f(x)sin(2nx)dx f(x)sin(2nx)dx+- f(x)sin(2nx )ds f(sin(2nt-2nrydt +-/(x)sin(2nx)dx(=x+) 9.设f(x)在(0,x/2)上可积或绝对可积,应分别对它进行怎么样的延 拓,才能使它在[-π,π上的 Fourier级数的形式为 (1)f(x)-2a, cos(2n-1)x; (2)f(x)~∑ b sin2mx 解(1)显然,f(x)为偶函数,而且 f(x)cos(2nx )dx f(x)cos(2nx)dx+=[f(x)cos(2nx)dx (At=T-x) (9)+2(x-002m)h 2「([(+(x-)]x)k=0, 所以 f(x)+f(n-x)=0, 于是f(x)可以按下面方式进行延拓 f(丌+x)x∈(-丌, x∈ f(x) ∈(0,-) f(x-x)x∈( 2 (2)显然,f(x)为奇函数,而且 ∫。/(x)sn[(2n-1) (x)m(2n++/(x)mn(2n-对(令=z-x)2n b = 1 f ( ) x n sin(2 x) π π ∫ −π dx 0 0 1 1 f ( ) x n sin(2 x)dx f ( ) x sin(2nx) π π π −π = + ∫ ∫ dx 0 0 1 1 f t( )sin(2nt 2n )dt f (x)sin(2nx)dx (t x ) π π π π π π = − − + = + ∫ ∫ = 0 , ( n =1, 2,3,…)。 ⒐ 设 f x( )在(0, π / 2)上可积或绝对可积，应分别对它进行怎么样的延 拓，才能使它在[ , −π π]上的 Fourier 级数的形式为 ⑴ f x a n x n n ( ) ~ cos(2 1) 1 − = ∞ ∑ ; ⑵ f x b nx n n ( ) ~ sin 2 =1 ∞ ∑ . 解 （1）显然， f x( )为偶函数，而且 2n a = 0 2 f ( ) x n cos(2 x) π π ∫ dx 2 0 2 2 2 f x( ) cos(2nx)dx f x( ) cos(2nx)dx π π π π π = + ∫ ∫ （令t x = π − ） 2 2 0 0 2 2 f (x n ) cos(2 x)dx f ( t) cos(2nt) π π π π π = + − ∫ ∫ dt [ ] 2 0 2 f ( ) x f ( x) cos(2nx)dx 0 π π π = + − ∫ = , 所以 f x( ) + − f (π x) = 0 ， 于是 f x( )可以按下面方式进行延拓 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ − − ∈ ∈ − ∈ − − + ∈ − − = , ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) (0, ,0) 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( , ( ) ~ π π π π π π π π f x x f x x f x x f x x f x 。 （2）显然， f x( )为奇函数，而且 2 1 n b − = [ ] 0 2 f ( ) x n sin (2 1)x π dx π − ∫ [ ] [ ] 2 0 2 2 2 f x( )sin (2n 1)x dx f x( )sin (2n 1)x dx π π π π π = − + ∫ ∫ − （令t x = π − ） 8