四、傅里叶级数（数一专项）

（一）求系数

95. 【1991-12-8 分】 将函数 $f(x)=2+|x|(-1\le x\le 1)$ 展开成以 $2$ 为周期的傅里叶级数，并由此求级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$ 的和.

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答案：

$$\boxed{f(x)=\frac{5}{2}-\frac{4}{{\pi }^2}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{\cos (2k+1)\pi x}{(2k+1{)}^2}}$$

并且

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}}.$$

解析： 函数 $f(x)=2+|x|$ 在 $[-1,1]$ 上为偶函数，其周期为 $2$，故傅里叶级数只含余弦项。取 $l=1$，展开形式为

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos n\pi x,$$

其中

$$a_0={\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x,a_n={\int }_{-1}^{1}f(x)\cos n\pi x\mathrm{d}x.$$

由偶性，

$$\begin{array}{rl}{a}_0& =2{\int }_0^1(2+x)\mathrm{d}x\\ & =2\left(2+\frac{1}{2}\right)=5.\end{array}$$

因此常数项为 $\frac{a_0}{2}=\frac{5}{2}$。

对 $n\ge 1$，

$$\begin{array}{rl}{a}_n& =2{\int }_0^1(2+x)\cos n\pi x\mathrm{d}x\\ & =2{\int }_0^{1}x\cos n\pi x\mathrm{d}x,\end{array}$$

因为

$${\int }_0^{1}2\cos n\pi x\mathrm{d}x=0.$$

分部积分得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}x\cos n\pi x\mathrm{d}x& ={\left[\frac{x\sin n\pi x}{n\pi }+\frac{\cos n\pi x}{n^2{\pi }^2}\right]}_0^1\\ & =\frac{(-1{)}^n-1}{n^2{\pi }^2}.\end{array}$$

故

$$a_n=\frac{2[(-1{)}^n-1]}{n^2{\pi }^2}=\{\begin{array}{ll}0,& n\text{ 为偶数},\\ -\frac{4}{n^2{\pi }^2},& n\text{ 为奇数}.\end{array}$$

于是

$$f(x)=\frac{5}{2}-\frac{4}{{\pi }^2}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{\cos (2k+1)\pi x}{(2k+1{)}^2}.$$

函数的周期延拓连续且分段光滑，因此傅里叶级数在每一点都收敛于函数值。令 $x=0$，由 $f(0)=2$，得

$$2=\frac{5}{2}-\frac{4}{{\pi }^2}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{(2k+1{)}^2},$$

所以

$$\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{(2k+1{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{8}.$$

记

$$S=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}.$$

将奇数项与偶数项分开，

$$\begin{array}{rl}S& =\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{(2k+1{)}^2}+\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{(2k{)}^2}\\ & =\frac{{\pi }^2}{8}+\frac{1}{4}S.\end{array}$$

因此

$$\frac{3}{4}S=\frac{{\pi }^2}{8},\boxed{S=\frac{{\pi }^2}{6}}.$$

知识点：偶函数的傅里叶级数只含余弦项；将 $x=0$ 代入展开式可先求奇数平方倒数之和，再通过奇偶项拆分得到巴塞尔级数的和。

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96. 【1993-12-3 分】 设函数 $f(x)=\pi x+x^2(-\pi <x<\pi )$ 的傅里叶级数展开式为 $\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos nx+b_n\sin nx)$，则其中系数 $b_3$ 的值为_____．

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答案：

$$\boxed{b_3=\frac{2\pi }{3}}.$$

解析： 在 $(-\pi ,\pi )$ 上，傅里叶正弦系数为

$$b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx\mathrm{d}x.$$

代入 $f(x)=\pi x+x^2$：

$$b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }(\pi x+x^2)\sin nx\mathrm{d}x.$$

其中 $x^2\sin nx$ 为奇函数，其在对称区间上的积分为零；而 $x\sin nx$ 为偶函数。因此

$$\begin{array}{rl}{b}_n& ={\int }_{-\pi }^{\pi }x\sin nx\mathrm{d}x\\ & =2{\int }_0^{\pi }x\sin nx\mathrm{d}x.\end{array}$$

分部积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }x\sin nx\mathrm{d}x& ={\left[-\frac{x\cos nx}{n}+\frac{\sin nx}{n^2}\right]}_0^{\pi }\\ & =-\frac{\pi (-1{)}^n}{n}.\end{array}$$

故

$$b_n=-\frac{2\pi (-1{)}^n}{n}.$$

取 $n=3$，

$$b_3=-\frac{2\pi (-1{)}^3}{3}=\boxed{\frac{2\pi }{3}}.$$

知识点：计算傅里叶系数时应先利用奇偶性消去积分项；$x^2$ 只贡献余弦系数，$\pi x$ 只贡献正弦系数。

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97. 【1995-12-6 分】 将函数 $f(x)=x-1(0\le x\le 2)$ 展成周期为 $4$ 的余弦级数.

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答案：

$$\boxed{f(x)=-\frac{8}{{\pi }^2}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{\cos \frac{(2k+1)\pi x}{2}}{(2k+1{)}^2},0\le x\le 2}.$$

解析： 在区间 $[0,l]$ 上展开成余弦级数，相当于把函数作偶延拓。此处 $l=2$，故展开形式为

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos \frac{n\pi x}{2},$$

其中

$$a_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x={\int }_0^2(x-1)\cos \frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x.$$

先求常数项：

$$a_0={\int }_0^2(x-1)\mathrm{d}x=0.$$

令 $\alpha =\frac{n\pi }{2}$。对 $n\ge 1$，

$$\begin{array}{rl}{a}_n& ={\int }_0^2(x-1)\cos \alpha x\mathrm{d}x\\ & ={\left[\frac{(x-1)\sin \alpha x}{\alpha }+\frac{\cos \alpha x}{{\alpha }^2}\right]}_0^2\\ & =\frac{(-1{)}^n-1}{{\alpha }^2}\\ & =\frac{4[(-1{)}^n-1]}{n^2{\pi }^2}.\end{array}$$

所以

$$a_n=\{\begin{array}{ll}0,& n\text{ 为偶数},\\ -\frac{8}{n^2{\pi }^2},& n\text{ 为奇数}.\end{array}$$

因此

$$f(x)=-\frac{8}{{\pi }^2}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{\cos \frac{(2k+1)\pi x}{2}}{(2k+1{)}^2}.$$

该偶延拓函数在 $[-2,2]$ 上连续，并且其周期延拓在连接点处也连续，所以级数在 $0\le x\le 2$ 上均收敛于 $f(x)$。

知识点：半区间余弦展开等价于偶延拓；周期为 $2l=4$，基本角频率为 $\frac{\pi }{2}$。

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98. 【2003-1-4 分】 设 $x^2=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n\cos nx(-\pi \le x\le \pi )$，则 $a_2=$_____．

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答案：

$$\boxed{a_2=1}.$$

解析： 函数 $x^2$ 为偶函数，其傅里叶级数只含余弦项。题目把常数项直接记为 $a_0$；对 $n\ge 1$，余弦系数仍为

$$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{x}^2\cos nx\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }{x}^2\cos nx\mathrm{d}x.$$

两次分部积分可得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }{x}^2\cos nx\mathrm{d}x& ={\left[\frac{x^2\sin nx}{n}\right]}_0^{\pi }-\frac{2}{n}{\int }_0^{\pi }x\sin nx\mathrm{d}x\\ & =-\frac{2}{n}\left(-\frac{\pi (-1{)}^n}{n}\right)\\ & =\frac{2\pi (-1{)}^n}{n^2}.\end{array}$$

因此

$$a_n=\frac{4(-1{)}^n}{n^2}.$$

取 $n=2$，

$$a_2=\frac{4(-1{)}^2}{2^2}=\boxed{1}.$$

知识点：$x^2$ 的经典傅里叶展开为

$$x^2=\frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}\cos nx.$$

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99. 【2008-1-11 分】 将函数 $f(x)=1-x^2(0\le x\le \pi )$ 展开成余弦级数，并求 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}$ 的和.

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答案：

$$\boxed{1-x^2=1-\frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}\cos nx,0\le x\le \pi }$$

并且

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{12}}.$$

解析： 在 $[0,\pi ]$ 上作余弦展开，形式为

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos nx,$$

其中

$$a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\cos nx\mathrm{d}x.$$

先求 $a_0$：

$$\begin{array}{rl}{a}_0& =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(1-x^2)\mathrm{d}x\\ & =\frac{2}{\pi }\left(\pi -\frac{{\pi }^3}{3}\right)\\ & =2-\frac{2{\pi }^2}{3}.\end{array}$$

所以

$$\frac{a_0}{2}=1-\frac{{\pi }^2}{3}.$$

对 $n\ge 1$，由于 ${\int }_0^{\pi }\cos nx\mathrm{d}x=0$，有

$$\begin{array}{rl}{a}_n& =-\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }{x}^2\cos nx\mathrm{d}x\\ & =-\frac{2}{\pi }\cdot \frac{2\pi (-1{)}^n}{n^2}\\ & =\frac{4(-1{)}^{n-1}}{n^2}.\end{array}$$

因此

$$1-x^2=1-\frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}\cos nx.$$

该余弦级数对应的偶延拓连续且分段光滑，故可在 $x=0$ 处代入。由 $f(0)=1$，得

$$1=1-\frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}.$$

从而

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}=\boxed{\frac{{\pi }^2}{12}}.$$

知识点：余弦级数的系数按半区间公式计算；在连续点 $x=0$ 代入展开式，可直接得到交错平方倒数级数的和。

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100. 【2023-1-5 分】 设 $f(x)$ 是周期为 $2$ 的周期函数，且 $f(x)=1-x,x\in [0,1]$，若

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos n\pi x,$$

则 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}=$_____．

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{0}.$$

解析： 这是区间 $[0,1]$ 上的余弦级数，其系数为

$$a_n=2{\int }_0^1(1-x)\cos n\pi x\mathrm{d}x,n⩾1.$$

计算得

$$\begin{array}{rl}{a}_n& =2\left[{\int }_0^1\cos n\pi x\mathrm{d}x-{\int }_0^{1}x\cos n\pi x\mathrm{d}x\right]\\ & =2\left[0-\frac{(-1{)}^n-1}{n^2{\pi }^2}\right]\\ & =\frac{2[1-(-1{)}^n]}{n^2{\pi }^2}.\end{array}$$

当 $n=2k$ 时，$(-1{)}^{2k}=1$，故

$$a_{2k}=0.$$

因此

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}=\boxed{0}.$$

知识点：半区间余弦级数的系数公式；利用奇偶指标判断傅里叶系数是否为零。

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101. 【2024-1-5 分】 已知 $f(x)=1+x$，若

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos nx,x\in [0,\pi ],$$

则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\sin a_{2n-1}=$_____．

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{-\frac{1}{\pi }}.$$

解析： 余弦级数系数为

$$a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(1+x)\cos nx\mathrm{d}x.$$

由于

$${\int }_0^{\pi }\cos nx\mathrm{d}x=0,$$

且

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }x\cos nx\mathrm{d}x& ={\left[\frac{x\sin nx}{n}+\frac{\cos nx}{n^2}\right]}_0^{\pi }\\ & =\frac{(-1{)}^n-1}{n^2},\end{array}$$

所以

$$a_n=\frac{2[(-1{)}^n-1]}{\pi n^2}.$$

当指标为奇数时，

$$a_{2n-1}=-\frac{4}{\pi (2n-1{)}^2}⟶0.$$

利用 $\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\sin t}{t}=1$，有

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\sin a_{2n-1}& =\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2{a}_{2n-1}\frac{\sin a_{2n-1}}{a_{2n-1}}\\ & =-\frac{4}{\pi }\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^2}{(2n-1{)}^2}\\ & =-\frac{4}{\pi }\cdot \frac{1}{4}\\ & =\boxed{-\frac{1}{\pi }}.\end{array}$$

知识点：半区间余弦系数；等价无穷小 $\sin t\sim t$。

（二）利用狄利克雷定理

102. 【1988-12-3 分】 设 $f(x)$ 是周期为 $2$ 的周期函数，它在区间 $(-1,1]$ 上的定义为

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}2,& -1<x⩽0,\\ x^3,& 0<x⩽1,\end{array}$$

则 $f(x)$ 的傅里叶级数在 $x=1$ 处收敛于_____．

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答案：

$$\boxed{\frac{3}{2}}.$$

解析： 由狄利克雷收敛定理，傅里叶级数在间断点 $x_0$ 处收敛于左右极限的算术平均值：

$$S(x_0)=\frac{f(x_0-0)+f(x_0+0)}{2}.$$

在 $x=1$ 处，左极限为

$$f(1-0)=1^3=1.$$

由于函数的周期为 $2$，当 $x\to 1+0$ 时，可将自变量减去一个周期，故

$$f(1+0)=f(-1+0)=2.$$

因此

$$S(1)=\frac{1+2}{2}=\boxed{\frac{3}{2}}.$$

易错点：不能直接取题目给出的 $f(1)=1$；在周期连接点应比较一个周期两端的单侧极限。

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103. 【1989-12-3 分】 设函数 $f(x)=x^2,0⩽x<1$，

$$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin n\pi x,b_n=2{\int }_0^{1}f(x)\sin n\pi x\mathrm{d}x,$$

则 $S\left(-\frac{1}{2}\right)$ 等于（ ）．

A. $-\frac{1}{2}$    B. $-\frac{1}{4}$    C. $\frac{1}{4}$    D. $\frac{1}{2}$

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答案： B

解析： 所给级数是 $f(x)=x^2$ 在 $(0,1)$ 上的半区间正弦级数，其和函数对应于 $f$ 的奇延拓，并以 $2$ 为周期。

在 $x=-\frac{1}{2}$ 处，奇延拓函数连续，因此

$$S\left(-\frac{1}{2}\right)=-f\left(\frac{1}{2}\right)=-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\boxed{-\frac{1}{4}}.$$

故选 B。

A、D 把函数值误认为一次函数值；C 忽略了正弦级数所对应的奇延拓在负半轴上要变号。

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104. 【1992-12-3 分】 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}-1,& -\pi <x⩽0,\\ 1+x^2,& 0<x⩽\pi ,\end{array}$$

则其以 $2\pi$ 为周期的傅里叶级数在点 $x=\pi$ 处收敛于_____．

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答案：

$$\boxed{\frac{{\pi }^2}{2}}.$$

解析： 在周期端点 $x=\pi$ 处，左极限为

$$f(\pi -0)=1+{\pi }^2.$$

右极限应利用 $2\pi$ 周期性转化到 $-\pi$ 的右侧：

$$f(\pi +0)=f(-\pi +0)=-1.$$

由狄利克雷定理，傅里叶级数在 $x=\pi$ 处的和为

$$\begin{array}{rl}S(\pi )& =\frac{f(\pi -0)+f(\pi +0)}{2}\\ & =\frac{1+{\pi }^2-1}{2}\\ & =\boxed{\frac{{\pi }^2}{2}}.\end{array}$$

知识点：周期端点处的右极限等于另一端点的右极限。

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105. 【1999-1-3 分】 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& 0⩽x⩽\frac{1}{2},\\ 2-2x,& \frac{1}{2}<x<1,\end{array}$$

且

$$S(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos n\pi x,a_n=2{\int }_0^{1}f(x)\cos n\pi x\mathrm{d}x,$$

则 $S\left(-\frac{5}{2}\right)$ 等于（ ）．

A. $\frac{1}{2}$    B. $-\frac{1}{2}$    C. $\frac{3}{4}$    D. $-\frac{3}{4}$

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答案： C

解析： 该余弦级数对应于 $f$ 在 $[-1,1]$ 上的偶延拓，并以 $2$ 为周期。因此

$$S\left(-\frac{5}{2}\right)=S\left(-\frac{1}{2}\right)=S\left(\frac{1}{2}\right).$$

在 $x=\frac{1}{2}$ 处，函数有跳跃间断：

$$f\left(\frac{1}{2}-0\right)=\frac{1}{2},f\left(\frac{1}{2}+0\right)=2-2\cdot \frac{1}{2}=1.$$

故由狄利克雷定理，

$$S\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\frac{1}{2}+1}{2}=\boxed{\frac{3}{4}}.$$

故选 C。

A 只取了左极限；B、D 错误地把余弦级数当作奇延拓，导致符号判断错误。

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106. 【2013-1-4 分】 设 $f(x)=\left|x-\frac{1}{2}\right|$，

$$b_n=2{\int }_0^{1}f(x)\sin n\pi x\mathrm{d}x,S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin n\pi x,$$

则 $S\left(-\frac{9}{4}\right)=$（ ）．

A. $\frac{3}{4}$    B. $\frac{1}{4}$    C. $-\frac{1}{4}$    D. $-\frac{3}{4}$

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答案： C

解析： 该正弦级数对应于 $f$ 的奇延拓，并以 $2$ 为周期。先利用周期性，

$$-\frac{9}{4}+2=-\frac{1}{4},$$

故

$$S\left(-\frac{9}{4}\right)=S\left(-\frac{1}{4}\right).$$

在 $x=-\frac{1}{4}$ 处，奇延拓连续，于是

$$\begin{array}{rl}S\left(-\frac{1}{4}\right)& =-f\left(\frac{1}{4}\right)\\ & =-\left|\frac{1}{4}-\frac{1}{2}\right|\\ & =\boxed{-\frac{1}{4}}.\end{array}$$

故选 C。

A、B 未正确处理奇延拓的符号；D 则同时误判了自变量的周期化位置和函数值。

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107. 【2025-1-5 分】 已知函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}0,& 0⩽x<\frac{1}{2},\\ x^2,& \frac{1}{2}⩽x⩽1\end{array}$$

的傅里叶级数为 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin n\pi x$，$S(x)$ 是该级数的和函数，则

\displaystyle S\left(-\dfrac72\right)=\text{_____}.

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答案：

$$\boxed{\frac{1}{8}}.$$

解析： 正弦级数对应于 $f$ 的奇延拓，并以 $2$ 为周期。利用周期性，

$$-\frac{7}{2}+4=\frac{1}{2},$$

故

$$S\left(-\frac{7}{2}\right)=S\left(\frac{1}{2}\right).$$

在 $x=\frac{1}{2}$ 处，左右极限分别为

$$f\left(\frac{1}{2}-0\right)=0,f\left(\frac{1}{2}+0\right)={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}.$$

由狄利克雷定理，傅里叶级数在该点收敛于左右极限的平均值：

$$S\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{0+\frac{1}{4}}{2}=\boxed{\frac{1}{8}}.$$

知识点：先用周期性把自变量化到基本区间，再在跳跃间断点取左右极限的算术平均值。