04_傅里叶级数

一、傅里叶级数

1. 三角级数的基本定义

考虑以下三角函数列（或称三角函数系）：

\[ 1, \cos x, \sin x, \cos 2x, \sin 2x, \dots, \cos nx, \sin nx, \dots \]

由该函数列构成的级数称为三角级数，其一般形式为：

\[ \frac{a_0}{2} + (a_1 \cos x + b_1 \sin x) + \dots + (a_n \cos nx + b_n \sin nx) + \dots \quad \dots(1) \]

系数说明：其中 $a_n (n \ge 0)$ 与 $b_n (n \ge 1)$ 均为常数，称为三角级数 (1) 的系数。
周期性：三角级数 (1) 的所有项都是以 $2\pi$ 为周期的函数。

2. 三角级数的一致收敛与正交性

定理（优级数判别法 / Weierstrass M-test）：

若常数项级数 $\frac{|a_0|}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (|a_n| + |b_n|)$ 收敛，则三角级数 (1) 在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛。

三角函数系在区间 $[-\pi, \pi]$ 上的正交性：

在区间 $[a, b]$ 上，若两个函数 $f$ 与 $g$ 满足 $\int_a^b f(x)g(x)dx = 0$，则称 $f$ 与 $g$ 在该区间上是正交的。三角函数系在 $[-\pi, \pi]$ 上具有以下完美的正交性质：

$\int_{-\pi}^{\pi} \cos nx dx = \int_{-\pi}^{\pi} \sin nx dx = 0 \quad (n \ge 1)$
$\int_{-\pi}^{\pi} \cos nx \cos mx dx = \int_{-\pi}^{\pi} \sin nx \sin mx dx = 0 \quad (n \ne m)$
$\int_{-\pi}^{\pi} \cos nx \sin mx dx = 0 \quad (\forall n, m \in \mathbb{Z}^+)$
自身平方的积分（非正交情况）：

$\int_{-\pi}^{\pi} \cos^2 nx dx = \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2 nx dx = \pi \quad (\forall n \ge 1)$

$\int_{-\pi}^{\pi} 1^2 dx = 2\pi$

3. 欧拉-傅里叶公式

定理：若在 $\mathbb{R}$ 上有：

\[ f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos nx + b_n \sin nx) \quad \dots(2) \]

且右边的三角级数在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛，则系数的计算公式为：

\[ a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos nx dx, \quad n = 0, 1, 2, \dots \quad \dots(3) \]

\[ b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin nx dx, \quad n = 1, 2, \dots \quad \dots(4) \]

推导证明：

由于右边级数在 $[-\pi, \pi]$ 上一致收敛，因此 $f$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上可积，并且可以逐项求积分。

求 $a_0$：对等式 (2) 两边直接在 $[-\pi, \pi]$ 上求积分：

\[ \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a_0}{2} dx + \sum_{n=1}^{\infty} \int_{-\pi}^{\pi} (a_n \cos nx + b_n \sin nx) dx \]

根据正交性，求和号内所有的积分均为0。因此：

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

这证明了当 $n=0$ 时，公式 (3) 成立。
求 $a_k (k \in \mathbb{Z}^+)$：在等式 (2) 两边同乘 $\cos kx$。

性质：若 $f_n \rightrightarrows f$ 在 $D$ 上，且 $g$ 在 $D$ 上有界，则 $f_n g \rightrightarrows fg$。因为 $\cos kx$ 有界，所以乘积后的级数依然一致收敛，可以逐项积分：

\[ \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos kx dx = \frac{a_0}{2}\int_{-\pi}^{\pi} \cos kx dx + \sum_{n=1}^{\infty} \int_{-\pi}^{\pi} [a_n \cos nx \cos kx + b_n \sin nx \cos kx] dx \]

根据正交性，除 $n=k$ 外的所有积分均为0。当 $n=k$ 时：

\[ \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos kx dx = 0 + a_k \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2 kx dx = a_k \cdot \pi \]

\[ \implies a_k = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos kx dx \]

同理，两边同乘 $\sin kx$ 再积分，可证得 $b_k$ 的公式 (4)。

4. 傅里叶级数的定义与核心问题

定义：设 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期且在 $[-\pi, \pi]$ 上可积的函数。由公式 (3) 与 (4) 确定的 $a_n$ 与 $b_n$ 称为 $f$ 的傅里叶系数。以 $f$ 的傅里叶系数为系数的三角级数，称为 $f$ 的傅里叶级数，记作：

\[ f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos nx + b_n \sin nx) \]

后续研究的两个核心问题：

求出的傅里叶级数是否收敛？
若收敛，是否收敛于函数 $f$ 本身？（即何时可以用等号 $=$ 替代记号 $\sim$）

二、傅里叶级数收敛性的预备理论

1. 预备定理1：贝塞尔不等式 Bessel's Inequality

定理（贝塞尔不等式）：设 $f$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上可积，则有如下不等式成立：

\[ \frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n^2 + b_n^2) \le \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^2(x) dx \]

其中 $a_n, b_n$ 为 $f(x)$ 的傅里叶系数：

\[ a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos nx dx, \quad n=0, 1, 2, \dots \]

\[ b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin nx dx, \quad n=1, 2, \dots \]

证明过程：

令 $S_n(x)$ 为傅里叶级数的部分和：

\[ S_n(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^n (a_k \cos kx + b_k \sin kx), \quad n \ge 1 \]

考察 $f(x)$ 与部分和 $S_n(x)$ 差的平方积分，显然有：

\[ 0 \le \int_{-\pi}^{\pi} (f(x) - S_n(x))^2 dx \]

将其展开：

\[ = \int_{-\pi}^{\pi} f^2(x) dx - 2 \int_{-\pi}^{\pi} f(x)S_n(x) dx + \int_{-\pi}^{\pi} S_n^2(x) dx \]

利用三角函数系的正交性以及傅里叶系数的定义，计算后两项可得：

\[ \int_{-\pi}^{\pi} S_n^2(x) dx = \int_{-\pi}^{\pi} \left( \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^n (a_k \cos kx + b_k \sin kx) \right)^2 dx \]

\[ = \int_{-\pi}^{\pi} \left(\frac{a_0}{2}\right)^2 dx + \sum_{k=1}^n \left( a_k^2 \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2 kx dx + b_k^2 \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2 kx dx \right) \]

\[ = \frac{a_0^2}{4} \cdot (2\pi) + \sum_{k=1}^n \left( a_k^2 \cdot \pi + b_k^2 \cdot \pi \right) \]

\[ = \pi \frac{a_0^2}{2} + \pi \sum_{k=1}^n (a_k^2 + b_k^2) \]

\[ = \pi \left[ \frac{a_0^2}{2} + \sum_{k=1}^n (a_k^2 + b_k^2) \right] \]

\[ \text{原式} = \int_{-\pi}^{\pi} f^2(x)\,dx - 2 \underbrace{\pi \left[ \frac{a_0^2}{2} + \sum_{k=1}^n (a_k^2 + b_k^2) \right]}_{\text{中间项的结果}} + \underbrace{\pi \left[ \frac{a_0^2}{2} + \sum_{k=1}^n (a_k^2 + b_k^2) \right]}_{\text{最后一项的结果}} \]

\[ \text{原式} = \int_{-\pi}^{\pi} f^2(x) dx - \pi \left[ \frac{a_0^2}{2} + \sum_{k=1}^n (a_k^2 + b_k^2) \right] \]

由此推出，对于任意 $n \ge 1$：

\[ \frac{a_0^2}{2} + \sum_{k=1}^n (a_k^2 + b_k^2) \le \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^2(x) dx \]

由于等式右端是一个与 $n$ 无关的常数（由 $f$ 决定），令 $n \to \infty$，即证得贝塞尔不等式成立。

2. 黎曼-勒贝格引理及其推论

由贝塞尔不等式可知，若 $f$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上可积，则正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n^2 + b_n^2)$ 收敛。根据级数收敛的必要条件，其一般项必然趋于 0，即：

\[ \lim_{n \to \infty} (a_n^2 + b_n^2) = 0 \implies \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n = 0 \]

由此我们得到以下两个重要推论：

推论1：

\[ \lim_{n \to \infty} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos nx dx = 0 \]

\[ \lim_{n \to \infty} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin nx dx = 0 \]

推论2：

若 $f$ 在 $[0, \pi]$ 上可积，则 $\lim_{n \to \infty} \int_0^{\pi} f(x) \sin(n+\frac{1}{2})x dx = 0$
若 $f$ 在 $[-\pi, 0]$ 上可积，则 $\lim_{n \to \infty} \int_{-\pi}^0 f(x) \sin(n+\frac{1}{2})x dx = 0$

推论2的证明（仅证1）：

利用三角恒等式展开被积函数：

\[ \int_0^{\pi} f(x) \sin(n+\frac{1}{2})x dx = \int_0^{\pi} \left(f(x)\cos\frac{1}{2}x\right) \sin nx dx + \int_0^{\pi} \left(f(x)\sin\frac{1}{2}x\right) \cos nx dx \]

定义辅助函数：

\[ F_1(x) = \begin{cases} f(x)\cos\frac{1}{2}x, & x \in [0, \pi] \\ 0, & x \in [-\pi, 0) \end{cases} \]

\[ F_2(x) = \begin{cases} f(x)\sin\frac{1}{2}x, & x \in [0, \pi] \\ 0, & x \in [-\pi, 0) \end{cases} \]

显然 $F_1, F_2$ 都在 $[-\pi, \pi]$ 上可积，且上述两项积分分别等于 $\int_{-\pi}^{\pi} F_1(x) \sin nx dx$ 和 $\int_{-\pi}^{\pi} F_2(x) \cos nx dx$。

直接应用推论1，这两项在 $n \to \infty$ 时均趋于 0，结论得证。

3. 预备定理2：狄利克雷积分与狄利克雷核

接下来，总假定 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的函数，并且在 $[-\pi, \pi]$ 上可积。

将傅里叶系数的积分表达式代入部分和 $S_n(x)$ 中：

\[ S_n(x) = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi} f(u) du + \sum_{k=1}^n \left( \cos kx \int_{-\pi}^{\pi} f(u)\cos ku du + \sin kx \int_{-\pi}^{\pi} f(u)\sin ku du \right) \right] \]

合并积分并利用和差化积公式 $\cos kx \cos ku + \sin kx \sin ku = \cos k(u-x)$，得到：

\[ S_n(x) = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \left[ \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^n \cos k(u-x) \right] du \]

作变量代换，令 $t = u-x$，则 $du = dt$。由于被积函数 $f(x+t)$ 以 $2\pi$ 为周期，积分区间平移后仍可转化为 $[-\pi, \pi]$：

\[ S_n(x) = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x+t) D_n(t) dt \]

其中，狄利克雷核 (Dirichlet Kernel) 定义为：

\[ D_n(t) = \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^n \cos kt \]

狄利克雷核的闭式表达：

当 $t \in [-\pi, \pi] \setminus \{0\}$ 时，$\sin\frac{t}{2} \neq 0$。将 $D_n(t)$ 乘以 $2\sin\frac{t}{2}$ 并利用积化和差展开相消：

\[ 2\sin\frac{t}{2} \left[ \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^n \cos kt \right] = \sin\frac{t}{2} + \sum_{k=1}^n \left[ \sin(k+\frac{1}{2})t - \sin(k-\frac{1}{2})t \right] = \sin(n+\frac{1}{2})t \]

因此，狄利克雷核可表示为：

\[ D_n(t) = \begin{cases} \frac{\sin(n+\frac{1}{2})t}{2\sin\frac{t}{2}}, & t \in [-\pi, \pi] \setminus \{0\} \\ n+\frac{1}{2}, & t=0 \text{ (由极限求得)} \end{cases} \]

狄利克雷核的积分性质：

注意到对定义式直接积分：

\[ \int_0^{\pi} D_n(t) dt = \int_0^{\pi} \left( \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^n \cos kt \right) dt = \frac{\pi}{2} \implies \frac{1}{\pi} \int_0^{\pi} D_n(t) dt = \frac{1}{2} \]

4. 收敛性证明的核心思路

借助狄利克雷积分公式，傅里叶级数的部分和可以精确表示为：

\[ S_n(x) = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x+t) \frac{\sin(n+\frac{1}{2})t}{2\sin\frac{t}{2}} dt \]

证明的目标是：在合适的条件下，当 $n \to \infty$ 时，部分和收敛于函数在该点的左右极限的平均值，即：

\[ S_n(x) \to \frac{f(x+0) + f(x-0)}{2} \]

这可以拆解为分别证明：

$\frac{1}{\pi} \int_0^{\pi} f(x+t) \frac{\sin(n+\frac{1}{2})t}{2\sin\frac{t}{2}} dt \to \frac{f(x+0)}{2}$
$\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^0 f(x+t) \frac{\sin(n+\frac{1}{2})t}{2\sin\frac{t}{2}} dt \to \frac{f(x-0)}{2}$

以区间 $[0, \pi]$ 为例，结合 $\frac{1}{\pi} \int_0^{\pi} D_n(t) dt = \frac{1}{2}$，上述目标等价于证明其差值趋于 0：

\[ \int_0^{\pi} (f(x+t) - f(x+0)) \frac{\sin(n+\frac{1}{2})t}{2\sin\frac{t}{2}} dt \to 0 \quad (n \to \infty) \]

为此，构造辅助函数：

\[ \varphi(t) = \begin{cases} \frac{f(x+t) - f(x+0)}{\sin\frac{t}{2}}, & t \neq 0 \\ 0, & t=0 \end{cases} \]

由预备定理2的推论2可知，只要在“合适的条件”下保证 $\varphi(t)$ 在 $[0, \pi]$ 上可积，原式的极限就必然趋于 0，从而证明傅里叶级数在该点收敛。（对于固定的 $x$，$f(x+t)-f(x+0)$ 以 $2\pi$ 为周期，且在 $\mathbb{R}$ 的任意闭区间上可积）。

三、傅里叶级数的收敛定理

在上一节的推导中发现，傅里叶级数部分和 $S_n(x)$ 是否收敛于 $\frac{1}{2}(f(x+0) + f(x-0))$，核心在于辅助函数 $\varphi(t) = \frac{f(x+t) - f(x+0)}{\sin\frac{t}{2}}$ 在 $[0, \pi]$ 上是否可积（对 $[-\pi, 0]$ 同理）。为了保证其可积性，我们需要对函数 $f(x)$ 施加一定的条件。

1. 点态收敛的充分条件 (广义导数判定法)

引理（辅助函数的有界性与可积性）：

若函数 $g$ 在 $(0, \pi]$ 的任一子区间 $[\delta, \pi]$ 上可积，且在 $0$ 点的某个右邻域内有界（即 $\lim_{t \to 0^+} g(t)$ 存在），则 $g$ 在 $[0, \pi]$ 上可积。

广义左右导数的引入：

考察 $\varphi(t)$ 在 $t \to 0^+$ 时的极限：

\[ \lim_{t \to 0^+} \frac{f(x+t) - f(x+0)}{\sin\frac{t}{2}} = \lim_{t \to 0^+} \frac{f(x+t) - f(x+0)}{t} \cdot \frac{t}{\sin\frac{t}{2}} \]

若 $f$ 在点 $x$ 处的广义右导数 $\lim_{t \to 0^+} \frac{f(x+t) - f(x+0)}{t}$ 存在，且由于 $\lim_{t \to 0^+} \frac{t}{\sin\frac{t}{2}} = 2$，则 $\varphi(t)$ 在 $t \to 0^+$ 的极限存在，从而在 $[0, \pi]$ 上可积。同理，若广义左导数存在，左侧积分也收敛。由此得到重要的收敛定理：

定理 1（单点收敛定理）：

设 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的函数，且在 $[-\pi, \pi]$ 上可积。如果 $f$ 在点 $x$ 处的左、右极限（$f(x-0)$ 与 $f(x+0)$）以及广义左、右导数都存在，则 $f$ 的傅里叶级数在该点收敛，且有：

\[ S_n(x) \to \frac{f(x+0) + f(x-0)}{2} \quad (n \to \infty) \]

2. 按段可导与按段光滑条件 (Dirichlet 收敛定理)

为了在整个区间上讨论收敛性，引入以下两类函数的定义：

按段可导：设函数 $f$ 在 $[a, b]$ 上存在划分 $a = x_0 < x_1 < \dots < x_n = b$，满足：
1. $f$ 在每个开区间 $(x_i, x_{i+1})$ 上可导。
2. $f$ 在每个分点 $x_i$ 处的左、右极限存在。
3. $f$ 在每个分点 $x_i$ 处的广义左、右导数存在（端点处为单侧）。
  
  性质：按段可导的函数必定在 $[a, b]$ 上可积。
按段光滑：条件比按段可导稍强。要求划分满足：
1. $f$ 在 $(x_i, x_{i+1})$ 上有连续的导函数。
2. $f$ 在 $x_i$ 处的左、右极限存在。
3. 导函数 $f'$ 在 $x_i$ 处的左、右极限存在。
  
  注：由洛必达法则可知，若 $f'$ 的单侧极限存在，则 $f$ 的广义单侧导数必存在且等于该极限。因此，按段光滑必按段可导。

定理 2（Dirichlet 收敛定理 / 狄利克雷条件）：

设 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的函数，且在 $[-\pi, \pi]$ 上按段可导（或按段光滑），则对任意 $x \in \mathbb{R}$，其傅里叶级数都收敛，并且：

\[ \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos nx + b_n \sin nx) = \frac{f(x+0) + f(x-0)}{2} \]

(特别地，若 $f$ 在点 $x$ 处连续，则级数收敛于 $f(x)$ 本身。)

3. 傅里叶级数展开实例

周期函数的积分平移性质：对于 $2\pi$ 周期的可积函数，积分区间可以任意平移：

\[ \forall c \in \mathbb{R}, \quad \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos nx dx = \frac{1}{\pi} \int_{c}^{c+2\pi} f(x)\cos nx dx \]

例题：设 $f(x) = \begin{cases} 1, & x \in [-\pi, 0] \\ 0, & x \in (0, \pi) \end{cases}$，将其作 $2\pi$ 周期延拓，求其傅里叶级数。

计算过程：

由于 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上为 $0$，积分只需在 $[-\pi, 0]$ 上进行。

求 $a_0$：
```
$$
```
a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^0 1 dx = 1 $$
求 $a_n (n \ge 1)$：
```
$$
```
a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^0 1 \cdot \cos nx dx = \left. \frac{\sin nx}{n\pi} \right|_{-\pi}^0 = 0 $$
求 $b_n (n \ge 1)$：

\[ b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^0 1 \cdot \sin nx dx = \left. \frac{-\cos nx}{n\pi} \right|_{-\pi}^0 = \frac{-1 - (-\cos(-n\pi))}{n\pi} = \frac{(-1)^n - 1}{n\pi} \]

级数表达与收敛情况：

将其代入傅里叶级数公式，得到 $f(x)$ 的傅里叶级数为：

\[ \frac{1}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n - 1}{n\pi} \sin nx = \frac{1}{2} - \frac{2}{\pi} \left( \sin x + \frac{\sin 3x}{3} + \frac{\sin 5x}{5} + \dots \right) \]

根据 Dirichlet 收敛定理，该级数的收敛结果为：

当 $x \in (-\pi, 0)$ 时，级数收敛于 $1$。
当 $x \in (0, \pi)$ 时，级数收敛于 $0$。
当 $x = 0, \pm\pi$ （即跳跃间断点）时，级数收敛于左右极限的平均值：$\frac{1+0}{2} = \frac{1}{2}$。

4. 导数的傅里叶系数与傅里叶级数的一致收敛性

命题（导数函数的傅里叶系数）：

设 $f$ 为 $[-\pi, \pi]$ 上的光滑函数（或按段连续光滑），且满足首尾相连条件 $f(-\pi) = f(\pi)$。设 $a_n, b_n$ 为 $f$ 的傅里叶系数，$a_n', b_n'$ 为导函数 $f'$ 的傅里叶系数，则有如下递推关系：

\[ a_0' = 0, \quad a_n' = n b_n, \quad b_n' = -n a_n \quad (n = 1, 2, \dots) \]

证明提示：直接利用分部积分法 $\int_{-\pi}^{\pi} f'(x)\cos nx dx = f(x)\cos nx|_{-\pi}^{\pi} + n\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin nx dx$ 即可证得。$f(-\pi)=f(\pi)$ 保证了边界项抵消。

定理 3（一致收敛定理）：

设 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的连续函数，且在 $[-\pi, \pi]$ 上按段光滑，则 $f$ 的傅里叶级数在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛于 $f(x)$。

证明核心逻辑（Weierstrass 优级数判别法）：

要证一致收敛，只需证明系数的绝对值级数 $\sum (|a_n| + |b_n|)$ 收敛。

利用上述导数系数关系 $a_n = -\frac{b_n'}{n}$ 和 $b_n = \frac{a_n'}{n}$，使用基本不等式 $2|xy| \le x^2 + y^2$：

\[ |a_n| + |b_n| = \frac{1}{n}(|a_n'| + |b_n'|) \le \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{n^2} + (a_n')^2 + \frac{1}{n^2} + (b_n')^2 \right] \]

由于级数 $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛，且根据 Bessel 不等式，对可积函数 $f'$ 有 $\sum ((a_n')^2 + (b_n')^2) \le \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} (f'(x))^2 dx < \infty$ （级数收敛）。由比较判别法知 $\sum (|a_n| + |b_n|)$ 收敛，故原傅里叶级数一致收敛。

Bessel 不等式的推论（反例构造）：

利用 Bessel 不等式 $\sum (a_n^2 + b_n^2) < \infty$，可以断言：并非所有趋于 0 的三角级数都是某个平方可积函数的傅里叶级数。

例如级数：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin nx}{\sqrt{n}} \]

若它是某个函数 $F$ 的傅里叶级数，则 $b_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$。那么 $\sum b_n^2 = \sum \frac{1}{n}$，这是一个调和级数，它是发散的。这违背了 Bessel 不等式，因此该级数不可能是任何在 $[-\pi, \pi]$ 上平方可积（或连续）函数的傅里叶级数。

四、任意周期函数的傅里叶级数展开

在实际应用中，函数往往不是以 $2\pi$ 为周期的。对于任意周期为 $2l$ ($l > 0$) 的函数，可以通过变量代换将其转化为 $2\pi$ 周期的函数，从而利用已有的结论。

1. 展开公式的推导

设函数 $f(x)$ 是以 $2l$ 为周期的函数，且在 $[-l, l]$ 上可积。

作变量代换，令 $t = \frac{\pi}{l}x$，即 $x = \frac{l}{\pi}t$。

定义新函数 $\varphi(t) = f(\frac{l}{\pi}t)$。因为 $x \in [-l, l]$ 对应 $t \in [-\pi, \pi]$，且 $\varphi(t+2\pi) = f(\frac{l}{\pi}t + 2l) = f(\frac{l}{\pi}t) = \varphi(t)$，所以 $\varphi(t)$ 是以 $2\pi$ 为周期且在 $[-\pi, \pi]$ 上可积的函数。

根据前述理论，$\varphi(t)$ 的傅里叶级数为：

\[ \varphi(t) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos nt + b_n \sin nt) \]

其中系数为：

\[ a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \varphi(t) \cos nt dt \quad (n \ge 0) \]

\[ b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \varphi(t) \sin nt dt \quad (n \ge 1) \]

将变量 $t$ 换回 $x$ ($t = \frac{\pi}{l}x, dt = \frac{\pi}{l}dx$)，即可得到 $2l$ 周期函数 $f(x)$ 的傅里叶展开公式：

\[ f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \left( a_n \cos \frac{n\pi x}{l} + b_n \sin \frac{n\pi x}{l} \right) \]

其中，傅里叶系数的计算公式变为：

\[ a_n = \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} f(x) \cos \frac{n\pi x}{l} dx \quad (n \ge 0) \]

\[ b_n = \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} f(x) \sin \frac{n\pi x}{l} dx \quad (n \ge 1) \]

(注：Dirichlet 收敛定理同样适用于 $2l$ 周期的情形。若 $f$ 在 $[-l, l]$ 上按段光滑，则级数收敛于 $\frac{f(x+0) + f(x-0)}{2}$)。

2. 典型例题与重要级数求和

例题：设 $f(x) = \begin{cases} 0, & x \in [-1, 0) \\ x^2, & x \in [0, 1) \end{cases}$，将其延拓为 $\mathbb{R}$ 上周期为 $2$ 的函数，写出其傅里叶级数并求其和。

求解过程：

已知周期 $2l = 2 \implies l = 1$。

求 $a_0$：
```
$$
```
a_0 = \int_{-1}^1 f(x) dx = \int_0^1 x^2 dx = \frac{1}{3} $$
求 $a_n (n \ge 1)$：
```
利用分部积分法：

$$
```
a_n = \int_{-1}^1 f(x) \cos n\pi x dx = \int_0^1 x^2 \cos n\pi x dx = \frac{1}{n\pi} \int_0^1 x^2 d(\sin n\pi x) $$
```
$$
```
= -\frac{2}{n\pi} \int_0^1 x \sin n\pi x dx = \frac{2}{n^2\pi^2} \int_0^1 x d(\cos n\pi x) $$
```
$$
```
= \frac{2}{n^2\pi^2} \left[ \left. x \cos n\pi x \right|_0^1 - \int_0^1 \cos n\pi x dx \right] = \frac{2 \cdot (-1)^n}{n^2\pi^2} $$
求 $b_n (n \ge 1)$：

同理利用分部积分法：

\[ b_n = \int_{-1}^1 f(x) \sin n\pi x dx = \int_0^1 x^2 \sin n\pi x dx \]

\[ = \frac{(-1)^{n+1}}{n\pi} + \frac{2((-1)^{n-1} - 1)}{n^3\pi^3} \]

因此，该函数的傅里叶级数为：

\[ f(x) \sim \frac{1}{6} + \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{2(-1)^n}{n^2\pi^2} \cos n\pi x + \left( \frac{(-1)^{n+1}}{n\pi} + \frac{2((-1)^{n-1} - 1)}{n^3\pi^3} \right) \sin n\pi x \right] \]

收敛性讨论与级数求和应用：

由于 $f$ 在 $[-1, 1]$ 上按段光滑，由收敛定理：

当 $x \in (-1, 0)$ 时，级数收敛于 $0$；
当 $x \in (0, 1)$ 时，级数收敛于 $x^2$；
当 $x = \pm 1$（间断点）时，级数收敛于 $\frac{f(1-0) + f(-1+0)}{2} = \frac{1+0}{2} = \frac{1}{2}$。

特别地，令 $x = 1$，代入级数得到等式：

\[ \frac{1}{2} = \frac{1}{6} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(-1)^n}{n^2\pi^2} \cos n\pi = \frac{1}{6} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(-1)^n(-1)^n}{n^2\pi^2} = \frac{1}{6} + \frac{2}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \]

解得著名的巴塞尔问题结果：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots = \frac{\pi^2}{6} \]

进一步，利用奇偶项分离的方法，可以求奇数项的平方倒数和：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k)^2} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2} = \frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2} \]

\[ \implies \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2} = \frac{3}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{3}{4} \cdot \frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{8} \]

五、奇偶函数的傅里叶级数

利用定积分在对称区间上的性质，当函数具有奇偶性时，其傅里叶级数将大大简化。

偶函数 —— 余弦级数

若 $f$ 在 $[-l, l]$ 上是偶函数，则：

- $f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}$ 为偶函数，其积分为 $2 \int_0^l$；

- $f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}$ 为奇函数，其积分为 $0$。

    此时 $b_n = 0$，傅里叶系数简化为：

    $$

a_n = \frac{2}{l} \int_0^l f(x) \cos \frac{n\pi x}{l} dx \quad (n \ge 0) $$

    级数仅包含常数项和余弦项，称为 **余弦级数**：

    $$

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

奇函数 —— 正弦级数

若 $f$ 在 $[-l, l]$ 上是奇函数，则 $a_n = 0$，傅里叶系数简化为：

\[ b_n = \frac{2}{l} \int_0^l f(x) \sin \frac{n\pi x}{l} dx \quad (n \ge 1) \]

级数仅包含正弦项，称为 正弦级数：

\[ f(x) \sim \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin \frac{n\pi x}{l} \]

六、函数在半区间上的展开

在实际应用中，函数 $f(x)$ 往往只定义在半个区间 $[0, l]$ 上。为了将其展开为傅里叶级数，需要将其延拓到 $[-l, l]$ 上。不同的延拓方式会得到不同的级数形式。

1. 偶延拓与奇延拓

偶延拓：令 $\tilde{f}(x) = \begin{cases} f(x), & x \in [0, l] \\ f(-x), & x \in [-l, 0) \end{cases}$。此时 $\tilde{f}(x)$ 为偶函数，展开后得到 $f(x)$ 的 余弦级数。
奇延拓：令 $\tilde{f}(x) = \begin{cases} f(x), & x \in (0, l] \\ -f(-x), & x \in [-l, 0) \end{cases}$ （并且通常定义 $x=0$ 处为 $0$）。此时 $\tilde{f}(x)$ 为奇函数，展开后得到 $f(x)$ 的 正弦级数。

2. 展开实例对比

例题：设 $f(x) = x, \; x \in [0, \pi]$。将 $f$ 分别展开成余弦级数和正弦级数。

方法一：展开为余弦级数（作偶延拓）

令 $\tilde{f}(x) = |x|, \; x \in [-\pi, \pi]$。

\[ a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi} x dx = \pi \]

\[ a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi} x \cos nx dx = \frac{2}{\pi} \left[ \left. \frac{x\sin nx}{n} \right|_0^{\pi} - \int_0^{\pi} \frac{\sin nx}{n} dx \right] = \frac{2 \cdot ((-1)^n - 1)}{n^2\pi} \]

显然，当 $n=2k$ (偶数) 时，$a_{2k} = 0$；当 $n=2k-1$ (奇数) 时，$a_{2k-1} = -\frac{4}{(2k-1)^2\pi}$。

由于偶延拓后的函数处处连续且按段光滑，级数在 $[0, \pi]$ 上收敛于 $f(x)$ 本身：

\[ x = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2} \cos(2k-1)x \quad (x \in [0, \pi]) \]

方法二：展开为正弦级数（作奇延拓）

令 $\tilde{f}(x) = x, \; x \in (-\pi, \pi)$。

\[ b_n = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi} x \sin nx dx = \frac{2}{\pi} \left[ \left. -\frac{x\cos nx}{n} \right|_0^{\pi} + \int_0^{\pi} \frac{\cos nx}{n} dx \right] = \frac{2 \cdot (-1)^{n+1}}{n} \]

根据收敛定理，当 $x \in [0, \pi)$ 时，奇延拓函数在内部连续，级数收敛于 $x$；

但需要特别注意端点 $x = \pi$。在 $x=\pi$ 处，周期延拓后的函数发生跳跃间断（从 $\pi$ 跳到 $-\pi$），级数收敛于 $\frac{\tilde{f}(\pi+0) + \tilde{f}(\pi-0)}{2} = \frac{-\pi + \pi}{2} = 0$。

因此正弦级数展开结果为：

\[ x = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 \cdot (-1)^{n+1}}{n} \sin nx \quad (x \in [0, \pi)) \]

(若 $x=\pi$，等式左侧为 $\pi$，右侧级数为 $0$)。

3. 半区间展开的典型应用与级数求和实例

例题：求函数 $f(x) = (x-1)^2$ 在 $(0,1)$ 上的余弦级数，并由此推出巴塞尔问题的结论：

\[ \pi^2 = 6\left(1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots\right) \]

求解过程：

为了得到余弦级数，需要对 $f(x)$ 进行偶延拓。令 $l=1$，构造延拓函数 $\tilde{f}(x)$：

\[ \tilde{f}(x) = \begin{cases} (x-1)^2, & x \in (0, 1) \\ (x+1)^2, & x \in [-1, 0] \end{cases} \]

将 $\tilde{f}$ 进一步延拓为 $\mathbb{R}$ 上以 $2$ 为周期的函数。计算其傅里叶系数（由于是偶函数，$b_n = 0$）：

求 $a_0$：
```
$$
```
a_0 = 2 \int_0^1 f(x) dx = 2 \int_0^1 (x-1)^2 dx = \left. 2 \cdot \frac{(x-1)^3}{3} \right|_0^1 = \frac{2}{3} $$
求 $a_n (n \ge 1)$：

\[ a_n = 2 \int_0^1 (x-1)^2 \cos n\pi x dx \]

通过两次分部积分（过程略），可得：

\[ a_n = \frac{4}{n^2\pi^2} \]

由此得到 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上的余弦级数展开：

\[ f(x) \sim \frac{1}{3} + \frac{4}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cos n\pi x \]

推导级数和：

由于偶延拓后的函数 $\tilde{f}(x)$ 在 $[-1, 1]$ 上连续且按段光滑，根据 Dirichlet 收敛定理，该级数在处处收敛于 $\tilde{f}(x)$ 本身。

特别地，将 $x=0$ 代入级数。此时等式左边为 $\tilde{f}(0) = (-1)^2 = 1$，等式右边余弦项 $\cos 0 = 1$：

\[ 1 = \frac{1}{3} + \frac{4}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \]

移项并化简：

\[ \frac{2}{3} = \frac{4}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \implies \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} \]

结论得证。