中册 6.5 傅里叶级数 第18题
📝 题目
18．设函数 $f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x$ ，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n}\right|$ 收玫，$\sum_{n=1}^{\infty} B_{n} \sin n x$ 是 $f(x)$ 在区间 $[0, \pi]$ 上的正弦级数，求 $B_{n}$ ．
💡 答案解析
解题过程：
由已知及 M 判别法得 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos m x \sin n x$ 在 $\mathbf{R}$ 上一致收玫。于是
$$
\begin{aligned}
B_{n} & =\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}\left(\sum_{k=1}^{\infty} a_{k} \cos k x\right) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \int_{0}^{\pi}\left(a_{k} \cos k x\right) \sin n x \mathrm{~d} x \\
& =\frac{1}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} a_{k} \int_{0}^{\pi}(\sin (n-k) x+\sin (n+k) x) \mathrm{d} x=\frac{1}{\pi} \sum_{\substack{k=1, k \neq n}}^{\infty} a_{k} \frac{2 n\left[1-(-1)^{n+k}\right]}{n^{2}-k^{2}}
\end{aligned}
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：理解题意与已知条件
已知 $f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos nx$，且 $\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$ 收敛。$\sum_{n=1}^{\infty} B_n \sin nx$ 是 $f(x)$ 在 $[0,\pi]$ 上的正弦级数，即 $f(x)$ 在 $[0,\pi]$ 上展开为正弦级数，系数 $B_n$ 由公式 $B_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi f(x) \sin nx \, dx$ 给出。
公式：B_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi f(x) \sin nx \, dx
提示：注意正弦级数是在区间 $[0,\pi]$ 上，且 $f(x)$ 是余弦级数形式。
步骤 2/6
目标：利用一致收敛性交换积分与求和
由 $\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$ 收敛，利用M判别法可知 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos nx$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛。因此，$\sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos nx \sin nx$ 也一致收敛，从而可以交换积分与求和顺序：
$$B_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \left( \sum_{k=1}^{\infty} a_k \cos kx \right) \sin nx \, dx = \frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} a_k \int_0^\pi \cos kx \sin nx \, dx.$$
公式：\int_0^\pi \left( \sum_{k=1}^{\infty} a_k \cos kx \right) \sin nx \, dx = \sum_{k=1}^{\infty} a_k \int_0^\pi \cos kx \sin nx \, dx
提示：一致收敛性是交换积分与求和的充分条件，需验证。
步骤 3/6
目标：计算积分 $\int_0^\pi \cos kx \sin nx \, dx$
利用积化和差公式：$\cos kx \sin nx = \frac{1}{2}[\sin(n-k)x + \sin(n+k)x]$。因此，
$$\int_0^\pi \cos kx \sin nx \, dx = \frac{1}{2} \int_0^\pi [\sin(n-k)x + \sin(n+k)x] \, dx.$$
公式：\cos kx \sin nx = \frac{1}{2}[\sin(n-k)x + \sin(n+k)x]
提示：注意积化和差公式的正确使用。
步骤 4/6
目标：分情况计算定积分
当 $k \neq n$ 时，
$$\int_0^\pi \sin(n-k)x \, dx = \left[ -\frac{\cos(n-k)x}{n-k} \right]_0^\pi = \frac{1-\cos(n-k)\pi}{n-k} = \frac{1-(-1)^{n-k}}{n-k},$$
类似地，
$$\int_0^\pi \sin(n+k)x \, dx = \frac{1-(-1)^{n+k}}{n+k}.$$
当 $k=n$ 时，$\sin(n-k)x = \sin 0 = 0$，积分 $\int_0^\pi \sin 0 \, dx = 0$；而 $\int_0^\pi \sin(2n)x \, dx = \frac{1-(-1)^{2n}}{2n} = 0$。因此，当 $k=n$ 时，积分为0。
公式：\int_0^\pi \sin mx \, dx = \frac{1-(-1)^m}{m} \quad (m \neq 0)
提示：注意 $\cos m\pi = (-1)^m$，且 $m=0$ 时需单独处理。
步骤 5/6
目标：合并结果得到 $B_n$ 表达式
将积分结果代入：
$$\int_0^\pi \cos kx \sin nx \, dx = \frac{1}{2} \left( \frac{1-(-1)^{n-k}}{n-k} + \frac{1-(-1)^{n+k}}{n+k} \right) \quad (k \neq n).$$
当 $k=n$ 时，积分为0。因此，
$$B_n = \frac{2}{\pi} \sum_{k=1, k \neq n}^{\infty} a_k \cdot \frac{1}{2} \left( \frac{1-(-1)^{n-k}}{n-k} + \frac{1-(-1)^{n+k}}{n+k} \right) = \frac{1}{\pi} \sum_{k=1, k \neq n}^{\infty} a_k \left( \frac{1-(-1)^{n-k}}{n-k} + \frac{1-(-1)^{n+k}}{n+k} \right).$$
公式：B_n = \frac{1}{\pi} \sum_{k=1, k \neq n}^{\infty} a_k \left( \frac{1-(-1)^{n-k}}{n-k} + \frac{1-(-1)^{n+k}}{n+k} \right)
提示：注意求和指标 $k$ 从1开始且 $k \neq n$。
步骤 6/6
目标：化简表达式（可选）
注意到 $(-1)^{n-k} = (-1)^{n+k}$，因为 $(-1)^{n+k} = (-1)^{n-k} \cdot (-1)^{2k} = (-1)^{n-k}$。因此，
$$\frac{1-(-1)^{n-k}}{n-k} + \frac{1-(-1)^{n+k}}{n+k} = (1-(-1)^{n-k}) \left( \frac{1}{n-k} + \frac{1}{n+k} \right) = (1-(-1)^{n-k}) \frac{2n}{n^2 - k^2}.$$
所以，
$$B_n = \frac{1}{\pi} \sum_{k=1, k \neq n}^{\infty} a_k \cdot \frac{2n(1-(-1)^{n+k})}{n^2 - k^2}.$$
由于 $(-1)^{n+k} = (-1)^{n-k}$，也可写为 $1-(-1)^{n-k}$。
公式：B_n = \frac{2n}{\pi} \sum_{k=1, k \neq n}^{\infty} a_k \frac{1-(-1)^{n+k}}{n^2 - k^2}
提示：化简时注意符号的一致性。
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