三、傅里叶级数
（一）傅里叶级数的有关概念
1. 三角函数系的正交性
三角函数系
\[\left\{1, \cos \frac {\pi}{l} x, \sin \frac {\pi}{l} x, \cos \frac {2 \pi}{l} x, \sin \frac {2 \pi}{l} x, \dots , \cos \frac {n \pi}{l} x, \sin \frac {n \pi}{l} x, \dots \right\} \tag {11.18}\]在区间 \([-l, l]\) 上正交，就是指（11.18）中任何两个不同的函数的乘积在 \([-l, l]\) 上的积分等于零，即
\[\begin{aligned} & \int_{-l}^{l} \cos \frac {n \pi}{l} x \mathrm {d} x = \int_{-l}^{l} \sin \frac {n \pi}{l} x \mathrm {d} x = 0, \quad n = 1, 2, \dots ; \\ & \int_{-l}^{l} \sin \frac {m \pi}{l} x \cos \frac {n \pi}{l} x d x = 0, \quad m, n = 1, 2, \dots ; \\ & \int_{-l}^{l} \cos \frac {m \pi}{l} x \cos \frac {n \pi}{l} x d x = \int_{-l}^{l} \sin \frac {m \pi}{l} x \sin \frac {n \pi}{l} x d x = 0, \quad m, n = 1, 2, \dots , m \neq n. \end{aligned}\]2. 傅里叶系数与傅里叶级数
设 \(f(x)\) 以 \(2l\) 为周期或只定义在 \([-l, l]\) 上，在 \([-l, l]\) 可积。
在三角级数 \(\frac{a_0}{2} +\sum_{n = 1}^{\infty}\left(a_n\cos \frac{n\pi}{l} x + b_n\sin \frac{n\pi}{l} x\right)\) (11.19) 中，若
\[\left\{ \begin{array}{l} a_{n} = \frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\cos \frac{n\pi}{l} x\mathrm{d}x, \quad n = 0,1,2,\dots \\ b_{n} = \frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\sin \frac{n\pi}{l} x\mathrm{d}x, \quad n = 1,2,3,\dots \end{array} \right.\]则称（11.19）为函数 \(f(x)\) 的傅里叶级数（以 \(2l\) 为周期），记作
\[f (x) \sim \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos \frac {n \pi}{l} x + b _ {n} \sin \frac {n \pi}{l} x\right), \tag {11.21}\]并且由（11.20）式所决定的系数 \(a_{n}, b_{n}\) 称为 \(f(x)\) 的傅里叶系数。
（二）傅里叶级数的收敛性——狄利克雷（Dirichlet）收敛定理（充分条件）
同幂级数相似，能够由函数 \(f(x)\) 求得其傅里叶系数，也就有傅里叶级数（11.21），然而使（11.21）成为等式，也就是说 \(f(x)\) 的傅里叶级数收敛，并且收敛于 \(f(x)\) 自身是需要条件的。在这样的条件中，最常见的是如下的狄利克雷条件——函数 \(f(x)\) 在区间 \([-l, l]\) 上满足：
（i）连续，或只有有限个间断点，且都是第一类间断点； （ii）只有有限个极值点，
则 \(f(x)\) 在 \([-l, l]\) 上的傅里叶级数收敛，而且
\[\frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos \frac {n \pi}{l} x + b _ {n} \sin \frac {n \pi}{l} x\right) = \begin{cases} f(x), & \text{若 } x\in (-l,l) \text{ 为 } f(x) \text{ 的连续点}, \\ \frac{1}{2} [f(x + 0) + f(x - 0)], & \text{若 } x\in (-l,l) \text{ 为 } f(x) \text{ 的第一类间断点}, \tag{11.22} \\ \frac{1}{2} [f(-l + 0) + f(l - 0)], & \text{若 } x = \pm l. \end{cases}\]（三）周期与非周期函数的傅里叶级数
前面所讨论的是以 \(2l\) 为周期的函数的傅里叶级数，其特殊情形是 \(l = \pi\)。而对于非周期函数，比如：\(f(x)\) 只在 \([-l, l]\) 上有定义，则可进行周期延拓；而对于只在 \([0, l]\) 上有定义的函数，则可进行奇延拓或偶延拓，然后再作周期延拓。这样，所有这些函数都能看作以 \(2l\) 为周期的函数，从而在满足狄利克雷条件时即可得到其傅里叶级数的和函数。
\([-l, l]\) 上的奇偶函数 \(f(x)\)（包括经奇偶延拓后的函数）的傅里叶级数如下：
- 奇函数（包括经奇延拓的函数）
\(f(-x) = -f(x)\)，其傅里叶级数为正弦级数，即 \(a_{n} = 0, n = 0,1,2,\dots\)
\[f (x) \sim \sum_ {n = 1} ^ {\infty} b _ {n} \sin \frac {n \pi}{l} x, \quad b _ {n} = \frac {2}{l} \int_ {0} ^ {l} f (x) \sin \frac {n \pi}{l} x d x, \quad n = 1, 2, \dots\]- 偶函数（包括经偶延拓的函数）
\(f(-x) = f(x)\)，其傅里叶级数为余弦级数，即 \(b_{n} = 0, n = 1,2,\dots\)
\[f (x) \sim \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} a _ {n} \cos \frac {n \pi}{l} x, \quad a _ {n} = \frac {2}{l} \int_ {0} ^ {l} f (x) \cos \frac {n \pi}{l} x d x, \quad n = 0, 1, 2, \dots\]【注】 ① 对满足狄利克雷条件的函数 \(f(x)\)，当 \(x\) 为 \(f(x)\) 的间断点时，其傅里叶级数收敛于 \(\frac{1}{2} [f(x - 0) + f(x + 0)]\)，当 \(x\) 为 \(f(x)\) 的连续点时收敛于 \(f(x)\)。
② 我们知道，对于以 \(2l\)（包括 \(2\pi\)）为周期的函数，在任何长为 \(2l\) 的区间上的积分值都是相等的，所以其傅里叶系数有表达式
\[\left\{ \begin{array}{l} a _ {n} = \frac {1}{l} \int_ {\alpha} ^ {\alpha + 2 l} f (x) \cos \frac {n \pi}{l} x d x, \quad n = 0, 1, 2, \dots , \\ b _ {n} = \frac {1}{l} \int_ {\alpha} ^ {\alpha + 2 l} f (x) \sin \frac {n \pi}{l} x d x, \quad n = 1, 2, 3, \dots , \end{array} \right. \tag {11.23}\]其中 \(\alpha\) 为任意实数。然而，对于以 \(2l\) 为周期奇函数或偶函数，并不能将其改为任何长 \(l\) 的区间，不过下述公式成立：当 \(f(x)\) 为以 \(2l\) 为周期的奇函数时，
\[b _ {n} = \frac {2}{l} \int_ {m l} ^ {(m + 1) l} f (x) \sin \frac {n \pi}{l} x d x, \quad n = 1, 2, 3, \dots , \tag {11.24}\]当 \(f(x)\) 为以 \(2l\) 为周期的偶函数时，
\[a _ {n} = \frac {2}{l} \int_ {m l} ^ {(m + 1) l} f (x) \cos \frac {n \pi}{l} x d x, \quad n = 0, 1, 2, \dots , \tag {11.25}\]其中 \(m\) 为任意整数。
（四）函数 \(f(x)\) 的傅里叶级数展开式
设 \(f(x)\) 定义在 \([-l, l]\) 上，并满足收敛定理的狄利克雷条件。
\(1^{\circ}\) 若有 \(f(x)\) 在 \((-l, l)\) 上连续，则 \(f(x)\) 在 \((-l, l)\) 上可展成傅里叶级数，即
\[f (x) = \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(a _ {n} \cos \frac {n \pi}{l} x + b _ {n} \sin \frac {n \pi}{l} x\right) \quad (- l < x < l).\]\(2^{\circ}\) 若有 \(f(x)\) 在 \([-l, l]\) 上连续且 \(f(-l) = f(l)\)，则 \(f(x)\) 在 \([-l, l]\) 上可展成傅里叶级数，即上式在 \([-l, l]\) 上成立。
考题型及其解题方法与技巧
题型一 常数项级数敛散性的判定
【解题思路】对于常数项级数判别其收敛性的步骤为：
第一步，判别级数 \(\sum_{n = 1}^{\infty}u_n\) 的类型，即分辨其为正项级数，还是任意项级数；对任意项级数，还要分辨其是否为交错级数。
第二步，若 \(\sum_{n = 1}^{\infty}u_n\) 为正项级数，则首先考察 \(\lim_{n\to \infty}u_n\left\{ \begin{array}{ll}\neq 0, & \text{级数发散，}\\ = 0, & \text{需进一步判定.} \end{array} \right.\) 然后，根据一般项的特点选择相应的判别法：
- ① 一般项中含有 \(n!\) 或者 \(n\) 的乘积形式，通常选用比值判别法；
- ② 一般项中含有以 \(n\) 为指数幂的因子，通常采用根值判别法；
- ③ 一般项中含有形如 \(n^{\alpha}(\alpha\) 可以不是整数）的因子，通常采用比较判别法；
- ④ 是否可以用积分判别法，关键是引入 \(f(x)\)，一般项 \(u_n\) 可表为 \(f(n)\)。\(f(x)\) 在 \([1, +\infty)\) 单调下降且
- ⑤ 利用已知敛散性的结果，结合级数的性质，判别其收敛性；
- ⑥ 当各种判别法均失效时，则采用定义，考察部分和极限 \(\lim_{n\to \infty}S_n\) 是否存在。由于 \(\{S_n\}\) 单调递增，所以实际上就是要判断 \(\{S_n\}\) 是否有上界。
第三步，若 \(\sum_{n = 1}^{\infty}u_n\) 为任意项级数，同样要首先考察 \(\lim_{n\to \infty}u_n\left\{ \begin{array}{ll}\neq 0, & \text{级数发散},\\ = 0, & \text{需进一步判定}. \end{array} \right.\)
当 \(\lim_{n\to \infty}u_n = 0\) 时，可按以下步骤进行：
- 按正项级数敛散性的判别法，判定 \(\sum_{n = 1}^{\infty}\left|u_n\right|\) 是否收敛，若 \(\sum_{n = 1}^{\infty}\left|u_n\right|\) 收敛，则 \(\sum_{n = 1}^{\infty}u_{n}\) 绝对收敛；
- 若 \(\sum_{n = 1}^{\infty}|u_n|\) 发散，则看其是否为交错级数，若为交错级数，则利用莱布尼兹判别法判定，若收敛，则 \(\sum_{n = 1}^{\infty}u_{n}\) 条件收敛；
- 若 \(\sum_{n = 1}^{\infty}u_n\) 是交错级数，但不满足莱布尼兹判别法的条件，或者 \(\sum_{n = 1}^{\infty}u_n\) 不是交错级数，则有如下方法可以参考使用：
- （i）比值判别法：当 \(\lim_{n\to \infty}\frac{|u_{n + 1}|}{|u_n|} = \rho >1\) 时，级数 \(\sum_{n = 1}^{\infty}u_{n}\) 发散；
- （ii）根值判别法：当 \(\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{|u_n|} = \rho >1\) 时，级数 \(\sum_{n = 1}^{\infty}u_{n}\) 发散；
- （iii）讨论 \(\{S_{2n}\} ,\{S_{2n + 1}\}\) 的敛散性，以及其他能够判定部分和数列 \(\{S_n\}\) 敛散性的方法。
第四步，对某些级数可结合利用级数的性质来判别其收敛性。
1. 正项级数敛散性的判别
【例11.6】判定下列级数的敛散性：
（I）\(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{p^n \cdot n!}{n^n} (p > 0\) 为常数)； （II）\(\sum_{n=2}^{\infty} \frac{n^{\ln n}}{(\ln n)^n}\)。
【解】 （I）本题可采用比值判别法。由于
\[\lim_{n\to \infty}\frac{\frac{p^{n + 1} \cdot (n + 1)!}{(n + 1)^{n + 1}}}{\frac{p^n \cdot n!}{n^n}} = \lim_{n\to \infty}\frac{pn^n}{(n + 1)^n} = \lim_{n\to \infty}\frac{p}{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n} = \frac{p}{e}\]所以，当 \(p < e\) 时，级数 \(\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{p^n \cdot n!}{n^n}\) 收敛；当 \(p > e\) 时，该级数发散；当 \(p = e\) 时，比值判别法失效。注意到数列 \(\left\{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\right\}\) 是单调递增趋于 \(e\) 的，所以当 \(p = e\) 时，\(\frac{u_{n + 1}}{u_n} = \frac{e}{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n} > 1\)，即 \(\{u_n\}\) 单调递增不是无穷小量，所以该级数也是发散的。总之，级数 \(\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{p^n \cdot n!}{n^n}\) 当 \(p < e\) 时收敛，\(p \geqslant e\) 时发散。
（Ⅱ）本题适宜采用根值判别法。由于
\[\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{u_n} = \lim_{n\to \infty}\frac{\frac{\ln n}{n^n}}{\ln n} = \lim_{n\to \infty}\frac{e^{\frac{\ln^2n}{n}}}{\ln n} = 0,\]所以原级数收敛，这里用到 \(\lim_{n\to \infty}\frac{\ln^2n}{n} = 0\)。
【例11.7】判别下列级数的敛散性：
（I）\(\sum_{n=1}^{\infty} \left( \sqrt{n} - \sqrt[4]{n^2 + n} \right)\)； （II）\(\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n} - \ln \frac{n + 1}{n} \right)\)； （III）\(\sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{1 / n} \frac{\sqrt{x}}{1 + x} \, \mathrm{d}x\)； （IV）\(\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{p} (\ln n)^{q}} (p, q\) 为常数)； （V）\(\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n (\ln \ln n)^{p}}\)（\(p\) 为常数）。
【解】 （I）利用比较判别法的极限形式。由于级数 \(\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{4\sqrt{n}}\) 发散，而且当 \(n\to \infty\) 时
\[\sqrt {n} - \sqrt [ 4 ]{n ^ {2} + n} = \sqrt {n} \left[ 1 - \left(1 + \frac {1}{n}\right) ^ {\frac {1}{n}} \right] = - \sqrt {n} \left[ \left(1 --- # 练习题 ### 例题1 **题目内容** 设函数 $ f(x) = x^2 $ 在区间 $[0, \pi]$ 上定义，将其展开为以 $2\pi$ 为周期的傅里叶余弦级数，并证明 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$。 **题目解答** 对 $ f(x) = x^2 $ 在 $[0, \pi]$ 上进行偶延拓，得到周期为 $2\pi$ 的偶函数。傅里叶系数为： - $ a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi} x^2 \, dx = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi^3}{3} = \frac{2\pi^2}{3} $ - $ a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi} x^2 \cos(nx) \, dx $ 计算 $ a_n $：\]a_n = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{x^2 \sin(nx)}{n} \Big|_0^{\pi} - \frac{2}{n} \int_0^{\pi} x \sin(nx) , dx \right] = \frac{2}{\pi} \left[ 0 + \frac{2}{n^2} \int_0^{\pi} x \cos(nx) , dx \right]
\[\]= \frac{4}{n^2 \pi} \left[ x \cos(nx) \Big|_0^{\pi} - \int_0^{\pi} \cos(nx) , dx \right] = \frac{4}{n^2 \pi} \left[ \pi (-1)^n - 0 \right] = \frac{4(-1)^n}{n^2}
\[ 傅里叶级数为：\]f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos(nx) = \frac{\pi^2}{3} + 4 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} \cos(nx)
\[ 在 $ x = \pi $ 处，$ f(\pi) = \pi^2 $，且级数收敛于 $ f(\pi) $：\]\pi^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} \cos(n\pi) = \frac{\pi^2}{3} + 4 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}
\[解得：\]\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}
\[ --- ### 例题2 **题目内容** 判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{[n + (-1)^n]^p}$（其中 $ p > 0 $）的收敛性，包括绝对收敛和条件收敛。 **题目解答** 先判断绝对收敛性：\]\left| \frac{(-1)^n}{[n + (-1)^n]^p} \right| = \frac{1}{[n + (-1)^n]^p} \sim \frac{1}{n^p} \quad (n \to \infty)
\[由比较判别法，当 $ p > 1 $ 时，级数绝对收敛；当 $ p \leq 1 $ 时，不绝对收敛。 当 $ 0 < p \leq 1 $ 时，考虑部分和。将级数写为：\]\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{[n + (-1)^n]^p} = \frac{1}{3^p} - \frac{1}{2^p} + \frac{1}{5^p} - \frac{1}{4^p} + \cdots
\[两两添加括号：\]\left( \frac{1}{3^p} - \frac{1}{2^p} \right) + \left( \frac{1}{5^p} - \frac{1}{4^p} \right) + \cdots
\[一般项 $ v_n = \frac{1}{(2n+1)^p} - \frac{1}{(2n)^p} $。利用泰勒展开：\]v_n \sim -\frac{p}{2^{p+1}} \cdot \frac{1}{n^{p+1}} \quad (n \to \infty)
\[当 $ p > 0 $ 时，$ \sum |v_n| $ 收敛，故添加括号后的级数收敛。又因为通项趋于零，原级数收敛。因此，当 $ 0 < p \leq 1 $ 时，级数条件收敛。 **结论**： - $ p > 1 $: 绝对收敛 - $ 0 < p \leq 1 $: 条件收敛 --- ### 例题3 **题目内容** 求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(n+1) x^n$ 的和函数，并指出收敛域。 **题目解答** 设 $ S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n(n+1) x^n $。注意到：\]S(x) = x \sum_{n=1}^{\infty} n(n+1) x^{n-1} = x \varphi(x)
\[其中 $ \varphi(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n(n+1) x^{n-1} $。观察：\]\varphi(x) = \left( \sum_{n=1}^{\infty} x^{n+1} \right)” = \left( \frac{x^2}{1-x} \right)” \quad (|x| < 1)
\[计算二阶导数：\]\left( \frac{x^2}{1-x} \right)’ = \frac{2x(1-x) + x^2}{(1-x)^2} = \frac{2x - x^2}{(1-x)^2}
\[\]\left( \frac{x^2}{1-x} \right)” = \frac{(2 - 2x)(1-x)^2 - (2x - x^2)(-2)(1-x)}{(1-x)^4} = \frac{2}{(1-x)^3}
\[所以：\]\varphi(x) = \frac{2}{(1-x)^3}, \quad S(x) = \frac{2x}{(1-x)^3}, \quad |x| < 1
\[收敛域为 $ (-1, 1) $。 --- ### 例题4 **题目内容** 设 $ f(x) $ 在 $ |x| \leq 1 $ 上有定义，在 $ x = 0 $ 的某邻域内具有二阶连续导数，且 $ \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 0 $。证明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} f\left( \frac{1}{n} \right)$ 绝对收敛。 **题目解答** 由 $ \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 0 $ 得 $ f(0) = 0 $，$ f'(0) = 0 $。使用泰勒公式：\]f(x) = f(0) + f’(0)x + \frac{f”(\theta x)}{2} x^2 = \frac{1}{2} f”(\theta x) x^2, \quad 0 < \theta < 1
\[由于 $ f'' $ 连续，存在 $ M > 0 $ 使得 $ |f''(x)| \leq M $ 在邻域内成立。当 $ n $ 充分大时：\]\left| f\left( \frac{1}{n} \right) \right| = \frac{1}{2} \left| f”\left( \frac{\theta}{n} \right) \right| \frac{1}{n^2} \leq \frac{M}{2} \cdot \frac{1}{n^2}
\[级数 $ \sum \frac{1}{n^2} $ 收敛，由比较判别法，$ \sum f\left( \frac{1}{n} \right) $ 绝对收敛。 --- ### 例题5 **题目内容** 求常数项级数 $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{n^2 - n + 1}{2^n}$ 的和。 **题目解答** 设 $ S = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{n^2 - n + 1}{2^n} $。分解为：\]S = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{n(n-1)}{2^n} + \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{2^n} = S_1 + S_2
\[其中 $ S_2 = \sum_{n=0}^{\infty} \left( -\frac{1}{2} \right)^n = \frac{1}{1 + \frac{1}{2}} = \frac{2}{3} $。 考虑幂级数 $ \varphi(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n n(n-1) x^n $。注意到：\]\varphi(x) = x^2 \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n n(n-1) x^{n-2} = x^2 \left( \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n \right)” = x^2 \left( \frac{1}{1+x} \right)”
\[计算：\]\left( \frac{1}{1+x} \right)’ = -\frac{1}{(1+x)^2}, \quad \left( \frac{1}{1+x} \right)” = \frac{2}{(1+x)^3}
\[所以 $ \varphi(x) = \frac{2x^2}{(1+x)^3} $。取 $ x = \frac{1}{2} $：\]S_1 = \varphi\left( \frac{1}{2} \right) = \frac{2 \cdot \frac{1}{4}}{\left( \frac{3}{2} \right)^3} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{27}{8}} = \frac{4}{27}
\[因此：\]S = S_1 + S_2 = \frac{4}{27} + \frac{2}{3} = \frac{22}{27}
\[\]