参考资料：欧阳光中, 等. 数学分析:下册[M]. 第四版. 北京: 高等教育出版社, 2018:60-79.

设 $y_k = A_k\sin\left(k\omega x+\varphi_k\right)$ 代表一个周期为 $T_k=\frac{2\pi}{k\omega}$ 的简谐振动

设 $y$ 是一个周期为 $T=\frac{2\pi}{\omega}=kT_k$ 的函数，并且可以由 $y_k$ 累加在一个常数上得到，即 $y=A_0+\sum_{k=1}^\infty y_k=A_0+\sum_{k=1}^\infty A_k\sin\left(k\omega x+\varphi_k\right)$

进一步推导可知

$$\begin{aligned} y&=A_0+\sum_{k=1}^\infty A_k\sin\left(k\omega x+\varphi_k\right)\\ &=A_0+\sum_{k=1}^\infty A_k\left(\sin k\omega x\cos\varphi_k+\cos k\omega x\sin\varphi_k\right) \end{aligned}$$

记 $\left\{\begin{aligned}a_0&=2A_0,\\a_k&=A_k\sin\varphi_k,\\b_k&=A_k\cos\varphi_k\end{aligned}\right.$ ，则上式可写成 $y=\frac{a_0}2+\sum_{k=1}^\infty\left(a_k\cos k\omega x+b_k\sin k\omega x\right)$

形如 $y=\frac{a_0}2+\sum_{k=1}^\infty\left(a_k\cos k\omega x+b_k\sin k\omega x\right)$ 的级数便是傅丽叶级数。将函数展开为傅丽叶级数的形式即为函数的傅丽叶级数展开。

三角函数的正交性

一个三角函数系 $1, \cos\omega x,\sin\omega x,\cos2\omega x,\sin2\omega x,…$ 中任何两个不同的函数的乘积在一个周期内 $\left[-\frac\pi\omega, \frac\pi\omega\right]$ 的积分等于零，就说明三角函数系在区间 $\left[-\frac\pi\omega, \frac\pi\omega\right]$ 上正交。

因为当 $n\ne k$ 时，有

$$\begin{aligned} \int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\sin n\omega x\mathrm dx&=0\\ \int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\cos n\omega x\mathrm dx&=0\\ \int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\sin n\omega x\sin k\omega x\mathrm dx&=\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega-\frac12\{\cos\left[\left(n+k\right)\omega x\right]-\cos\left[\left(n-k\right)\omega x\right]\}\mathrm dx=0\\ \int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\sin n\omega x\cos k\omega x\mathrm dx&=\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\frac12\{\sin\left[\left(n+k\right)\omega x\right]+\sin\left[\left(n-k\right)\omega x\right]\}\mathrm dx=0\\ \int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\cos n\omega x\cos k\omega x\mathrm dx&=\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\frac12\{\cos\left[\left(n+k\right)\omega x\right]+\cos\left[\left(n-k\right)\omega x\right]\}\mathrm dx=0\\ \end{aligned}$$

所以三角函数系正交。

此外，为了方便下文计算，我们在此处顺便计算两个积分：

$$\begin{aligned} \int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\sin^2n\omega x\mathrm dx&=-\frac12\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\cos\left(2n\omega x\right)-1\mathrm dx=\frac\pi\omega\\ \int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\cos^2n\omega x\mathrm dx&=\frac12\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\cos\left(2n\omega x\right)+1\mathrm dx=\frac\pi\omega\\ \end{aligned}$$

傅丽叶级数展开

并不是所有的以 $T=\frac{2\pi}\omega$ 为周期的函数 $f\left(x\right)$ 都能进行傅丽叶级数展开。但是假设 $f\left(x\right)$ 可以进行傅丽叶级数展开，也就是 $f\left(x\right)$ 可以表示为 $\frac{a_0}2+\sum_{k=1}^\infty\left(a_k\cos k\omega x+b_k\sin k\omega x\right)$ 且级数一致收敛

对 $f\left(x\right)=\frac{a_0}2+\sum_{k=1}^\infty\left(a_k\cos k\omega x+b_k\sin k\omega x\right)$ 等号两边在 $\left[-\frac\pi\omega, \frac\pi\omega\right]$ 上积分：

$$\begin{aligned} \int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\mathrm dx&=\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\frac{a_0}2+\sum_{k=1}^\infty\left(a_k\cos k\omega x+b_k\sin k\omega x\right)\mathrm dx\\ &=\frac{a_0\pi}{\omega} \end{aligned}$$

即 $a_0=\frac{\omega}{\pi}\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\mathrm dx$

对 $f\left(x\right)=\frac{a_0}2+\sum_{k=1}^\infty\left(a_k\cos k\omega x+b_k\sin k\omega x\right)$ 等号两边先同乘 $\cos n\omega x$ 再在 $\left[-\frac\pi\omega, \frac\pi\omega\right]$ 上积分：

$$\begin{aligned} \int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\cos n\omega x\mathrm dx &=\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\frac{a_0}2\cos n\omega x+\sum_{k=1}^\infty\left(a_k\cos k\omega x\cos n\omega x+b_k\sin k\omega x\cos n\omega x\right)\mathrm dx\\ &=\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega a_n\cos^2n\omega x\mathrm dx\\ &=a_n\frac\pi\omega \end{aligned}$$

所以 $a_n=\frac{\omega}{\pi}\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\cos n\omega x\mathrm dx$

对 $f\left(x\right)=\frac{a_0}2+\sum_{k=1}^\infty\left(a_k\cos k\omega x+b_k\sin k\omega x\right)$ 等号两边先同乘 $\sin n\omega x$ 再在 $\left[-\frac\pi\omega, \frac\pi\omega\right]$ 上积分：

$$\begin{aligned} \int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\sin n\omega x\mathrm dx &=\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\frac{a_0}2\sin n\omega x+\sum_{k=1}^\infty\left(a_k\cos k\omega x\sin n\omega x+b_k\sin k\omega x\sin n\omega x\right)\mathrm dx\\ &=\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega b_n\sin^2n\omega x\mathrm dx\\ &=b_n\frac\pi\omega \end{aligned}$$

所以 $b_n=\frac{\omega}{\pi}\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\sin n\omega x\mathrm dx$

综上所述，如果以 $T=\frac{2\pi}\omega$ 为周期的函数 $f\left(x\right)$ 可以进行傅丽叶级数展开，则

$$\left\{ \begin{aligned} f\left(x\right)&\sim\frac{a_0}2+\sum_{k=1}^\infty\left(a_k\cos k\omega x+b_k\sin k\omega x\right)\\ a_n&=\frac{\omega}{\pi}\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\cos n\omega x\mathrm dx\\ b_n&=\frac{\omega}{\pi}\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\sin n\omega x\mathrm dx \end{aligned} \right.$$

这里记号 $\sim$ 表示右边是左边函数的傅丽叶级数。若式右边的级数在整个数轴上一致收敛于其和函数 $f$ ，则 $\sim$ 可替换为等号。

收敛定理

若以 $T=\frac{2\pi}\omega$ 为周期的函数 $f$ 在 $\left[-\frac\pi\omega, \frac\pi\omega\right]$ 上分段光滑，则 $\forall x\in\left[-\frac\pi\omega, \frac\pi\omega\right]$, $f$ 的傅丽叶级数收敛于 $f$ 在 $x$ 左、右极限的算数平均值。即：

$$\frac{f\left(x+0\right)+f\left(x-0\right)}{2}=\frac{a_0}2+\sum_{k=1}^\infty\left(a_k\cos k\omega x+b_k\sin k\omega x\right)$$

偶函数与奇函数的傅丽叶级数

设 $f\left(x\right)$ 是以 $T=\frac{2\pi}\omega$ 为周期的偶函数，则 $f\left(x\right)\cos n\omega x$ 是偶函数， $f\left(x\right)\sin n\omega x$ 是奇函数

则有：

$$\left\{ \begin{aligned} a_n&=\frac{\omega}{\pi}\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\cos n\omega x\mathrm dx\\ &=\frac{2\omega}{\pi}\int_0^\frac\pi\omega f\left(x\right)\cos n\omega x\mathrm dx\\ b_n&=\frac{\omega}{\pi}\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\sin n\omega x\mathrm dx\\ &=0\\ f\left(x\right)&\sim\frac{a_0}2+\sum_{k=1}^\infty a_k\cos k\omega x \end{aligned} \right.$$

设 $f\left(x\right)$ 是以 $T=\frac{2\pi}\omega$ 为周期的奇函数，则 $f\left(x\right)\cos n\omega x$ 是奇函数， $f\left(x\right)\sin n\omega x$ 是偶函数

则有：

$$\left\{ \begin{aligned} a_n&=\frac{\omega}{\pi}\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\cos n\omega x\mathrm dx\\ &=0\\ b_n&=\frac{\omega}{\pi}\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\sin n\omega x\mathrm dx\\ &=\frac{2\omega}{\pi}\int_0^\frac\pi\omega f\left(x\right)\sin n\omega x\mathrm dx\\ f\left(x\right)&\sim\sum_{k=1}^\infty b_k\sin k\omega x \end{aligned} \right.$$

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狄利克雷条件

之前说了这么多东西，都是假设 $f\left(x\right)$ 可以进行傅丽叶级数展开或者 $f\left(x\right)$ 展开后收敛。那么怎么判断一个函数能否展开且展开后收敛呢？

满足狄利克雷条件是函数可以进行傅丽叶级数展开且展开后收敛的充分不必要条件。

狄利克雷条件包含以下三点：

1. 在一个周期内，函数连续或只有有限个第一类间断点
2. 在一个周期内，极大值和极小值的数目是有限个
3. 在一个周期内，函数绝对可积

为了证明这个条件，我们需要先证明几个引理

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引理：贝塞尔(Bessel)不等式

若函数 $f$ 在 $\left[-\frac\pi\omega, \frac\pi\omega\right]$ 上可积，则

$$\frac{a_0^2}2+\sum_{n=1}^\infty\left(a_n^2+b_n^2\right)\le\frac{\omega}\pi\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f^2\left(x\right)\mathrm dx$$

其中 $a_n$, $b_n$ 为 $f$ 的傅里叶系数。

证明：

令 $S_m\left(x\right)=\frac{a_0}2+\sum_{n=1}^m\left(a_n\cos n\omega x+b_n\sin n\omega x\right)$

考察积分

$$\begin{aligned} &\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\left[f\left(x\right)-S_m\left(x\right)\right]^2\mathrm dx\\ =&\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f^2\left(x\right)\mathrm dx-2\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)S_m\left(x\right)\mathrm dx+\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega S^2_m\left(x\right)\mathrm dx \end{aligned}$$

由于

$$\begin{aligned} &\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)S_m\left(x\right)\mathrm dx\\ =&\frac{a_0}2\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\mathrm dx+\sum_{n=1}^m\left(a_n\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\cos n\omega x\mathrm dx+b_n\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\sin n\omega x\mathrm dx\right) \end{aligned}$$

根据付 $\left\{ \begin{aligned} a_n&=\frac{\omega}{\pi}\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\cos n\omega x\mathrm dx\\ b_n&=\frac{\omega}{\pi}\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)\sin n\omega x\mathrm dx \end{aligned} \right.$ 可得

$$\begin{aligned} &\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)S_m\left(x\right)\mathrm dx\\ =&\frac{\pi}{2\omega}a_0^2+\frac{\pi}{\omega}\sum_{n=1}^m\left(a_n^2+b_n^2\right) \end{aligned}$$

对于 $S_m^2$ 的积分，应用三角函数的正交性，有

$$\begin{aligned} &\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega S^2_m\left(x\right)\mathrm dx\\ =&\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega \left[\frac{a_0}2+\sum_{n=1}^m\left(a_n\cos n\omega x+b_n\sin n\omega x\right)\right]^2\mathrm dx\\ =&\left(\frac{a_0}2\right)^2\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\mathrm dx+\sum_{n=1}^m\left[a_n^2\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\cos^2n\omega x\mathrm dx+b_n^2\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\sin^2n\omega x\mathrm dx\right]\\ \because& \int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\cos^2n\omega x\mathrm dx= \int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\sin^2n\omega x\mathrm dx=\frac\pi\omega\\ \therefore&\text{原式}=\frac{\pi a_0^2}{2\omega}+\frac{\pi}{\omega}\sum_{n=1}^m\left(a_n^2+b_n^2\right) \end{aligned}$$

代入

$$\begin{aligned} 0\le&\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega\left[f\left(x\right)-S_m\left(x\right)\right]^2\mathrm dx\\ =&\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f^2\left(x\right)\mathrm dx-2\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f\left(x\right)S_m\left(x\right)\mathrm dx+\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega S^2_m\left(x\right)\mathrm dx\\ =&\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f^2\left(x\right)\mathrm dx-2\left[\frac{\pi}{2\omega}a_0^2+\frac{\pi}{\omega}\sum_{n=1}^m\left(a_n^2+b_n^2\right)\right]+\frac{\pi a_0^2}{2\omega}+\frac{\pi}{\omega}\sum_{n=1}^m\left(a_n^2+b_n^2\right)\\ =&\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f^2\left(x\right)\mathrm dx-\frac{\pi}{2\omega}a_0^2-\frac{\pi}{\omega}\sum_{n=1}^m\left(a_n^2+b_n^2\right)\\ \therefore&\frac{a_0^2}2+\sum_{n=1}^\infty\left(a_n^2+b_n^2\right)\le\frac{\omega}\pi\int_{-\frac\pi\omega}^\frac\pi\omega f^2\left(x\right)\mathrm dx \end{aligned}$$

贝塞尔不等式证毕。

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推论1

若 $f$ 为可积函数，则 $\left\{\begin{aligned}\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{-\frac\pi\omega}^{\frac\pi\omega}f\left(x\right)\cos n\omega x\mathrm dx=0\\\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{-\frac\pi\omega}^{\frac\pi\omega}f\left(x\right)\sin n\omega x\mathrm dx=0\end{aligned}\right.$

因为 $\frac{a_0^2}2+\sum_{n=1}^\infty\left(a_n^2+b_n^2\right)$ 收敛，所以当 $n\rightarrow\infty$ 时，通项 $a_n^2+b_n^2\rightarrow 0$，也就有 $a_n\rightarrow0$ 与 $b_n\rightarrow0$ 。这个推论也称为黎曼-勒贝格定理。

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推论2