7.4 Fourier 级数

本节讨论另一类在理论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

(a₀)/(2) + ∑ₙ=1^(∞) (aₙ cos nx + bₙ sin nx) (4.1)$$\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nx+b_n\sin nx)\text{\hspace{1em}(4.1)}$$

其中系数 $a_0,a_n,b_n(n=1,2,\cdots )$ 都是实数。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(ω x + φ)$$y=A\sin (\omega x+\phi )$$

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。

考虑下列正弦函数：

A₁ sin(x + φ₁), A₂ sin(2x + φ₂), …, Aₙ sin(nx + φₙ), …$$A_1\sin (x+{\phi }_1),A_2\sin (2x+{\phi }_2),\cdots ,A_n\sin (nx+{\phi }_n),\cdots$$

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

Sₙ(x) = A₀ + ∑ₖ=1ⁿ Aₖ sin(kx + φₖ)$$S_n(x)=A_0+\sum _{k=1}^n{A}_k\sin (kx+{\phi }_k)$$

（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

A₀ + ∑ₙ=1^(∞) Aₙ sin(nx + φₙ)$$A_0+\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n\sin (nx+{\phi }_n)$$

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。

现在自然要提出如下相反的问题：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) = A₀ + ∑ₙ=1^(∞) Aₙ sin(nx + φₙ) (4.2)$$f(x)=A_0+\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n\sin (nx+{\phi }_n)\text{\hspace{1em}(4.2)}$$

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。

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来，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？
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, …, cos nx, sin nx, …}$$\{1,\cos x,\sin x,\cos 2x,\sin 2x,\cdots ,\cos nx,\sin nx,\cdots \}$$

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 $\forall m,n\in {\mathbb{N}}_{+}$，

∫_(-π)^(π) cos nx dx = 0, ∫_(-π)^(π) sin nx dx = 0;$${\int }_{-\pi }^{\pi }\cos nxdx=0,{\int }_{-\pi }^{\pi }\sin nxdx=0;$$ ∫_(-π)^(π) cos mx cos nx dx = 0, ∫_(-π)^(π) sin mx sin nx dx = 0 (m ≠ n), ∫_(-π)^(π) sin mx cos nx dx = 0;$${\int }_{-\pi }^{\pi }\cos mx\cos nxdx=0,{\int }_{-\pi }^{\pi }\sin mx\sin nxdx=0(m\ne n),{\int }_{-\pi }^{\pi }\sin mx\cos nxdx=0;$$ ∫_(-π)^(π) cos² nx dx = ∫_(-π)^(π) sin² nx dx = π, ∫_(-π)^(π) 1² dx = 2π.$${\int }_{-\pi }^{\pi }{\cos }^{2}nxdx={\int }_{-\pi }^{\pi }{\sin }^{2}nxdx=\pi ,{\int }_{-\pi }^{\pi }{1}^{2}dx=2\pi .$$

数字资源 7.4.1怎样理解函数的正交性概念 ↗

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。

正交函数系定义

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。

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) = (a₀)/(2) + ∑ₙ=1^(∞) (aₙ cos nx + bₙ sin nx) (4.3)$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nx+b_n\sin nx)\text{\hspace{1em}(4.3)}$$

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

∫_(-π)^(π) f(x) cos kx dx = (a₀)/(2) ∫_(-π)^(π) cos kx dx + ∑ₙ=1^(∞) ( aₙ ∫_(-π)^(π) cos nx cos kx dx + bₙ ∫_(-π)^(π) sin nx cos kx dx ).$${\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos kxdx=\frac{a_0}{2}{\int }_{-\pi }^{\pi }\cos kxdx+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n{\int }_{-\pi }^{\pi }\cos nx\cos kxdx+b_n{\int }_{-\pi }^{\pi }\sin nx\cos kxdx\right).$$

根据正交性，当 $k=0$ 时，

∫_(-π)^(π) f(x) dx = (a₀)/(2) ∫_(-π)^(π) dx = π a₀,$${\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)dx=\frac{a_0}{2}{\int }_{-\pi }^{\pi }dx=\pi a_0,$$

从而得

a₀ = (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f(x) dx;$$a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)dx;$$

当 $k\ne 0$ 时，

∫_(-π)^(π) f(x) cos kx dx = aₖ ∫_(-π)^(π) cos² kx dx = π aₖ,$${\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos kxdx=a_k{\int }_{-\pi }^{\pi }{\cos }^{2}kxdx=\pi a_k,$$

从而得

aₖ = (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f(x) cos kx dx (k = 1, 2, …).$$a_k=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos kxdx(k=1,2,\cdots ).$$

类似地，用 $\sin kx$ 同乘 (4.3) 式两端，并逐项积分可得

bₖ = (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f(x) sin kx dx (k = 1, 2, …).$$b_k=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin kxdx(k=1,2,\cdots ).$$

将上面的结果结合起来就得到系数公式：

aₖ &= (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f(x) cos kx dx (k = 0, 1, 2, …), bₖ &= (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f(x) sin kx dx (k = 1, 2, …). (4.4)$$\begin{array}{rl}{a}_k& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos kxdx(k=0,1,2,\cdots ),\\ b_k& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin kxdx(k=1,2,\cdots ).\end{array}\text{\hspace{1em}(4.4)}$$

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 $[-\pi ,\pi ]$ 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) ∼ (a₀)/(2) + ∑ₙ=1^(∞) (aₙ cos nx + bₙ sin nx).$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nx+b_n\sin nx).$$

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 “$\sim$” 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 $f:[a,b]\to \mathbb{R}$，如果在 $[a,b]$ 内插入 $n-1$ 个分点

a = x₀ < x₁ < x₂ < … < xₙ-1 < xₙ = b,$$a=x_0<x_1<x_2<\cdots <x_{n-1}<x_n=b,$$

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

图 7.5 分段单调函数示意图

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，且其函数为

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

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，但其函数不一定等于该函数的数值，在间断点处仅等于 $f$ 在该点处左、右极限的算术平均值。

在上述定理中，虽然并非对 $[-\pi ,\pi ]$ 上的每个点 $x$，$f(x)$ 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，许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 $[(2n-1)\pi ,(2n+1)\pi ](n=\pm 1,\pm 2,\cdots )$ 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

f(x) = (a₀)/(2) + ∑ₙ=1^(∞) (aₙ cos nx + bₙ sin nx), x ∈ (-∞, +∞).$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nx+b_n\sin nx),x\in (-\infty ,+\infty ).$$

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。

注意

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 $f$。

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

aₙ = (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f(x) cos nx dx = 0 (n = 0, 1, 2, …),$$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nxdx=0(n=0,1,2,\cdots ),$$ bₙ = (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f(x) sin nx dx = (2)/(π) ∫₀^(π) f(x) sin nx dx (n = 1, 2, …).$$b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nxdx=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\sin nxdx(n=1,2,\cdots ).$$

从而，它的 Fourier 展开式变为

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

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) = (a₀)/(2) + ∑ₙ=1^(∞) aₙ cos nx, x ∈ (-∞, +∞),$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos nx,x\in (-\infty ,+\infty ),$$

其中

aₙ = (2)/(π) ∫₀^(π) f(x) cos nx dx (n = 0, 1, 2, …).$$a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\cos nxdx(n=0,1,2,\cdots ).$$

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

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 周期三角波函数图像

a₀ = (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f(x) dx = (1)/(π) ∫₀^(π) x dx = (π)/(2),$$a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)dx=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }xdx=\frac{\pi }{2},$$aₙ &= (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f(x) cos nx dx = (1)/(π) ∫₀^(π) x cos nx dx &= (1)/(π) [ . (x sin nx)/(n) |₀^(π) - ∫₀^(π) (sin nx)/(n) dx ] = ((-1)ⁿ - 1)/(n² π) = -displaystyle(2)/(n² π), & n 为奇数, 0, & n 为偶数,$$\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nxdx=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\cos nxdx\\ & =\frac{1}{\pi }\left[{\frac{x\sin nx}{n}|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\frac{\sin nx}{n}dx\right]=\frac{(-1{)}^n-1}{n^2\pi }=\{\begin{array}{ll}-\frac{2}{n^2\pi },& n\text{ 为奇数},\\ 0,& n\text{ 为偶数},\end{array}\end{array}$$bₙ &= (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f(x) sin nx dx = (1)/(π) ∫₀^(π) x sin nx dx &= (1)/(π) [ . -(x cos nx)/(n) |₀^(π) + ∫₀^(π) (cos nx)/(n) dx ] = frac(-1)ⁿ+1n = displaystyle1/n, & n 为奇数, -displaystyle1/n, & n 为偶数.$$\begin{array}{rl}{b}_n& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nxdx=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\sin nxdx\\ & =\frac{1}{\pi }\left[{-\frac{x\cos nx}{n}|}_0^{\pi }+{\int }_0^{\pi }\frac{\cos nx}{n}dx\right]=\frac{(-1{)}^{n+1}}{n}=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{n},& n\text{ 为奇数},\\ -\frac{1}{n},& n\text{ 为偶数}.\end{array}\end{array}$$

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

f(x) &= (π)/(4) - ( (2)/(π) cos x + sin x ) - (sin 2x)/(2) - ( (2)/(3² π) cos 3x - 1/3 sin 3x ) - … &= (π)/(4) - ∑ₖ=1^(∞) [ (2)/((2k-1)² π) cos (2k-1)x + ((-1)^k)/(k) sin kx ].$$\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{\pi }{4}-\left(\frac{2}{\pi }\cos x+\sin x\right)-\frac{\sin 2x}{2}-\left(\frac{2}{3^2\pi }\cos 3x-\frac{1}{3}\sin 3x\right)-\cdots \\ & =\frac{\pi }{4}-\sum _{k=1}^{\infty }\left[\frac{2}{(2k-1{)}^2\pi }\cos (2k-1)x+\frac{(-1{)}^k}{k}\sin kx\right].\end{array}$$

当 $x=\pm \pi$ 时，$f$ 的 Fourier 级数收敛于

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

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，在其各点 $x$ 处都收敛于 $f(x)$。

想一想

AI 解答

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

例 4.2 阶跃函数的 Fourier 级数

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

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

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，有

& a₀ = (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f(x) dx = (1)/(π) ∫₀^(π) dx = 1, & aₙ = (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f(x) cos nx dx = (1)/(π) ∫₀^(π) cos nx dx = 0 (n = 1, 2, …), & bₙ = (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f(x) sin nx dx = (1)/(π) ∫₀^(π) sin nx dx = (1 - (-1)ⁿ)/(nπ) = (2)/(nπ), & n 为奇数, 0, & n 为偶数.$$\begin{array}{rl}& a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)dx=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }dx=1,\\ & a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nxdx=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }\cos nxdx=0(n=1,2,\cdots ),\\ & b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nxdx=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }\sin nxdx=\frac{1-(-1{)}^n}{n\pi }=\{\begin{array}{ll}\frac{2}{n\pi },& n\text{ 为奇数},\\ 0,& n\text{ 为偶数}.\end{array}\end{array}$$

所以，$f(x)$ 的 Fourier 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) = 0, & -π < x < 0, 1, & 0 < x < π, 1/2, & x = 0, ±π.$$S(x)=\{\begin{array}{ll}0,& -\pi <x<0,\\ 1,& 0<x<\pi ,\\ \frac{1}{2},& x=0,\pm \pi .\end{array}$$

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图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

S₁(x) = 1/2 + (2)/(π)sin x, S₂(x) = 1/2 + (2)/(π)(sin x + (sin 3x)/(3)),$$S_1(x)=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\sin x,S_2(x)=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\left(\sin x+\frac{\sin 3x}{3}\right),$$ S₃(x) = 1/2 + (2)/(π)(sin x + (sin 3x)/(3) + (sin 5x)/(5)).$$S_3(x)=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\left(\sin x+\frac{\sin 3x}{3}+\frac{\sin 5x}{5}\right).$$

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

( ∫_(-π)^(π) [f(x) - Sₙ(x)]² dx )¹/2$${\left({\int }_{-\pi }^{\pi }[f(x)-S_n(x){]}^{2}dx\right)}^{\frac{1}{2}}$$

来刻画它们之间的误差。粗略地说，就是用 $[-\pi ,\pi ]$ 上各点处 $S_n(x)$ 近代代替 $f(x)$ 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。

图 7.7

数字资源 7.4.2怎样理解函数 Fourier 级数的均方逼近 ↗

例 4.3 三角波的 Fourier 展开式

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

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

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

& a₀ = (2)/(π) ∫₀^(π) f(x) dx = (2)/(π) ∫₀^(π) (A)/(π) x dx = A, & aₙ = (2)/(π) ∫₀^(π) f(x) cos nx dx = (2)/(π) ∫₀^(π) (A)/(π) x cos nx dx = (2A)/(π²) [ . (x sin nx)/(n) |₀^π - ∫₀^π (sin nx)/(n) dx ] & = (2A)/(n²π²) [(-1)ⁿ - 1] = 0, & n 为偶数, -(4A)/(n²π²), & n 为奇数.$$\begin{array}{rl}& a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)dx=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\frac{A}{\pi }xdx=A,\\ & a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\cos nxdx=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\frac{A}{\pi }x\cos nxdx=\frac{2A}{{\pi }^2}\left[{\frac{x\sin nx}{n}|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\frac{\sin nx}{n}dx\right]\\ & =\frac{2A}{n^2{\pi }^2}[(-1{)}^n-1]=\{\begin{array}{ll}0,& n\text{ 为偶数},\\ -\frac{4A}{n^2{\pi }^2},& n\text{ 为奇数}.\end{array}\end{array}$$

从而得 $f$ 的 Fourier 展开式为

f(x) = A/2 - (4A)/(π²) ∑ₖ=1^(∞) (cos(2k-1)x)/((2k-1)²), x ∈ (-∞, +∞).$$f(x)=\frac{A}{2}-\frac{4A}{{\pi }^2}\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\cos (2k-1)x}{(2k-1{)}^2},x\in (-\infty ,+\infty ).$$

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) = (a₀)/(2) + ∑ₙ=1^(∞) (aₙ cos nt + bₙ sin nt),$$g(t)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nt+b_n\sin nt),$$

其中

aₙ &= (1)/(π) ∫_(-π)^(π) g(t) cos nt dt = (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f((l)/(π)t) cos nt dt (n = 0, 1, 2, …), bₙ &= (1)/(π) ∫_(-π)^(π) g(t) sin nt dt = (1)/(π) ∫_(-π)^(π) f((l)/(π)t) sin nt dt (n = 1, 2, …).$$\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }g(t)\cos ntdt=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f\left(\frac{l}{\pi }t\right)\cos ntdt(n=0,1,2,\cdots ),\\ b_n& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }g(t)\sin ntdt=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f\left(\frac{l}{\pi }t\right)\sin ntdt(n=1,2,\cdots ).\end{array}$$

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

f(x) = (a₀)/(2) + ∑ₙ=1^(∞) ( aₙ cos (nπ x)/(l) + bₙ sin (nπ x)/(l) ), (4.5)$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos \frac{n\pi x}{l}+b_n\sin \frac{n\pi x}{l}\right),\text{\hspace{1em}(4.5)}$$

其中系数 $a_n$ 与 $b_n$ 可由下面的公式求得：

aₙ = 1/l ∫_(-l)^(l) f(x) cos (nπ x)/(l) dx (n = 0, 1, 2, …), bₙ = 1/l ∫_(-l)^(l) f(x) sin (nπ x)/(l) dx (n = 1, 2, …). (4.6)$$\{\begin{array}{l}{a}_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx(n=0,1,2,\cdots ),\\ b_n=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx(n=1,2,\cdots ).\end{array}\text{\hspace{1em}(4.6)}$$

若 $f$ 定义在有限区间 $[-l,l]$ 上，关于 $f$ 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 矩形脉冲的 Fourier 级数

将以 $4$ 为周期，在 $[-2,2]$ 上定义为

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

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。

图 7.9

由于它是偶函数，所以 $b_n=0(n=1,2,\cdots )$，而

a₀ = 2/l ∫₀^(l) f(x) dx = ∫₀^(δ) (1)/(2δ) dx = 1/2,$$a_0=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)dx={\int }_0^{\delta }\frac{1}{2\delta }dx=\frac{1}{2},$$aₙ = 2/l ∫₀^(l) f(x) cos (nπ x)/(l) dx = ∫₀^(δ) (1)/(2δ) cos (nπ x)/(2) dx = (1)/(nπδ) sin (nπδ)/(2) (n = 1, 2, …).$$a_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx={\int }_0^{\delta }\frac{1}{2\delta }\cos \frac{n\pi x}{2}dx=\frac{1}{n\pi \delta }\sin \frac{n\pi \delta }{2}(n=1,2,\cdots ).$$

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

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

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。为了求得它的 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) = f(x), & 0 ≤slant x ≤slant l, f(-x), & -l ≤slant x < 0.$$F(x)=\{\begin{array}{ll}f(x),& 0⩽x⩽l,\\ f(-x),& -l⩽x<0.\end{array}$$

将 $F$ 在 $[-l,l]$ 上展开为 Fourier 级数，得

bₙ = 0 (n = 1, 2, …), aₙ = 2/l ∫₀^(l) f(x) cos (nπ x)/(l) dx.$$b_n=0(n=1,2,\cdots ),a_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}dx.$$

数字资源 7.4.3函数展开为 Fourier 级数方法 ↗

从而可知

f(x) = (a₀)/(2) + ∑ₙ=1^(∞) aₙ cos (nπ x)/(l)$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos \frac{n\pi x}{l}$$

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

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

aₙ = 0 (n = 0, 1, 2, …), bₙ = 2/l ∫₀^(l) f(x) sin (nπ x)/(l) dx.$$a_n=0(n=0,1,2,\cdots ),b_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}dx.$$

从而可知 $f$ 在 $[0,l]$ 上的 Fourier 正弦展开式就是

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

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 奇延拓求正弦级数

将函数

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

在 $[0,2]$ 上展开为周期为 $4$ 的 Fourier 正弦级数。

解

根据要求，本题应应用奇延拓。因此有

aₙ = 0 (n = 0, 1, 2, …),$$a_n=0(n=0,1,2,\cdots ),$$bₙ &= ∫₀² f(x) sin (nπ x)/(2) dx = ∫₀¹ x sin (nπ x)/(2) dx + ∫₁² (2-x) sin (nπ x)/(2) dx &= -(2)/(nπ) ( . xcos(nπ x)/(2) |₀¹ - ∫₀¹ cos(nπ x)/(2) dx ) - (4)/(nπ) cos(nπ x)/(2) |₁² + (2)/(nπ) ( . xcos(nπ x)/(2) |₁² - ∫₁² cos(nπ x)/(2) dx ) &= (8)/(n²π²) sin (nπ)/(2) = (8)/((2k+1)²π²) (-1)^k, & n = 2k+1, 0, & n = 2k. (k = 0, 1, 2, …)$$\begin{array}{rl}{b}_n& ={\int }_0^{2}f(x)\sin \frac{n\pi x}{2}dx={\int }_0^{1}x\sin \frac{n\pi x}{2}dx+{\int }_1^2(2-x)\sin \frac{n\pi x}{2}dx\\ & =-\frac{2}{n\pi }\left({x\cos \frac{n\pi x}{2}|}_0^1-{\int }_0^1\cos \frac{n\pi x}{2}dx\right)-\frac{4}{n\pi }\cos \frac{n\pi x}{2}{|}_1^2+\frac{2}{n\pi }\left({x\cos \frac{n\pi x}{2}|}_1^2-{\int }_1^2\cos \frac{n\pi x}{2}dx\right)\\ & =\frac{8}{n^2{\pi }^2}\sin \frac{n\pi }{2}=\{\begin{array}{ll}\frac{8}{(2k+1{)}^2{\pi }^2}(-1{)}^k,& n=2k+1,\\ 0,& n=2k.\end{array}(k=0,1,2,\cdots )\end{array}$$

从而得

f(x) = (8)/(π²) ∑ₖ=0^(∞) ((-1)^k)/((2k+1)²) sin ((2k+1)π x)/(2), x ∈ [0, 2].$$f(x)=\frac{8}{{\pi }^2}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^k}{(2k+1{)}^2}\sin \frac{(2k+1)\pi x}{2},x\in [0,2].$$

数字资源 7.4.4将函数展开为 Fourier 级数与 Taylor 级数有哪些不同 ↗

令 $\omega =\frac{\pi }{l}$，则由 Euler 公式：

cos (nπ x)/(l) = cos nω x = 1/2(eⁱnω x + e⁻inω x), sin (nπ x)/(l) = sin nω x = (1)/(2i)(eⁱnω x - e⁻inω x)$$\cos \frac{n\pi x}{l}=\cos n\omega x=\frac{1}{2}\left(e^{in\omega x}+e^{-in\omega x}\right),\sin \frac{n\pi x}{l}=\sin n\omega x=\frac{1}{2i}\left(e^{in\omega x}-e^{-in\omega x}\right)$$

代入 Fourier 级数的三角函数形式中，得：

f(x) = (a₀)/(2) + ∑ₙ=1⁺∞ [ (aₙ)/(2)(eⁱnω x + e⁻inω x) - (bₙ i)/(2)(eⁱnω x - e⁻inω x) ] = (a₀)/(2) + ∑ₙ=1⁺∞ ( (aₙ - i bₙ)/(2) eⁱnω x + (aₙ + i bₙ)/(2) e⁻inω x )$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{+\infty }\left[\frac{a_n}{2}\left(e^{in\omega x}+e^{-in\omega x}\right)-\frac{b_{n}i}{2}\left(e^{in\omega x}-e^{-in\omega x}\right)\right]=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{+\infty }\left(\frac{a_n-i{b}_n}{2}{e}^{in\omega x}+\frac{a_n+i{b}_n}{2}{e}^{-in\omega x}\right)$$

把上式中各项系数分别记成：

C₀ = (a₀)/(2), Cₙ = (aₙ - i bₙ)/(2), C_(-n) = (aₙ + i bₙ)/(2) (n = 1, 2, …)$$C_0=\frac{a_0}{2},C_n=\frac{a_n-i{b}_n}{2},C_{-n}=\frac{a_n+i{b}_n}{2}(n=1,2,\cdots )$$

那么，$f$ 的 Fourier 展开式就可以写成更简洁的复数形式：

f(x) = ∑ₙ=0⁺∞ Cₙ eⁱnω x + ∑ₙ=1⁺∞ C_(-n) e⁻inω x = ∑ₙ=-∞⁺∞ Cₙ eⁱnω x (4.7)$$f(x)=\sum _{n=0}^{+\infty }{C}_n{e}^{in\omega x}+\sum _{n=1}^{+\infty }{C}_{-n}{e}^{-in\omega x}=\sum _{n=-\infty }^{+\infty }{C}_n{e}^{in\omega x}\text{\hspace{1em}(4.7)}$$

其中：

C₀ &= (a₀)/(2) = (1)/(2l) ∫_(-l)^(l) f(x) dx C_(± n) &= (aₙ ∓ i bₙ)/(2) = (1)/(2l) ∫_(-l)^(l) f(x) (cos nω x ∓ i sin nω x) dx = (1)/(2l) ∫_(-l)^(l) f(x) e^(∓ inω x) dx (n = 1, 2, …)$$\begin{array}{rl}{C}_0& =\frac{a_0}{2}=\frac{1}{2l}{\int }_{-l}^{l}f(x)dx\\ C_{\pm n}& =\frac{a_n\mp i{b}_n}{2}=\frac{1}{2l}{\int }_{-l}^{l}f(x)(\cos n\omega x\mp i\sin n\omega x)dx=\frac{1}{2l}{\int }_{-l}^{l}f(x)e^{\mp in\omega x}dx(n=1,2,\cdots )\end{array}$$

也能写成统一的形式：

Cₙ = (1)/(2l) ∫_(-l)^(l) f(x) e⁻inω x dx (n = 0, ± 1, ± 2, …) (4.8)$$C_n=\frac{1}{2l}{\int }_{-l}^{l}f(x)e^{-in\omega x}dx(n=0,\pm 1,\pm 2,\cdots )\text{\hspace{1em}(4.8)}$$

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：

|Cₙ| = |C_(-n)| = 1/2√(aₙ² + bₙ²) = 1/2Aₙ$$|C_n|=|C_{-n}|=\frac{1}{2}\sqrt{a_n^2+b_n^2}=\frac{1}{2}{A}_n$$

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：

C₀ &= (a₀)/(2) = 1/4 Cₙ &= (aₙ - i bₙ)/(2) = (1)/(2nπ δ) sin (nπ δ)/(2) (n = ± 1, ± 2, …) f(x) &= 1/4 + (1)/(2nπ δ) ∑_(substackn=-∞ (n ≠ 0))⁺∞ 1/n sin (nπ δ)/(2) eⁱnω x, x ∈ [-2, 2] ∖ [-δ, δ]$$\begin{array}{rl}{C}_0& =\frac{a_0}{2}=\frac{1}{4}\\ C_n& =\frac{a_n-i{b}_n}{2}=\frac{1}{2n\pi \delta }\sin \frac{n\pi \delta }{2}(n=\pm 1,\pm 2,\cdots )\\ f(x)& =\frac{1}{4}+\frac{1}{2n\pi \delta }\sum _{\begin{array}{c}n=-\infty \\ (n\ne 0)\end{array}}^{+\infty }\frac{1}{n}\sin \frac{n\pi \delta }{2}{e}^{in\omega x},x\in [-2,2]\setminus [-\delta ,\delta ]\end{array}$$

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：

|Cₙ| = | (3)/(4π |n|) sin (nπ)/(3) | (n = ± 1, ± 2, …)$$|C_n|=\left|\frac{3}{4\pi |n|}\sin \frac{n\pi }{3}\right|(n=\pm 1,\pm 2,\cdots )$$

列表如下：

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

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 $0$。

图 7.10 矩形脉冲的离散频谱图

例 4.6 半波整流函数的 Fourier 级数

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：

f(x) = 0, & -(π)/(ω) ≤ t < 0, Esin ω t, & 0 ≤ t ≤ (π)/(ω),$$f(x)=\{\begin{array}{ll}0,& -\frac{\pi }{\omega }\le t<0,\\ E\sin \omega t,& 0\le t\le \frac{\pi }{\omega },\end{array}$$

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 半波整流波形图

由系数公式 (4.8) 得：

C₀ &= (1)/(2 · (π)/(ω)) ∫₀^((π)/(ω)) f(t) dt = (ω)/(2π) ∫₀^((π)/(ω)) Esin ω t dt = (ω E)/(2π) ( -(cos ω t)/(ω) )g|₀^((π)/(ω)) = (E)/(π) Cₙ &= (1)/(2 · (π)/(ω)) ∫₀^((π)/(ω)) f(t) e⁻inω t dt = (ω E)/(2π) ∫₀^((π)/(ω)) sin ω t e⁻inω t dt (n = ± 1, ± 2, …)$$\begin{array}{rl}{C}_0& =\frac{1}{2\cdot \frac{\pi }{\omega }}{\int }_0^{\frac{\pi }{\omega }}f(t)dt=\frac{\omega }{2\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{\omega }}E\sin \omega tdt=\frac{\omega E}{2\pi }\left(-\frac{\cos \omega t}{\omega }\right){|}_0^{\frac{\pi }{\omega }}=\frac{E}{\pi }\\ C_n& =\frac{1}{2\cdot \frac{\pi }{\omega }}{\int }_0^{\frac{\pi }{\omega }}f(t)e^{-in\omega t}dt=\frac{\omega E}{2\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{\omega }}\sin \omega t{e}^{-in\omega t}dt(n=\pm 1,\pm 2,\cdots )\end{array}$$

当 $n\ne \pm 1$ 时，利用 Euler 公式上式又可化为：

Cₙ &= (ω E)/(4π i) ∫₀^((π)/(ω)) [ e⁻i(n-1)ω t - e⁻i(n+1)ω t ] dt = (E)/(4π i) [ frace⁻i(n-1)ω tn-1 - frace⁻i(n+1)ω tn+1 ]₀^((π)/(ω)) &= (E)/(2π) · frac(-1)ⁿ-1 - 1n² - 1 = -(E)/(π) (1)/((2k)² - 1), & n = 2k, 0, & n = 2k + 1 (k = ± 1, ± 2, …)$$\begin{array}{rl}{C}_n& =\frac{\omega E}{4\pi i}{\int }_0^{\frac{\pi }{\omega }}\left[e^{-i(n-1)\omega t}-e^{-i(n+1)\omega t}\right]dt=\frac{E}{4\pi i}{\left[\frac{e^{-i(n-1)\omega t}}{n-1}-\frac{e^{-i(n+1)\omega t}}{n+1}\right]}_0^{\frac{\pi }{\omega }}\\ & =\frac{E}{2\pi }\cdot \frac{(-1{)}^{n-1}-1}{n^2-1}=\{\begin{array}{ll}-\frac{E}{\pi }\frac{1}{(2k{)}^2-1},& n=2k,\\ 0,& n=2k+1\end{array}(k=\pm 1,\pm 2,\cdots )\end{array}$$

而当 $n=\pm 1$ 时：

C_(± 1) = (ω E)/(2π) ∫₀^((π)/(ω)) sin ω t e^(∓ iω t) dt = (ω E)/(2π) ∫₀^((π)/(ω)) (sin ω t cos ω t ∓ i sin² ω t) dt = ∓ E/4 i$$C_{\pm 1}=\frac{\omega E}{2\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{\omega }}\sin \omega t{e}^{\mp i\omega t}dt=\frac{\omega E}{2\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{\omega }}(\sin \omega t\cos \omega t\mp i{\sin }^2\omega t)dt=\mp \frac{E}{4}i$$

因此，我们有：

f(t) &= (E)/(π) - (E i)/(4) eⁱω t + (E i)/(4) e⁻iω t - (E)/(π) ∑_(substackk=-∞ k ≠ 0)⁺∞ (1)/((2k)² - 1) e²kω ti &= (E)/(π) + E/2sin ω t - (E)/(π) ∑_(substackk=-∞ k ≠ 0)⁺∞ (1)/(4k² - 1) e²kω ti, t ∈ (-∞, +∞)$$\begin{array}{rl}f(t)& =\frac{E}{\pi }-\frac{Ei}{4}{e}^{i\omega t}+\frac{Ei}{4}{e}^{-i\omega t}-\frac{E}{\pi }\sum _{\begin{array}{c}k=-\infty \\ k\ne 0\end{array}}^{+\infty }\frac{1}{(2k{)}^2-1}{e}^{2k\omega ti}\\ & =\frac{E}{\pi }+\frac{E}{2}\sin \omega t-\frac{E}{\pi }\sum _{\begin{array}{c}k=-\infty \\ k\ne 0\end{array}}^{+\infty }\frac{1}{4k^2-1}{e}^{2k\omega ti},t\in (-\infty ,+\infty )\end{array}$$

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