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  • 2 周期2pi函数展开为傅里叶级数

    千次阅读 2019-11-12 22:18:49
    周期2pi函数展开为傅里叶级数周期2pi函数展开为傅里叶级数周期2pi函数 周期2pi函数展开为傅里叶级数 周期2pi函数 周期 T=2πf(x)=f(x+2π)T=2\pi \quad f(x)=f(x+2\pi)T=2πf(x)=f(x+2π) ...

    周期为2pi的函数展开为傅里叶级数

    周期为2pi的函数

    周期 T = 2 π f ( x ) = f ( x + 2 π ) T=2\pi \quad f(x)=f(x+2\pi) T=2πf(x)=f(x+2π)
    在这里插入图片描述
    把三角函数转化为无数三角函数的加和
    f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ a n c o s n x + ∑ n = 0 ∞ b n s i n x = a 0 c o s 0 x + ∑ n = 1 ∞ a n c o s n x + b 0 s i n 0 x + ∑ n = 1 ∞ b n s i n x = a 0 + ∑ n = 1 ∞ a n c o s n x + ∑ n = 1 ∞ b n s i n x \begin{aligned} f(x) &=\sum_{n=0}^{\infty}a_n cos nx+ \sum_{n=0}^{\infty}b_n sinx \\ &= a_0 cos0x + \sum_{n=1}^{\infty}a_n cos nx + b_0 sin0x + \sum_{n=1}^{\infty}b_n sinx \\ &=a_0 + \sum_{n=1}^{\infty}a_n cos nx + \sum_{n=1}^{\infty}b_n sinx \\ \end{aligned} f(x)=n=0ancosnx+n=0bnsinx=a0cos0x+n=1ancosnx+b0sin0x+n=1bnsinx=a0+n=1ancosnx+n=1bnsinx

    而有些教科书上的定义为:
    在这里插入图片描述

    求a0

    ∫ − π π f ( x ) d x = ∫ − π π a 0 d x + ∫ − π π ∑ n = 1 ∞ a n c o s n x d x + ∫ − π π ∑ n = 1 ∞ b n s i n x d x = a 0 ∫ − π π d x = a 0 x ∣ − π π = 2 π a 0 \begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx &= \int_{-\pi}^{\pi} a_0 dx + \int_{-\pi}^{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}a_n cos nx dx + \int_{-\pi}^{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}b_n sinx dx \\ &= a_0 \int_{-\pi}^{\pi} dx = a_0 x \mid_{-\pi}^{\pi} = 2 \pi a_0 \end{aligned} ππf(x)dx=ππa0dx+ππn=1ancosnxdx+ππn=1bnsinxdx=a0ππdx=a0xππ=2πa0
    所以: a 0 = 1 2 π ∫ − π π f ( x ) d x a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx a0=2π1ππf(x)dx

    可能是为了抹去分母上的2,许多教科书上把公式定义为
    在这里插入图片描述
    此时: a 0 = 1 π ∫ − π π f ( x ) d x a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx a0=π1ππf(x)dx

    求an

    等式两边乘以 c o s m x cosmx cosmx,求积分
    ∫ − π π f ( x ) c o s m x d x = ∫ − π π a 0 2 c o s m x d x + ∫ − π π ∑ n = 1 ∞ a n    c o s n x c o s m x d x + ∫ − π π ∑ n = 1 ∞ b n s i n n x c o s m x d x \begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi}f(x)cosmxdx &= \int_{-\pi}^{\pi} \frac{a_0}{2} cosmxdx + \int_{-\pi}^{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}a_n\;cosnxcosmxdx+ \int_{-\pi}^{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}b_nsinnxcosmxdx \end{aligned} ππf(x)cosmxdx=ππ2a0cosmxdx+ππn=1ancosnxcosmxdx+ππn=1bnsinnxcosmxdx
    等式的右边只剩下 n = m n = m n=m 的情况下不等于0
    ∫ − π π f ( x ) c o s m x d x = ∫ − π π f ( x ) c o s n x d x = ∫ − π π ∑ n = 1 ∞ a n    c o s n x c o s n x d x = a n ∫ − π π ∑ n = 1 ∞    c o s n x 2 d x = a n π \begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi}f(x)cosmxdx &= \int_{-\pi}^{\pi}f(x)cosnxdx \\ &= \int_{-\pi}^{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}a_n\;cosnxcosnxdx \\ &=a_n\int_{-\pi}^{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}\;cosnx^2dx \\ &=a_n \pi \end{aligned} ππf(x)cosmxdx=ππf(x)cosnxdx=ππn=1ancosnxcosnxdx=anππn=1cosnx2dx=anπ

    所以: a n = 1 π ∫ − π π f ( x ) c o s n x d x a_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cosnxdx an=π1ππf(x)cosnxdx

    求bn

    等式两边乘以 s i n m x sinmx sinmx,求积分

    所以: b n = 1 π ∫ − π π f ( x ) s i n n x d x b_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)sinnxdx bn=π1ππf(x)sinnxdx

    结论

    周期为 2 π 2\pi 2π函数的傅里叶展开为:

    f ( x ) = f ( x + 2 π ) T = 2 π f(x)=f(x+2\pi) \quad T=2\pi f(x)=f(x+2π)T=2π

    f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n c o s n x + ∑ n = 1 ∞ b n s i n x f(x) =\frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}a_n cos nx + \sum_{n=1}^{\infty}b_n sinx f(x)=2a0+n=1ancosnx+n=1bnsinx

    a 0 = 1 2 π ∫ − π π f ( x ) d x a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx a0=2π1ππf(x)dx

    a n = 1 π ∫ − π π f ( x ) c o s n x d x a_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cosnxdx an=π1ππf(x)cosnxdx

    b n = 1 π ∫ − π π f ( x ) s i n n x d x b_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)sinnxdx bn=π1ππf(x)sinnxdx

    原视频:
    https://www.bilibili.com/video/av34556069/?spm_id_from=333.788.videocard.0

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  • 实际问题中所遇到的周期函数,它的周期不一定是2π2\pi2π。如之前提到的矩形波,它的周期函数是T=2πωT=\frac{2\pi}{\omega}T=ω2π​。因此,这里讨论周期2l2l2l的周期函数的傅里叶级数。根据之前讨论的结果,...

    一、周期为2l的周期函数的傅里叶级数

    实际问题中所遇到的周期函数,它的周期不一定是 2 π 2\pi 2π。如之前提到的矩形波,它的周期函数是 T = 2 π ω T=\frac{2\pi}{\omega} T=ω2π。因此,这里讨论周期为 2 l 2l 2l的周期函数的傅里叶级数。根据之前讨论的结果,经过自变量的变量代换,可得到下面的定理:

    定理:设周期为2l的周期函数 f ( x ) f(x) f(x)满足收敛定理的条件,则它的傅里叶级数展开式为
    f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n c o s n π x l + b n s i n n π x l ) ( x ∈ C ) f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_ncos\frac{n\pi x}{l}+b_nsin\frac{n\pi x}{l})(x\in C) f(x)=2a0+n=1(ancoslnπx+bnsinlnπx)(xC)
    其中
    a n = 1 l ∫ − l l f ( x ) c o s n π x l d x ( n = 0 , 1 , 2 , ⋅ ⋅ ⋅ ) b n = 1 l ∫ − l l f ( x ) s i n n π x l d x ( n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) C = { x ∣ f ( x ) = 1 2 [ f ( x − ) + f ( x + ) ] } a_n=\frac{1}{l}\int_{-l}^lf(x)cos\frac{n\pi x}{l}dx\quad (n=0,1,2,···) \\ b_n=\frac{1}{l}\int_{-l}^l f(x)sin\frac{n\pi x}{l}dx\quad (n=1,2,3,···)\\ C=\{x|f(x)=\frac{1}{2}[f(x^-)+f(x^+)]\} an=l1llf(x)coslnπxdx(n=0,1,2,)bn=l1llf(x)sinlnπxdx(n=1,2,3,)C={xf(x)=21[f(x)+f(x+)]}
    f ( x ) f(x) f(x)为奇函数时,
    f ( x ) = ∑ n = 1 ∞ b n s i n n π x l ( x ∈ C ) f(x)=\sum_{n=1}^\infty b_nsin\frac{n\pi x}{l}\quad (x\in C) f(x)=n=1bnsinlnπx(xC)
    其中
    b n = 2 l ∫ 0 l f ( x ) s i n n π x l d x ( n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) b_n=\frac{2}{l}\int_0^lf(x)sin\frac{n\pi x}{l}dx \quad (n=1,2,3,···) bn=l20lf(x)sinlnπxdx(n=1,2,3,)
    f ( x ) f(x) f(x)为偶函数时,
    f ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n c o s n π x l ( x ∈ C ) f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty a_ncos\frac{n\pi x}{l}(x\in C) f(x)=2a0+n=1ancoslnπx(xC)
    其中
    a n = 2 l ∫ 0 l f ( x ) c o s n π x l d x ( n = 0 , 1 , 2 , ⋅ ⋅ ⋅ ) a_n=\frac{2}{l}\int_0^l f(x)cos\frac{n\pi x}{l}dx \quad(n=0,1,2,···) an=l20lf(x)coslnπxdx(n=0,1,2,)

    二、傅里叶级数的复数形式

    傅里叶级数可用复数形式表示,在电子技术中,经常应用这种形式。

    设周期为 2 l 2l 2l的周期函数 f ( x ) f(x) f(x)的傅里叶级数为
    a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ ( a n c o s n π x l + b n s i n n π x l ) (1) \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_ncos\frac{n\pi x}{l}+b_nsin\frac{n\pi x}{l}) \tag{1} 2a0+n=1(ancoslnπx+bnsinlnπx)(1)
    其中系数 a n a_n an b n b_n bn
    a n = 1 l ∫ − l l f ( x ) c o s n π x l d x ( n = 0 , 1 , 2 , ⋅ ⋅ ⋅ ) b n = 1 l ∫ − l l f ( x ) s i n n π x l d x ( n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) (2) a_n=\frac{1}{l}\int_{-l}^lf(x)cos\frac{n\pi x}{l}dx \quad (n=0,1,2,···)\\ b_n=\frac{1}{l}\int_{-l}^lf(x)sin\frac{n\pi x}{l}dx \quad (n=1,2,3,···) \tag{2} an=l1llf(x)coslnπxdx(n=0,1,2,)bn=l1llf(x)sinlnπxdx(n=1,2,3,)(2)
    利用欧拉公式
    c o s   t = e t i + e − t i 2 ,   s i n   t = e t i − e − t i 2 i cos\,t=\frac{e^{ti}+e^{-ti}}{2},\space sin\,t=\frac{e^{ti}-e^{-ti}}{2i} cost=2eti+eti, sint=2ietieti
    把(1)式化为
    a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ [ a n 2 ( e n π x l i + e − n π x l i ) − b n i 2 ( e n π x l i − e − n π x l i ) ] = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ [ a n − b n i 2 e n π x l i + a n + b n i 2 e − n π x l i ] (3) \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty[\frac{a_n}{2}(e^{\frac{n\pi x}{l}i}+e^{-\frac{n\pi x}{l}i})-\frac{b_ni}{2}(e^{\frac{n\pi x}{l}i}-e^{-\frac{n\pi x}{l}i})] \\ =\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty[\frac{a_n-b_ni}{2}e^{\frac{n\pi x}{l}i}+\frac{a_n+b_ni}{2}e^{-\frac{n\pi x}{l}i}] \tag{3} 2a0+n=1[2an(elnπxi+elnπxi)2bni(elnπxielnπxi)]=2a0+n=1[2anbnielnπxi+2an+bnielnπxi](3)

    a 0 2 = c 0 , a n − b n i 2 = c n , a n + b n i 2 = c − n ( n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) (4) \frac{a_0}{2}=c_0, \quad \frac{a_n-b_ni}{2}=c_n,\quad \frac{a_n+b_ni}{2}=c_{-n} \quad (n=1,2,3,···) \tag{4} 2a0=c0,2anbni=cn,2an+bni=cn(n=1,2,3,)(4)
    则(2)式就表示为
    c 0 + ∑ n = 1 ∞ ( c n e n π x l i + c − n e − n π x l i ) = ( c n e n π x l i ) n = 0 + ∑ n = 1 ∞ ( c n e n π x l i + c − n e − n π x l i ) c_0+\sum_{n=1}^\infty (c_ne^{\frac{n\pi x}{l}i}+c_{-n}e^{-\frac{n\pi x}{l}i})=(c_ne^{\frac{n\pi x}{l}i})_{n=0}+\sum_{n=1}^\infty(c_ne^{\frac{n\pi x}{l}i}+c_{-n}e^{-\frac{n\pi x}{l}i}) c0+n=1(cnelnπxi+cnelnπxi)=(cnelnπxi)n=0+n=1(cnelnπxi+cnelnπxi)
    即得傅里叶级数的复数形式为
    ∑ n = − ∞ ∞ c n e n π x l i \sum_{n=-\infty}^\infty c_ne^{\frac{n\pi x}{l}i} n=cnelnπxi
    为得出系数 c n c_n cn的表达式,把(2)式代入(4),得
    c 0 = a 0 2 = 1 2 l ∫ − l l f ( x ) d x ; c n = 1 2 l ∫ − l l f ( x ) e − n π x l d x ( n = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ ) c − n = a n + b n i 2 = 1 2 l ∫ − l l f ( x ) e n π x l i d x ( n = 0 , 1 , 2 , ⋅ ⋅ ⋅ ) c_0=\frac{a_0}{2}=\frac{1}{2l}\int_{-l}^lf(x)dx ;\\ c_n=\frac{1}{2l}\int_{-l}^l f(x)e^{-\frac{n\pi x}{l}dx} \quad (n=1,2,3, ···) \\ c_{-n}=\frac{a_n+b_ni}{2}=\frac{1}{2l}\int_{-l}^lf(x)e^{\frac{n\pi x}{l}i}dx \quad (n=0, 1, 2,···) c0=2a0=2l1llf(x)dx;cn=2l1llf(x)elnπxdx(n=1,2,3,)cn=2an+bni=2l1llf(x)elnπxidx(n=0,1,2,)
    将已得的结果合并写为
    c n = 1 2 l ∫ − l l f ( x ) e − n π x l i d x ( n = 0 , ± 1 , ± 2 , ⋅ ⋅ ⋅ ) c_n=\frac{1}{2l}\int_{-l}^lf(x)e^{-\frac{n\pi x}{l}i}dx \quad (n=0,\pm 1,\pm 2, ···) cn=2l1llf(x)elnπxidx(n=0,±1,±2,)
    这就是傅里叶系数的复数形式。

    傅里叶级数的两种形式本质上是一样的,但复数形式比较简洁,且只用一个算式计算系数。

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  • 3 周期2L的函数展开为傅里叶级数

    千次阅读 2019-11-13 16:52:04
    周期2L的函数展开为傅里叶级数周期2L的函数展开为傅里叶级数 周期2L的函数展开为傅里叶级数 f(t)=f(t+2L)f(t)=f(t+2L)f(t)=f(t+2L) 换元 x=πLtx=\frac{\pi}{L}tx=Lπ​t t=Lπxt=\frac{L}{\pi}xt=πL​x f...

    周期为2L的函数展开为傅里叶级数

    周期为2L的函数展开为傅里叶级数

    f ( t ) = f ( t + 2 L ) f(t)=f(t+2L) f(t)=f(t+2L)
    在这里插入图片描述
    换元

    x = π L t x=\frac{\pi}{L}t x=Lπt

    t = L π x t=\frac{L}{\pi}x t=πLx
    在这里插入图片描述
    f ( t ) = f ( L π x ) = g ( x ) f(t)=f(\frac{L}{\pi}x)=g(x) f(t)=f(πLx)=g(x)
    在这里插入图片描述
    在这里插入图片描述

    原先:

    g ( x ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ [ a n c o s n x + b n s i n n x ] g(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[a_ncosnx+b_nsinnx] g(x)=2a0+n=1[ancosnx+bnsinnx]

    a 0 = 1 π ∫ − π π g ( x ) d x a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}g(x)dx a0=π1ππg(x)dx

    a n = 1 π ∫ − π π g ( x ) c o s n x d x a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}g(x)cosnxdx an=π1ππg(x)cosnxdx

    b n = 1 π ∫ − π π g ( x ) s i n n x d x b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}g(x)sinnxdx bn=π1ππg(x)sinnxdx

    换元:

    x = π L t x=\frac{\pi}{L}t x=Lπt

    c o s n x = c o s n π L t cosnx=cos\frac{n \pi}{L}t cosnx=cosLnπt

    s i n n x = s i n n π L t sinnx = sin\frac{n \pi}{L}t sinnx=sinLnπt

    g ( x ) = f ( t ) g(x)=f(t) g(x)=f(t)

    ∫ − π π d x = ∫ − L L d π L t \int_{-\pi}^{\pi}dx=\int_{-L}^{L}d\frac{\pi}{L}t ππdx=LLdLπt

    1 π ∫ − π π d x = 1 π π L ∫ − L L d t = 1 L ∫ − L L d t \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}dx=\frac{1}{\pi}\frac{\pi}{L}\int_{-L}^{L}dt=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}dt π1ππdx=π1LπLLdt=L1LLdt
    在这里插入图片描述
    结果:

    f ( t ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ [ a n c o s n π L t + b n s i n n π L t ] f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[a_ncos\frac{n\pi}{L}t+b_nsin\frac{n \pi}{L}t] f(t)=2a0+n=1[ancosLnπt+bnsinLnπt]

    a 0 = 1 L ∫ − L L f ( t ) d t a_0=\frac{1}{L}\int_{-L}^L f(t) dt a0=L1LLf(t)dt

    a n = 1 L ∫ − L L f ( t ) c o s n π L t d t a_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(t)cos\frac{n\pi}{L}tdt an=L1LLf(t)cosLnπtdt

    b n = 1 L ∫ − L L f ( t ) s i n n π L t d t b_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(t)sin\frac{n\pi}{L}tdt bn=L1LLf(t)sinLnπtdt

    工程中:

    t t t 从0开始,周期为 T = 2 L w = π L = 2 π T T=2L \quad w=\frac{\pi}{L}=\frac{2\pi}{T} T=2Lw=Lπ=T2π

    ∫ − L L d t → ∫ 0 2 L d t → ∫ 0 T d t \int_{-L}^Ldt \rightarrow \int_0^{2L}dt \rightarrow \int_0^Tdt LLdt02Ldt0Tdt

    f ( t ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ [ a n c o s n w t + b n s i n n w t ] f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[a_ncosnwt+b_nsinnwt] f(t)=2a0+n=1[ancosnwt+bnsinnwt]

    a 0 = 2 T ∫ 0 T f ( t ) d t a_0=\frac{2}{T}\int_{0}^T f(t) dt a0=T20Tf(t)dt

    a n = 2 T ∫ 0 T f ( t ) c o s n w t d t a_n=\frac{2}{T}\int_{0}^{T}f(t)cosnwtdt an=T20Tf(t)cosnwtdt

    b n = 2 T ∫ 0 T f ( t ) s i n n w t d t b_n=\frac{2}{T}\int_{0}^{T}f(t)sinnwtdt bn=T20Tf(t)sinnwtdt

    原视频:
    https://www.bilibili.com/video/av34845617/?spm_id_from=333.788.videocard.2

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  • % 假设 f(t) 是区间 [0,2pi] 上的实数 2pi 周期函数%和1 * n向量x是n处函数f(t)的值% 等距点(n 必须是偶数) % t_j=(j-1)*2*pi/n, j=1,2,...,n。 % 功能% y = derfft (x) % 使用 fft 找到三角插值多项式% 在 n ...
  • 求下列函数周期:cos⁡x2+2sin⁡x3\cos \frac{x}{2}+2 \sin \frac{x}{3}cos2x​+2sin3x​。 这道题本身比较简单,显然 12π12\pi12π 是它的一个周期,如果这里的周期理解为基本周期(最小正周期)的话(有同学发问...

    关于两个周期函数的和的周期性的讨论

    因为排版和敲数学公式的局限性,很多地方写得并不是非常严格,或者有些跳跃,望海涵。

    初衷

    想这个问题的初衷是在给同学们习题课的时候(华东师大版的数学分析),里面有一道题,如下:
    求下列函数的周期: cos ⁡ x 2 + 2 sin ⁡ x 3 \cos \frac{x}{2}+2 \sin \frac{x}{3} cos2x+2sin3x
    这道题本身比较简单,显然 12 π 12\pi 12π 是它的一个周期,如果这里的周期理解为基本周期(最小正周期)的话(有同学发问了),我们还得 check 6 π 6\pi 6π 不是它的一个周期,这也是很容易的,找两个点算一算即可。

    那么,作为数学分析课程的学习,我们就不应该满足于此,应该考虑更多一些些?

    简单地问,两个周期函数的和是否是周期函数?若是,周期是多少?最小正周期又是多少?

    准备工作

    定义(可公度):
    对于实数 T 1 , T 2 T_1,T_2 T1,T2,若存在 m , n ∈ N , \mathrm{m}_{\mathrm{,}} \mathrm{n} \in \mathrm{N}, m,nN, 使 T 1 / T 2 = m / n \mathrm{T}_{1} / \mathrm{T}_{2}=\mathrm{m} / \mathrm{n} T1/T2=m/n,则称 T 1 , T 2 T_1,T_2 T1,T2 可公度,否则称为不可公度。

    引理
    T 1 , T 2 T_1, T_2 T1,T2 是两个不可公度的正数,则存在数偶序列 ( m k , n k ) , k = 1 , 2 , 3 , ⋯   , \left(m_{k}, n_{k}\right), k=1,2,3, \cdots, (mk,nk),k=1,2,3,, 使得
    lim ⁡ k → ∞ ( m k T 1 + n k T 2 ) = 0 \lim _{k \rightarrow \infty}\left(m_{k} T_1+n_{k} T_2\right)=0 klim(mkT1+nkT2)=0
    其中 m k , n k m_{k}, n_{k} mk,nk 都是整数.

    证明:
    T 1 = T 2 T_1=T_2 T1=T2的时候显然,下面不妨假设 a 0 : = T 1 > T 2 : = a 1 a_0:=T_1>T_2:=a_1 a0:=T1>T2:=a1
    我们可以用辗转相除法构造一个数列 a k a_k ak
    a 0 = i 1 a 1 + a 2 a_{0}=i_{1} a_{1}+a_{2} a0=i1a1+a2
    a 1 = i 2 a 2 + a 3 a_{1}=i_{2} a_{2}+a_{3} a1=i2a2+a3
    … … ……
    以此类推。易知,这里的 a k → 0 a_k\rightarrow 0 ak0,并且它可以递推地写成:
    a k = m k a 0 + n k a 1 a_k = m_ka_0+n_ka_1 ak=mka0+nka1
    的形式。譬如,
    a 2 = a 0 − i 1 a 1 = − i 1 a + b = m 1 a + n 1 b a_{2}=a_{0}-i_{1} a_{1}=-i_{1} a+b=m_{1} a+n_{1} b a2=a0i1a1=i1a+b=m1a+n1b
    a 3 = a 1 − i 2 a 2 = ( 1 − i 2 m 1 ) a − i 2 n 1 b = m 2 a + n 2 b a_{3}=a_{1}-i_{2} a_{2}=\left(1-i_{2} m_{1}\right) a-i_{2} n_{1} b=m_{2} a+n_{2} b a3=a1i2a2=(1i2m1)ai2n1b=m2a+n2b
    … … ……

    证毕。

    从这里引理,我们可以隐隐地感觉到,如果一个连续的周期函数的周期可以写成 m T 1 + n T 2 , ∀ m , n m_{} T_1+n_{} T_2,\forall m,n mT1+nT2,m,n 的形式,那么,这个函数的周期可以任意小,也就是说,它应该要是一个常数函数。

    定理和证明

    有了以上的一些准备,我们就可以证明一些定理。

    定理(和为周期函数的充要条件):
    f ( x ) f(x) f(x) g ( x ) g(x) g(x) 是定义在 R \mathbb{R} R 上的连续非常值最小正周期分别为 T 1 , T 2 T_1,T_2 T1,T2 的周期函数,那么
    f + g 为 周期函数 ↔ T 1 , T 2 可公度 f+g 为\text{周期函数} \leftrightarrow T_1,T2 \text{可公度} f+g周期函数T1,T2可公度

    证明:
    充分性是显然的。假设 T 1 = m a , T 2 = n a T_1=ma,T_2=na T1=ma,T2=na,那么 m n a mna mna 必然是 f + g f+g f+g 的周期。下证必要性。即证,若 T 1 , T 2 T_1,T_2 T1,T2不可公度,则 f + g f+g f+g必不是周期函数。
    反证。假设 f + g f+g f+g是以 T T T为周期的周期函数。
    f ( x + T ) + g ( x + T ) = f ( x ) + g ( x ) f(x+T)+g(x+T)=f(x)+g(x) f(x+T)+g(x+T)=f(x)+g(x)
    则,
    f ( x + T ) − f ( x ) = g ( x ) − g ( x + T ) ≡ φ ( x ) f(x+T)-f(x)=g(x)-g(x+T) \equiv \varphi(x) f(x+T)f(x)=g(x)g(x+T)φ(x)
    易观察到, φ ( x ) \varphi(x) φ(x) T 1 T_1 T1为周期,也以 T 2 T_2 T2为周期,那么,它便以 m k T 1 + n k T 2 ≡ T k m_kT_1+n_kT_2\equiv T_k mkT1+nkT2Tk为周期。由引理知 T k → 0 T_k\rightarrow 0 Tk0,又因 φ ( x ) \varphi(x) φ(x)的连续性质,我们知道 φ ( x ) = 常 数 \varphi(x)=常数 φ(x)=
    进一步,由 f ( x + T ) − f ( x ) = 常 数 f(x+T)-f(x)=常数 f(x+T)f(x)=,若 常 数 ≠ 0 常数 \neq 0 =0 意味 f f f是个无界函数,这和它是周期函数相矛盾。所以,
    f ( x + T ) − f ( x ) = g ( x ) − g ( x + T ) = 0 f(x+T)-f(x)=g(x)-g(x+T) =0 f(x+T)f(x)=g(x)g(x+T)=0
    f f f g g g必然以 T T T为周期。说明 T = k T 1 = l T 2 T=kT_1=lT_2 T=kT1=lT2,这和 T 1 , T 2 T_1,T_2 T1,T2不可公度是矛盾的。得证。

    PS:
    1、事实上,这里的必要性证明只要 f f f g g g中有一个是连续的即可。
    2、非常值条件的设定是因为常值函数没太大意义。
    3、定义在 R \mathbb{R} R上和连续的假设,是符合常规考虑的。
    4、如果没有连续性和周期性的假设,那么有一些更广泛的讨论。可以参考一些书,比如《数学分析中的问题和反例》、《实分析中的反例 微积分中的反例》、《吉米多维奇数学分析习题集学习指引》、《数学分析拾遗》(赵显曾 著)、裴礼文的习题集等等。还有网上的一些中小学老师写的一些文章(鸟不拉屎错误连连)。
    5、事实上,这里的最小正周期这个条件可以换为周期。

    定理 (周期函数和的最小正周期, m , n > 1 m,n>1 m,n>1

    f ( x ) f(x) f(x) g ( x ) g(x) g(x) 是定义在 R \mathbb{R} R 上的连续非常值最小正周期分别为 T 1 = n α , T 2 = m α T_1=n\alpha,T_2=m\alpha T1=nα,T2=mα 的周期函数,这里
    m , n ∈ N , m , n > 1 , ( m , n ) = 1 , α 是正实数 \mathrm{m} ,\mathrm{n} \in \mathrm{N}, \mathrm{m}, \mathrm{n}>1, (\mathrm{m}, \mathrm{n})=1, \alpha \text{是正实数} m,nN,m,n>1,(m,n)=1,α是正实数
    那么函数 h ( x ) = f ( x ) + g ( x ) \mathrm{h}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})+g(x) h(x)=f(x)+g(x)是周期函数,且最小正周期为 m n α mn\alpha mnα

    证明:

    和为周期函数的充要条件知 h h h 是周期函数, m n α mn\alpha mnα 是一个周期,下证其为最小正周期。
    只要证最小正周期为 m m m f 0 ( x ) : = f ( α x ) f_0(x):= f(\alpha x) f0(x):=f(αx)与最小正周期为 n n n g 0 ( x ) : = g ( α x ) g_0(x):=g(\alpha x) g0(x):=g(αx)之和 h 0 ( x ) h_0(x) h0(x)的最小正周期为 m n mn mn即可。

    下面用反证。

    m n mn mn不是最小正周期。因为 m ≠ n m\neq n m=n,必然存在 a < m n a<mn a<mn h 0 ( x ) h_0(x) h0(x)的最小正周期。那么 a a a不可能整除 m m m n n n中的任何一个,否则,不妨假设 a a a整除 m m m,那么 m m m h 0 h_0 h0的周期,也是 g 0 = h 0 − f 0 g_0 = h_0 - f_0 g0=h0f0的周期。则 n n n整除 m m m,这和题设条件矛盾。
    因此, a a a不能整除 m m m n n n,故而 a a a不能整除 m n mn mn,这个和 a a a是最小正周期且 m n mn mn是周期矛盾。
    得证。

    定理 (周期函数和的最小正周期, m > 1 , n = 1 m>1,n=1 m>1,n=1

    f ( x ) f(x) f(x) g ( x ) g(x) g(x) 是定义在 R \mathbb{R} R 上的连续非常值最小正周期分别为 T 1 = n α , T 2 = m α T_1=n\alpha,T_2=m\alpha T1=nα,T2=mα 的周期函数,这里
    m ∈ N , m > 1 , n = 1 , α 是正实数 \mathrm{m} \in \mathrm{N}, \mathrm{m>1}, \mathrm{n}=1,\alpha \text{是正实数} mN,m>1,n=1,α是正实数
    那么函数 h ( x ) = f ( x ) + g ( x ) \mathrm{h}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})+g(x) h(x)=f(x)+g(x)是周期函数,且最小正周期可能为 m α m\alpha mα或者 α m k ( k 、 m 互 相 不 整 除 ) \frac{\alpha m}{k}(k、m互相不整除) kαm(km)

    证明:

    只要证最小正周期为 m m m f 0 ( x ) : = f ( α x ) f_0(x):= f(\alpha x) f0(x):=f(αx)与最小正周期为 1 1 1 g 0 ( x ) : = g ( α x ) g_0(x):=g(\alpha x) g0(x):=g(αx)之和 h 0 ( x ) h_0(x) h0(x)的最小正周期只可能为 m m m或者 m k \frac{m}{k} km即可。

    只要证明在 k ≠ 1 k\neq1 k=1的情况下,若 m m m整除 k k k或者 k k k整除 m m m m / k m/k m/k都不可能是最小正周期即可。

    s 1 = m / k < m s_1 = m/k<m s1=m/k<m 为整数,那么它是 h 0 h_0 h0的周期,也是 g 0 g_0 g0的周期,那么它也是 f 0 f_0 f0的周期,它和 m m m f 0 f_0 f0的最小正周期矛盾。

    1 / s 2 = m / k 1/s_2 = m/k 1/s2=m/k ,其中 s 2 s_2 s2为整数,那么 1 本是 g 0 g_0 g0的周期,现也是 h 0 h_0 h0的周期,推得它也是 f 0 f_0 f0的周期,它和 m m m f 0 f_0 f0的最小正周期且 m > 1 m>1 m>1矛盾。

    定理 (周期函数和的最小正周期, m = n = 1 m=n=1 m=n=1

    f ( x ) f(x) f(x) g ( x ) g(x) g(x) 是定义在 R \mathbb{R} R 上的连续非常值最小正周期分别为 T 1 = α , T 2 = α T_1=\alpha,T_2=\alpha T1=α,T2=α 的周期函数, 则函数 h ( x ) = f ( x ) + g ( x ) \mathrm{h}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})+\mathrm{g}(\mathrm{x}) h(x)=f(x)+g(x)的最小正周期为 α k \frac{\alpha}{k} kα k k k为某个确定的自然数,取到无穷说明最小正周期不存在,是常值函数)。

    证明:
    我们知道 α \alpha α h h h的一个周期,那么,最小正周期必为 α k \frac{\alpha}{k} kα k k k为某个确定的自然数)。 k k k f f f g g g的具体情况有关,无法确定。

    举例如下图:
    在这里插入图片描述

    从图上可以看到,这是红蓝两个函数在一个周期内的图像,他们的周期都是 1,但是他们的和的后期就是 1 / k 1/k 1/k,图中我的 k = 5 k=5 k=5,其实可以等于任意的值。它们和的周期为 min ⁡ { 1 , ∣ 1 k ∣ } \min\{1,|\frac{1}{k}|\} min{1,k1}

    我所用的 MATLAB 作图代码为:

    clc
    clear
    k = 5;
    T = 1/k;
    x = 0:0.001:1;
    y0 = sin(2*k*pi.*x);
    y1 = y0;
    y2 = y0;
    y1(x>=0.5) = 0;
    y2(x<0.5) = 0;
    plot(x,y1,'red',x,y2,'blue','LineWidth',5);
    axis([0 1 -2 2]);
    h = legend('$f(x)$','$g(x)$');
    set(h,'Interpreter','latex')
    title('The period of $f(x)$ and $g(x)$ is 1, but the period of $f+g$ is $1/k$','Interpreter','LaTex','FontSize',13)
    
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周期是2pi的函数