中册 6.5 傅里叶级数 第6题
📝 题目
6．求下列函数的傅里叶级数展开式，并求级数的和
（1）$f(x)=\pi-|x|,(-\pi \leqslant x \leqslant \pi)$ ，并计算 $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}}$ ．
（2）$f(x)=\left\{\begin{array}{l}\pi-x, x \in[-\pi, 0), \\ \pi+x, x \in[0, \pi) .\end{array}\right.$
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）如图 6．9，$f(x)$ 按段光滑，由收玫定理知，它可以展成傅里叶级数。 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上为偶函数，故
$$
\begin{aligned}
& b_{n}=0, n=1,2, \cdots \\
& a_{0}=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}(\pi-|x|) \mathrm{d} x=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}(\pi-x) \mathrm{d} x=\pi \\
& a_{n}=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}(\pi-x) \cos n x \mathrm{~d} x=\left.\frac{2}{n \pi}\left[(\pi-x) \sin n x-\frac{\cos n x}{n}\right]\right|_{0} ^{\pi}=\frac{2}{n^{2} \pi}\left[1-(-1)^{n}\right], n=1,2, \cdots
\end{aligned}
$$
所以 $f(x)$ 的傅里叶级数为 $\displaystyle \frac{\pi}{2}+\frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}} \cos (2 k-1) x$ ．
当 $x \in(-\pi, \pi)$ 时，有 $\displaystyle \frac{\pi}{2}+\frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}} \cos (2 k-1) x=f(x)$ ．
令 $x= \pm \pi$ ，得 $\displaystyle \frac{\pi}{2}+\frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}} \cos (2 k-1) x=0$ ．
令 $x=0$ ，得 $\displaystyle \frac{\pi}{2}+\frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}}=\pi$ ．由此得 $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8}$ ．
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/f12c872f-2d5e-49ed-83c0-1c7e59b03c5d-390.jpg?height=995&width=2308&top_left_y=3640&top_left_x=663}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 6.9}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/f12c872f-2d5e-49ed-83c0-1c7e59b03c5d-390.jpg?height=1071&width=2032&top_left_y=3564&top_left_x=3211}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图6．10}
\end{figure}
（2）如图 6．10，$f(x)$ 按段光滑，由收玫定理知，它可展成傅里叶级数．在 $[-\pi, \pi]$ 上 $f(x)$ 为偶函数，故
$$
\begin{aligned}
& b_{n}=0, n=1,2, \cdots \\
& a_{0}=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}(\pi+x) \mathrm{d} x=3 \pi \\
& a_{n}=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}(\pi+x) \cos n x \mathrm{~d} x=\left.\frac{2}{n \pi}\left[(\pi+x) \sin n x+\frac{\cos n x}{n}\right]\right|_{0} ^{\pi}=-\frac{2}{n^{2} \pi}\left[1-(-1)^{n}\right], n=1,2, \cdots
\end{aligned}
$$
所以 $f(x)$ 的傅里叶级数为 $\displaystyle \frac{3 \pi}{2}-\frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}} \cos (2 k-1) x$ ．
当 $x \in(-\pi, \pi)$ 时，有 $\displaystyle \frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}} \cos (2 k-1) x=f(x)$ ．
令 $x= \pm \pi$ ，得 $\displaystyle \frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}} \cos (2 k-1) x=2 \pi$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：判断函数奇偶性和光滑性
对于(1)，$f(x)=\pi-|x|$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上是偶函数，且按段光滑，因此可以展开为傅里叶级数，且正弦系数 $b_n=0$。
提示：注意偶函数的傅里叶级数只有余弦项，奇函数只有正弦项。
步骤 2/8
目标：计算傅里叶系数 $a_0$
由于 $f(x)$ 是偶函数，$a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi f(x) \, dx = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi (\pi - x) \, dx = \frac{2}{\pi} \left[ \pi x - \frac{x^2}{2} \right]_0^\pi = \frac{2}{\pi} \left( \pi^2 - \frac{\pi^2}{2} \right) = \pi$。
公式：$a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \, dx$，对于偶函数简化为 $\frac{2}{\pi} \int_0^\pi f(x) \, dx$
提示：注意积分区间和系数，偶函数积分可简化。
步骤 3/8
目标：计算傅里叶系数 $a_n$
$a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi (\pi - x) \cos(nx) \, dx$。使用分部积分：令 $u=\pi-x$, $dv=\cos(nx)dx$，则 $du=-dx$, $v=\frac{\sin(nx)}{n}$。于是
\[
\begin{aligned}
a_n &= \frac{2}{\pi} \left[ (\pi-x)\frac{\sin(nx)}{n} \bigg|_0^\pi + \frac{1}{n} \int_0^\pi \sin(nx) \, dx \right] \\
&= \frac{2}{\pi} \left[ 0 + \frac{1}{n} \left( -\frac{\cos(nx)}{n} \bigg|_0^\pi \right) \right] \\
&= \frac{2}{n^2\pi} \left[ 1 - (-1)^n \right].
\end{aligned}
\]
公式：$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) \, dx$，偶函数简化为 $\frac{2}{\pi} \int_0^\pi f(x) \cos(nx) \, dx$
提示：分部积分时注意符号，$\int \sin(nx) dx = -\frac{\cos(nx)}{n}$。
步骤 4/8
目标：写出傅里叶级数展开式
由于 $b_n=0$，傅里叶级数为
\[
f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty a_n \cos(nx) = \frac{\pi}{2} + \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} \cos((2k-1)x).
\]
其中 $a_n$ 仅当 $n$ 为奇数时非零，令 $n=2k-1$。
公式：傅里叶级数：$f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty (a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx))$
提示：注意 $a_0/2$ 的系数，以及 $a_n$ 中 $1-(-1)^n$ 导致偶数项为零。
步骤 5/8
目标：利用傅里叶级数求级数和
在 $x=0$ 处，$f(0)=\pi$，且级数收敛于 $f(0)$（因为 $f$ 在 $x=0$ 连续）。代入得
\[
\pi = \frac{\pi}{2} + \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} \cdot 1,
\]
解得 $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} = \frac{\pi^2}{8}$。
公式：狄利克雷收敛定理：在连续点处级数收敛于函数值。
提示：注意 $x=0$ 是连续点，且 $\cos((2k-1)\cdot0)=1$。
步骤 6/8
目标：处理第二问：判断奇偶性和光滑性
对于(2)，$f(x)=\begin{cases} \pi-x, & x\in[-\pi,0) \\ \pi+x, & x\in[0,\pi) \end{cases}$，易见 $f(-x)=\pi-(-x)=\pi+x=f(x)$（$x\in[0,\pi)$），故为偶函数，且按段光滑，$b_n=0$。
提示：注意分段函数的奇偶性判断，可代入验证。
步骤 7/8
目标：计算第二问的傅里叶系数
$a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi (\pi+x) \, dx = \frac{2}{\pi} \left[ \pi x + \frac{x^2}{2} \right]_0^\pi = \frac{2}{\pi} \left( \pi^2 + \frac{\pi^2}{2} \right) = 3\pi$。
$a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi (\pi+x) \cos(nx) \, dx$。分部积分：令 $u=\pi+x$, $dv=\cos(nx)dx$，则 $du=dx$, $v=\frac{\sin(nx)}{n}$。于是
\[
\begin{aligned}
a_n &= \frac{2}{\pi} \left[ (\pi+x)\frac{\sin(nx)}{n} \bigg|_0^\pi - \frac{1}{n} \int_0^\pi \sin(nx) \, dx \right] \\
&= \frac{2}{\pi} \left[ 0 - \frac{1}{n} \left( -\frac{\cos(nx)}{n} \bigg|_0^\pi \right) \right] \\
&= -\frac{2}{n^2\pi} \left[ 1 - (-1)^n \right].
\end{aligned}
\]
公式：同第一问的公式。
提示：注意分部积分时符号变化，与第一问不同。
步骤 8/8
目标：写出第二问的傅里叶级数并验证
傅里叶级数为
\[
f(x) \sim \frac{3\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} \cos((2k-1)x).
\]
在 $x=0$ 处，$f(0)=\pi$，代入得 $\pi = \frac{3\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2}$，解得 $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} = \frac{\pi^2}{8}$，与第一问一致。
提示：注意 $a_0/2 = 3\pi/2$，且 $a_n$ 为负。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。