方企勤 第四章 级 数 第4.4题
📝 题目
4.4.6 求证:
(1) $\frac{\pi }{\tan {a\pi }} = \frac{1}{a} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{2a}{{a}^{2} - {n}^{2}}\;\left( {0 < a < 1}\right)$ ；
(2) $\frac{1}{\tan x} = \frac{1}{x} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{2x}{{x}^{2} - {n}^{2}{\pi }^{2}}\;\left( {0 < x < \pi }\right)$ ；
(3) $\frac{1}{{\sin }^{2}x} = \frac{1}{{x}^{2}} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\left\lbrack {\frac{1}{{\left( x - n\pi \right) }^{2}} + \frac{1}{{\left( x + n\pi \right) }^{2}}}\right\rbrack \;\left( {0 < x < \pi }\right)$ .
💡 答案解析
## 4.4.1 正交性证明
### (1) $\\displaystyle{\{ \cos nx \}_{n=0}^{\infty}}$ 在 $[0,\pi]$ 上正交
**证明**： 对于 $m \neq n$，计算内积： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \cos(mx) \cos(nx) \, dx = \frac12 \int_0^\pi [\cos((m+n)x) + \cos((m-n)x)]\, dx }$$ 由于 $m \pm n$ 是整数且非零，所以 $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \cos(kx)\, dx = \frac{\sin(k\pi)}{k} = 0, \quad k \neq 0 }$$ 因此积分值为 0。 当 $m=n=0$ 时： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi 1^2 \, dx = \pi }$$ 当 $m=n>0$ 时： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \cos^2(nx)\, dx = \frac{\pi}{2} }$$ 所以它们是正交系。
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### (2) $\{ \sin nx \}_{n=1}^{\infty}$ 在 $[0,\pi]$ 上正交
**证明**： 对于 $m \neq n$： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \sin(mx) \sin(nx)\, dx = \frac12 \int_0^\pi [\cos((m-n)x) - \cos((m+n)x)]\, dx = 0 }$$ 当 $m=n$ 时： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \sin^2(nx)\, dx = \frac{\pi}{2} }$$ 故正交。
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### (3) 在 $[-l,l]$ 上的三角函数系正交
**证明**： 考虑函数 $\displaystyle 1, \cos\frac{\pi x}{l}, \sin\frac{\pi x}{l}, \dots$ 利用变量代换 $\displaystyle t = \frac{\pi x}{l}$，则 $x \in [-l,l]$ 对应 $t \in [-\pi,\pi]$，且 $\displaystyle dx = \frac{l}{\pi} dt$。 于是积分变为常数倍的标准三角函数在 $[-\pi,\pi]$ 上的正交性，结论成立。
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## 4.4.2 傅里叶级数展开
### (1) $f(x)=\sin^4 x$ 在 $[-\pi,\pi]$
利用三角恒等式： $$ \sin^4 x = \left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)^2 = \frac14(1 - 2\cos 2x + \cos^2 2x) $$ 而 $\displaystyle \cos^2 2x = \frac{1+\cos 4x}{2}$，代入得： $$ \sin^4 x = \frac14\left(1 - 2\cos 2x + \frac12 + \frac12\cos 4x\right) = \frac38 - \frac12\cos 2x + \frac18\cos 4x $$ 这就是它的傅里叶级数（只有有限项）。
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### (2) $f(x)=\sec x$ 在 $[-\pi,\pi]$
注意 $\sec x$ 在 $\displaystyle x=\pm \frac{\pi}{2}$ 处无定义且发散，因此不能展开成通常的傅里叶级数（不满足收敛条件）。 所以本题无解或需说明不可展开。
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### (3) $\displaystyle f(x)=\sin\frac{x}{2}$ 在 $[-\pi,\pi]$
它是奇函数，所以只有正弦项： $$\\displaystyle{ b_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \sin\frac{x}{2} \sin(nx)\, dx }$$ 利用积化和差： $$ \sin\frac{x}{2}\sin(nx) = \frac12\left[\cos\left((n-\frac12)x\right) - \cos\left((n+\frac12)x\right)\right] $$ 积分： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \cos(kx)\,dx = \frac{\sin(k\pi)}{k} }$$ 因此： $$ b_n = \frac{1}{\pi}\left[ \frac{\sin((n-\frac12)\pi)}{n-\frac12} - \frac{\sin((n+\frac12)\pi)}{n+\frac12} \right] $$ 注意 $\displaystyle \sin((n\pm\frac12)\pi) = (-1)^n$，所以： $$ b_n = \frac{1}{\pi}\left[ \frac{(-1)^n}{n-\frac12} - \frac{(-1)^n}{n+\frac12} \right] = \frac{(-1)^n}{\pi} \cdot \frac{1}{(n-\frac12)(n+\frac12)} = \frac{(-1)^n}{\pi} \cdot \frac{4}{4n^2-1} $$ 因此： $$\\displaystyle{ \sin\frac{x}{2} = \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{4n^2-1} \sin(nx) }$$
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### (4) $f(x)=|\sin x|$ 在 $[-\pi,\pi]$
它是偶函数，所以只有余弦项和常数项。 $\displaystyle a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \sin x\, dx = \frac{4}{\pi}$ 对于 $n\ge 1$： $$\\displaystyle{ a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \sin x \cos(nx)\, dx }$$ 利用积化和差： $$ \sin x \cos(nx) = \frac12[\sin((n+1)x) - \sin((n-1)x)] $$ 积分得： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \sin(kx)\,dx = \frac{1 - (-1)^k}{k} }$$ 所以： $$ a_n = \frac{1}{\pi}\left[ \frac{1-(-1)^{n+1}}{n+1} - \frac{1-(-1)^{n-1}}{n-1} \right] $$ 当 $n$ 为奇数时，$(-1)^{n+1}=1$，$(-1)^{n-1}=1$，分子为0，所以 $a_n=0$。 当 $n$ 为偶数，设 $n=2m$，则： $$ a_{2m} = \frac{1}{\pi}\left[ \frac{2}{2m+1} - \frac{2}{2m-1} \right] = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{-2}{(2m+1)(2m-1)} = -\frac{4}{\pi(4m^2-1)} $$ 因此： $$\\displaystyle{ |\sin x| = \frac{2}{\pi} - \frac{4}{\pi} \sum_{m=1}^\infty \frac{\cos(2mx)}{4m^2-1} }$$
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## 4.4.3 $f(x)=|x|$ 在 $[-\pi,\pi]$
偶函数，所以只有余弦项： $$\\displaystyle{ a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi x\, dx = \pi }$$ $$\\displaystyle{ a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi x \cos(nx)\, dx }$$ 分部积分： $$\\displaystyle{ \int x\cos(nx)\,dx = \frac{x\sin(nx)}{n} + \frac{\cos(nx)}{n^2} }$$ 代入上下限 $0,\pi$： $$ a_n = \frac{2}{\pi}\left[ \frac{\pi\sin(n\pi)}{n} + \frac{\cos(n\pi)-1}{n^2} \right] = \frac{2}{\pi}\cdot \frac{(-1)^n - 1}{n^2} $$ 当 $n$ 为偶数时 $a_n=0$；当 $n$ 为奇数 $n=2k-1$ 时： $$ a_{2k-1} = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{-2}{(2k-1)^2} = -\frac{4}{\pi(2k-1)^2} $$ 所以： $$\\displaystyle{ |x| = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^\infty \frac{\cos((2k-1)x)}{(2k-1)^2} }$$
### 求和
(1) 令 $x=0$： $$\\displaystyle{ 0 = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} }$$ 得： $$\\displaystyle{ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} = \frac{\pi^2}{8} }$$
(2) 已知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$。
(3) 令 $x=\pi$： $$ \pi = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^