高等数学（第七版）同济大学 习题12-8 个人解答

高等数学（第七版）同济大学 习题12-8

$\begin{array}{rlr}& 1.将下列各周期函数展开成傅里叶级数（下面给出函数在一个周期内的表达式）：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)f(x)=1-x^2\left(-\frac{1}{2}\le x<\frac{1}{2}\right)；& \\ & & \\ & (2)f(x)=\{\begin{array}{l}x，-1\le x<0，\\ \\ 1，0\le x<\frac{1}{2}，\\ \\ -1，\frac{1}{2}\le x<1；\end{array}& \\ & & \\ & (3)f(x)=\{\begin{array}{l}2x+1，-3\le x<0，\\ \\ 1，0\le x<3.\end{array}& \end{array}$

解：

   ( 1 )  函数 f ( x ) 是半周期 l = 1 2 的偶函数，所以 b n = 0   ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ， a 0 = 4 ∫ 0 1 2 ( 1 − x 2 ) d x = 11 6 ，          a n = 4 ∫ 0 1 2 ( 1 − x 2 ) c o s ( 2 n π x ) d x = 4 [ 1 − x 2 2 n π s i n ( 2 n π x ) − 2 x 4 n 2 π 2 c o s ( 2 n π x ) + 2 8 n 3 π 3 s i n ( 2 n π x ) ] 0 1 2 =          ( − 1 ) n + 1 n 2 π 2   ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，因为 f ( x ) 满足收敛定理的条件且处处连续，         所以 f ( x ) = 11 12 + 1 π 2 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n + 1 n 2 c o s ( 2 n π x ) ， x ∈ ( − ∞ ,   + ∞ ) .    ( 2 )  函数 f ( x ) 的半周期为 l = 1 ， a 0 = ∫ − 1 1 f ( x ) d x = ∫ − 1 0 x d x + ∫ 0 1 2 d x + ∫ 1 2 1 ( − 1 ) d x = − 1 2 ，          a n = ∫ − 1 1 f ( x ) c o s ( n π x ) d x = ∫ − 1 0 x c o s ( n π x ) d x + ∫ 0 1 2 c o s ( n π x ) d x − ∫ 1 2 1 c o s ( n π x ) d x =          [ x n π s i n ( n π x ) + 1 n 2 π 2 c o s ( n π x ) ] − 1 0 + [ 1 n π s i n ( n π x ) ] 0 1 2 + [ 1 n π s i n ( n π x ) ] 1 1 2 =          1 n 2 π 2 [ 1 − ( − 1 ) n ] + 2 n π s i n n π 2   ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，          b n = ∫ − 1 1 f ( x ) s i n ( n π x ) d x = ∫ − 1 0 x s i n ( n π x ) d x + ∫ 0 1 2 s i n ( n π x ) d x − ∫ 1 2 1 s i n ( n π x ) d x =          − 2 n π c o s n π 2 + 1 n π   ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，因为 f ( x ) 满足收敛定理的条件，其间断点 x = 2 k ， 2 k + 1 2 ， k ∈ Z ，         所以 f ( x ) = − 1 4 + ∑ n = 1 ∞ { [ 1 − ( − 1 ) n n 2 π 2 + 2 n π s i n n π 2 ] c o s ( n π x ) + 1 n π ( 1 − 2 c o s n π 2 ) s i n ( n π x ) } ，          x ∈ R ， { 2 k ,   2 k + 1 2   ∣   k ∈ Z }    ( 3 )  函数 f ( x ) 的半周期 l = 3 ， a 0 = 1 3 ∫ − 3 3 f ( x ) d x = 1 3 [ ∫ − 3 0 ( 2 x + 1 ) d x + ∫ 0 3 d x ] = − 1 ，          a n = 1 3 ∫ − 3 3 f ( x ) c o s n π x 3 d x = 1 3 [ ∫ − 3 0 ( 2 x + 1 ) c o s n π x 3 d x + ∫ 0 3 c o s n π x 3 d x ] = 6 n 2 π 2 [ 1 − ( − 1 ) n ]   ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，          b n = 1 3 ∫ − 3 3 f ( x ) s i n n π x 3 d x = 1 3 [ ∫ − 3 0 ( 2 x + 1 ) s i n n π x 3 d x + ∫ 0 3 s i n n π x 3 d x ] = 6 n π ( − 1 ) n + 1   ( n = 1 ， 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，         因为 f ( x ) 满足收敛定理的条件，其间断点为 x = 3 ( 2 k + 1 ) ， k ∈ Z ，         所以 f ( x ) = − 1 2 + ∑ n = 1 ∞ { 6 n 2 π 2 [ 1 − ( − 1 ) n ] c o s n π x 3 + ( − 1 ) n + 1 6 n π s i n n π x 3 } ， x ∈ R ， { 3 ( 2 k + 1 )   ∣   k ∈ Z } . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 函数f(x)是半周期l=\frac{1}{2}的偶函数，所以b_n=0\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，a_0=4\int_{0}^{\frac{1}{2}}(1-x^2)dx=\frac{11}{6}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a_n=4\int_{0}^{\frac{1}{2}}(1-x^2)cos(2n\pi x)dx=4\left[\frac{1-x^2}{2n\pi}sin(2n\pi x)-\frac{2x}{4n^2\pi^2}cos(2n\pi x)+\frac{2}{8n^3\pi^3}sin(2n\pi x)\right]_{0}^{\frac{1}{2}}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{(-1)^{n+1}}{n^2\pi^2}\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，因为f(x)满足收敛定理的条件且处处连续，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以f(x)=\frac{11}{12}+\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}cos(2n\pi x)，x \in (-\infty, \ +\infty).\\\\ &\ \ (2)\ 函数f(x)的半周期为l=1，a_0=\int_{-1}^{1}f(x)dx=\int_{-1}^{0}xdx+\int_{0}^{\frac{1}{2}}dx+\int_{\frac{1}{2}}^{1}(-1)dx=-\frac{1}{2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a_n=\int_{-1}^{1}f(x)cos(n\pi x)dx=\int_{-1}^{0}xcos(n\pi x)dx+\int_{0}^{\frac{1}{2}}cos(n\pi x)dx-\int_{\frac{1}{2}}^{1}cos(n\pi x)dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \left[\frac{x}{n\pi}sin(n\pi x)+\frac{1}{n^2\pi^2}cos(n\pi x)\right]_{-1}^{0}+\left[\frac{1}{n\pi}sin(n\pi x)\right]_{0}^{\frac{1}{2}}+\left[\frac{1}{n\pi}sin(n\pi x)\right]_{1}^{\frac{1}{2}}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{n^2\pi^2}[1-(-1)^n]+\frac{2}{n\pi}sin\frac{n\pi}{2}\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ b_n=\int_{-1}^{1}f(x)sin(n\pi x)dx=\int_{-1}^{0}xsin(n\pi x)dx+\int_{0}^{\frac{1}{2}}sin(n\pi x)dx-\int_{\frac{1}{2}}^{1}sin(n\pi x)dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ -\frac{2}{n\pi}cos\frac{n\pi}{2}+\frac{1}{n\pi}\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，因为f(x)满足收敛定理的条件，其间断点x=2k，2k+\frac{1}{2}，k \in Z，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以f(x)=-\frac{1}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\left\{\left[\frac{1-(-1)^n}{n^2\pi^2}+\frac{2}{n\pi}sin\frac{n\pi}{2}\right]cos(n\pi x)+\frac{1}{n\pi}\left(1-2cos\frac{n\pi}{2}\right)sin(n\pi x)\right\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ x \in R，\left\{2k, \ 2k+\frac{1}{2}\ \bigg|\ k \in Z\right\}\\\\ &\ \ (3)\ 函数f(x)的半周期l=3，a_0=\frac{1}{3}\int_{-3}^{3}f(x)dx=\frac{1}{3}\left[\int_{-3}^{0}(2x+1)dx+\int_{0}^{3}dx\right]=-1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a_n=\frac{1}{3}\int_{-3}^{3}f(x)cos\frac{n\pi x}{3}dx=\frac{1}{3}\left[\int_{-3}^{0}(2x+1)cos\frac{n\pi x}{3}dx+\int_{0}^{3}cos\frac{n\pi x}{3}dx\right]=\frac{6}{n^2\pi^2}[1-(-1)^n]\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ b_n=\frac{1}{3}\int_{-3}^{3}f(x)sin\frac{n\pi x}{3}dx=\frac{1}{3}\left[\int_{-3}^{0}(2x+1)sin\frac{n\pi x}{3}dx+\int_{0}^{3}sin\frac{n\pi x}{3}dx\right]=\frac{6}{n\pi}(-1)^{n+1}\ (n=1，2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因为f(x)满足收敛定理的条件，其间断点为x=3(2k+1)，k \in Z，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以f(x)=-\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left\{\frac{6}{n^2\pi^2}[1-(-1)^n]cos\frac{n\pi x}{3}+(-1)^{n+1}\frac{6}{n\pi}sin\frac{n\pi x}{3}\right\}，x \in R，\{3(2k+1)\ |\ k \in Z\}. & \end{aligned} ​  (1) 函数f(x)是半周期l=21​的偶函数，所以bn​=0 (n=1，2，⋅⋅⋅)，a0​=4∫021​​(1−x2)dx=611​，        an​=4∫021​​(1−x2)cos(2nπx)dx=4[2nπ1−x2​sin(2nπx)−4n2π22x​cos(2nπx)+8n3π32​sin(2nπx)]021​​=        n2π2(−1)n+1​ (n=1，2，⋅⋅⋅)，因为f(x)满足收敛定理的条件且处处连续，        所以f(x)=1211​+π21​n=1∑∞​n2(−1)n+1​cos(2nπx)，x∈(−∞, +∞).  (2) 函数f(x)的半周期为l=1，a0​=∫−11​f(x)dx=∫−10​xdx+∫021​​dx+∫21​1​(−1)dx=−21​，        an​=∫−11​f(x)cos(nπx)dx=∫−10​xcos(nπx)dx+∫021​​cos(nπx)dx−∫21​1​cos(nπx)dx=        [nπx​sin(nπx)+n2π21​cos(nπx)]−10​+[nπ1​sin(nπx)]021​​+[nπ1​sin(nπx)]121​​=        n2π21​[1−(−1)n]+nπ2​sin2nπ​ (n=1，2，⋅⋅⋅)，        bn​=∫−11​f(x)sin(nπx)dx=∫−10​xsin(nπx)dx+∫021​​sin(nπx)dx−∫21​1​sin(nπx)dx=        −nπ2​cos2nπ​+nπ1​ (n=1，2，⋅⋅⋅)，因为f(x)满足收敛定理的条件，其间断点x=2k，2k+21​，k∈Z，        所以f(x)=−41​+n=1∑∞​{[n2π21−(−1)n​+nπ2​sin2nπ​]cos(nπx)+nπ1​(1−2cos2nπ​)sin(nπx)}，        x∈R，{2k, 2k+21​  ​ k∈Z}  (3) 函数f(x)的半周期l=3，a0​=31​∫−33​f(x)dx=31​[∫−30​(2x+1)dx+∫03​dx]=−1，        an​=31​∫−33​f(x)cos3nπx​dx=31​[∫−30​(2x+1)cos3nπx​dx+∫03​cos3nπx​dx]=n2π26​[1−(−1)n] (n=1，2，⋅⋅⋅)，        bn​=31​∫−33​f(x)sin3nπx​dx=31​[∫−30​(2x+1)sin3nπx​dx+∫03​sin3nπx​dx]=nπ6​(−1)n+1 (n=1，2，⋅⋅⋅)，        因为f(x)满足收敛定理的条件，其间断点为x=3(2k+1)，k∈Z，        所以f(x)=−21​+n=1∑∞​{n2π26​[1−(−1)n]cos3nπx​+(−1)n+1nπ6​sin3nπx​}，x∈R，{3(2k+1) ∣ k∈Z}.​​

$\begin{array}{rlr}& 2.将下列函数分别展开成正弦级数和余弦级数：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)f(x)=\{\begin{array}{l}x，0\le x<\frac{l}{2}，\\ \\ l-x，\frac{l}{2}\le x\le l.\end{array}；(2)f(x)=x^2(0\le x\le 2)& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)正弦级数：作\phi (x)为f(x)的奇延拓，令\Phi (x)是\phi (x)的周期延拓，则\Phi (x)是奇函数，周期为2l，& \\ & & \\ & \Phi (x)满足收敛定理的条件且处处连续，在[0,l]上，\Phi (x)\equiv f(x)，a_n=0(n=0，1，2，\cdot \cdot \cdot )，& \\ & & \\ & b_n=\frac{2}{l}\left[{\int }_0^{\frac{l}{2}}xsin\frac{n\pi x}{l}dx+{\int }_{\frac{l}{2}}^l(l-x)sin\frac{n\pi x}{l}dx\right]，上式的第二积分中令l-x=t，有& \\ & & \\ & {\int }_{\frac{l}{2}}^l(l-x)sin\frac{n\pi x}{l}dx=-{\int }_0^{\frac{l}{2}}tcosn\pi sin\frac{n\pi t}{l}dt=(-1{)}^{n-1}{\int }_0^{\frac{l}{2}}tsin\frac{n\pi t}{l}dt，则& \\ & & \\ & b_n=\frac{2}{l}[1+(-1{)}^{n-1}]{\int }_0^{\frac{l}{2}}xsin\frac{n\pi x}{l}dx，当n=2k时，b_{2k}=0，& \\ & & \\ & 当n=2k-1时，b_{2k-1}=\frac{4}{l}{\int }_0^{\frac{l}{2}}xsin\frac{(2k-1)\pi x}{l}dx=\frac{4l}{(2k-1{)}^2{\pi }^2}(-1{)}^{k-1}(k=1，2，\cdot \cdot \cdot )，& \\ & & \\ & 所以f(x)=\frac{4l}{{\pi }^2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{k-1}}{(2k-1{)}^2}sin\frac{(2k-1)\pi x}{l}，x\in [0,l].& \\ & & \\ & 余弦级数：作\psi (x)为f(x)的偶延拓，令\Psi (x)是\psi (x)的周期延拓，则\Psi (x)是周期为2l的周期函数，& \\ & & \\ & \Psi (x)满足收敛定理的条件且处处连续，在[0,l]上，\Psi (x)\equiv f(x)，a_0=\frac{2}{l}\left[{\int }_0^{\frac{l}{2}}xdx+{\int }_{\frac{l}{2}}^l(l-x)dx\right]=\frac{l}{2}，& \\ & & \\ & a_n=\frac{l}{2}\left[{\int }_0^{\frac{l}{2}}xcos\frac{n\pi x}{l}dx+{\int }_{\frac{l}{2}}^l(l-x)cos\frac{n\pi x}{l}dx\right]，上式第二积分中令l-x=t，有& \\ & & \\ & {\int }_{\frac{l}{2}}^l(l-x)cos\frac{n\pi x}{l}dx=(-1{)}^n{\int }_0^{\frac{l}{2}}tcos\frac{n\pi t}{l}dt，则& \\ & & \\ & a_n=\frac{2}{l}[1+(-1{)}^n]{\int }_0^{\frac{l}{2}}xcos\frac{n\pi x}{l}dx=\frac{2}{l}[1+(-1{)}^n]{\left(\frac{l}{\pi }\right)}^2\left(\frac{\pi }{2n}sin\frac{n\pi }{2}+\frac{1}{n^2}cos\frac{n\pi }{2}-\frac{1}{n^2}\right)，& \\ & & \\ & 当n=2m-1时，a_{2m-1}=0，& \\ & & \\ & 当n=2m时，a_{2m}=\frac{4l}{{\pi }^2}\cdot \frac{1}{(2m{)}^2}[(-1{)}^m-1]=\{\begin{array}{l}0，m=2k，\\ \\ \frac{l}{{\pi }^2}\cdot \frac{-2}{(2k-1{)}^2}，m=2k-1\end{array}(k=1，2，\cdot \cdot \cdot )，& \\ & & \\ & f(x)=\frac{l}{4}-\frac{2l}{{\pi }^2}\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{(2k-1{)}^2}cos\frac{2(2k-1)\pi x}{l}，x\in [0,l]& \\ & & \\ & (2)正弦级数：作\phi (x)为f(x)的奇延拓，令\Phi (x)是\phi (x)的周期延拓，则\Phi (x)是周期为4的周期函数，& \\ & & \\ & \Phi (x)满足收敛定理的条件且除了间断点x=2(2k+1)(k\in Z)外处处连续，& \\ & & \\ & 在[0,2)上，\Phi (x)\equiv f(x)，a_n=0(n=0，1，2，\cdot \cdot \cdot )，& \\ & & \\ & b_n=\frac{2}{2}{\int }_0^2{x}^{2}sin\frac{n\pi x}{2}dx={\left[-\frac{2}{n\pi }{x}^{2}cos\frac{n\pi x}{2}\right]}_0^2+\frac{4}{n\pi }{\int }_0^{2}xcos\frac{n\pi x}{2}dx=& \\ & & \\ & (-1{)}^{n+1}\frac{8}{n\pi }+\frac{8}{(n\pi {)}^2}{\left[xsin\frac{n\pi x}{2}\right]}_0^2+\frac{16}{(n\pi {)}^3}{\left[cos\frac{n\pi x}{2}\right]}_0^2=(-1{)}^{n+1}\frac{8}{n\pi }+\frac{16}{(n\pi {)}^3}[(-1{)}^n-1](n=1，2，\cdot \cdot \cdot )，& \\ & & \\ & 所以f(x)=\frac{8}{\pi }\sum _{n=1}^{\infty }\left\{\frac{(-1{)}^{n+1}}{n}+\frac{2}{n^3{\pi }^2}[(-1{)}^n-1]\right\}sin\frac{n\pi x}{2}，x\in [0,2).& \\ & & \\ & 余弦级数：作\psi (x)为f(x)的偶延拓，令\Psi (x)是\psi (x)的周期延拓，则\Psi (x)是周期为4的周期函数，& \\ & & \\ & \Psi (x)满足收敛定理的条件且处处连续，在[0,2]上，\Psi (x)\equiv f(x)，a_0=\frac{2}{2}{\int }_0^2{x}^{2}dx=\frac{8}{3}，& \\ & & \\ & a_n=\frac{2}{2}{\int }_0^2{x}^{2}cos\frac{n\pi x}{2}dx=\frac{2}{n\pi }{\left[x^{2}sin\frac{n\pi x}{2}\right]}_0^2-\frac{4}{n\pi }{\int }_0^{2}xsin\frac{n\pi x}{2}dx=\frac{8}{(n\pi {)}^2}{\left[xcos\frac{n\pi x}{2}-\frac{2}{n\pi }sin\frac{n\pi x}{2}\right]}_0^2=& \\ & & \\ & (-1{)}^n\frac{16}{(n\pi {)}^2}(n=1，2，\cdot \cdot \cdot )，b_n=0(n=1，2，\cdot \cdot \cdot )，所以f(x)=\frac{4}{3}+\frac{16}{{\pi }^2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}cos\frac{n\pi x}{2}，x\in [0,2].& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& 3.设f(x)是周期为2的周期函数，它在[-1,1)上的表达式为f(x)=e^{-x}，试将f(x)展开成& \\ & & \\ & 复数形式的傅里叶级数.& \end{array}$

解：

   f ( x ) 满足收敛定理的条件，且除了点 x = 2 k + 1   ( k ∈ Z ) 外处处连续，    c n = 1 2 ∫ − 1 1 e − x e − i n π x d x = 1 2 ∫ − 1 1 e − ( 1 + n π i ) x d x = − 1 2 ⋅ 1 1 + n π i [ e − ( 1 + n π i ) x ] − 1 1 = − 1 2 ⋅ 1 − n π i 1 + ( n π ) 2 ( e − 1 ⋅ e − n π i − e ⋅ e n π i ) =    1 − n π i 1 + ( n π ) 2 ⋅ e c o s   n π − e − 1 c o s   n π 2 = ( − 1 ) n e − e − 1 2 1 − n π i 1 + n 2 π 2   ( n = 0 ， ± 1 ， ± 2 ， ⋅ ⋅ ⋅ ) ，   所以 f ( x ) = ∑ n = − ∞ ∞ ( − 1 ) n e − e − 1 2 1 − n π i 1 + n 2 π 2 ⋅ e i n π x ， x ∈ R ， { 2 k + 1   ∣   k ∈ Z } . \begin{aligned} &\ \ f(x)满足收敛定理的条件，且除了点x=2k+1\ (k \in Z)外处处连续，\\\\ &\ \ c_n=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}e^{-x}e^{-in\pi x}dx=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}e^{-(1+n\pi i)x}dx=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+n\pi i}[e^{-(1+n\pi i)x}]_{-1}^{1}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1-n\pi i}{1+(n\pi)^2}(e^{-1}\cdot e^{-n\pi i}-e\cdot e^{n\pi i})=\\\\ &\ \ \frac{1-n\pi i}{1+(n\pi)^2}\cdot \frac{ecos\ n\pi-e^{-1}cos\ n\pi}{2}=(-1)^n\frac{e-e^{-1}}{2}\frac{1-n\pi i}{1+n^2\pi^2}\ (n=0，\pm1，\pm2，\cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ 所以f(x)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n\frac{e-e^{-1}}{2}\frac{1-n\pi i}{1+n^2\pi^2}\cdot e^{in\pi x}，x \in R，\{2k+1\ |\ k \in Z\}. & \end{aligned} ​  f(x)满足收敛定理的条件，且除了点x=2k+1 (k∈Z)外处处连续，  cn​=21​∫−11​e−xe−inπxdx=21​∫−11​e−(1+nπi)xdx=−21​⋅1+nπi1​[e−(1+nπi)x]−11​=−21​⋅1+(nπ)21−nπi​(e−1⋅e−nπi−e⋅enπi)=  1+(nπ)21−nπi​⋅2ecos nπ−e−1cos nπ​=(−1)n2e−e−1​1+n2π21−nπi​ (n=0，±1，±2，⋅⋅⋅)，  所以f(x)=n=−∞∑∞​(−1)n2e−e−1​1+n2π21−nπi​⋅einπx，x∈R，{2k+1 ∣ k∈Z}.​​

$\begin{array}{rlr}& 4.设u(t)是周期为T的周期函数，已知它的傅里叶级数的复数形式为（参阅本节例题）& \\ & & \\ & u(t)=\frac{h\tau }{T}+\frac{h}{\pi }\sum _{n=-\infty n\ne 0}^{\infty }\frac{1}{n}sin\frac{n\pi \tau }{T}{e}^{\frac{2n\pi t}{T}i}(-\infty <t<+\infty )，& \\ & & \\ & 试写出u(t)的傅里叶级数的实数形式（即三角形式）.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 已知c_n=\frac{h}{n\pi }sin\frac{n\pi \tau }{T}(n=\pm 1，\pm 2，\cdot \cdot \cdot )，因为c_n=\frac{a_n-i{b}_n}{2}，c_{-n}=\frac{a_n+i{b}_n}{2}=\overline{c_n}(n=1，2，\cdot \cdot \cdot )，& \\ & & \\ & 则a_n=Re(2c_n)，b_n=Im(2\overline{c_n})，因c_n为实数，所以a_n=\frac{2h}{n\pi }sin\frac{n\pi \tau }{T}，b_n=0(n=1，2，\cdot \cdot \cdot )，& \\ & & \\ & 所以u(t)=\frac{h\tau }{T}+\frac{2h}{\pi }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}sin\frac{n\pi \tau }{T}\cdot cos\frac{2n\pi t}{T}(-\infty <t+\infty ).& \end{array}$