中册 6.5 傅里叶级数 第21题
📝 题目
21．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 是以 $2 \pi$ 为周期的可积函数，函数 $f(x)$ 的傅里叶级数一致收玫于 $f(x)$ ．证明： $\displaystyle \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{2}(t) \mathrm{d} t=\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right)$ ，其中 $a_{0}, a_{n}, b_{n}(n=1,2, \cdots)$ 为 $f(x)$ 的傅里叶系数。
（2）设 $f(x)$ 是以 $2 \pi$ 为周期的连续函数，令 $\displaystyle F(x)=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) f(x+t) \mathrm{d} t$ 。试用函数 $f(x)$ 的傅里叶系数 $\left\{a_{n}\right\}$ 与 $\left\{b_{n}\right\}$ 表示函数 $F(x)$ 的傅里叶系数 $\left\{A_{n}\right\}$ 与 $\left\{B_{n}\right\}$ ，并证明：
$\displaystyle \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{2}(t) \mathrm{d} t=\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right)$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由于函数 $f(x)$ 的傅里叶级数在 $[-\pi, \pi]$ 上一致收玫于 $f(x)$ ，所以
$$
\begin{aligned}
f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} & \left(a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right), x \in[-\pi, \pi] \\
\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{2}(x) \mathrm{d} x & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\left[\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right)\right] \mathrm{d} x \\
& =\frac{a_{0}^{2}}{2}+\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} f(x) \cos n x+b_{n} f(x) \sin n x\right) \mathrm{d} x
\end{aligned}
$$
又函数 $f(x)$ 在区间 $[-\pi, \pi]$ 可积，从而 $f(x)$ 在区间 $[-\pi, \pi]$ 有界．于是 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} f(x) \cos n x+b_{n} f(x) \sin n x\right)$在 $[-\pi, \pi]$ 上一致收玫。所以
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{2}(x) \mathrm{d} x & =\frac{a_{0}^{2}}{2}+\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} f(x) \cos n x+b_{n} f(x) \sin n x\right) \mathrm{d} x \\
& =\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} \cdot \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x+b_{n} \cdot \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x\right)=\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right)
\end{aligned}
$$
（2）对以 $2 \pi$ 为周期的连续函数 $f(x)$ 都有 $\int_{0}^{2 \pi} f(x) \mathrm{d} x=\int_{-\pi}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=\int_{-\pi+u}^{\pi+u} f(x) \mathrm{d} x$ ．
令 $\displaystyle F(x)=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) f(x+t) \mathrm{d} t$ ，显然，$F(x)$ 是以 $2 \pi$ 为周期的周期函数．下求 $F(x)$ 的傅里叶系数．
$$
\begin{aligned}
A_{0} & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} F(x) \mathrm{d} x=\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} \mathrm{d} x \int_{-\pi}^{\pi} f(t) f(x+t) \mathrm{d} t=\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi}^{\pi} f(x+t) \mathrm{d} x \\
& \underline{x+t=u} \frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi+t}^{\pi+t} f(u) \mathrm{d} u=\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \mathrm{d} u=a_{0}^{2} \cdot \\
A_{n} & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} F(x) \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) f(x+t) \mathrm{d} t \int_{-\pi}^{\pi} \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi}^{\pi} f(x+t) \cos n x \mathrm{~d} x \\
& \underline{u=x+t} \frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi+t}^{\pi+t} f(u) \cdot \cos n(u-t) \mathrm{d} u=\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \cdot \cos n(u-t) \mathrm{d} u \\
& =\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \cdot(\cos n u \cos n t+\sin n u \sin n t) \mathrm{d} u \\
& =\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \cdot \cos n u \cos n t \mathrm{~d} u+\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \cdot \sin n u \sin n t \mathrm{~d} u \\
& =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \cdot \cos n u \mathrm{~d} u \cdot \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos n t \mathrm{~d} t+\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \cdot \sin n u \mathrm{~d} u \cdot \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin n t \mathrm{~d} t \\
& =a_{n}^{2}+b_{n}^{2}, n=1,2, \cdots \\
B_{n} & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} F(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \sin n x \mathrm{~d} x \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) f(x+t) \mathrm{d} t=\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi}^{\pi} f(x+t) \sin n x \mathrm{~d} x \\
& \frac{u=x+1}{\frac{1}{\pi^{2}}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi+t}^{\pi+t} f(u) \cdot \sin n(u-t) \mathrm{d} u=\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \cdot \sin n(u-t) \mathrm{d} u \\
& =\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \cdot(\sin n u \cos n t-\cos n u \sin n t) \mathrm{d} u \\
& =\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \cdot \sin n u \cos n t \mathrm{~d} u-\frac{1}{\pi^{2}} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \mathrm{d} t \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \cdot \cos n u \sin n t \mathrm{~d} u \\
& =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \cdot \sin n u \mathrm{~d} u \cdot \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos n t \mathrm{~d} t-\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(u) \cdot \cos n u \mathrm{~d} u \cdot \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin n t \mathrm{~d} t \\
& =a_{n} b_{n}-a_{n} b_{n}=0, n=1,2, \cdots
\end{aligned}
$$
又因为 $\displaystyle F(0)=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{2}(t) \mathrm{d} t=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{2}(x) \mathrm{d} x$ ，而 $\displaystyle F(x)=\frac{A_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\left(A_{n} \cos n x+B_{n} \sin n x\right)$ ，于是
$$
F(0)=\frac{A_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty} A_{n}=\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right)
$$
所以 $\displaystyle \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right)=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^{2}(x) \mathrm{d} x$ 成立，其中 $a_{0}, a_{n}, b_{n}(n=1,2, \cdots)$ 为 $f(x)$ 的傅里叶系数。
注：这是勾股定理的推广，即在坐标系中的勾股定理，故称 Parseval 等式是无穷维空间中的勾股定理．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：利用傅里叶级数展开并逐项积分
由于 $f(x)$ 的傅里叶级数在 $[-\pi, \pi]$ 上一致收敛于 $f(x)$，故有
$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx).$$
两边乘以 $f(x)$ 并在 $[-\pi,\pi]$ 上积分，得
$$\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)\,dx = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\left[\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx)\right]dx.$$
公式：$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx)$$
提示：注意一致收敛性保证逐项积分的合法性。
步骤 2/7
目标：交换积分与求和顺序
由于 $f(x)$ 可积且有界，且级数一致收敛，可以逐项积分：
$$\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)\,dx = \frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cdot\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx + b_n\cdot\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx\right).$$
提示：交换次序时需验证一致收敛性。
步骤 3/7
目标：代入傅里叶系数定义得到Parseval等式
由傅里叶系数定义：
$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx,\quad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx,$$
代入得
$$\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)\,dx = \frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2+b_n^2).$$
此即Parseval等式。
公式：$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx,\quad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx$$
提示：注意 $a_0$ 项系数为 $\frac{a_0^2}{2}$。
步骤 4/7
目标：定义函数 $F(x)$ 并求其傅里叶系数 $A_0$
令 $F(x)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)f(x+t)\,dt$，则 $F(x)$ 以 $2\pi$ 为周期。计算 $A_0$：
$$A_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(x)\,dx = \frac{1}{\pi^2}\int_{-\pi}^{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)f(x+t)\,dt\,dx.$$
交换积分次序并作变量代换 $u=x+t$，利用周期性得
$$A_0 = \frac{1}{\pi^2}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\,dt\int_{-\pi}^{\pi}f(u)\,du = a_0^2.$$
公式：$$A_0 = a_0^2$$
提示：注意 $a_0 = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx$，故 $A_0 = a_0^2$。
步骤 5/7
目标：求 $F(x)$ 的傅里叶系数 $A_n$
计算 $A_n$：
$$A_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(x)\cos nx\,dx = \frac{1}{\pi^2}\int_{-\pi}^{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)f(x+t)\cos nx\,dt\,dx.$$
交换次序并令 $u=x+t$，利用周期性得
$$A_n = \frac{1}{\pi^2}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\,dt\int_{-\pi}^{\pi}f(u)\cos n(u-t)\,du.$$
展开 $\cos n(u-t)=\cos nu\cos nt+\sin nu\sin nt$，分离变量得
$$A_n = \left(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(u)\cos nu\,du\right)\left(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\cos nt\,dt\right) + \left(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(u)\sin nu\,du\right)\left(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\sin nt\,dt\right) = a_n^2+b_n^2.$$
公式：$$A_n = a_n^2+b_n^2$$
提示：注意积分变量 $t$ 和 $u$ 独立，可分离为乘积。
步骤 6/7
目标：求 $F(x)$ 的傅里叶系数 $B_n$
类似地，
$$B_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(x)\sin nx\,dx = \frac{1}{\pi^2}\int_{-\pi}^{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)f(x+t)\sin nx\,dt\,dx.$$
交换次序并令 $u=x+t$，得
$$B_n = \frac{1}{\pi^2}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\,dt\int_{-\pi}^{\pi}f(u)\sin n(u-t)\,du.$$
展开 $\sin n(u-t)=\sin nu\cos nt-\cos nu\sin nt$，分离变量得
$$B_n = \left(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(u)\sin nu\,du\right)\left(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\cos nt\,dt\right) - \left(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(u)\cos nu\,du\right)\left(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\sin nt\,dt\right) = a_n b_n - a_n b_n = 0.$$
公式：$$B_n = 0$$
提示：注意符号，最终抵消为零。
步骤 7/7
目标：利用 $F(0)$ 得到Parseval等式
由于 $F(x)$ 连续，其傅里叶级数收敛于 $F(x)$，特别地
$$F(0) = \frac{A_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}A_n = \frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2+b_n^2).$$
另一方面，由定义
$$F(0) = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(t)\,dt.$$
因此
$$\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(t)\,dt = \frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2+b_n^2).$$
公式：$$F(0)=\frac{A_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}A_n$$
提示：注意 $F(0)$ 直接给出积分表达式。
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