从傅里叶级数到傅里叶变换

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从傅里叶级数到傅里叶变换

傅里叶级数

  1. 正交性

    • 三角函数在[0.2π][0.2\pi]的正交性讨论
      结论如下:（在n≥1,m≥1n\ge1,m\geq1时）

      ∫02πcos⁡nxdx=0,∫02πsin⁡nxdx=0(1)\int_0^{2\pi}\cos{nx}dx=0,\int_0^{2\pi}\sin{nx}dx=0\tag{1}

      ∫02πsin⁡nxsin⁡mxdx=0(n≠m),∫02πcos⁡nxcos⁡mxdx=0(n≠m)(2)\int_0^{2\pi}\sin{nx}\sin{mx}dx=0(n\neq m),\int_0^{2\pi}\cos{nx}\cos{mx}dx=0(n\neq m)\tag{2}

      ∫02πsin⁡nxcos⁡mxdx=0(3)\int_0^{2\pi}\sin{nx}\cos{mx}dx=0\tag{3}

  2. 傅里叶级数收敛条件(狄利克雷条件)

    • 狄利克雷条件:函数f(x)f(x)在[0,2π][0,2\pi]上分段连续，且只有有限个第一类间断点，那么f(x)f(x)的傅里叶级数在xx的连续点处收敛于f(x)f(x)，在间断点处收敛于f(x+0)+f(x−0)2\frac{f(x+0)+f(x-0)}{2}
    • 证明:设f(x)f(x)在[0,2π][0,2\pi]上分段连续，且只有有限个第一类间断点，那么f(x)f(x)可以表示为一个周期为2π2\pi的函数，且在[0,2π][0,2\pi]上连续，那么f(x)f(x)可以展开为傅里叶级数

      f(x)=a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)(4)f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos{nx}+b_n\sin{nx})\tag{4}

      现在试求出a0,an,bna_0,a_n,b_n，
      首先求a0a_0，(4)两边同时积分(如果求和是收敛的那么积分和求和可以换序)

      ∫02πf(x)dx=∫02πa02+∑n=1∞∫(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)(5)\int_0^{2\pi}f(x)dx=\int_0^{2\pi}\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\int(a_n\cos{nx}+b_n\sin{nx})\tag{5}

      由于三角函数的正交性(1)(2)(3)，(5)式右边的求和项都为0，所以

      a0=1π∫02πf(x)dxa_0=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(x)dx

      对于ana_n和bnb_n，我们可以分别乘上cos⁡mx\cos{mx}和sin⁡mx\sin{mx}，然后积分，利用三角函数的正交性(1)(2)(3)可以得到ana_n和bnb_n的表达式（选择ana_n作为例子）
      同时乘以cos⁡mx(m≥1)\cos{mx}(m\geq1)

      ∫02πf(x)cos⁡mxdx=∫02πa02cos⁡mxdx+∑n=1∞∫02πancos⁡nxcos⁡mxdx+∫02πbnsin⁡nxcos⁡mxddx\int_0^{2\pi}f(x)\cos{mx}dx=\int_0^{2\pi}\frac{a_0}{2}\cos{mx}dx+\sum_{n=1}^\infty\int_0^{2\pi}a_n\cos{nx}\cos{mx}dx+\int_0^{2\pi}b_n\sin{nx}\cos{mx}ddx

      其中只有含有ama_m的项不为0，(且当且仅当n=mn=m时含有ama_m的项不为0)，原式等于

      ∫02πf(x)cos⁡mxdx=∫02πamcos⁡2mxdx\int_0^{2\pi}f(x)\cos{mx}dx=\int_0^{2\pi}a_m\cos^2{mx}dx

      由于cos⁡2mx=1+cos⁡2mx2\cos^2{mx}=\frac{1+\cos{2mx}}{2}，所以

      ∫02πf(x)cos⁡mxdx=am2∫02πdx+am2∫02πcos⁡2mxdx\int_0^{2\pi}f(x)\cos{mx}dx=\frac{a_m}{2}\int_0^{2\pi}dx+\frac{a_m}{2}\int_0^{2\pi}\cos{2mx}dx

      由于∫02πcos⁡2mxdx=0\int_0^{2\pi}\cos{2mx}dx=0，所以

      am=1π∫02πf(x)cos⁡mxdxa_m=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(x)\cos{mx}dx

      同理可以求出bmb_m，所以(把所有m写为n)

      a0=1π∫02πf(x)dx(6)a_0=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(x)dx\tag{6}

      an=1π∫02πf(x)cos⁡nxdx(7)a_n=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(x)\cos{nx}dx\tag{7}

      bn=1π∫02πf(x)sin⁡nxdx(8)b_n=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(x)\sin{nx}dx\tag{8}

      到这里就应该会发现为什么在一开始设方程时要选择a02\frac{a_0}{2},这样最后(6)的系数和(7)(8)一样
      将其推广到周期为2L2L的情况

      f(x)=a02+∑n=1∞(ancos⁡nπxL+bnsin⁡nπxL)f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos{\frac{n\pi x}{L}}+b_n\sin{\frac{n\pi x}{L}})

      同上面的操作求出a0,an,bna_0,a_n,b_n

      a0=1L∫−LLf(x)dxa_0=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)dx

      an=1L∫−LLf(x)cos⁡nπxLdxa_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos{\frac{n\pi x}{L}}dx

      bn=1L∫−LLf(x)sin⁡nπxLdxb_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\sin{\frac{n\pi x}{L}}dx

  3. 找个例子
    设

    f(x)={12(π−x)，0≤x≤2πf(x+2π)，x在其他点f(x)=\begin{cases} \frac{1}{2}(\pi-x)，0\leq x\leq 2\pi\\ f(x+2\pi)，x在其他点 \end{cases}

    求f(x)f(x)的傅里叶级数
    首先求a0a_0

    a0=1π∫02π12(π−x)dx=1π(π22−12π2)=0a_0=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}\frac{1}{2}(\pi-x)dx=\frac{1}{\pi}(\frac{\pi^2}{2}-\frac{1}{2}\pi^2)=0

    然后求ana_n

    an=1π∫02π12(π−x)cos⁡nxdx=1π(12π∫02πcos⁡nxdx−∫02πxcos⁡nxdx)a_n=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}\frac{1}{2}(\pi-x)\cos{nx}dx=\frac{1}{\pi}(\frac{1}{2}\pi\int_0^{2\pi}\cos{nx}dx-\int_0^{2\pi}x\cos{nx}dx)

    对于末尾项使用分部积分法

    xx 11 00
    cos⁡nx\cos{nx} 1nsin⁡nx\frac{1}{n}\sin{nx} −1n2cos⁡nx-\frac{1}{n^2}\cos{nx}

    ∫02πxcos⁡nxdx=1nxsin⁡nx∣02π+1n2cos⁡nx∣02π=0\int_0^{2\pi}x\cos{nx}dx=\frac{1}{n}x\sin{nx}|_0^{2\pi}+\frac{1}{n^2}\cos{nx}|_0^{2\pi}=0

    由于∫02πcos⁡nxdx=0\int_0^{2\pi}\cos{nx}dx=0，所以an=0a_n=0
    最后求bnb_n

    bn=1π∫02π12(π−x)sin⁡nxdx=1π(12(π∫02πsin⁡nxdx−∫02πxsin⁡nxdx))b_n=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}\frac{1}{2}(\pi-x)\sin{nx}dx=\frac{1}{\pi}(\frac{1}{2}(\pi\int_0^{2\pi}\sin{nx}dx-\int_0^{2\pi}x\sin{nx}dx))

    首项为0，对于末尾项使用分部积分法

    xx 11 00
    sin⁡nx\sin{nx} −1ncos⁡nx-\frac{1}{n}\cos{nx} −1n2sin⁡nx-\frac{1}{n^2}\sin{nx}

    ∫02πxsin⁡nxdx=−1nxcos⁡nx∣02π+1n2sin⁡nx∣02π=−2πn\int_0^{2\pi}x\sin{nx}dx=-\frac{1}{n}x\cos{nx}|_0^{2\pi}+\frac{1}{n^2}\sin{nx}|_0^{2\pi}=-\frac{2\pi}{n}

    所以bn=1nb_n=\frac{1}{n}
    所以f(x)f(x)的傅里叶级数为

    f(x)=∑n=1∞sin⁡nxn=12(π−x)(一个重要求和公式)f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin{nx}}{n}=\frac{1}{2}(\pi-x)\tag{一个重要求和公式}

  4. 半幅傅里叶级数
    上述讨论中对于范围为[0.2π][0.2\pi]内得函数并没有什么特别得要求，要求连续，或者只有有限个第一类间断点，对其周期等均没有要求。现在我们试试把它推广到任意的[0,L][0,L]上

    • 先写出结果

      ϕ(x)=∑n=1∞Cnsin⁡nπxL\phi(x)=\sum_{n=1}^\infty C_n\sin{\frac{n\pi x}{L}}

      或者

      ϕ(x)=D0+∑n=1∞Dncos⁡nπxL\phi(x)=D_0+\sum_{n=1}^\infty D_n\cos{\frac{n\pi x}{L}}

      收敛条件同傅里叶级数的收敛条件

    • 求系数前先讨论以下半幅傅里叶的正交性
      以下结论成立

    ∫0Lsin⁡mπxLsin⁡nπxLdx=0(m≠n)\int_0^L\sin{\frac{m\pi x}{L}}\sin{\frac{n\pi x}{L}}dx=0(m\neq n)

    ∫0Lcos⁡mπxLcos⁡nπxLdx=0(m≠n)\int_0^L\cos{\frac{m\pi x}{L}}\cos{\frac{n\pi x}{L}}dx=0(m\neq n)

    当m=nm=n

    ∫0Lsin⁡mπxLsin⁡nπxLdx=L2\int_0^L\sin{\frac{m\pi x}{L}}\sin{\frac{n\pi x}{L}}dx=\frac{L}{2}

    ∫0Lcos⁡mπxLcos⁡nπxLdx=L2\int_0^L\cos{\frac{m\pi x}{L}}\cos{\frac{n\pi x}{L}}dx=\frac{L}{2}

    有了上述结论再求参数对于CnC_n
    两边同时乘以sin⁡mπxL\sin{\frac{m\pi x}{L}}

    ∫0Lϕ(x)sin⁡mπxLdx=∫0L∑n=1∞Cnsin⁡nπxLsin⁡mπxLdx=∫0LCmsin⁡2mπxL=CmL2\int_0^L\phi(x)\sin{\frac{m\pi x}{L}}dx=\int_0^L\sum_{n=1}^\infty C_n\sin{\frac{n\pi x}{L}}\sin{\frac{m\pi x}{L}}dx=\int_0^LC_m\sin^2{\frac{m\pi x}{L}}=C_m\frac{L}{2}

    所以

    Cm=2L∫0Lϕ(x)sin⁡mπxLdxC_m=\frac{2}{L}\int_0^L\phi(x)\sin{\frac{m\pi x}{L}}dx

    再求D0D_0，直接积分可得(cos项积分为0)

    D0=1L∫0Lϕ(x)dxD_0=\frac{1}{L}\int_0^L\phi(x)dx

    再类似于上述步骤两边同乘cos⁡mπxL\cos{\frac{m\pi x}{L}} (其中含D0D_0项积分为0)

    ∫0Lϕ(x)cos⁡mπxLdx=∫0L∑n=1∞Dncos⁡nπxLcos⁡mπxLdx=∫0LDmcos⁡2mπxL=DmL2\int_0^L\phi(x)\cos{\frac{m\pi x}{L}}dx=\int_0^L\sum_{n=1}^\infty D_n\cos{\frac{n\pi x}{L}}\cos{\frac{m\pi x}{L}}dx=\int_0^LD_m\cos^2{\frac{m\pi x}{L}}=D_m\frac{L}{2}

    上述在分离变量法中用于确定参数。

傅里叶积分

  1. 拓展
    上面对于一个周期函数在一个周期内的要求只是连续，或者只有有限个第一类间断点，那么对于一个非周期函数，我们可以把它看作是周期为无穷的函数，那么我们可以把周期函数的傅里叶级数推广到非周期函数的傅里叶积分
    先介绍下绝对收敛
    • 绝对收敛:设f(x)f(x)在(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)上绝对可积，即

    ∫−∞+∞∣f(x)∣dx\int_{-\infty}^{+\infty}|f(x)|dx

    存在,或写为

    ∫−∞+∞∣f(x)∣dx<∞\int_{-\infty}^{+\infty}|f(x)|dx<\infty

    由积分不等式

    ∫−∞+∞f(x)dx≤∫−∞+∞∣f(x)∣dx\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx\leq\int_{-\infty}^{+\infty}|f(x)|dx

    现在考虑一个周期为2L2L的函数f(x)f(x)，那么f(x)f(x)的傅里叶级数为

    f(x)=a0+∑n=1∞(ancos⁡nπxL+bnsin⁡nπxL)f(x)=a_0+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos{\frac{n\pi x}{L}}+b_n\sin{\frac{n\pi x}{L}})

    其中

    a0=12L∫−LLf(x)dxa_0=\frac{1}{2L}\int_{-L}^{L}f(x)dx

    当L→∞L\to \infty上式趋于0
    接下来处理求和部分首先先把傅里叶级数的an,bna_n,b_n写出来根据前文

    an=1L∫−LLf(x)cos⁡nπxLdxa_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos{\frac{n\pi x}{L}}dx

    bn=1L∫−LLf(x)sin⁡nπxLdxb_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\sin{\frac{n\pi x}{L}}dx

    令L→∞L\to \infty(接下来以其中一个为例,下面这个式子是含ana_n项的展开)

    ∑n=1∞lim⁡L→∞[1L∫−LLf(x)cos⁡nπxLdx]cos⁡nπL\sum_{n=1}^{\infty}\lim_{L\to \infty}[\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos{\frac{n\pi x}{L}}dx]\cos{\frac{n\pi}{L}}

    由于L→∞L\to \infty此时nπxL\frac{n\pi x}{L}不再是关于n的离散变量而是关于n的连续变量，那么有

    ∑n=1∞lim⁡L→∞[1L∫−LLf(x)cos⁡nπxLdx]cos⁡nπL=1π∑n=1∞lim⁡L→∞[πL∫−LLf(x)cos⁡nπxLdx]cos⁡nπL\sum_{n=1}^{\infty}\lim_{L\to \infty}[\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos{\frac{n\pi x}{L}}dx]\cos{\frac{n\pi}{L}}=\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\lim_{L\to \infty}[\frac{\pi}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos{\frac{n\pi x}{L}}dx]\cos{\frac{n\pi}{L}}

    其中

    ∫−LLf(x)cos⁡nπxLdx\int_{-L}^{L}f(x)\cos{\frac{n\pi x}{L}}dx

    是关于n的函数
    原式求和就变为了积分，其中πL\frac{\pi}{L}对应着每一个小矩形的底边。剩余部分是关于n的函数，当n从1到无穷大时πL\frac{\pi}{L}作为矩形底边，把矩形的右端视为此段的平均值（也就是剩余部分的函数值），那么求和就变为了积分，当πL\frac{\pi}{L}趋于0时，积分和求和完全等价。
    所以上式可以化为积分，为了方便设含有n的整个nπL=ωn\frac{n\pi}{L}=\omega_n，另一个部分同理，省略了一点过程。直接写结果了

    f(x)=1π∫0+∞[∫−∞+∞f(x′)cos⁡ωnx′dx′]cos⁡ωnxdωn+1π∫0+∞[∫−∞+∞f(x′)sin⁡ωnx′dx′]sin⁡ωnxdωnf(x)=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}[\int_{-\infty}^{+\infty}f(x')\cos{\omega_n x'}dx']\cos{\omega_n x}d\omega_n+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}[\int_{-\infty}^{+\infty}f(x')\sin{\omega_n x'}dx']\sin{\omega_n x}d\omega_n

    为了区分上式中的xx和x′x'，我们把上式中的xx换成tt，上式变为

    f(x)=1π∫0+∞[∫−∞+∞f(t)cos⁡ωntdt]cos⁡ωnxdωn+1π∫0+∞[∫−∞+∞f(t)sin⁡ωntdt]sin⁡ωnxdωnf(x)=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}[\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos{\omega_n t}dt]\cos{\omega_n x}d\omega_n+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}[\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\sin{\omega_n t}dt]\sin{\omega_n x}d\omega_n

    其中内层积分时关于ωn\omega_n的函数，把他写为A(ωn)A(\omega_n)和B(ωn)B(\omega_n)

    f(x)=∫0+∞A(ωn)cos⁡ωnxdωn+∫0+∞B(ωn)sin⁡ωnxdωnf(x)=\int_{0}^{+\infty}A(\omega_n)\cos{\omega_n x}d\omega_n+\int_{0}^{+\infty}B(\omega_n)\sin{\omega_n x}d\omega_n

    上面把1π\frac{1}{\pi}也放进去了,其中系数关系如下

    A(ωn)=1π∫−∞+∞f(t)cos⁡ωntdtA(\omega_n)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos{\omega_n t}dt

    B(ωn)=1π∫−∞+∞f(t)sin⁡ωntdtB(\omega_n)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\sin{\omega_n t}dt

    这就是傅里叶积分。
    现在我们的积分范围是正数，之后将把其拓展到负数，这样就构成了傅里叶变换。