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11Fourier级数习题课
第十一章Fourier级数习题课
一、主要内容
1、正交三角函数系
2、Fourier级数的定义、系数的计算公式
3、Fourier级数展开的条件
4、Fourier级数的收敛定理
5、Fourier级数的一致收敛性
6、Fourier级数的逐项求积和求导定理
7、Fourier级数的系数特征及关系
如一个
8函数的Fourier级数的具体展开一一应掌握在各种形式下的展开,
周期区间((-兀,兀],[0,^)或(-T,T]等)的Fourier级数展开及半个周期区间
22
(如(-兀,0]或[0,T))上的正弦(余)展开。
2
9、Fourier级数的运用数项级数的求和
二、典型例题
-x,0 1设f(x)=J0x=0,将其展开为Fourier级数,并讨论其Fourier -X—兀,一兀ex£0 级数在(-兀,兀]上是否一致收敛。 解、由于函数分段光滑,故可以展开成Fourier级数,又由于其为奇函数, 因此,an=0,n=0,1,2,…,且 2兀2 bn=—『3-x)sinnxdx=—,n=1,2,…, 兀0n 故, 由于其Fourier级数的和函数在x=0点不连续,因而,Fourier级数在 (-兀,兀]非一致收敛。 2、设f(x)"-X,xfON],将f(x)展成正弦级数,讨论该级数在(0,兀)内的一致收敛性。 解、将f(x)奇延拓到(_;1,0),则 an=O,n=0,,,… 2兀2,C bn=—『(兀一x)sinnxdx=—,n=1,2,…兀’0n 故, 送丄 n4. 解、 辽XX€(0雹) 收敛于S(x)=dx,。 ;),而S(X)在X=0点不连续, OC2 因而,利用函数项级数的连续性定理,送2sinnx在(0込)内非一致收敛,事实上, 心n 比2 若2-sinnx在(0,兀)内一致收敛,由于其在端点x=0,兀处收敛,因而,其在[0,口 心n上一致收敛,故,和函数必连续。 处2 注、可以证明2-sinnx在(0,町内是内闭一致收敛。 心n 故, 12处1 f(x)~-兀-无—2cosnx。 6n#n 又由于f(X)壬C1[0,2兀]且f(0)=f(2兀),由收敛性定理,则 f(X)十2 处1 —送一2COSnx,Xu[0,2JI],心n OC1 取X=0得送一= n土n 再积分两次,则 计算得, 8„2 a0=3「 又由于f(X) 2=x 忘C(0,2兀),由Fourier级数的收敛定理,则 5、证明: 2CoSnX=丄(3x2-6兀X+27I2),0 n生n12 分析与上例类似,但是,要注意,展开式要求在两个端点处也成立,这就必然要求周期延拓后的函数在两个端点处连续,注意到左端的级数为余弦级数,因而,必须对函数左偶延拓。 证明: 记f(x)=3x2-6",X引0,兀],将其偶延拓至[-兀,兀],再以2兀为周 期延拓至R1,则计算其Fourier系数得, 故, 3x^^x~-^2+12^C0SnX 心n 22cosnx1 3x-6^x=—2兀+12S——,X亡R,n吕n 6、将f(x)=x在X可0,2兀]上展开成Fourier级数,使得其Fourier级数在区 间[O,2刃上收敛于f(x)=x。 分析题目相当于要求延拓后的函数在两个端点处连续,因此,必须先将 函数偶延拓至[-2兀,0],再以4兀为周期延拓至整个数轴,然后再进行展开。 解、先将f(x)=x偶延拓至[-2;i,0],再4兀为周期延拓至整个数轴,延拓后 bn=0,n=1,2,…, 因而, □C 2 7、设f(X)=x,0 11其中bn=20f(x)sinnxdx,n=1,2,…,计算S(-"^)o 分析从题型看,S(x)=2: bnSinnx正是f(x)正弦级数,因而,可以将 nz1 s》的计算转化为住1)的计算。 解、将f(x)奇延拓至(—1,0),将其展开成Fourier级数,则 □c f(x)=2bsinn,xTcxc0, nzt 111因而,s(—2)=—f(-2)=-4o 8设f(x)=x,OCX<2兀,将f(x)展开成Fourier级数,并计算函数项级 n¥2nnrn2n—1 数艺如亟和送sgn-^x(其中OCXS)和数项级数.5? 曰 解、将f(x)视为以2兀为周期的函数,利用公式计算得, 12;! a。 =—fxdx2兀, 兀0 12兀 an=—[xcosnxdx=0,n=1,2,… 兀’O 12兀2 bn=—fxsinnxdx=-一,n=1,2,…兀9n 故, 处2IX,0 f(X)~-送—Sinn斗 n^n[兀,x=0,吆 利用上述展开结果,则 0exc2証, .兀—x 送—SInnx= 心n2 因而,令X=2t,0ct<兀,则 兀一2t 处1_ Z——sin2nt=,0 心2n4 将变量t换为变量X,两式相减,左端偶次项抵消,则 箕1兀 ZSIn(nNXI尸, nz12n—14 ■Tj- 再令r,则 £^1)n^ 心2n—1—4 If(x)-f(y)|兰L|x-y|°,(0<«<1),证明: 分析证明的关键是利用系数的计算公式,通过适当的变化和变换,改变 积分号下函数的变量形式,借此产生Holder连续所要求的函数差的结构,从结论形式看,差的形式应为|f(X)-f(X+C)|,由此决定进行变量代换 n 在此变换下,对积分作进一步的研究,就决定了下述的证明方法。 证明: 利用周期函数在长度为周期的区间上的积分相等的性质, X土科气 1兀n1兀丄L兀 an=—1f(x)cosnxdx=—fkf(t+—)cos(nt+兀)dt兀’T兀‘T: 一n n'' 兀 f(t+=)cosnt,(_1)dt=-丄「f(x+二)cosnxdx, nun 故, 因而, |an|<+J;L•写 故, 1an=0(—).n 1 类似可得bn=0(£). n 2兀为在周期的周期函数, 系数bn>0;若f(x)在[0,2兀) 10设f(x)是在[0,2巧上可积和绝对可积的以证明: 1)、若f(x)在[0,2兀)上单调递减,则其Fourier上单调递增,则其Fourier系数bn<0,n=1,2,… 2)、设f(x)在[0,2;! )上可导,且f'(x)可积和绝对可积,若f'(x)在[0,2兀)上单调递减,则其Fourier系数a^0;若f'(x)在[0,2兀)上单调递增,则其Fourier系数a^0,n=1,2,…。 分析从系数的结构可知,要使得系数不变号,被积函数必须不变号,注意到被积函数中含有三角函数的因子,要保证这样的因子不变换,必须将其控制在特定的长度不超过兀的区间上,但是,由于n的变化,必须根据n将区间进行 分割,如对1),在[0,2®上,n^[0,2n兀),因此,要使得sinnx不变号,最终 要使nx€(2k兀,(2k+1)巧,即x忘(空^,^2丄巳巧;或nx^((2k+1严,2(k+1严), nn 即X壬(Rk+W,2^町。 由于还要借助于函数或者其导数的单调性确定系数 nn 的符号,这就需要上例中的技巧,先将积分分段,然后通过变量代换,利用周 期性质转化同一积分段上的积分,从而产生函数或导函数的差是形式,可以利用相应的单调性条件确定其符号。 由此决定了整个Fourier系数的符旦 号。 证明: 1)、对[0,2兀]进行n等分,则 2兀nk2^ 兀bn=Lf(x)sinnxdx=2fnf(x)sinnxdx, k吕n 通过分段,在每一段上,nx的变换幅度为,再对每一段上的积分再进行分段 并利用变量代换转化为长度为兀的积分区间上的积分,则 n(心)空 兀bn=2[tk: 址f(x)sinnxdx+[ k仝n k空 'n (kg 2n f(x)sinnxdxi, 对和式后的第二项作变量代换 x=t+-,将其转化为同一个区间上的积分,则 n 叫上[{: 畫f(x)sin kztn nxdx+ 仁2了f(td)sinn(^-)dt], (kynn 将变量t换为变量X,则 n(k异 兀bn=2J22专[f(X)-f(X+—)]sinnxdx,kfz—n O-Tj-dO"Td 由于当x€((k-1)亠,(k-—)亠)时,成立nx€((k-1)勿,(k-—)2兀),因而, n2n2 Sinnx>0,而x,x+t<^(Q2),故,当f(x)在[0,2兀)上单调递减时,其Fouriern 系数bn>0;若f(x)在[0,2兀)上单调递增,则其Fourier系数bn<0,n=1,2,…。 2)、记bn'为f(x)的Fourier系数,则b,—na.,利用1)的结论既得。 In 11设f(x)可积且绝对可积,证明: (1)如果f(x)在[-兀,兀)上满足f(xF)=f(x),则a2m4=bm_=0; (2)如果f(x)在[―兀,兀]上满足f(x+;i)=-f(x),则a2m=b2m=0. 证明: (1)由系数计算公式并对相应的项作变换X=;I+t,则 兀0兀 兀an=[f(x)cosnxdx=ff(x)cosnxdx+ff(x)cosnxdx 00 ff(x)cosnxdx+ff(兀+t)cosn(兀+t)dt 00 ff(x)cosnxdx+Jf(t)cosn兀“cosntdt (2)类似于 (1). 12应当如何把(0,专)内的可积函数f(x)延拓后,使之展开的Fourier级数 的形式如下: f(x)~Sa2n^cos(2n-1)x-;i 分析首先,从展开形式看为余弦级数,因而f(x)应是偶函数。 其次,还要使32^0,从上题知,只须f(x+;I)=-f(x),故只须将(0,才)上的函数f(X)延 拓至(-兀込)且满足上述两个条件。 第二步,再延拓至整个(-兀,兀)上满足f(x+;l)=-f(x),故,可令 —心-兀) X哼兀) f(x) x“0冷) f(-X) xm-2,0) -f(x+兀) X迂(-兀,-壬 ⑷ f(X)=< ) (1) (2) (3) 则f(x)满足上述要求,因而, f(x)~2a2n^cos(2n-1)x,-;i 注、从几何上看,是先将y=f(x)在(0,专)上的图像偶延拓至(-? 0),再将 (-■|,0)上的图象平移兀个单位,得到(亍,巧上的图象,由此得到函数在(0,兀)的 结构(也可以将y=f(x)在(0,专)上的图像以y=为对称轴延拓至(;,巧,由此得到函数在(0,兀)上的结构),再偶延拓至(-.0),然后再以2兀为周期延拓至整个实数轴。 13设周期为2兀的可积且绝对可积函数f(x)的Fourier系数a.,bn,计算 (1)f(X+k)的Fourier系数an,bn 1兀 (2)F(x)=’[f(t)f(x-t)dt的Fourier系数代,Bn。 兀‘71 假设相关换序运算可以进行。 Tl-tk兀 分析主要用到周期函数的积分性质,即J.g(x)dx=Jg(x)dx"—? Hk“一J! 解、 (1)利用系数计算公式,则 —1兀1兀卡 f(t)[cofeclOsntsinnkdtiFn]nk+bcosik, an=FJ雹f(X+k)cosnxdx=匚J雹*f(t)cosn(t—k)dt-1严 类似可得bn=bncosnk-ancosnk. (2)利用系数计算公式并利用积分的换序计算,则 1兀1兀1兀 代=一fF(x)cosnxdx=—fcosnx[—ff(t)f(x-t)dt]dx兀'TJI'T兀'T; 1jTjT =—f'f(t)f(xt)coaxdt)dx 兀'T'71 换序1JI兀 f(t)(f(xt)coaxdx)dt JIFF (11兀22 =-ff(t)(ancosnt-bnsinnt)dt已—0,兀4 Bn=2 an 14 设f(t)在(-■兀)上分段连续,当t=0时连续且有单侧导数,证明: 兀cos: —cospt4江t p^l\f(t)—2―t—dt=-J0[f(t)-f(—t)]ctg-dto r2sin-22 2 从所证的结论看,对左端积分分段处理,同一个区间上的积分,由此确定证明的思路。 证明: 由于 分析 然后,利用变量代换转化为 cos--cospt Uf(t)2tdt 2sin上 2 0cos--cospt =[\f(t)—2—-—dt+LT\丿t 2sin- 2 兀 •0f(t) t+ cos—-cospt —2―t—dt] 2sin- 2 兀cos—-cospt =[[f(t)-f(-t)]——dt 2sin丄 2 =1厂[f(t)-f(—t)]ctgtdt-丄rf⑴~f(—t)cosptdt2'0220sin丄 2 由此,只须证: rf(t)~f(-t)cosptdtT0,(pt十巧。 Sin- 2 Jo 这与Riemann引理相似,为此,只须验证在(0,兀)上F(t)2f(t)~ tsin- 2 满足 Riemann引理的要求。 由于f(t)是分段连续的,而t=0为F(t)的“奇” 点,故 只须讨论F(t)在t=0附近的可积性。 2丄由于lim+FWiimJtTG'lim+f⑴-3)2t+t+c亠tt+t2sin丄 2 2sin丄 2 二lim+f(t)—f(0)+ t lim+f(0)一3) t护十 f;(0)+仁(0) 故F⑴在(0,兀)可积且绝对可积。 由Riemann引理,贝U f^co卄 sin 2 因而,结论成立。 15设Tn(x)=1+送coskx,T0(x)=1,仆)=ToW+川+Tn(x) n+1 .n+1 1sin 证明: (1)n(x)=—( 2(n+1) .xsin-2 x -)2 , (2)J: 6(x)dx=;i. —31 .2n+1 sinx 2_ 2sin- 证明: (1)利用公式 1 -中cosx+cos2x+川+cosnx=2 .2n+1 sinx n=0,1,2,… Tn(X)=——2sin° 2 利用和差化积公式 2siA 2si^Z 2kz0 6(x)= sBn cA_s(B -)Ao,( 2k+1 srn—x 2 2n1 cPs(u1)一si, si 20+1)仁 n+1 n——X 2 .X sin- 2 2). 直接计算得 兀 JTn(x)dx", —tT 江1 故匚6(x)dx二丙(n+W". 16设④(x)在[a,b]单调增加,证明: (1)如果a=0,bc0,则1f丄玖―0) 兀'aX2 (2)如果a<0,b》0,则1®(x)—兀0- 兀aX 转化为Dirichlet引理的形 于(一0). 分析从形式看,要用Dirichlet引理证明结论,式,运用相应的结论即可。 证明: (1)直接用Dirichlet引理,贝U 12(x)如鱼dxx二丄卞(-X)如^dXT兀PX兀PX (2)利用Dirichlet引理和 (1)的结论,贝U 1bsinpx.10sinpx.1sinpx, —严(X)—dx=—Ja®(x)——dx+—;/P(x)一—dxJIaxHax兀0x 兀'a T9(+0)+玖-0) 2 最后讨论Bessel不等式和Parseval等式的应用 17设f(x)在[―儿兀]可积,给定三角多项式 an Tn(x)=—^+艺(otkcoskx+PkSinkx), 2k二 确定三角多项式中的系数,使得 1-TT 6=丄「」f(x>Tnx (2)dx 达到最小。 解、利用三角函数系的正交性,贝U -1F兀21a^_22 6=—J」(x)dx-H扌+送(ak+bk)]2兀422k^ J[(90-%) 2[2 2n —+送((ak—叫)2+何-3k)2)] k二 因此,只有当ak=ak,Pk=bk时最小。 注、此时,也可以得到Bessel不等式。 18设f(x)和g(x)都是[-兀,兀]上的Riemann可积函数,an和bn是f(x)的 Fourier系数,%和是g(x)的Fourier系数,证明: Mf(x)g(x)dx=竽三啟讣)。 证明: 利用Fourier系数的公式,则an±口n和bn±是f(x)±g(x)的 Fourier系数,因而,由Parseval等式,贝U +仃\2比 -^^+2[(an+叫)2+(bn+Pn)2], 2n# TJjfg+g^rdx=陲 jLrL 1兀2(a0-a0)2处2n2 「』(x)T(x))dx=十+汀an7)+(bn"n)] 相减既得。 19设f(x)在[0,2;! ]上可积,g(x)在[0,2兀]上连续且分段光滑,且 g(x)=訂三ang+bn"XFW), 证明: a0 2兀2兀a0 [f(x)g(x)dx=Lf(x)一dx+迟(f(x)(ancosnx+gsinnx)dx, 2n二 即两端乘以f(x)后,可以逐项积分。 证明: 由于g(x)在[0,^]上连续且分段光滑,记其Fourier级数的部分 和为Sn(X),则Sn(x)一致收敛于g(x),因而 2;l [f(x)(g(x)-Sn(x))dxT0这就是要证明的结论。 20设f(x)在[0,2兀]上可积,证明: 1J: f(x)(—x)dx烈 T心n 其中bn为f(x)的Fourier系数。 证明: 由于 比2 兀一x=2-sinnx 2n x-(0,2兀), 直接利用上例的结论即可。 注、还可以利用乘积函数的 Fourier系数表示公式。 134 4「.c a^—,bi=-—,1,2,… nn 1兀2 +Z(—2COSnx-—sinnx)=x,(0,2兀). nn
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