下學(xué)期高數(shù)課件95fouier級(jí)數(shù)

這種影響至今還在發(fā)展之中。下面所介紹的知識(shí)主要是由Fourier9.5Fourier

yAsinwt+f)(A為振幅

y=A0+Ansinwt+fn ￥

令a0 2a+k￥acosnx+bsinnnn)

an

bn x fxdx=a fxd

cosnxdx= cosnxdx=

sinnxdx= 特別地,取a=-p 即得長(zhǎng)度為2p的區(qū)間p,p下面討論p,p區(qū)間上三角函數(shù)系的正交性1,cosx,sinx,cos2x,sin2x,L,cosnx,sinnx,在pp

0

1cosnxd

=n0cosnx

x

sin p1sinnxdx=

n=1,2,L)2knxknx2pcoskxcosnxdx=

knxknxp=(k?p=

psinkxsinnx pcoskxsinnxdx=

(k?n 0p11dx=ppsin

nxdxnxdx

coscos2nx=1+cos2nx2sin2nx=1-cos22

+k

則在這個(gè)范圍內(nèi)函數(shù)f(x) f

0+

an

n1p1p n1p1pppf(x)cosnxdbpnfxnnxdn=0,1,Ln=1,2,L

￥ f(x)dx=

dx

cosnxdx+ sinnxdx na=0pa=0pppfxd得

n=1

f(x)coskxdx=￥ ￥

pcoskxdx+

-pcoskxcosnxdx+

n-

coskxsinnxdxpp=ak-

kx

=

1從而 =

fcoskxdpp

k=1,2,L類似地用sinkx乘以三角級(jí)數(shù)兩端b= f(x)sinkxd

k=1,2,L p- f

0+(ancosnx+bnsinnx = =

pfxdppf(x)cosnxd

(n=0,1,L② =

pf(x)sinnxd (n=1,2,L 【注記】一個(gè)定義在(-∞,+∞)上周期為2π的函數(shù)f(x), 它在一個(gè)周期上可積,則一定可以做出f(x)的Fourier級(jí)數(shù)。這個(gè)問題自18世紀(jì)中葉提出以來,當(dāng)時(shí)的歐洲的許多數(shù)學(xué)家都曾致力于它的解決,直到1829年Dirichlet才首次給出了這個(gè) 雷(Dirichlet)條件:則f(x)的 級(jí)數(shù)收斂,且有a02

(ancosnx+bnsinnx f(x)

xfx-0fx+0)x 2其中an,bn為f(x) 。。(-∞,f(x)

1,1+x2

-<x￡00<x￡

級(jí)數(shù)在x

xp 在x

處收斂于 。

p0+p

p0+

1+p2+1)p 4p0+4p00+0 展成傅里葉級(jí)數(shù)的步驟展成傅里葉級(jí)數(shù)的步驟計(jì)算Fourier = =

pf(x)cosnxd (n=0,1,Lpf(x)sinnxd (n=1,2,L ③Fourier級(jí)數(shù)的和函數(shù)

+(acosnx+bsinnx

fx-0+fx+0)2 2

f

x=fx-0+fx+

xa ④fx=0+(acosnx+bsinnx

x2 2(-∞∞)y1xoy1xo 1,f(x)= 1,

-p￡x<00￡x<p將f(x)展成級(jí)數(shù) =

pf(x)cosnxd=1

1p1cosnxdp- p=-1nnx0 +1np= n=0,1,2,L) =

pf(x)sinnxd=1

1p1sinp- p1cosnx

1 cosnx 2

+p-

- 4

n=1,35n 1-1)=n 故f(x)展成級(jí)數(shù)

0

n246f=p

sinx+1sin3x+L3

2k-

2k1x￥<x<+￥,x?0,–p,–2p, f=4sinx+sin

+sin7x+sin9x+L

(-￥<x<+￥,x?0,–p,–2p,Ly

x=kpk=0,–1,–2,L)

?

?o?? xkpk0,–12,L-1+10, 2

2s=f

x?

k=0,–1,–2,L 0, x=f(x)=

-p<x￡ 0<x￡試寫出f(x)在(-p,p]上 ,p-24解此題只求f(x)的Fourier級(jí)數(shù)的和函數(shù), Fourier級(jí)數(shù)。因f(x)在(-π,π]上第一類間斷點(diǎn)為x=0,π, 點(diǎn)處連續(xù)。故由Dirichlet收斂定理可知, 在間斷點(diǎn)x=0處,和函數(shù)4S=f0-0+f0+0)=-1+0

p=p2

S =f p

p0+p

=-1+p2

f(x)=-1,

-p<x￡x2

0<x￡

S=-1

p2

p2-22

S

Sp 2

xS

p<x<- x=yyp2-- opx2 0<x<一般地,一個(gè)函數(shù)的Fourier級(jí)數(shù)既含有正弦項(xiàng), 但是,也有一些函數(shù)的Fourier級(jí)數(shù)只含有正弦項(xiàng)（如例2）或者只 an=b= pfxnnxd

n=0,1,2,Ln=1,2,3,L) p0 ,

=

fcosnxd

n=0,1,2,L) p0bn=

n=1,2,3,L)例4設(shè)f(x)是周期為2p的周期函數(shù)[-ppf(x)＝x,將f(x)展 解若不計(jì)x2kpk0,–12,L an= (n=0,1,2,L

-p = pf(x)sinnxd p0=2

=2

+p

=-2cosnp=2

n=1,2,3,L￥1

f=2

sinnx=2sinx-sin2x+sin3x-L ￥<x<￥,x?2k1p,k=0,–1,L)在[-pp)f(x-- 在[-l,l]由定義的函數(shù)的展9.5.3以2l為周期的函數(shù) 9.5.4在[-l,l]由定義的函數(shù) 2lf(x)在(-ll)上可積l

或xlpp2pf=fltFp￥ ￥

ppp

a0

ancosnt+bnsinnta0

Ftd

n=1bn=1

FtcosnxdpFtnnxd

n=1,2,Ln=1,2,Ltpx換回即得以2l為周期的函數(shù)f(xl定理?xiàng)l件,則它的展開式為f=a0+acosnpx+bsinnpx n=1

nl =1nl

fxcosnpxd

n=0,1,2,Ll b=

lfxnnpxdll

n=1,2,L

2f

0+

+22

0+l￥f=

其中b= lfsinnpxd

n=1,2,L l f(x)=l22l2

+

n

an

l

fx

l

d n=0,1,2,L) 在f(x)的間斷點(diǎn)x處,級(jí)數(shù)收斂2x0+x2 ?ykk2o? ?ykk2o?o2f=0,

-2￡x<0,

k 0￡x<l=2Fouier

a= 00dx+ 2

dx=k 2

20

an

2

k

= (n?

= ,n=1,3,5,L,bn

20

k

2

=

1-cosnp

n=2,4,6,f(x)=k+2ksinpx+1sin3px+1sin5px+L p ￥<x<+￥ x?0,–2,–4,L9.5.4在[-l,l]上有定義的函數(shù) 定義在[-l,l]上的函數(shù)f(x),可以通過延拓而成為一個(gè)在數(shù)軸上 2然后再將自變量限制回(-l,l),即得F(x)≡f(x)的展開式。 級(jí)數(shù)在x=±l處,收斂于1fl+0+fl-2解由于f2|x|1￡x￡1是偶函數(shù)tbn=0,n=1,2,t

a0=202+x=2cos

n2xcos

= y32-o12y32-o12

,n=2,4,6,滿足收斂定理?xiàng)l件,并注意到 |x

￥cos2n1px2+=+2

2n1

1￡x9.5.5在[0,l]上定義的函數(shù)

f(x)的 展開。這需分三個(gè)步驟：在(-l,l]上把F(x)展開為 例7把f(x)=x(0<x<2)展開 (2)余弦級(jí)數(shù) - 解(1f(x作奇周期延拓則有an= n=0,1,2,L)

+2

npxbn=

x

dx=-npx

=-4cosnp=41n+1 n=1,2,L) ￥ 1n+1 ￥f=xp

n

(0<x<2y-o2y-o2a0

2202

xdx= =

d2

bn= n=1,2,L

+2

npx

=- (n = x

0- ,k12p

n=n=2k-

k=1,2,f=x=1-8

cosk-px

(0<x<22pk2

k f(x)=x=1-

k

k

kp2

(0<x<2￥據(jù)此有￥k

k

y-y-2￥￥￥ ￥

p

1￥

=k

k

+ k=1k

+44￥ ￥

6 f(x),x?[a,令xtba2

txb2Ft=f=f

+b+a

t?-b-a,b-a2 2

f(x)

-b-a,b-a上展 txba2f(x)在[a,b]上 f

x?[a,x=t+a即t=x-Ft=f=ft+a,t?0,b-a將t=x-a代入展開式例8.將函數(shù)f(x)=10-x(5<x<15)展 解:令t=x- t==t10= -5<t<由于F(t)是奇函數(shù),故an= n=0,1,2,L)

Ft)t

- bn

5

-t

dt=n=1,2,L

10