【高等數學】無窮數級

常數項級數的概念和性質

一、常數項級數的概念

定義：如果級數$\sum^\infty_{i=1}u_i$的部分和數列${s_n}$有極限$s$，即$\lim_{n\to\infty}s_n=s$，那麼稱無窮級數$\sum^\infty_{i=1}u_i$收斂，這時極限$s$叫做這級數的和，并寫成$s=u_1+u_2+\cdots+u_i+\cdots$；如果${s_n}$沒有極限，那麼稱無窮級數$\sum^\infty_{i=1}u_i$發散

例1：判斷無窮級數$\frac1{1\cdot2}+\frac2{2\cdot3}+\cdots+\frac n{n\cdot(n+1)}+\cdots$的收斂性

$u_n=\frac n{n\cdot(n+1)}=\frac1n-\frac1{n+1}$

故$s_n=(1-\frac12)+(\frac12-\frac13)+\cdots+(\frac1n-\frac1{n+1})=1-\frac1{1-n}$

$\lim_{n\to\infty}s_n=\lim_{n\to\infty}(1-\frac1{1+n})=1$

故級數收斂

二、收斂級數的基本性質

性質1：如果級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$收斂于和$s$，那麼級數$\sum^\infty_{n=1}ku_n$也收斂，且其和為$ks$

性質2：如果級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$與$\sum^\infty_{n=1}v_n$分别收斂于$s$與$\sigma$，那麼級數$\sum^\infty_{n=1}(u_n\pm v_n)$也收斂，且其和為$s\pm\sigma$

性質3：在級數中去掉、加上或改變有限項，不會改變級數的收斂性

性質4：如果級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$收斂，那麼對這級數的項任意加括号後所成的級數$(u_1+\cdots+u_{n_1})+(u_{n_1+1}+\cdots+u_{n_2}))+\cdots+(u_{n_{k-1}+1}+\cdots+u_{n_k})+\cdots$仍收斂，且其和不變。反之不成立

性質5（級數收斂的必要條件）：如果級數$\sum^\infty_{n=1}$收斂，那麼它的一般項$u_n$趨于零，即$\lim_{n\to\infty}u_n=0$。反之不成立

常數項級數的審斂法

一、正項級數及其審斂法

定理1：正項級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$收斂的充分必要條件是：它的部分和數列${s_n}$有界

$p$級數斂散性，很重要，比較的根源

$\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^p}=\begin{cases}\text{收斂}\quad p>1\\text{發散}\quad p\leq1\end{cases}$

定理2（比較審斂法）：設$\sum^\infty_{n=1}u_n$和$\sum^\infty_{n=1}v_n$都是正項級數，且$u_n\leq v_n\quad(n=1,2,\cdots)$，若級數$\sum^\infty_{n=1}v_n$收斂，則級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$收斂；反之，若級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$發散，則級數$\sum^\infty_{n=1}v_n$發散

例1：證明級數$\sum^\infty_{n=1}\frac1{\sqrt{n(n+1)}}$是發散的

$\sqrt{n(n+1)}<\sqrt{(n+1)^2}\Rightarrow \frac1{\sqrt{n(n+1)}}>\frac1{n+1}$

$\sum^\infty_{n=1}=\frac12+\frac13+\cdots+=\sum^\infty_{n=2}\frac1n$

$\therefore \sum^\infty_{n=1}\frac1{n+1}$發散

由比較審斂法知級數$\sum^\infty_{n=1}\frac1{\sqrt{n(n+1)}}$發散

定理3（比較審斂法的極限形式）：設$\sum^\infty_{n=1}u_n$和$\sum^\infty_{n=1}v_n$都是正項級數

• 如果$\lim_{n\to\infty}\frac{u_n}{v_n}=l\quad(0\leq l<+\infty)$，且級數$\sum^\infty_{n=1}v_n$收斂，那麼級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$收斂
• 如果$\lim_{n\to\infty}\frac{u_n}{v_n}=l>0$或$\lim_{n\to\infty}\frac{u_n}{v_n}=+\infty$，且級數$\sum^\infty_{n=1}v_n$發散，那麼級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$發散

例2：判定級數$\sum^\infty_{n=1}\sin\frac1n$的收斂性

$\lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac1n}{\frac1n}=1$

$\because$ 級數$\sum^\infty_{n=1}\frac1n$發散

$\therefore$ 級數$\sum^\infty_{n=1}\sin\frac1n$發散

定理4（比值審斂法，達朗貝爾（d'Alembert）判别法）：設$\sum^\infty_{n=1}u_n$為正項級數，如果$\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\rho$，那麼當$\rho<1$時級數收斂，$\rho>1$（或$\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\infty$）時級數發散，$\rho=1$時級數可能收斂也可能發散（用定理2、定理3判斷）

$\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\rho\begin{cases}\rho<1\quad\text{收斂}\\rho>1\quad\text{發散}\\rho=1\quad\text{無法判斷，用定理2、定理3}\end{cases}$

常用于遇到$n!$級數

例3：判斷級數$\frac1{10}+\frac{1\cdot2}{10^2}+\frac{1\cdot2\cdot3}{10^3}+\cdots+\frac{n!}{10^n}+\cdots$的收斂性

$\sum^\infty_{n=1}\frac{n!}{10^n}$

故$u_n=\frac{n!}{10^n}$

$\rho=\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\lim_{n\to\infty}(n+1)=+\infty$

故級數發散

定理5（根值審斂法，柯西判别法）：設$\sum^\infty_{n=1}u_n$為正項級數，如果$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\rho$，那麼當$\rho<1$時級數收斂，$\rho>1$（或$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=+\infty$）時級數發散，$\rho=1$時級數可能收斂也可能發散

$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\rho\begin{cases}\rho<1\quad\text{收斂}\\rho>1\quad\text{發散}\\rho=1\quad\text{無法判斷，用定理2、定理3}\end{cases}$

例4：判斷級數$\sum^\infty_{n=1}\frac{2+(-1)^n}{2^n}$的收斂性

$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{2+(-1)^n}{2^n}}=\frac12\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{2+(-1)^n}=\frac12<1$

估計數收斂

定理6（極限審斂法）：設$\sum^\infty_{n=1}u_n$為正項級數，

• 如果$\lim_{n\to\infty}nu_n=l>0$（或$\lim_{n\to\infty}nu_n=+\infty$），那麼級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$發散
• 如果p>1，而果$\lim_{n\to\infty}n^pu_n=l\quad(0\leq l<+\infty)$，那麼級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$收斂

定理6可以看做定理3，如定理6第一條對應定理3第二條$\lim_{n\to\infty}nu_n=\lim_{n\to\infty}\frac{u_n}{\frac1n}=l>0$。另一條同理

例5：判斷級數$\sum^\infty_{n=1}\sqrt{n+1}(1-\cos\frac\pi n)$的收斂性

$n\to\infty$時，$1-\cos\frac\pi n\sim\frac12\frac{\pi^2}{n^2}=\frac{\pi^2}2\cdot\frac1{n^2}$

$\lim_{n\to\infty}n^{\frac32}\sqrt{n+1}\cdot(1-\cos\frac\pi n)=\lim_{n\to\infty}\frac{\pi^2}2\cdot\frac{n^{\frac32}\cdot\sqrt{n+1}}{n^2}=\frac{\pi^2}2$

又$\because p=\frac32>1$

故級數收斂

二、交錯級數及其審斂法

定理7（萊布尼茨定理）：如果交錯級數$\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}u_n$滿足條件

• $u_n\geq u_{n+1}\quad(n=1,2,3,\cdot)$
• $\lim_{n\to\infty}u_n=0$

那麼級數收斂，且其和$s\leq u_1$

例6：交錯級數$1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdot+(-1)^{n-1}\frac1n+\cdots$滿足條件

$u_n=\frac1n>\frac1{n+1}=u_{n+1}\quad(n=1,2,\cdots)$

$\lim_{n\to\infty}u_n=\lim_{n\to\infty}\frac1n=0$

是以級數收斂，且其和$s<1$。如果去前$n$項和$s_n=1-\frac12+\frac13-\cdots+(-1)^{n-1}\frac1n$作為$s$的近似值

三、絕對收斂與條件收斂

若$\sum^\infty_{n=1}|u_n|$收斂，稱$\sum^\infty_{n=1}u_n$絕對收斂

若$\sum^\infty_{n=1}|u_n|$發散，且$\sum^\infty_{n=1}u_n$收斂，稱$\sum^\infty_{n=1}u_n$條件收斂

定理：如果級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$絕對收斂，那麼級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$必定收斂

性質

• 若級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$和級數$\sum^\infty_{n=1}v_n$均絕對收斂，則$\sum^\infty_{n=1}u_n\pm v_n$也絕對收斂
• 若級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$絕對收斂，級數$\sum^\infty_{n=1}v_n$條件收斂，則$\sum^\infty_{n=1}u_n\pm v_n$條件收斂
• 若級數$\sum^\infty_{n=1}u_n$和級數$\sum^\infty_{n=1}v_n$均條件收斂，則$\sum^\infty_{n=1}u_n\pm v_n$可能條件收斂，可能絕對收斂

幂級數

一、幂級數及其收斂性

函數項級數中簡單而常見的一類級數就是各項都是常數乘幂函數的函數項級數，即所謂幂級數，它的形式就是$$\sum^\infty_{n=0}a_nx^n=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n+\cdots$$其中常數$a_0,a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots$叫做幂級數的系數

1. 阿貝爾（Abel）定理

如果級數$\sum^\infty_{n=0}a_nx^n$當$x=x_0(x_0\ne0)$時收斂，那麼适合不等式$|x|<|x_0|$的一切$x$使這幂級數絕對收斂，如果級數$\sum^\infty_{n=0}a_nx^n$當$x=x_0$時發散，那麼适合不等式$|x|>|x_0|$的一切使$x$這幂級數發散

推論：如果幂級數$\sum^\infty_{n=0}a_nx^n$不是僅在$x=0$一點收斂，也不是在整個數軸上都收斂，那麼必有一個确定的正數$R$存在，使得

• 當$|x|<R$時，幂級數絕對收斂
• 當$|x|>R$時，幂級數發散
• 當$x=R$與$x=-R$時，幂級數可能收斂也可能發散

2. 收斂半徑的判别方法

如果$\lim_{n\to\infty}|\frac{a_{n+1}}{a_n}|=\rho$，其中$a_n,a_{n+1}$是幂級數$\sum^\infty_{n=0}a_nx^n$的相鄰兩項的系數，那麼幂級數的收斂半徑$R=\begin{cases}\frac1\rho\quad\rho\ne0\+\infty\quad\rho=0\0\quad\rho=+\infty\end{cases}$

例1：求幂級數$x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}n+\cdots$收斂半徑和收斂域

$\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{x^n}n$

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

$\rho=\lim_{n\to\infty}|\frac{a_{n+1}}{a_n}|=1$

$R=\frac1\rho1$

當收斂半徑為$1$

收斂域包含端點，需要計算端點是否收斂；收斂區間是個開區間，不需要計算端點

當收斂區間為$(-1,1)$

當$x=-1$時

級數$=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n\cdot(-1)^n=-\sum^\infty_{n=1}\frac1n$，發散

當$x=1$時

級數$=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n\cdot1^n$，由萊布尼茨判别法知級數收斂

故收斂域為$(-1,1]$

例2：求幂級數$\sum^\infty_{n=0}\frac{(2n)!}{(n)!}x^{2n}$的收斂半徑

對于缺項的幂級數不能使用一般收斂半徑的判别法，該題使用達朗貝爾判别法

$u_n(x)=\frac{(2n)!}{(n)!}x^{2n}$

$\lim_{n\to\infty}|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}=\lim_{n\to\infty}|\frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^2}\cdot x^2|=4|x^2|<1$

$\because |x|<\frac12$

則$R=\frac12$

例3：求幂級數$\sum^\infty_{n=1}\frac{(x-1)^n}{2^n\cdot n}$的收斂域

令$t=x-1$

則級數$=\sum^\infty_{n=1}\frac{t^n}{2^n\cdot n}$

$\rho=\lim_{n\to\infty}|\frac{a_{n+1}}{a_n}|=\frac12$

$\therefore R=\frac1\rho=2$

則$t$的收斂區間為$(-2,2)$，則$x$的收斂區間為$(-1,3)$

當$x=-1$

級數$=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-2)^n}{2^n\cdot n}=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^n}n$，級數收斂

當$x=3$時

級數$=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-2)^n}{2^n\cdot n}=\sum^\infty_{n=1}\frac{1}n$，級數發散

則收斂域為$[-1,3)$

二、幂級數的運算

性質1：幂級數$\sum^\infty_{n=1}a_nx^n$的和函數$s(x)$在其收斂域$I$上連續

性質2：幂級數$\sum^\infty_{n=1}a_nx^n$的和函數$s(x)$在其收斂域$I$上可積，并有逐項積分公式$$\int^x_0s(t)dt=\int^x_0[\sum^\infty_{n=0}a_nt^n]dt=\sum^\infty_{n=0}\int^x_0a_nt^ndt=\sum^\infty_{n=0}\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}\quad(x\in I)$$逐項積分後所得到的幂級數和原級數有相同的收斂半徑（收斂域可能不同）

性質3：幂級數$\sum^\infty_{n=1}a_nx^n$的和函數$s(x)$在其收斂區間$(-R,R)$内可導，且有逐項求導公式$$s'(x)=(\sum^\infty_{n=1}a_nx^n)'=\sum^\infty_{n=1}(a_nx^n)'=\sum^\infty_{n=1}na_nx^{n-1}\quad(|x|<R)$$逐項求導後所得到的幂級數和原級數有相同的收斂半徑（收斂域可能不同）

展開成幂級數

給定$f(x)$，若能找到一個幂級數$\sum^\infty_{n=0}a_nx^n$，使該幂級數在其收斂區間$I$上的和函數就是$f(x)$，即$f(x)=\sum^\infty_{n=0}a_nx^n,x\in I$，則稱函數$f(x)$在區間$I$上能展開為$x$的幂級數，并稱$\sum^\infty_{n=0}a_nx^n$為$f(x)$在$x=0$處的幂級數（麥克勞林）展開式

定理：函數$f(x)$在區間$I$上能展開為$x$的幂級數$\sum^\infty_{n=0}a_nx^n$的充分必要條件是$f(x)$在$I$上任意階可導，且$\lim_{n\to\infty}\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1}=0$，而此時系數$a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!},n=0,1,2,\cdots$

幾個重要函數的麥克勞林展開式

$\begin{aligned}e^x=\sum^\infty_{n=0}\frac{x^n}{n!},-\infty<x<+\infty\end{aligned}$

$\begin{aligned}\sin x=\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!},-\infty<x<+\infty\end{aligned}$

$\begin{aligned}\cos x=\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!},-\infty<x<+\infty\end{aligned}$

$\begin{aligned}\ln(1+x)=\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1},-1<x\leq1\end{aligned}$

$\begin{aligned}\frac1{1-x}=\sum^\infty_{n=0}x^n,-1<x<1\end{aligned}$

使用定理進行展開屬于直接法，較麻煩，一般不考慮。一般使用間接法，如例1中的方法

例1：把函數$f(x)=\frac1{x^2+4x+3}$展開成$(x-1)$的幂級數

$\begin{aligned}f(x)&=\frac1{(x+1)(x+3)}\&=\frac1{2(1+x)}-\frac1{2(3+x)}\&=\frac1{4(1+\frac{x-1}2)}-\frac1{8(1+\frac{x-1}4)}\&=\frac14\sum^\infty_{n=0}(-\frac{x-1}2)^n-\frac18\sum^\infty_{n=0}(-\frac{x-1}4)^n\&=\sum^\infty_{n=0}(-1)^n(\frac1{2^{n+2}}-\frac1{2^{2n+3}})(x-1)^n\end{aligned}$

由$-1<-\frac{x-1}2<1$且$-1<-\frac{x-1}4<1$

知$-1<x<3$

傅裡葉級數

一、函數展開為傅裡葉級數

1. 傅裡葉級數的定義

$f(x)$以$2\pi$為周期

$f(x)=\frac{a_0}2+\sum^\infty_{n=1}(a_n\cos nx+b_n\sin nx)\quad(1)$

$a_0=\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(x)dx$

$\begin{cases}a_n=\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(x)\cos nxdx\quad(n=0,1,2,3,\cdots)\b_n=\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(x)\sin nxdx\quad(n=1,2,3,\cdots)\end{cases}\quad(2)$

如果公式$(2)$中的積分都存在，這時他們定出的系數$a_0,a_1,b_1,\cdots$叫做函數$f(x)$的傅裡葉（Fourier）系數，将這些系數帶入式$(1)$右端，所得的三角級數$$\frac{a_0}2+\sum^\infty_{n=1}(a_n\cos nx+b_n\sin nx)$$叫做函數$f(x)$的傅裡葉級數

2. 狄利克雷收斂定理

定理（收斂定理，狄利克雷（Dirichlet）充分條件）：設$f(x)$是周期為$2\pi$的周期函數，如果它滿足：

• 在一個周期内連續或隻有有限個第一類間斷點
• 在一個周期内至多隻有有限個極值點

那麼$f(x)$的傅裡葉級數收斂，并且

• 當$x$是$f(x)$的連續點時，級數收斂于$f(x)$
• 當$x$是$f(x)$的間斷點時，級數收斂于$\frac12[f(x^-)+f(x^+)]$

例1：設$f(x)$是周期為$2\pi$的周期函數，它在$[-\pi,\pi)$上的表達式為$f(x)=\begin{cases}-1,-\pi\leq x<0\1,0\leq x<\pi\end{cases}$，将$f(x)$展開為傅裡葉級數

$\begin{aligned}a_0=\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(x)dx=0\end{aligned}$

$\begin{aligned}a_n=\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(x)\cdot\cos nxdx=0\end{aligned}$

$\begin{aligned}b_n&=\frac1\pi\int^\pi_{-\pi}f(x)\cdot\sin nxdx\&=\frac2\pi\int^\pi_01\cdot \sin nxdx\&=\frac2\pi(-\frac1n)\cos nx|^\pi_0\&=\begin{cases}\frac4{n\pi},n=1,3,5,\cdots\0,n=2,4,6,\cdots\end{cases}\end{aligned}$

則

$\begin{aligned}f(x)&=\frac{a_0}2+\sum^\infty_{n=1}[a_n\cos nx+b_n\sin nx]\&=0+\sum^\infty_{n=1}[0+\frac4{(2n-1)\pi}\sin(2n-1)\cdot x]\&=\frac4\pi\sum^\infty_{n=1}\frac1{2n-1}\sin(2n-1)\cdot x\&(-\infty<x<+\infty,x\ne0,\ne\pm\pi,\pm2\pi,\cdots,\pm n\pi\end{aligned}$

二、正弦級數和餘弦級數

當$f(x)$為奇函數時，$f(x)\cos nx$是奇函數，$f(x)\sin nx$是偶函數，故$\left{\begin{aligned}&a_n=0(n=0,1,2,\cdots)\&b_n=\frac2\pi\int^\pi_0f(x)\sin nxdx(n=1,2,3,\cdots)\end{aligned}\right.$

即知奇函數的傅裡葉級數是隻含有正弦項的正弦級數，為$\sum^\infty_{n=1}b_n\sin nx$

當$f(x)$為偶函數時，$f(x)\cos nx$是偶函數，$f(x)\sin nx$是奇函數，故$\left{\begin{aligned}&a_n=\frac2\pi\int^\pi_0f(x)\cos nxdx(n=0,1,2,\cdots)\&b_n=0(n=1,2,3,\cdots)\end{aligned}\right.$

即知奇函數的傅裡葉級數是隻含有正弦項的正弦級數，為$\frac{a_0}2+\sum^\infty_{n=1}a_n\cos nx$

例2：設$f(x)$是周期為$2\pi$的周期函數，它在$[-\pi,\pi)$上的表達式為$f(x)=|x|$，将$f(x)$展開成傅裡葉級數

$\because f(x)=|x|$

$\therefore b_n=0$

$\begin{aligned}a_0=\frac2\pi\int^\pi_0xdx=\pi\end{aligned}$

$\begin{aligned}a_n&=\frac2\pi\int^\pi_0x\cos nxdx\&=\frac2\pi\cdot\frac1n\int^\pi_0xd\sin nx\text{（循環積分）}\&=\frac2\pi(\frac{x\sin nx}n+\frac{\cos nx}{n^2})|^\pi_0\&=\frac2\pi\frac1{n^2}(\cos n\pi-1)\&=\begin{cases}0\quad n=2,4,6,\cdots\\frac{-4}{n^2\cdot\pi}\quad n=1,3,5,\cdots\end{cases}\end{aligned}$

則

$\begin{aligned}f(x)&=\frac{a_0}2+\sum^\infty_{n=1}a_n\cos nx\&=\frac\pi2-\frac4\pi\sum^\infty_{n=1}\frac1{(2n-1)^2}\cos(2n-1)x\quad(-\infty<x<+\infty)\end{aligned}$

一般周期函數的傅裡葉級數

定理：設周期為$2l$的周期函數$f(x)$滿足收斂定理的條件，則它的傅裡葉級數展開式為

$$f(x)=\frac{a_0}2+\sum^\infty_{n=1}(a_n\cos\frac{n\pi x}l+b_n\sin\frac{n\pi x}l)\quad(x\in C)$$

其中

$$\begin{aligned}a_n=\frac1l\int^l_{-l}f(x)\cos\frac{n\pi x}ldx(n=0,1,2,\cdots)\end{aligned};$$

$$\begin{aligned}b_n=\frac1l\int^l_{-l}f(x)\sin\frac{n\pi x}ldx(n=0,1,2,\cdots)\end{aligned};$$

$$\begin{aligned}C={x|f(x)=\frac12[f(x^-)+f(x^+)]}\end{aligned}$$

當$f(x)$為奇函數時，$f(x)=\sum^\infty_{n=1}b_n\sin\frac{n\pi x}l(x\in C)$，其中$b_n=\frac2l\int^l_0f(x)\sin\frac{n\pi x}ldx(n=0,1,2,3,\cdots)$；當$f(x)$為奇函數時，$f(x)=\frac{a_0}2+\sum^\infty_{n=1}a_n\cos\frac{n\pi x}l(x\in C)$，其中$a_n=\frac2l\int^l_0f(x)\cos\frac{n\pi x}ldx(n=0,1,2,3,\cdots)$；

例1：設$f(x)$為周期為$4$的周期函數，它在$[-2,2)$上的表達式為$f(x)=\begin{cases}0,-2\leq x<0\h,0\leq x<2\end{cases}$（常數$h\ne0$），将$f(x)$展開成傅裡葉級數

$\begin{aligned}a_0=\frac12\int^2_{-2}f(x)dx=\frac12[\int^0_{-2}0dx+\int^2_0hdx]=h\end{aligned}$