$\frac{3\sqrt{3}}{8\pi }\cdot \frac{1}{4}$	$\frac{3\sqrt{3}}{8\pi }\cdot \frac{1}{5}$	0	$\frac{3\sqrt{3}}{8\pi }\cdot \frac{1}{7}$	…

画出矩形脉冲的频谱图如图 7.10所示,它是一条一条离散的谱线.随着谐波阶数$n$的增大,振幅很快减小,并且当 $n\to \infty$ 时趋于0.

例 4.6

设 $f$ 是以 $T=\frac{2\pi }{\omega }$ 为周期的函数, 它在 $\left[-\frac{\pi }{\omega },\frac{\pi }{\omega }\right]$ 上定义为

图7.10

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}0,& -\frac{\pi }{\omega }⩽t<0,\\ E\sin \omega t,& 0⩽t⩽\frac{\pi }{\omega },\end{array}$$

求 $f$ 复数形式的Fourier展开式.

解

函数 $f$ 的图像如图 7.11 所示. 电子学中它表示一个交变电压 $E\sin \omega t$ 经整流后所得到的周期波形, 称为半波整流.

图7.11

由系数公式(4.8)得

$$C_0=\frac{1}{2\cdot \frac{\pi }{\omega }}{\int }_{-\frac{\pi }{\omega }}^{\frac{\pi }{\omega }}f(t)\mathrm{d}t=\frac{\omega }{2\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{\omega }}E\sin \omega t\mathrm{d}t=\frac{\omega E}{2\pi }\left(-\frac{\cos \omega t}{\omega }\right){|}_0^{\frac{\pi }{\omega }}=\frac{E}{\pi },$$$$C_n=\frac{1}{2\cdot \frac{\pi }{\omega }}{\int }_{-\frac{\pi }{\omega }}^{\frac{\pi }{\omega }}f(t){\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}n\omega t}\mathrm{d}t=\frac{\omega E}{2\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{\omega }}\sin \omega t{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}n\omega t}\mathrm{d}t(n=\pm 1,\pm 2,\dots ).$$

当 $n\ne \pm 1$ 时，利用Euler公式上式又可化为

$$\begin{array}{rl}{C}_n& =\frac{\omega E}{4\pi \mathrm{i}}{\int }_0^{\frac{\pi }{\omega }}\left[{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}(n-1)\omega t}-{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}(n+1)\omega t}\right]\mathrm{d}t=\frac{E}{4\pi }\left[\frac{{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}(n-1)\omega t}}{n-1}{|}_0^{\frac{\pi }{\omega }}-\frac{{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}(n+1)\omega t}}{n+1}{|}_0^{\frac{\pi }{\omega }}\right]\\ & =\frac{E}{2\pi }\cdot \frac{(-1{)}^{n-1}-1}{n^2-1}=\{\begin{array}{ll}-\frac{E}{\pi }\cdot \frac{1}{(2k{)}^2-1},& n=2k,\\ 0,& n=2k+1\end{array}(k=\pm 1,\pm 2,\dots ).\end{array}$$

而

$$\begin{array}{rl}{C}_{\pm 1}& =\frac{\omega E}{2\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{\omega }}\sin \omega t{e}^{\mp i\omega t}dt=\frac{\omega E}{2\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{\omega }}(\sin \omega t\cos \omega t\mp i{\sin }^2\omega t)dt\\ & =\frac{\omega E}{2\pi }\left[\left(-\frac{\cos 2\omega t}{4\omega }\right){|}_0^{\frac{\pi }{\omega }}\mp i\left(\frac{t}{2}-\frac{\sin 2\omega t}{4\omega }\right){|}_0^{\frac{\pi }{\omega }}\right]=\mp \frac{E}{4}i.\end{array}$$

因此,我们有

$$\begin{array}{rl}f(t)& =\frac{E}{\pi }-\frac{E\mathrm{i}}{4}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\omega t}+\frac{E\mathrm{i}}{4}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\omega t}-\frac{E}{\pi }\sum _{\begin{array}{c}k=-\infty \\ k\ne 0\end{array}}^{+\infty }\frac{1}{(2k{)}^2-1}{\mathrm{e}}^{2k\omega t\mathrm{i}}\\ & =\frac{E}{\pi }+\frac{E}{2}\sin \omega t-\frac{E}{\pi }\sum _{\begin{array}{c}k=-\infty \\ k\ne 0\end{array}}^{+\infty }\frac{1}{4k^2-1}{\mathrm{e}}^{2k\omega t\mathrm{i}},t\in (-\infty ,+\infty ).\end{array}$$

与矩形脉冲类似,读者不难对半波整流画出相应的频谱图,进行频谱分析.

7.4 Fourier级数 课后真题与自测练习

习题与真题

收录本小节对应期中、期末与精选习题· 提供推导解析、试卷溯源与 LaTeX 导出

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