高等数学（第七版）同济大学习题12-8 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题12-8

1. 将下列各周期函数展开成傅里叶级数（下面给出函数在一个周期内的表达式）： \begin{aligned}&1. \ 将下列各周期函数展开成傅里叶级数（下面给出函数在一个周期内的表达式）：&\end{aligned} 1. 将下列各周期函数展开成傅里叶级数（下面给出函数在一个周期内的表达式）：

( 1 ) f ( x ) = 1 − x 2 ( − 1 2 ≤ x < 1 2 ) ； ( 2 ) f ( x ) = { x ， − 1 ≤ x < 0 ， 1 ， 0 ≤ x < 1 2 ， − 1 ， 1 2 ≤ x < 1 ； ( 3 ) f ( x ) = { 2 x + 1 ， − 3 ≤ x < 0 ， 1 ， 0 ≤ x < 3. \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ f(x)=1-x^2\ \left(-\frac{1}{2} \le x \lt \frac{1}{2}\right)；\\\\ &\ \ (2)\ \ f(x)=\begin{cases}x，-1 \le x \lt 0，\\\\1，0 \le x \lt \frac{1}{2}，\\\\-1，\frac{1}{2}\le x \lt 1；\end{cases}\\\\ &\ \ (3)\ \ f(x)=\begin{cases}2x+1，-3 \le x \lt 0，\\\\1，0 \le x \lt 3.\end{cases} & \end{aligned} (1) f(x)=1−x2 (−21≤x<21)； (2) f(x)=⎩ ⎨ ⎧x，−1≤x<0，1，0≤x<21，−1，21≤x<1； (3) f(x)=⎩ ⎨ ⎧2x+1，−3≤x<0，1，0≤x<3.

解：

( 1 ) 函数 f ( x ) 是半周期 l = 1 2 的偶函数，所以 b n = 0 ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ， a 0 = 4 ∫ 0 1 2 ( 1 − x 2 ) d x = 11 6 ， a n = 4 ∫ 0 1 2 ( 1 − x 2 ) c o s ( 2 n π x ) d x = 4 [ 1 − x 2 2 n π s i n ( 2 n π x ) − 2 x 4 n 2 π 2 c o s ( 2 n π x ) + 2 8 n 3 π 3 s i n ( 2 n π x ) ] 0 1 2 = ( − 1 ) n + 1 n 2 π 2 ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，因为 f ( x ) 满足收敛定理的条件且处处连续，所以 f ( x ) = 11 12 + 1 π 2 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n + 1 n 2 c o s ( 2 n π x ) ， x ∈ ( − ∞ , + ∞ ) . ( 2 ) 函数 f ( x ) 的半周期为 l = 1 ， a 0 = ∫ − 1 1 f ( x ) d x = ∫ − 1 0 x d x + ∫ 0 1 2 d x + ∫ 1 2 1 ( − 1 ) d x = − 1 2 ， a n = ∫ − 1 1 f ( x ) c o s ( n π x ) d x = ∫ − 1 0 x c o s ( n π x ) d x + ∫ 0 1 2 c o s ( n π x ) d x − ∫ 1 2 1 c o s ( n π x ) d x = [ x n π s i n ( n π x ) + 1 n 2 π 2 c o s ( n π x ) ] − 1 0 + [ 1 n π s i n ( n π x ) ] 0 1 2 + [ 1 n π s i n ( n π x ) ] 1 1 2 = 1 n 2 π 2 [ 1 − ( − 1 ) n ] + 2 n π s i n n π 2 ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ， b n = ∫ − 1 1 f ( x ) s i n ( n π x ) d x = ∫ − 1 0 x s i n ( n π x ) d x + ∫ 0 1 2 s i n ( n π x ) d x − ∫ 1 2 1 s i n ( n π x ) d x = − 2 n π c o s n π 2 + 1 n π ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，因为 f ( x ) 满足收敛定理的条件，其间断点 x = 2 k ， 2 k + 1 2 ， k ∈ Z ，所以 f ( x ) = − 1 4 + ∑ n = 1 ∞ { [ 1 − ( − 1 ) n n 2 π 2 + 2 n π s i n n π 2 ] c o s ( n π x ) + 1 n π ( 1 − 2 c o s n π 2 ) s i n ( n π x ) } ， x ∈ R ， { 2 k , 2 k + 1 2 ∣ k ∈ Z } ( 3 ) 函数 f ( x ) 的半周期 l = 3 ， a 0 = 1 3 ∫ − 3 3 f ( x ) d x = 1 3 [ ∫ − 3 0 ( 2 x + 1 ) d x + ∫ 0 3 d x ] = − 1 ， a n = 1 3 ∫ − 3 3 f ( x ) c o s n π x 3 d x = 1 3 [ ∫ − 3 0 ( 2 x + 1 ) c o s n π x 3 d x + ∫ 0 3 c o s n π x 3 d x ] = 6 n 2 π 2 [ 1 − ( − 1 ) n ] ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ， b n = 1 3 ∫ − 3 3 f ( x ) s i n n π x 3 d x = 1 3 [ ∫ − 3 0 ( 2 x + 1 ) s i n n π x 3 d x + ∫ 0 3 s i n n π x 3 d x ] = 6 n π ( − 1 ) n + 1 ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，因为 f ( x ) 满足收敛定理的条件，其间断点为 x = 3 ( 2 k + 1 ) ， k ∈ Z ，所以 f ( x ) = − 1 2 + ∑ n = 1 ∞ { 6 n 2 π 2 [ 1 − ( − 1 ) n ] c o s n π x 3 + ( − 1 ) n + 1 6 n π s i n n π x 3 } ， x ∈ R ， { 3 ( 2 k + 1 ) ∣ k ∈ Z } . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 函数f(x)是半周期l=\frac{1}{2}的偶函数，所以b_n=0\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，a_0=4\int_{0}^{\frac{1}{2}}(1-x^2)dx=\frac{11}{6}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a_n=4\int_{0}^{\frac{1}{2}}(1-x^2)cos(2n\pi x)dx=4\left[\frac{1-x^2}{2n\pi}sin(2n\pi x)-\frac{2x}{4n^2\pi^2}cos(2n\pi x)+\frac{2}{8n^3\pi^3}sin(2n\pi x)\right]_{0}^{\frac{1}{2}}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{(-1)^{n+1}}{n^2\pi^2}\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，因为f(x)满足收敛定理的条件且处处连续，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以f(x)=\frac{11}{12}+\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}cos(2n\pi x)，x \in (-\infty, \ +\infty).\\\\ &\ \ (2)\ 函数f(x)的半周期为l=1，a_0=\int_{-1}^{1}f(x)dx=\int_{-1}^{0}xdx+\int_{0}^{\frac{1}{2}}dx+\int_{\frac{1}{2}}^{1}(-1)dx=-\frac{1}{2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a_n=\int_{-1}^{1}f(x)cos(n\pi x)dx=\int_{-1}^{0}xcos(n\pi x)dx+\int_{0}^{\frac{1}{2}}cos(n\pi x)dx-\int_{\frac{1}{2}}^{1}cos(n\pi x)dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \left[\frac{x}{n\pi}sin(n\pi x)+\frac{1}{n^2\pi^2}cos(n\pi x)\right]_{-1}^{0}+\left[\frac{1}{n\pi}sin(n\pi x)\right]_{0}^{\frac{1}{2}}+\left[\frac{1}{n\pi}sin(n\pi x)\right]_{1}^{\frac{1}{2}}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{n^2\pi^2}[1-(-1)^n]+\frac{2}{n\pi}sin\frac{n\pi}{2}\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ b_n=\int_{-1}^{1}f(x)sin(n\pi x)dx=\int_{-1}^{0}xsin(n\pi x)dx+\int_{0}^{\frac{1}{2}}sin(n\pi x)dx-\int_{\frac{1}{2}}^{1}sin(n\pi x)dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ -\frac{2}{n\pi}cos\frac{n\pi}{2}+\frac{1}{n\pi}\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，因为f(x)满足收敛定理的条件，其间断点x=2k，2k+\frac{1}{2}，k \in Z，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以f(x)=-\frac{1}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\left\{\left[\frac{1-(-1)^n}{n^2\pi^2}+\frac{2}{n\pi}sin\frac{n\pi}{2}\right]cos(n\pi x)+\frac{1}{n\pi}\left(1-2cos\frac{n\pi}{2}\right)sin(n\pi x)\right\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ x \in R，\left\{2k, \ 2k+\frac{1}{2}\ \bigg|\ k \in Z\right\}\\\\ &\ \ (3)\ 函数f(x)的半周期l=3，a_0=\frac{1}{3}\int_{-3}^{3}f(x)dx=\frac{1}{3}\left[\int_{-3}^{0}(2x+1)dx+\int_{0}^{3}dx\right]=-1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a_n=\frac{1}{3}\int_{-3}^{3}f(x)cos\frac{n\pi x}{3}dx=\frac{1}{3}\left[\int_{-3}^{0}(2x+1)cos\frac{n\pi x}{3}dx+\int_{0}^{3}cos\frac{n\pi x}{3}dx\right]=\frac{6}{n^2\pi^2}[1-(-1)^n]\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ b_n=\frac{1}{3}\int_{-3}^{3}f(x)sin\frac{n\pi x}{3}dx=\frac{1}{3}\left[\int_{-3}^{0}(2x+1)sin\frac{n\pi x}{3}dx+\int_{0}^{3}sin\frac{n\pi x}{3}dx\right]=\frac{6}{n\pi}(-1)^{n+1}\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因为f(x)满足收敛定理的条件，其间断点为x=3(2k+1)，k \in Z，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以f(x)=-\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left\{\frac{6}{n^2\pi^2}[1-(-1)^n]cos\frac{n\pi x}{3}+(-1)^{n+1}\frac{6}{n\pi}sin\frac{n\pi x}{3}\right\}，x \in R，\{3(2k+1)\ |\ k \in Z\}. & \end{aligned} (1) 函数f(x)是半周期l=21的偶函数，所以bn=0 (n=1，2，⋅⋅⋅)，a0=4∫021(1−x2)dx=611， an=4∫021(1−x2)cos(2nπx)dx=4[2nπ1−x2sin(2nπx)−4n2π22xcos(2nπx)+8n3π32sin(2nπx)]021= n2π2(−1)n+1 (n=1，2，⋅⋅⋅)，因为f(x)满足收敛定理的条件且处处连续，所以f(x)=1211+π21n=1∑∞n2(−1)n+1cos(2nπx)，x∈(−∞, +∞). (2) 函数f(x)的半周期为l=1，a0=∫−11f(x)dx=∫−10xdx+∫021dx+∫211(−1)dx=−21， an=∫−11f(x)cos(nπx)dx=∫−10xcos(nπx)dx+∫021cos(nπx)dx−∫211cos(nπx)dx= [nπxsin(nπx)+n2π21cos(nπx)]−10+[nπ1sin(nπx)]021+[nπ1sin(nπx)]121= n2π21[1−(−1)n]+nπ2sin2nπ (n=1，2，⋅⋅⋅)， bn=∫−11f(x)sin(nπx)dx=∫−10xsin(nπx)dx+∫021sin(nπx)dx−∫211sin(nπx)dx= −nπ2cos2nπ+nπ1 (n=1，2，⋅⋅⋅)，因为f(x)满足收敛定理的条件，其间断点x=2k，2k+21，k∈Z，所以f(x)=−41+n=1∑∞{[n2π21−(−1)n+nπ2sin2nπ]cos(nπx)+nπ1(1−2cos2nπ)sin(nπx)}， x∈R，{2k, 2k+21 k∈Z} (3) 函数f(x)的半周期l=3，a0=31∫−33f(x)dx=31[∫−30(2x+1)dx+∫03dx]=−1， an=31∫−33f(x)cos3nπxdx=31[∫−30(2x+1)cos3nπxdx+∫03cos3nπxdx]=n2π26[1−(−1)n] (n=1，2，⋅⋅⋅)， bn=31∫−33f(x)sin3nπxdx=31[∫−30(2x+1)sin3nπxdx+∫03sin3nπxdx]=nπ6(−1)n+1 (n=1，2，⋅⋅⋅)，因为f(x)满足收敛定理的条件，其间断点为x=3(2k+1)，k∈Z，所以f(x)=−21+n=1∑∞{n2π26[1−(−1)n]cos3nπx+(−1)n+1nπ6sin3nπx}，x∈R，{3(2k+1) ∣ k∈Z}.

2. 将下列函数分别展开成正弦级数和余弦级数： \begin{aligned}&2. \ 将下列函数分别展开成正弦级数和余弦级数：&\end{aligned} 2. 将下列函数分别展开成正弦级数和余弦级数：

( 1 ) f ( x ) = { x ， 0 ≤ x < l 2 ， l − x ， l 2 ≤ x ≤ l . ； ( 2 ) f ( x ) = x 2 ( 0 ≤ x ≤ 2 ) \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ f(x)=\begin{cases}x，0 \le x \lt \frac{l}{2}，\\\\l-x，\frac{l}{2} \le x \le l.\end{cases}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ f(x)=x^2\ (0 \le x \le 2) & \end{aligned} (1) f(x)=⎩ ⎨ ⎧x，0≤x<2l，l−x，2l≤x≤l.； (2) f(x)=x2 (0≤x≤2)

解：

( 1 ) 正弦级数：作 φ ( x ) 为 f ( x ) 的奇延拓，令 Φ ( x ) 是 φ ( x ) 的周期延拓，则 Φ ( x ) 是奇函数，周期为 2 l ， Φ ( x ) 满足收敛定理的条件且处处连续，在 [ 0 , l ] 上， Φ ( x ) ≡ f ( x ) ， a n = 0 ( n = 0 ， 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ， b n = 2 l [ ∫ 0 l 2 x s i n n π x l d x + ∫ l 2 l ( l − x ) s i n n π x l d x ] ，上式的第二积分中令 l − x = t ，有 ∫ l 2 l ( l − x ) s i n n π x l d x = − ∫ 0 l 2 t c o s n π s i n n π t l d t = ( − 1 ) n − 1 ∫ 0 l 2 t s i n n π t l d t ，则 b n = 2 l [ 1 + ( − 1 ) n − 1 ] ∫ 0 l 2 x s i n n π x l d x ，当 n = 2 k 时， b 2 k = 0 ，当 n = 2 k − 1 时， b 2 k − 1 = 4 l ∫ 0 l 2 x s i n ( 2 k − 1 ) π x l d x = 4 l ( 2 k − 1 ) 2 π 2 ( − 1 ) k − 1 ( k = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，所以 f ( x ) = 4 l π 2 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) k − 1 ( 2 k − 1 ) 2 s i n ( 2 k − 1 ) π x l ， x ∈ [ 0 , l ] . 余弦级数：作 ψ ( x ) 为 f ( x ) 的偶延拓，令 Ψ ( x ) 是 ψ ( x ) 的周期延拓，则 Ψ ( x ) 是周期为 2 l 的周期函数， Ψ ( x ) 满足收敛定理的条件且处处连续，在 [ 0 , l ] 上， Ψ ( x ) ≡ f ( x ) ， a 0 = 2 l [ ∫ 0 l 2 x d x + ∫ l 2 l ( l − x ) d x ] = l 2 ， a n = l 2 [ ∫ 0 l 2 x c o s n π x l d x + ∫ l 2 l ( l − x ) c o s n π x l d x ] ，上式第二积分中令 l − x = t ，有 ∫ l 2 l ( l − x ) c o s n π x l d x = ( − 1 ) n ∫ 0 l 2 t c o s n π t l d t ，则 a n = 2 l [ 1 + ( − 1 ) n ] ∫ 0 l 2 x c o s n π x l d x = 2 l [ 1 + ( − 1 ) n ] ( l π ) 2 ( π 2 n s i n n π 2 + 1 n 2 c o s n π 2 − 1 n 2 ) ，当 n = 2 m − 1 时， a 2 m − 1 = 0 ，当 n = 2 m 时， a 2 m = 4 l π 2 ⋅ 1 ( 2 m ) 2 [ ( − 1 ) m − 1 ] = { 0 ， m = 2 k ， l π 2 ⋅ − 2 ( 2 k − 1 ) 2 ， m = 2 k − 1 ( k = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ， f ( x ) = l 4 − 2 l π 2 ∑ k = 1 ∞ 1 ( 2 k − 1 ) 2 c o s 2 ( 2 k − 1 ) π x l ， x ∈ [ 0 , l ] ( 2 ) 正弦级数：作 φ ( x ) 为 f ( x ) 的奇延拓，令 Φ ( x ) 是 φ ( x ) 的周期延拓，则 Φ ( x ) 是周期为 4 的周期函数， Φ ( x ) 满足收敛定理的条件且除了间断点 x = 2 ( 2 k + 1 ) ( k ∈ Z ) 外处处连续，在 [ 0 , 2 ) 上， Φ ( x ) ≡ f ( x ) ， a n = 0 ( n = 0 ， 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ， b n = 2 2 ∫ 0 2 x 2 s i n n π x 2 d x = [ − 2 n π x 2 c o s n π x 2 ] 0 2 + 4 n π ∫ 0 2 x c o s n π x 2 d x = ( − 1 ) n + 1 8 n π + 8 ( n π ) 2 [ x s i n n π x 2 ] 0 2 + 16 ( n π ) 3 [ c o s n π x 2 ] 0 2 = ( − 1 ) n + 1 8 n π + 16 ( n π ) 3 [ ( − 1 ) n − 1 ] ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，所以 f ( x ) = 8 π ∑ n = 1 ∞ { ( − 1 ) n + 1 n + 2 n 3 π 2 [ ( − 1 ) n − 1 ] } s i n n π x 2 ， x ∈ [ 0 , 2 ) . 余弦级数：作 ψ ( x ) 为 f ( x ) 的偶延拓，令 Ψ ( x ) 是 ψ ( x ) 的周期延拓，则 Ψ ( x ) 是周期为 4 的周期函数， Ψ ( x ) 满足收敛定理的条件且处处连续，在 [ 0 , 2 ] 上， Ψ ( x ) ≡ f ( x ) ， a 0 = 2 2 ∫ 0 2 x 2 d x = 8 3 ， a n = 2 2 ∫ 0 2 x 2 c o s n π x 2 d x = 2 n π [ x 2 s i n n π x 2 ] 0 2 − 4 n π ∫ 0 2 x s i n n π x 2 d x = 8 ( n π ) 2 [ x c o s n π x 2 − 2 n π s i n n π x 2 ] 0 2 = ( − 1 ) n 16 ( n π ) 2 ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ， b n = 0 ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，所以 f ( x ) = 4 3 + 16 π 2 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n n 2 c o s n π x 2 ， x ∈ [ 0 , 2 ] . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 正弦级数：作\varphi(x)为f(x)的奇延拓，令\Phi(x)是\varphi(x)的周期延拓，则\Phi(x)是奇函数，周期为2l，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \Phi(x)满足收敛定理的条件且处处连续，在[0, \ l]上，\Phi(x) \equiv f(x)，a_n=0\ (n=0，1，2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ b_n=\frac{2}{l}\left[\int_{0}^{\frac{l}{2}}xsin\frac{n\pi x}{l}dx+\int_{\frac{l}{2}}^{l}(l-x)sin\frac{n\pi x}{l}dx\right]，上式的第二积分中令l-x=t，有\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{\frac{l}{2}}^{l}(l-x)sin\frac{n\pi x}{l}dx=-\int_{0}^{\frac{l}{2}}tcos\ n\pi sin\frac{n\pi t}{l}dt=(-1)^{n-1}\int_{0}^{\frac{l}{2}}tsin\frac{n\pi t}{l}dt，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ b_n=\frac{2}{l}[1+(-1)^{n-1}]\int_{0}^{\frac{l}{2}}xsin\frac{n\pi x}{l}dx，当n=2k时，b_{2k}=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 当n=2k-1时，b_{2k-1}=\frac{4}{l}\int_{0}^{\frac{l}{2}}xsin\frac{(2k-1)\pi x}{l}dx=\frac{4l}{(2k-1)^2\pi^2}(-1)^{k-1}\ (k=1，2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以f(x)=\frac{4l}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)^2}sin\frac{(2k-1)\pi x}{l}，x \in [0, \ l].\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 余弦级数：作\psi(x)为f(x)的偶延拓，令\Psi(x)是\psi(x)的周期延拓，则\Psi(x)是周期为2l的周期函数，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \Psi(x)满足收敛定理的条件且处处连续，在[0, \ l]上，\Psi(x) \equiv f(x)，a_0=\frac{2}{l}\left[\int_{0}^{\frac{l}{2}}xdx+\int_{\frac{l}{2}}^{l}(l-x)dx\right]=\frac{l}{2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a_n=\frac{l}{2}\left[\int_{0}^{\frac{l}{2}}xcos\frac{n\pi x}{l}dx+\int_{\frac{l}{2}}^{l}(l-x)cos\frac{n\pi x}{l}dx\right]，上式第二积分中令l-x=t，有\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{\frac{l}{2}}^{l}(l-x)cos\frac{n\pi x}{l}dx=(-1)^n\int_{0}^{\frac{l}{2}}tcos\frac{n\pi t}{l}dt，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a_n=\frac{2}{l}[1+(-1)^n]\int_{0}^{\frac{l}{2}}xcos\frac{n\pi x}{l}dx=\frac{2}{l}[1+(-1)^n]\left(\frac{l}{\pi}\right)^2\left(\frac{\pi}{2n}sin\frac{n\pi}{2}+\frac{1}{n^2}cos\frac{n\pi}{2}-\frac{1}{n^2}\right)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 当n=2m-1时，a_{2m-1}=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 当n=2m时，a_{2m}=\frac{4l}{\pi^2}\cdot\frac{1}{(2m)^2}[(-1)^m-1]=\begin{cases}0，m=2k，\\\\\frac{l}{\pi^2}\cdot\frac{-2}{(2k-1)^2}，m=2k-1\end{cases}\ (k=1，2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ f(x)=\frac{l}{4}-\frac{2l}{\pi^2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^2}cos\frac{2(2k-1)\pi x}{l}，x \in [0, \ l]\\\\ &\ \ (2)\ 正弦级数：作\varphi(x)为f(x)的奇延拓，令\Phi(x)是\varphi(x)的周期延拓，则\Phi(x)是周期为4的周期函数，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \Phi(x)满足收敛定理的条件且除了间断点x=2(2k+1)\ (k \in Z)外处处连续，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在[0, \ 2)上，\Phi(x) \equiv f(x)，a_n=0\ (n=0，1，2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ b_n=\frac{2}{2}\int_{0}^{2}x^2sin\frac{n\pi x}{2}dx=\left[-\frac{2}{n\pi}x^2cos\frac{n\pi x}{2}\right]_{0}^{2}+\frac{4}{n\pi}\int_{0}^{2}xcos\frac{n\pi x}{2}dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ (-1)^{n+1}\frac{8}{n\pi}+\frac{8}{(n\pi)^2}\left[xsin\frac{n\pi x}{2}\right]_{0}^{2}+\frac{16}{(n\pi)^3}\left[cos\frac{n\pi x}{2}\right]_{0}^{2}=(-1)^{n+1}\frac{8}{n\pi}+\frac{16}{(n\pi)^3}[(-1)^n-1]\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以f(x)=\frac{8}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\left\{\frac{(-1)^{n+1}}{n}+\frac{2}{n^3\pi^2}[(-1)^n-1]\right\}sin\frac{n\pi x}{2}，x \in [0, \ 2).\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 余弦级数：作\psi(x)为f(x)的偶延拓，令\Psi(x)是\psi(x)的周期延拓，则\Psi(x)是周期为4的周期函数，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \Psi(x)满足收敛定理的条件且处处连续，在[0, \ 2]上，\Psi(x) \equiv f(x)，a_0=\frac{2}{2}\int_{0}^{2}x^2dx=\frac{8}{3}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a_n=\frac{2}{2}\int_{0}^{2}x^2cos\frac{n\pi x}{2}dx=\frac{2}{n\pi}\left[x^2sin\frac{n\pi x}{2}\right]_{0}^{2}-\frac{4}{n\pi}\int_{0}^{2}xsin\frac{n\pi x}{2}dx=\frac{8}{(n\pi)^2}\left[xcos\frac{n\pi x}{2}-\frac{2}{n\pi}sin\frac{n\pi x}{2}\right]_{0}^{2}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ (-1)^n\frac{16}{(n\pi)^2}\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，b_n=0\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，所以f(x)=\frac{4}{3}+\frac{16}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}cos\frac{n\pi x}{2}，x \in [0, \ 2]. & \end{aligned} (1) 正弦级数：作φ(x)为f(x)的奇延拓，令Φ(x)是φ(x)的周期延拓，则Φ(x)是奇函数，周期为2l， Φ(x)满足收敛定理的条件且处处连续，在[0, l]上，Φ(x)≡f(x)，an=0 (n=0，1，2，⋅⋅⋅)， bn=l2[∫02lxsinlnπxdx+∫2ll(l−x)sinlnπxdx]，上式的第二积分中令l−x=t，有 ∫2ll(l−x)sinlnπxdx=−∫02ltcos nπsinlnπtdt=(−1)n−1∫02ltsinlnπtdt，则 bn=l2[1+(−1)n−1]∫02lxsinlnπxdx，当n=2k时，b2k=0，当n=2k−1时，b2k−1=l4∫02lxsinl(2k−1)πxdx=(2k−1)2π24l(−1)k−1 (k=1，2，⋅⋅⋅)，所以f(x)=π24ln=1∑∞(2k−1)2(−1)k−1sinl(2k−1)πx，x∈[0, l]. 余弦级数：作ψ(x)为f(x)的偶延拓，令Ψ(x)是ψ(x)的周期延拓，则Ψ(x)是周期为2l的周期函数， Ψ(x)满足收敛定理的条件且处处连续，在[0, l]上，Ψ(x)≡f(x)，a0=l2[∫02lxdx+∫2ll(l−x)dx]=2l， an=2l[∫02lxcoslnπxdx+∫2ll(l−x)coslnπxdx]，上式第二积分中令l−x=t，有 ∫2ll(l−x)coslnπxdx=(−1)n∫02ltcoslnπtdt，则 an=l2[1+(−1)n]∫02lxcoslnπxdx=l2[1+(−1)n](πl)2(2nπsin2nπ+n21cos2nπ−n21)，当n=2m−1时，a2m−1=0，当n=2m时，a2m=π24l⋅(2m)21[(−1)m−1]=⎩ ⎨ ⎧0，m=2k，π2l⋅(2k−1)2−2，m=2k−1 (k=1，2，⋅⋅⋅)， f(x)=4l−π22lk=1∑∞(2k−1)21cosl2(2k−1)πx，x∈[0, l] (2) 正弦级数：作φ(x)为f(x)的奇延拓，令Φ(x)是φ(x)的周期延拓，则Φ(x)是周期为4的周期函数， Φ(x)满足收敛定理的条件且除了间断点x=2(2k+1) (k∈Z)外处处连续，在[0, 2)上，Φ(x)≡f(x)，an=0 (n=0，1，2，⋅⋅⋅)， bn=22∫02x2sin2nπxdx=[−nπ2x2cos2nπx]02+nπ4∫02xcos2nπxdx= (−1)n+1nπ8+(nπ)28[xsin2nπx]02+(nπ)316[cos2nπx]02=(−1)n+1nπ8+(nπ)316[(−1)n−1] (n=1，2，⋅⋅⋅)，所以f(x)=π8n=1∑∞{n(−1)n+1+n3π22[(−1)n−1]}sin2nπx，x∈[0, 2). 余弦级数：作ψ(x)为f(x)的偶延拓，令Ψ(x)是ψ(x)的周期延拓，则Ψ(x)是周期为4的周期函数， Ψ(x)满足收敛定理的条件且处处连续，在[0, 2]上，Ψ(x)≡f(x)，a0=22∫02x2dx=38， an=22∫02x2cos2nπxdx=nπ2[x2sin2nπx]02−nπ4∫02xsin2nπxdx=(nπ)28[xcos2nπx−nπ2sin2nπx]02= (−1)n(nπ)216 (n=1，2，⋅⋅⋅)，bn=0 (n=1，2，⋅⋅⋅)，所以f(x)=34+π216n=1∑∞n2(−1)ncos2nπx，x∈[0, 2].

3. 设 f ( x ) 是周期为 2 的周期函数，它在 [ − 1 , 1 ) 上的表达式为 f ( x ) = e − x ，试将 f ( x ) 展开成复数形式的傅里叶级数 . \begin{aligned}&3. \ 设f(x)是周期为2的周期函数，它在[-1, \ 1)上的表达式为f(x)=e^{-x}，试将f(x)展开成\\\\&\ \ \ \ 复数形式的傅里叶级数.&\end{aligned} 3. 设f(x)是周期为2的周期函数，它在[−1, 1)上的表达式为f(x)=e−x，试将f(x)展开成复数形式的傅里叶级数.

解：

f ( x ) 满足收敛定理的条件，且除了点 x = 2 k + 1 ( k ∈ Z ) 外处处连续， c n = 1 2 ∫ − 1 1 e − x e − i n π x d x = 1 2 ∫ − 1 1 e − ( 1 + n π i ) x d x = − 1 2 ⋅ 1 1 + n π i [ e − ( 1 + n π i ) x ] − 1 1 = − 1 2 ⋅ 1 − n π i 1 + ( n π ) 2 ( e − 1 ⋅ e − n π i − e ⋅ e n π i ) = 1 − n π i 1 + ( n π ) 2 ⋅ e c o s n π − e − 1 c o s n π 2 = ( − 1 ) n e − e − 1 2 1 − n π i 1 + n 2 π 2 ( n = 0 ， ± 1 ， ± 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，所以 f ( x ) = ∑ n = − ∞ ∞ ( − 1 ) n e − e − 1 2 1 − n π i 1 + n 2 π 2 ⋅ e i n π x ， x ∈ R ， { 2 k + 1 ∣ k ∈ Z } . \begin{aligned} &\ \ f(x)满足收敛定理的条件，且除了点x=2k+1\ (k \in Z)外处处连续，\\\\ &\ \ c_n=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}e^{-x}e^{-in\pi x}dx=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}e^{-(1+n\pi i)x}dx=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+n\pi i}[e^{-(1+n\pi i)x}]_{-1}^{1}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1-n\pi i}{1+(n\pi)^2}(e^{-1}\cdot e^{-n\pi i}-e\cdot e^{n\pi i})=\\\\ &\ \ \frac{1-n\pi i}{1+(n\pi)^2}\cdot \frac{ecos\ n\pi-e^{-1}cos\ n\pi}{2}=(-1)^n\frac{e-e^{-1}}{2}\frac{1-n\pi i}{1+n^2\pi^2}\ (n=0，\pm1，\pm2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ 所以f(x)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n\frac{e-e^{-1}}{2}\frac{1-n\pi i}{1+n^2\pi^2}\cdot e^{in\pi x}，x \in R，\{2k+1\ |\ k \in Z\}. & \end{aligned} f(x)满足收敛定理的条件，且除了点x=2k+1 (k∈Z)外处处连续， cn=21∫−11e−xe−inπxdx=21∫−11e−(1+nπi)xdx=−21⋅1+nπi1[e−(1+nπi)x]−11=−21⋅1+(nπ)21−nπi(e−1⋅e−nπi−e⋅enπi)= 1+(nπ)21−nπi⋅2ecos nπ−e−1cos nπ=(−1)n2e−e−11+n2π21−nπi (n=0，±1，±2，⋅⋅⋅)，所以f(x)=n=−∞∑∞(−1)n2e−e−11+n2π21−nπi⋅einπx，x∈R，{2k+1 ∣ k∈Z}.

4. 设 u ( t ) 是周期为 T 的周期函数，已知它的傅里叶级数的复数形式为（参阅本节例题） u ( t ) = h τ T + h π ∑ n = − ∞ n ≠ 0 ∞ 1 n s i n n π τ T e 2 n π t T i ( − ∞ < t < + ∞ ) ，试写出 u ( t ) 的傅里叶级数的实数形式（即三角形式） . \begin{aligned}&4. \ 设u(t)是周期为T的周期函数，已知它的傅里叶级数的复数形式为（参阅本节例题）\\\\&\ \ \ \ u(t)=\frac{h\tau}{T}+\frac{h}{\pi}\sum_{n=-\infty\ \ n \neq 0}^{\infty}\frac{1}{n}sin\frac{n\pi \tau}{T}e^{\frac{2n\pi t}{T}i}\ (-\infty \lt t \lt +\infty)，\\\\&\ \ \ \ 试写出u(t)的傅里叶级数的实数形式（即三角形式）.&\end{aligned} 4. 设u(t)是周期为T的周期函数，已知它的傅里叶级数的复数形式为（参阅本节例题） u(t)=Thτ+πhn=−∞ n=0∑∞n1sinTnπτeT2nπti (−∞<t<+∞)，试写出u(t)的傅里叶级数的实数形式（即三角形式）.

解：

已知 c n = h n π s i n n π τ T ( n = ± 1 ， ± 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，因为 c n = a n − i b n 2 ， c − n = a n + i b n 2 = c n ‾ ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，则 a n = R e ( 2 c n ) ， b n = I m ( 2 c n ‾ ) ，因 c n 为实数，所以 a n = 2 h n π s i n n π τ T ， b n = 0 ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，所以 u ( t ) = h τ T + 2 h π ∑ n = 1 ∞ 1 n s i n n π τ T ⋅ c o s 2 n π t T ( − ∞ < t + ∞ ) . \begin{aligned} &\ \ 已知c_n=\frac{h}{n\pi}sin\frac{n\pi \tau}{T}\ (n=\pm1，\pm2，\cdot\cdot\cdot)，因为c_n=\frac{a_n-ib_n}{2}，c_{-n}=\frac{a_n+ib_n}{2}=\overline{c_n}\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ 则a_n=Re(2c_n)，b_n=Im(2\overline{c_n})，因c_n为实数，所以a_n=\frac{2h}{n\pi}sin\frac{n\pi \tau}{T}，b_n=0\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ 所以u(t)=\frac{h\tau}{T}+\frac{2h}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}sin\frac{n\pi \tau}{T}\cdot cos\frac{2n\pi t}{T}\ (-\infty \lt t +\infty). & \end{aligned} 已知cn=nπhsinTnπτ (n=±1，±2，⋅⋅⋅)，因为cn=2an−ibn，c−n=2an+ibn=cn (n=1，2，⋅⋅⋅)，则an=Re(2cn)，bn=Im(2cn)，因cn为实数，所以an=nπ2hsinTnπτ，bn=0 (n=1，2，⋅⋅⋅)，所以u(t)=Thτ+π2hn=1∑∞n1sinTnπτ⋅cosT2nπt (−∞<t+∞).