基于矩阵微积分与特征函数正交归一性化简积分表达式的咨询

让我们直接从给定的条件出发，一步步化简这个积分，核心就是利用归一化正弦特征函数的正交归一性。

首先明确已知条件：

• 归一化特征函数集合：
  $${A_k(x)}_{k=1}^{\infty=\Bigg{\sqrt{\dfrac{2}{L}}\sin(a_kx)\Bigg}_{k=1}}\infty$$
  其中 $a_k = \frac{k\pi}{L}$
• 该特征函数满足正交归一性：
  $$
  \int_0^L A_m(x)A_n(x)dx =
  \begin{cases}
  1, & m = n \
  0, & m \neq n
  \end{cases}
  $$

接下来处理原积分：
原积分表达式为：
$$\int_0^{L\big[(\sum_{k=1}}{K} A_k(x)\textbf{B}_k^{T(t))\textbf{C}(\sum_{k=1}}{K} A_k(x)\textbf{B}_k(t))\big]dx$$

步骤1：交换求和与积分顺序 #

因为是有限求和（上限为K），交换积分和求和的顺序完全合法。同时注意 $A_k(x)$ 是标量，可以从矩阵乘积中提取出来，整理后得到：
$$
\sum_{k=1}^{{K}\sum_{j=1}}{K} \textbf{B}_k^T(t)\textbf{C}\textbf{B}_j(t) \cdot \int_0^L A_k(x)A_j(x)dx
$$
这里矩阵的乘法顺序要注意：$\textbf{B}_k^T(t)$ 是左乘矩阵 $\textbf{C}$，$\textbf{B}_j(t)$ 是右乘，所以提取标量后矩阵项的顺序保持不变。

步骤2：应用正交归一性 #

根据特征函数的正交归一性，当 $k \neq j$ 时，积分项 $\int_0^L A_k(x)A_j(x)dx = 0$，只有当 $k = j$ 时，积分项等于1。因此双重求和中只有对角项（$k=j$）会保留下来，其余项全部为0：
$$
\sum_{k=1}^{K} \textbf{B}_k^T(t)\textbf{C}\textbf{B}_k(t)
$$

补充验证正交归一性（对应你已完成的推导开头） #

你已经开始的推导其实是在验证归一性：
$$
\int_0^L A_k(x)A_k(x)dx = \sqrt{\frac{2}{L}} \cdot \sqrt{\frac{2}{L}} \int_0^L \sin^2(a_kx)dx
$$
利用三角恒等式 $\sin^2\theta = \frac{1 - \cos2\theta}{2}$ 计算积分：
$$
\frac{2}{L} \int_0^L \frac{1 - \cos(2a_kx)}{2}dx = \frac{1}{L} \left[ x - \frac{\sin(2a_kx)}{2a_k} \right]_0^L
$$
代入上下限后，$\sin(2a_kL) = \sin(2k\pi) = 0$，$\sin(0)=0$，最终结果为 $\frac{1}{L} \cdot L = 1$，完美验证了归一性。而正交性（$k \neq j$ 时积分0）可以通过积化和差公式 $\sin\alpha\sin\beta = \frac{1}{2}[\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)]$ 来证明，积分后交叉项的余弦函数在0到L区间内的积分结果为0。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者HD239