物理

速通傅里叶级数 第四期

首先，三角函数系的正交性这里就不证了，就是$8$个简单的不能再简单的积分，没有证的必要

${\huge{一、傅里叶系数的推导}}$

设$f(x)$是周期为$2\pi$的周期函数，且能展开成三角级数

$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}(a_n \cos kx +b_n \sin kx)~~~~~~~~~~(1)$

为得出系数$a_0,a_1,b_1,...$与函数$f(x)$之间的关系，我们进一步假设$(1)$式右端的级数可以逐项积分

先求$a_0$

对$(1)$式从$-\pi$到$\pi$积分，由于假设$(1)$式右端级数可逐项积分，因此有

$\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{a_0}{2}dx+\sum_{k=1}^{\infty}(a_k \int_{-\pi}^{\pi}\cos kxdx +b_n \int_{-\pi}^{\pi}\sin kxdx)$

根据三角函数系的正交性，等式右端除第一项外，其余各项均为零，所以

$\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx=\frac{a_0}{2}\cdot 2\pi$

于是得

$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx$

其次求$a_n$

用$\cos nx$乘$(1)$式两端，再从$-\pi$到$\pi$积分，我们得到

$\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nxdx=\frac{a_0}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\cos nxdx+\sum_{k=1}^{\infty}(a_k \int_{-\pi}^{\pi}\cos kx\cos nxdx +b_n \int_{-\pi}^{\pi}\sin kx\cos nxdx)$

根据三角函数系的正交性，等式右端除$k=n$的一项外，其余各项均为零，所以

$\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nxdx=a_n\int_{-\pi}^{\pi}\cos ^2 nxdx=a_n\pi$

于是得

$a_n =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nxdx~(n=1,2,3,...)$

类似地，用$\sin nx$乘$(1)$式两端，再从$-\pi$到$\pi$积分，可得

$b_n =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nxdx~(n=1,2,3,...)$

由于$a_n |_{n=0}=a_0$，因此，可以将结果合并写成

$a_n =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nxdx~(n=0,1,2,3,...)$

$b_n =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nxdx~(n=1,2,3,...)$

而正弦级数和余弦级数的推导也能很容易根据上式推出，此处不再赘述

${\huge{二、第四节定理的证明}}$

作变量代换$z=\frac{\pi x}{l}$，于是区间$-l\le x \le l$就变换成$-\pi \le z \le \pi$

设函数$f(x)=f(\frac{lz}{\pi})=F(z)$，从而$F(z)$是周期为$2\pi$的周期函数，并且它满足收敛定理的条件，将$F(z)$展开成傅里叶级数，再令$z=\frac{\pi x}{l}$，并注意到$F(z)=f(x)$

于是得证

${\huge{三、第五节定理的证明}}$

设周期为$2l$的周期函数的傅里叶级数为

$\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n \cos\frac{n\pi x}{l}+b_n \sin\frac{n\pi x}{l})~~~~~~~~~~(1)$

其中系数$a_n$与$b_n$为

$a_n =\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}dx~(n=0,1,2,3,...)$

$b_n =\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}dx~(n=1,2,3,...)~~~~~~~~~~(2)$

利用欧拉公式

$\cos t=\frac{e^{ti}+e^{-ti}}{2},~\sin t=\frac{e^{ti}-e^{-ti}}{2i}$

把$(1)$式化为

$\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[\frac{a_n}{2}(e^{\frac{n\pi x}{l}i}+e^{-\frac{n\pi x}{l}i})-\frac{b_n i}{2}(e^{\frac{n\pi x}{l}i}-e^{-\frac{n\pi x}{l}i})]$

$=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{a_n -b_n i}{2}e^{\frac{n\pi x}{l}i}+\frac{a_n +b_n i}{2}e^{-\frac{n\pi x}{l}i})~~~~~~~~~~(3)$

记

$\frac{a_0}{2}=c_0,~\frac{a_n -b_n i}{2}=c_n,~\frac{a_n +b_n i}{2}=c_{-n}~(n=1,2,3,...)~~~~~~~~~~(4)$

则$(3)$式就表示为

$c_0+\sum_{n=1}^{\infty}(c_n e^{\frac{n\pi x}{l}i}+c_{-n} e^{-\frac{n\pi x}{l}i})=(c_n e^{\frac{n\pi x}{l}i})_{n=0} +\sum_{n=1}^{\infty}(c_n e^{\frac{n\pi x}{l}i}+c_{-n} e^{-\frac{n\pi x}{l}i})$

即得傅里叶级数的复数形式为

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n e^{\frac{n\pi x}{l}i}$

为得出系数$c_n$的表达式，把$(2)$式代入$(4)$式，得

$c_0=\frac{a_0}{2}=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{l}f(x)dx$

$c_n=\frac{a_n -b_n i}{2}=\frac{1}{2}[\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}dx-\frac{i}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}dx]$

$=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{l}f(x)(\cos\frac{n\pi x}{l}-i\sin\frac{n\pi x}{l})dx$

$=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{l}f(x)e^{-\frac{n\pi x}{l}i}dx~(n=1,2,3,...)$

$c_{-n}=\frac{a_n +b_n i}{2}=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{l}f(x)e^{\frac{n\pi x}{l}i}dx~(n=1,2,3,...)$

将已得的结果合并写为

$c_n=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{l}f(x)e^{-\frac{n\pi x}{l}i}dx~(n=0,\pm 1,\pm 2,...)$

这就是傅里叶系数的复数形式

还有一个收敛定理，书上都没有证明，我也就不证了吧(也没这个实力证啊。。。)

速通傅里叶级数系列已经完结啦！！！感谢同学们的支持！！！

接下来，我会继续速通《高等数学》上的知识点，而选题就交给大家了

你们可以在评论区敲出想要我总结的知识点，而我会选择呼声最高的那一个更新下一个系列哦~