一根长度为 $L$ 的弦，初始形状并不一定刚好是一个正弦波。它可能在中间鼓起，在某处有折角，甚至由几段直线拼起来。对于平方可积的初始数据，我们可以在均方意义下把它拆成一串正弦模态；热方程里的温度分布也会沿着同一组空间形状逐项演化。这个“拆开”到底在做什么？为什么系数是一个积分？无限级数在什么意义下等于原函数？

本章把 Fourier 级数当成一种投影工具来学。你会从内积和正交性得到系数公式，分别处理正弦级数、余弦级数和完整 Fourier 级数；然后看分段函数的端点如何影响收敛，以及 Gibbs 现象为什么不会因为项数增加而完全消失。最后把这些空间模态放回热方程和波动方程，看到每个系数怎样获得自己的时间因子。

从一条函数中抽取一个方向

在平面向量里，把向量 $v$ 投影到单位向量 $e$ 上，得到的长度是 $v\cdot e$。函数也可以做同样的事，只是“点积”换成了积分内积。对区间 $[0,L]$ 上的实函数，定义

$$\langle f,g\rangle=\int_0^L f(x)g(x)\,dx.$$

若 $\langle f,g\rangle=0$，就说 $f$ 与 $g$ 正交。函数自身的平方范数是

$$\|g\|^2=\langle g,g\rangle=\int_0^L g(x)^2\,dx.$$

要把 $f$ 的一部分投影到非零函数 $g$ 的方向上，系数必须满足

$$\langle f-cg,g\rangle=0.$$

利用内积的线性性，

$$\langle f,g\rangle-c\langle g,g\rangle=0,$$

所以

$$c=\frac{\langle f,g\rangle}{\langle g,g\rangle}.$$

这不是背出来的“系数公式”，而是由误差与投影方向正交逼出来的。若 $g$ 已经归一化为 $\|g\|=1$，系数就简化成 $c=\langle f,g\rangle$。

图里的箭头借用平面投影来表示函数之间的关系。不要把箭头端点当成函数图像上的一个点；这里的长度和直角，分别由积分范数与积分内积定义。

正交族让多个投影互不干扰

设 $\{\phi_n\}$ 是一组两两正交的函数：当 $m\ne n$ 时，

$$\langle \phi_m,\phi_n\rangle=0.$$

寻找有限近似

$$S_N(x)=\sum_{n=1}^N c_n\phi_n(x)$$

时，让误差 $f-S_N$ 分别与每个 $\phi_k$ 正交。对固定的 $k$，

$$0=\left\langle f-\sum_{n=1}^N c_n\phi_n,\phi_k\right\rangle =\langle f,\phi_k\rangle-\sum_{n=1}^N c_n\langle\phi_n,\phi_k\rangle.$$

除了 $n=k$ 的一项，其余内积都为零，于是

$$c_k=\frac{\langle f,\phi_k\rangle}{\|\phi_k\|^2}.$$

正交性带来的好处很具体：求第 $k$ 个系数时，不需要解一个相互纠缠的线性方程组。每个模态都有自己的“测量通道”。

正交误差为什么就是最小误差

只说“令误差正交”还不够，我们要说明这样做有什么好处。记投影系数为 $c_n$，任取另一组系数 $d_n$，令 $P_N=\sum_{n=1}^Nd_n\phi_n$。则

$$f-P_N=(f-S_N)+(S_N-P_N).$$

第一项与所有保留的模态正交，第二项属于这些模态张成的空间，所以两项也正交。展开平方范数后，交叉项消失：

$$\|f-P_N\|^2=\|f-S_N\|^2+ \sum_{n=1}^N(c_n-d_n)^2\|\phi_n\|^2.$$

右侧多出的每一项都非负，只有 $d_n=c_n$ 时全部为零。因此 Fourier 投影是这个有限维空间中唯一的最小平方误差近似。它没有承诺每一个位置都最准确，也没有承诺图像不会过冲。

把 $P_N=0$ 代入同一关系，得到能量分解

$$\|f\|^2=\|f-S_N\|^2+\sum_{n=1}^Nc_n^2\|\phi_n\|^2.$$

误差非负，于是有限和不超过 $\|f\|^2$；让 $N$ 增加，就得到 Bessel 不等式

$$\sum_{n=1}^{\infty}c_n^2\|\phi_n\|^2\le\|f\|^2.$$

如果再知道 $S_N\to f$ 于 $L^2$，误差项趋于零，不等号便成为等号。这就是 Parseval 等式。正交性本身只给出不等式：若你的基函数漏掉某些方向，那些方向上的成分始终不会被投影捕捉到。

让基函数适应区间与边界

正弦级数：两端为零的空间形状

在 $[0,L]$ 上，函数

$$\sin\frac{n\pi x}{L},\qquad n=1,2,\ldots$$

两两正交，因为

$$\int_0^L\sin\frac{m\pi x}{L}\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx =\begin{cases}0,&m\ne n,\\ L/2,&m=n.\end{cases}$$

因此正弦 Fourier 级数写成

$$f(x)\sim\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\frac{n\pi x}{L}, \qquad b_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx.$$

每一项在 $x=0,L$ 都为零。这就是为什么它自然出现在固定端、齐次 Dirichlet 边界的热方程和波动方程中。若 $f$ 在端点本身不为零，级数仍可能在内部逼近它，但端点处的收敛和经典边界条件要单独检查，不能只看积分公式。

完整例题 1：求一个分段初值的正弦系数

在 $[0,\pi]$ 上令

$$f(x)=\begin{cases}x,&0\le x\le \pi/2,\\ \pi-x,&\pi/2<x\le\pi.\end{cases}$$

求其正弦级数系数 $b_n$，并判断哪些模态不会出现。

这里的“哪些项为零”值得保留。算积分前先找对称性，往往能预告结果，也能在算完后检查符号是否合理。

余弦级数：偶延拓与零通量边界

余弦基函数

$$\cos\frac{n\pi x}{L},\qquad n=0,1,2,\ldots$$

在 $[0,L]$ 上也正交，但常数项的范数和其他项不同：

$$\int_0^L1^2dx=L,\qquad \int_0^L\cos^2\frac{n\pi x}{L}dx=\frac L2\quad(n\ge1).$$

因此余弦级数写作

$$f(x)\sim\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\frac{n\pi x}{L},$$

其中

$$a_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx, \qquad n\ge0.$$

把 $a_0/2$ 单独写出，是为了让 $a_n$ 的公式对 $n=0$ 也统一成立。余弦级数相当于把 $f$ 偶延拓到 ，所以若 足够光滑，延拓后的端点斜率会影响收敛速度。空间上，余弦模态满足

$$\frac{d}{dx}\cos\frac{n\pi x}{L}=0$$

在 $x=0,L$，正好适配齐次 Neumann 条件 $u_x=0$，也就是理想绝热边界。

例如 $f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上的奇延拓是 $F_o(x)=x$（$$），随后作周期 的延拓；它在 两侧的周期极限是 与 ，故正弦级数在该端点收敛到 。偶延拓则是 ，周期连接后的左右值都是 ，余弦级数在 收敛到 。端点的区别来自所采用的延拓，不能只比较原区间内部那一条线。

余弦系数也算一次。 对 $f(x)=x$、$0\le x\le\pi$，有 $a_0=\pi$，且分部积分给出

$$a_n=\frac2\pi\int_0^\pi x\cos(nx)\,dx =\frac{2}{\pi n^2}\bigl((-1)^n-1\bigr).$$

因此

$$x=\frac\pi2-\frac4\pi\sum_{\substack{n\ge1\\n\text{ 为奇数}}}\frac{\cos(nx)}{n^2}.$$

偶延拓的函数连续，但在原点和周期接缝处有折角；系数仍按 $1/n^2$ 衰减。虽然每个有限余弦和的端点导数都是零，原函数的单侧导数却是 $1$。这提醒我们：函数值的收敛不自动许可逐项求导。

完整 Fourier 级数：常数、正弦和余弦都保留

在 $[-L,L]$ 上，完整 Fourier 级数为

$$f(x)\sim\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos\frac{n\pi x}{L}+b_n\sin\frac{n\pi x}{L}\right),$$ $$a_n=\frac1L\int_{-L}^Lf(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx, \qquad b_n=\frac1L\int_{-L}^Lf(x)\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx.$$

这里 $a_0=\frac1L\int_{-L}^Lf(x)dx$，所以 是区间平均值。若 是偶函数，所有 ；若 是奇函数，所有 ，包括平均值。这些结论来自奇偶函数在对称区间上的积分为零。

不要混淆系数的归一化：正弦/余弦级数通常在 $[0,L]$ 用 $2/L$，完整级数在 $[-L,L]$ 用 $1/L$。分母来自区间和基函数范数，换了区间或基函数，公式也要重新核对。

在实验中手动改变几个正弦系数，让近似曲线尽量贴近目标；再按“取正交投影”，比较积分平方误差。你可能让某个点贴得更近，却把别处拉得更远。误差账本会把这种取舍算出来：对 $[0,\pi]$ 的正弦基，任意有限系数 $d_n$ 的误差是

$$\int_0^\pi\left(f-\sum d_n\sin nx\right)^2dx =\|f\|^2-\pi\sum d_nb_n+\frac\pi2\sum d_n^2.$$

级数到底在哪里收敛

“$f$ 等于它的 Fourier 级数”必须说明等于的方式。常见的三种说法不是同一件事。

点态收敛：对固定的 $x$，部分和 $S_N(x)$ 随 $N$ 趋近一个极限。

一致收敛：最大误差 $\sup_x|S_N(x)-f(x)|$ 趋于零，意味着整个区间同时控制住误差。

均方收敛：

$$\int |S_N-f|^2\,dx\to0.$$

它允许少数位置的误差较大，只要求整体平方误差消失。对于 PDE，均方意义常常已经足以把初值投影到模态空间并进行能量估计；若要声称经典解在边界和角点都连续，还需要更强的正则性和兼容条件。

这里采用一组具体的充分条件：一个周期内只有有限个分段，每段上的 $f$ 为 $C^1$，且函数与导数在分段端点都有有限的单侧极限。在这些条件下，Fourier 级数在连续点收敛到 $f(x)$，在跳跃点收敛到周期延拓后的左右极限平均：

$$\lim_{N\to\infty}S_N(x_0)=\frac{f(x_0^-)+f(x_0^+)}2.$$

如果函数在跳点被人为定义成左值、右值或别的数，级数仍会收敛到两侧平均，而不一定收敛到那个单点定义值。单点的改动也不影响积分系数，这正说明 Fourier 投影看的是整体，而非一个孤立点。

平均值极限从哪里来

把区间缩放到 $[-\pi,\pi]$，将系数公式代入有限部分和并交换有限求和与积分，可得

$$S_N(x)=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}D_N(t)f(x+t)\,dt, \qquad D_N(t)=1+2\sum_{n=1}^N\cos(nt) =\frac{\sin((N+1/2)t)}{\sin(t/2)}.$$

最后一个等式可由有限几何和 $\sum_{n=-N}^Ne^{int}$ 得到；在 $t=0$ 处取连续值 $2N+1$。由于每个余弦在 的积分为零， 在左右半个周期上的积分都等于 。于是减去左右平均后，正半轴上的误差为

$$\frac1{2\pi}\int_0^\pi \frac{f(x+t)-f(x^+)}{\sin(t/2)}\sin((N+1/2)t)\,dt,$$

负半轴上有一项同样的表达式，只需用左极限。令正半轴上分式为 $h(t)$。分段 $C^1$ 条件保证当 $t\downarrow0$ 时，$h(t)\to2f'(x^+)$；远离零时分母不为零，故 。

函数 $\psi_N(t)=\sin((N+1/2)t)$ 两两正交，平方范数都是 $\pi/2$，这一点由积化和差积分即可核对。对 $h$ 使用刚证明的 Bessel 不等式，得到

$$\sum_{N=0}^{\infty}\frac2\pi|\langle h,\psi_N\rangle|^2\le\|h\|^2.$$

可收敛的非负级数，其每一项必趋于零，因此上述误差积分趋于零。左半轴同理，这就证明了左右平均的收敛结论。证明依赖的是局部两侧的光滑性，不是函数在跳点处被赋予的那个数。

如果想要一致收敛，还要控制整个区间。一个便于应用的充分条件是：周期函数 $f\in C^2$，且周期接缝处 $f,f'$ 都匹配。对 Fourier 系数分部积分两次可得 $|a_n|+|b_n|\le C/n^2$；绝对值级数可求和，Weierstrass 判别法给出一致收敛，再用上面的点态结论辨认极限为 。正弦级数的 零端点条件见第 6 章的完整估计；余弦级数在足够光滑且端点导数为零时也能这样处理。这些是充分条件，不能反过来说缺了它们就一定不收敛。

Gibbs 现象：误差集中到跳跃附近

对有跳跃的函数，部分和在跳点两侧会出现振荡。增加 $N$ 后，振荡区域会变窄，远离跳点的部分会更准确；但相对于跳跃高度，最靠近跳点的过冲比例趋向一个非零常数，因而不会完全消失。这就是 Gibbs 现象。

它并不违反点态收敛：跳点处的级数值可以收敛到左右平均，过冲的位置也会挤向跳点。它说明“每一点越来越准”和“最大误差趋于零”是不同的要求。若实际目标是减少可见振铃，可以使用 Cesàro/Fejér 平均等平滑部分和；这改变了近似策略，不是把原始 Fourier 部分和算得更久。

取周期方波 $f(x)=1$（$0<x<\pi$）、$f(x)=-1$（$-\pi<x<0$），跳点处约定为零。奇偶性使余弦系数为零，而

$$b_n=\frac2\pi\int_0^\pi\sin(nx)\,dx =\frac{2(1-(-1)^n)}{\pi n}.$$

只保留前 $M$ 个非零项，记

$$Q_M(x)=\frac4\pi\sum_{j=0}^{M-1}\frac{\sin((2j+1)x)}{2j+1}.$$

对这个有限和求导，利用余弦等差求和，得到

$$Q_M'(x)=\frac2\pi\frac{\sin(2Mx)}{\sin x}.$$

在 $0<x<\pi/(2M)$ 上导数为正，越过 $x_M=\pi/(2M)$ 后导数转负，所以这里是跳点右侧的第一座峰。随着 $M$ 增大，；把 代入原有限和，它成为一个 Riemann 和，并趋向

$$\frac2\pi\int_0^\pi\frac{\sin t}{t}\,dt\approx1.17898.$$

峰值比右侧平台 $1$ 高约 $0.17898$。方波跳跃总高度为 $2$，所以这约占跳高的 $8.949\%$，不是平台高度的 $8.949\%$。这一组随 $M$ 移动的点正好说明：固定点收敛并不能控制全区间的最大误差。

把部分和平均，为什么能减轻振铃

Fejér 平均取

$$\sigma_N=\frac{S_0+S_1+\cdots+S_N}{N+1} =\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^N\left(1-\frac n{N+1}\right) \bigl(a_n\cos nx+b_n\sin nx\bigr).$$

它把高频项的权重逐渐降到零。平均 Dirichlet 核时，可以用 $2\sin(t/2)\sin((k+1/2)t)=\cos(kt)-\cos((k+1)t)$ 使求和中的相邻项抵消，再用 化简，得到

$$F_N(t)=\frac1{N+1}\left(\frac{\sin((N+1)t/2)}{\sin(t/2)}\right)^2\ge0, \qquad \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F_N(t)\,dt=1.$$

在 $t=0$ 处取 $F_N(0)=N+1$。因此 $\sigma_N(x)$ 是 的非负加权平均。方波的取值在 中，Fejér 平均也只能在这个范围里，代价是在跳跃处留下较平缓的过渡。

对连续周期函数，这个平均确实一致趋向 $f$。证明只需把误差积分分成 $|t|<\delta$ 和 $|t|\ge\delta$ 两部分：前一部分由一致连续性控制，后一部分使用

$$F_N(t)\le\frac1{(N+1)\sin^2(\delta/2)} \quad(\delta\le|t|\le\pi).$$

具体地，若 $|f(x-t)-f(x)|<\varepsilon/2$ 对 $|t|<\delta$ 成立，那么

$$|\sigma_N(x)-f(x)| \le\frac\varepsilon2+ \frac{2\|f\|_\infty}{(N+1)\sin^2(\delta/2)}.$$

第二项随 $N$ 趋零，而且这个上界不依赖 $x$，所以是一致收敛。有跳跃的函数无法成为连续三角多项式的一致极限；Fejér 平均消除过冲，不等于让跳跃函数获得一致收敛。

实验中的 $N$ 是最高保留频率，方波只有奇数频率非零；非零项数 $M$ 另行显示。分别观察原始部分和、Fejér 平均和跳点放大图。积分平方误差由正交性精确计算；曲线虽然用采样点绘制，却不能把采样点中的最大误差当成整个区间的上确界。

均方收敛把误差账本补完整

对任意 $f\in L^2(-\pi,\pi)$，完整 Fourier 部分和在均方意义下收敛到 $f$。这里还需要一个基础逼近事实：连续周期函数在 $L^2$ 中稠密。直观上，可先用阶梯函数逼近，再把每个跳跃和周期接缝放进很窄的过渡区，在其中作线性连接；改变只发生在总长度很小的集合上，平方积分误差可任意小。一般平方可积函数的阶梯逼近是积分理论中的稠密性结论，这里作为明确的先修事实使用。

其余证明可以在本章接起来。给定 $\varepsilon>0$，选连续周期函数 $g$ 使 $\|f-g\|_2<\varepsilon/2$。刚才已证明 ${\sigma }_{N}g$ 一致趋向 ，因此在有限区间也均方趋近；足够大的 使 。而 是频率不超过 的三角多项式，最小平方误差性质保证

$$\|f-S_Nf\|_2\le\|f-\sigma_Ng\|_2 \le\|f-g\|_2+\|g-\sigma_Ng\|_2<\varepsilon.$$

这便证明了均方收敛，也把 Parseval 等式中的误差项送到了零。对 $[0,L]$ 的正弦展开，用奇延拓可得到

$$\int_0^L f^2\,dx=\frac L2\sum_{n=1}^{\infty}b_n^2, \qquad \|f-S_N\|_2^2=\frac L2\sum_{n>N}b_n^2.$$

余弦展开必须保留不同范数的常数项：

$$\int_0^Lf^2\,dx=\frac L4a_0^2+\frac L2\sum_{n=1}^{\infty}a_n^2.$$

例如三角初值的平方积分为 $2\int_0^{\pi/2}x^2dx=\pi^3/12$，前面算出的正弦系数给出同一个 Parseval 总量。对方波，整个周期的平方积分是 $2\pi$，原始部分和的误差为

$$\|f-S_N\|_2^2=2\pi-\pi\sum_{n=1}^Nb_n^2.$$

误差可以趋于零，同时第一座过冲峰的相对高度保持不消失。两者描述的是不同的量，并不冲突。

用级数解热方程：每个模态有自己的衰减钟

考虑固定端热方程

$$u_t=\kappa u_{xx},\qquad 0<x<L, t>0,$$ $$u(0,t)=u(L,t)=0,\qquad u(x,0)=f(x).$$

分离变量令 $u=X(x)T(t)$，得到

$$\frac{T'}{\kappa T}=\frac{X''}{X}=-\lambda.$$

空间问题是

$$X''+\lambda X=0,\qquad X(0)=X(L)=0.$$

非零解要求

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2, \qquad X_n(x)=\sin\frac{n\pi x}{L}.$$

相应的时间方程 $T_n'+\kappa\lambda_nT_n=0$ 给出

$$T_n(t)=e^{-\kappa(n\pi/L)^2t}.$$

于是把初值做正弦投影：

$$f(x)\sim\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\frac{n\pi x}{L}, \qquad b_n=\frac2L\int_0^Lf(x)\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx,$$

得到

$$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\frac{n\pi x}{L} e^{-\kappa(n\pi/L)^2t}.$$

这里有两次不同的工作：Fourier 投影决定“初始时每个模态有多少”，PDE 决定“每个模态随时间怎样变化”。不要把 $b_n$ 和指数因子混成一个无来源的常数。

图中的指数率随波数平方增加。比较的是各模态相对于初始值的保留比例，不要把初始系数的大小与衰减率混在一起。

完整例题 2：一个模态如何独立演化

在 $0<x<\pi$ 上求解

$$u_t=u_{xx},\qquad u(0,t)=u(\pi,t)=0,$$ $$u(x,0)=3\sin x-2\sin(4x)+\sin(7x).$$

从这个例子可以看出，热扩散并不是把所有高度按同一个比例缩小。它选择性地抹掉高频细节，所以短时间仍能看见复杂形状，长时间只留下低频轮廓。

波动方程：同一空间投影，换成振动时间因子

固定端弦满足

$$u_{tt}=c^2u_{xx},\qquad u(0,t)=u(L,t)=0.$$

分离变量后仍然得到 $X_n(x)=\sin(n\pi x/L)$。不同之处在时间方程：

$$T_n''+c^2\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2T_n=0.$$

令 $\omega_n=cn\pi/L$，则

$$T_n(t)=A_n\cos(\omega_nt)+B_n\sin(\omega_nt).$$

若初始位移为 $f(x)$、初始速度为 $g(x)$，分别展开

$$f(x)=\sum_{n\ge1}a_n\sin\frac{n\pi x}{L}, \qquad g(x)=\sum_{n\ge1}d_n\sin\frac{n\pi x}{L},$$

其中

$$a_n=\frac2L\int_0^Lf(x)\sin\frac{n\pi x}{L}dx, \qquad d_n=\frac2L\int_0^Lg(x)\sin\frac{n\pi x}{L}dx.$$

逐项匹配 $u(x,0)=f(x)$ 与 $u_t(x,0)=g(x)$，得到

$$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n\cos(\omega_nt)+\frac{d_n}{\omega_n}\sin(\omega_nt)\right] \sin\frac{n\pi x}{L}.$$

热方程里只有一个初值展开，因为时间方程是一阶；波动方程的时间方程是二阶，所以需要位移和速度两份初始数据。正弦空间基没有变，改变的是每个模态不再衰减，而是以自己的频率振动。

图中取 $L=\pi,c=2,\kappa=1$，初位移或初温为 $3\sin2x$，波的初速度为零。波在某个时刻可以整条经过零位移，此时能量仍在速度中；热曲线则持续衰减。

用能量检查波动模态

对足够光滑且固定端的波动解，能量可写作

$$E(t)=\frac12\int_0^L\left(u_t^2+c^2u_x^2\right)dx.$$

对时间求导并用分部积分：

$$E'(t)=\int_0^L(u_tu_{tt}+c^2u_xu_{xt})dx =\int_0^Lu_t(u_{tt}-c^2u_{xx})dx+c^2[u_xu_t]_0^L.$$

方程使第一项为零；固定端意味着 $u(0,t)=u(L,t)=0$，对时间求导得端点速度也为零，边界项消失。因此 $E'(t)=0$。这个检查解释了为什么波动模态的时间因子是正弦/余弦而不是指数衰减，也能帮助发现把热方程时间因子误套到波动方程的错误。

这张图沿用第 5 章的物理张力 $T$ 与线密度 $\rho$。本节能量取 $\rho=1$、$T=c^2$，所以两种记法一致。单个模态的动能与势能可以互相转换，总和不变。

模态展开中的方法选择

遇到 Fourier 题，先看空间区域和边界，再决定基函数。固定端 $u=0$ 通常选择正弦；绝热端 $u_x=0$ 通常选择余弦；两类边界混合时，空间本征函数可能是半整数频率的正弦或余弦组合，不能机械套 $n\pi/L$。整条实线没有离散端点，连续波数的 Fourier 变换更合适。

还要看时间阶数。热方程的时间方程是一阶，给初始温度即可；波动方程的时间方程是二阶，必须同时给初始位移和初始速度。若边界非齐次，先做边界提升，把问题改成齐次边界后再展开；否则每个正弦模态本身就不满足原端点值。

1

在 0<x<L 上，哪组基函数最自然地满足 X(0)=X(L)=0？

A.cos(nπx/L)B.sin(nπx/L)C.e^(nπx/L)D.1+x

2

波动方程只给初始位移而不给初始速度时，通常已经足以唯一确定二阶时间问题。

正确错误

混合边界也可以直接推一次。若 $X(0)=0$、$X'(L)=0$，从 $X''+\lambda X=0$ 出发， 只给零函数； 时 ，导数在 不可能为零，除非 。所以写 ，由 得

$$k_n=\frac{(n+1/2)\pi}{L},\qquad n=0,1,2,\ldots.$$

这组函数仍然正交，平方范数为 $L/2$，可以用积化和差积分核对。基函数不是凭边界名称背出来的，而是空间本征问题算出来的。

在实验里用同一组初始系数比较热与波。看清 $k_n$ 如何进入热衰减率 $\kappa k_n^2$ 和波频率 $ck_n$；把弦长加倍，前者变为四分之一，后者变为二分之一。实验用有限个模态的精确和，能量由解析公式计算，不用动画的平滑程度替代守恒检查。

对于无限模态，热方程在任何 $t\ge\varepsilon>0$ 上的逐项求导依据，已经在第 4 章用指数衰减估计证明。波方程没有同样的平滑作用：若要得到经典二阶解，可使用第 5 章给出的系数可和条件；仅知道 $f,g\in L^2$，不能直接断言级数处处二次可微。展开、均方初值和经典解是三个需要分别检查的步骤。

练习：从投影计算到 PDE 迁移

练习 1　设 $g(x)=1$，$h(x)=\cos(\pi x/L)$，定义内积为 $\langle f,g\rangle=\int_0^Lf(x)g(x)dx$。求 、，并写出函数 在 方向上的投影。

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因为 $g^2=1$，所以 $\|g\|^2=L$。对 $h$，有 ${\int }_0^L{\cos }^2(\pi x\mathrm{/}L$。因此投影为 。

练习 2　判断函数 $f(x)=x$ 在 $[0,\pi]$ 上的正弦级数中，系数 $b_n$ 的表达式，并计算 $b_1$ 与 。

查看解答

这里 $b_n=\frac2\pi\int_0^\pi x\sin(nx)dx$。分部积分得 ，所以 。因此 ，。端点处函数值不相同，级数在跳跃延拓的端点要按相邻极限平均来理解。

练习 3　对 $[-\pi,\pi]$ 上的奇函数 $f$，哪些完整 Fourier 系数必为零？若 $f$ 是偶函数，结论如何改变？说明理由，而不只写答案。

查看解答

奇函数乘余弦仍是奇函数，所以所有 $a_n$（包括 $a_0$）为零；只剩正弦系数 $b_n$。偶函数乘正弦是奇函数，所以所有 $b_n$ 为零；只剩常数项和余弦系数。理由是对称区间上奇函数积分为零。

练习 4　一个分段光滑函数在 $x_0$ 处的左右极限为 $2$ 与 $8$，但人为规定 $f(x_0)=100$。其 Fourier 级数在 处应收敛到什么值？增加项数时跳跃附近的过冲会怎样？

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在跳跃点，级数收敛到左右极限平均值 $(2+8)/2=5$，不受孤立点取值 $100$ 的影响。增加项数会让振荡区域变窄、远处更准确，但相对于跳跃高度的 Gibbs 过冲不会完全消失。

练习 5　考虑 $u_t=4u_{xx}$，$0<x<2$，两端固定为零，初值为 $f(x)$。写出解，并比较两项在时间 时的衰减因子。

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空间模态的波数是 $n\pi/L=n\pi/2$。第一项的衰减因子为 $e^{-4(\pi/2)^2t}=e^{-\pi^2t}$；第三模态的因子为 。所以

练习 6　固定端波动方程的一个模态为 $u(x,t)=A\sin(n\pi x/L)\cos(\omega_nt)$。指出它的空间边界条件和初始速度，并说明为什么它不表现为热方程中的指数衰减。

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因为正弦因子在 $x=0,L$ 为零，所以满足固定端边界。对时间求导得 $u_t(x,0)=0$，因为 $\sin(0)=0$。它满足二阶时间方程 ，时间因子是 ，表示振动；热方程的一阶时间方程才产生 的衰减。

练习 7　在 $[0,\pi]$ 上用 $d\sin x$ 近似 $f(x)=x$。求使积分平方误差最小的 $d$；如果强行选取 $d=\pi/2$，使中点的函数值吻合，平方误差比最优值多多少？

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练习 2 已算出 $b_1=2$，故最佳系数为 $d=2$，最小平方误差是 $\pi^3/3-2\pi$。用本章的正交误差分解， 时多出的误差恰为 。在中点吻合，不能取代全区间的最小平方误差。

练习 8　证明方波的 Fourier 部分和不可能在整个周期上一致收敛到方波，即使把跳点处定义为左右平均。Fejér 平均始终不超出 $[-1,1]$，能因此获得一致收敛吗？

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每个有限三角和都连续，而连续函数的一致极限必须连续：给定一点附近的误差界，选一个足够接近极限的连续近似，用三角不等式把两端逼近误差和中间的连续变化相加，就能证明极限连续。方波有跳跃，改变单点值不能消除两侧极限不相等，因此两种连续近似都不可能在全周期上一致收敛。没有过冲不等于最大误差趋于零。

练习 9　在 $0<x<L$ 上考虑 $u_t=\kappa u_{xx}$，边界为 $u(0,$、，初值 。写出解；把 加倍而保持同一归一化初始形状，衰减到初始幅度一半所需的时间如何变化？

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这是混合边界的 $n=1$ 模态，$k=3\pi/(2L)$，所以

$$u(x,t)=e^{-\kappa(3\pi/(2L))^2t}\sin\frac{3\pi x}{2L}.$$

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关于 Fourier 模态展开，下列哪些判断正确？

A.正交性使每个投影系数可以独立计算B.热方程中波数越高的模态通常衰减越快C.跳跃点的 Fourier 级数一定收敛到人为指定的单点值D.波动方程通常需要初始位移和初始速度

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