傅里叶级数 笔记

• 【官方双语】微分方程概论-第四章：但什么是傅立叶级数呢？-从热流到画圈圈

初始

对于任何 $f:[0,1] \rightarrow \mathbb{C}$ 可以这样逼近

$$\begin{align*} f(t) &= \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_{n}e^{n \cdot 2\pi it}\\ &= \dots + c_{-2}e^{-2 \cdot 2\pi it} + c_{-1}e^{-1 \cdot 2\pi it} + c_{0}e^{0 \cdot 2\pi it} + c_{1}e^{1 \cdot 2\pi it} + c_{2}e^{2 \cdot 2\pi it} + \dots \end{align*}$$

$c_n$是复数，表示每个向量的初始位置，而$e^{n \cdot 2\pi it}$表示旋转速度是每秒(单位时间)转$n$圈

$c_n$可以这样算

$$\int_{0}^{1}f(t)e^{-n \cdot 2\pi it} dt\\ \begin{align*} &= \int_{0}^{1}(\dots + c_{-1}e^{-1 \cdot 2\pi it} + c_{0}e^{0 \cdot 2\pi it} + c_{1}e^{1 \cdot 2\pi it} + \dots)e^{-n \cdot 2\pi it} dt\\ &= \int_{0}^{1}(\dots + c_{n-1}e^{-1 \cdot 2\pi it} + c_{n}e^{0 \cdot 2\pi it} + c_{n+1}e^{1 \cdot 2\pi it} + \dots) dt\\ &= \dots + \int_{0}^{1}c_{n-1}e^{-1 \cdot 2\pi it}dt + \int_{0}^{1}c_{n}e^{0 \cdot 2\pi it}dt + \int_{0}^{1}c_{n+1}e^{1 \cdot 2\pi it}dt + \dots\\ &= \int_{0}^{1}c_{n}e^{0 \cdot 2\pi it}dt\\ &= c_{n} \end{align*}$$

解释

这里的积分$\int_{0}^{1}f(t) dt$实际上是求整个图像的平均值/重心，只不过 $t$ 的范围是 $1$ 所以值相等

关键在于，和的平均值等于平均值的和

我们给和(f(t))求平均值(积分)，等于给每一个旋转的向量求平均值(积分)，然后求和

由于其它所有向量都旋转了整数倍（都是每秒转n圈，而这个时间就是一秒），因此平均值都是$0$，所以有

$$\int_{0}^{1}f(t) dt = \int_{0}^{1}c_{0}e^{0 \cdot 2\pi it}dt = c_0$$

我们再用$e^{-n \cdot 2\pi it}$来增减旋转的速度

由于乘法分配律，它同时作用在所有的旋转上，足以让每秒转n圈的停下来，同时其它的变成旋转整数圈

所以此时的平均值

$$\int_{0}^{1}f(t)e^{-n \cdot 2\pi it} dt = \int_{0}^{1}c_{n}e^{0 \cdot 2\pi it}dt = c_n$$

至此，我们对于任意函数，可以有计算式

$$f(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_{n}e^{n \cdot 2\pi it}$$

其中

$$c_n = \int_{0}^{1}f(t)e^{-n \cdot 2\pi it} dt$$

来逼近

练习

例：尝试逼近函数

$$\begin{equation*} f(x)=\left\{ \begin{aligned} 1 &, x\in [0, 0.5) \\ -1 &, x\in [0.5, 1] \end{aligned} \right. \end{equation*}$$

那么就是要求出

$$\begin{align*} c_n &= \int_{0}^{1}f(x)e^{-n \cdot 2\pi ix} dx \\&= \int_{0}^{0.5}1\cdot e^{-n \cdot 2\pi ix} dx + \int_{0.5}^{1}-1\cdot e^{-n \cdot 2\pi ix} dx \\&= -\frac{1}{n\cdot 2\pi i}\left( e^{-n \cdot\pi i} - e^0 -e^{-n \cdot 2\pi i} + e^{-n \cdot\pi i} \right) \\&= -\frac{1}{n\cdot\pi i}\left( (-1)^{-n} - 1 \right) \\&= \frac{1 - (-1)^n}{n\cdot\pi i} \\&= \left\{ \begin{aligned} &0 &, n\text{是偶数} \\ &\frac{2}{n\cdot\pi i} &, n\text{是奇数} \end{aligned} \right. \end{align*}$$

于是我们有

$$f(x)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_{n}e^{n \cdot 2\pi ix} = \sum_{n=1,3,5,\dots}\frac{2}{n\cdot\pi i}e^{n \cdot 2\pi ix}-\frac{2}{n\cdot\pi i}e^{-n \cdot 2\pi ix} \\= \sum_{n=1,3,5,\dots}\frac{4}{n\cdot\pi}\frac{1}{2i}\left(e^{n \cdot 2\pi ix}-e^{-n \cdot 2\pi ix}\right) \\= \sum_{n=1,3,5,\dots}\frac{4}{n\cdot\pi}\text{sin}(n\cdot 2\pi x)$$

相关信息

由欧拉公式有

$$e^{ix} = \text{cos}x + i\cdot \text{sin}x\\ e^{-ix} = \text{cos}x - i\cdot \text{sin}x$$

于是我们有

$$2\cdot\text{cos}x = e^{ix}+e^{-ix}\\ 2i\cdot\text{sin}x = e^{ix}-e^{-ix}$$

即

$$\text{cos}x = \frac{1}{2}(e^{ix}+e^{-ix})\\ \text{sin}x = \frac{1}{2i}(e^{ix}-e^{-ix})$$

也就是我们在上面例题使用的代换

试一试！

尝试逼近函数

$$\begin{equation*} f(x)=\left\{ \begin{aligned} &x-0.5 &, x\in [0, 0.5) \\&0 &, x\in [0.5, 1] \end{aligned} \right. \end{equation*}$$

实数域上的傅里叶级数

对于实数域上的函数$f(t)$，需要将复指数的形式转换为 sin 和 cos 的形式

$$f(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_{n}e^{n \cdot 2\pi it}$$

$$c_n = \int_{0}^{1}f(t)e^{-n \cdot 2\pi it} dt$$

我们留出$n=0$，把其它的正负两两配对

$$f(t) = c_0 + \sum_{n=1}^{\infty}\left(c_n e^{n \cdot 2\pi it} + c_{-n} e^{-n \cdot 2\pi it} \right)$$

由欧拉公式展开

$$e^{n \cdot 2\pi it} = \text{cos}(n\cdot 2\pi t) + i\cdot\text{sin}(n\cdot 2\pi t) \\ e^{-n \cdot 2\pi it} = \text{cos}(n\cdot 2\pi t) - i\cdot\text{sin}(n\cdot 2\pi t)$$

于是

$$\begin{align*} c_n &= \int_{0}^{1}f(t)e^{-n \cdot 2\pi it} dt \\&= \int_{0}^{1}f(t)(\text{cos}(n\cdot 2\pi t) - i\cdot\text{sin}(n\cdot 2\pi t)) dt \\&= \int_{0}^{1}f(t)\text{cos}(n\cdot 2\pi t) dt - i\cdot\int_{0}^{1}f(t)\text{sin}(n\cdot 2\pi t) dt \\c_{-n} &= \int_{0}^{1}f(t)\text{cos}(n\cdot 2\pi t) dt + i\cdot\int_{0}^{1}f(t)\text{sin}(n\cdot 2\pi t) dt \end{align*}$$

记

$$\begin{align*} a_n &= \int_{0}^{1}f(t)\text{cos}(n\cdot 2\pi t) dt \\ b_n &= \int_{0}^{1}f(t)\text{sin}(n\cdot 2\pi t) dt \end{align*}$$

则

$$c_n = a_n - b_n\cdot i \\ c_{-n} = a_n + b_n\cdot i \\ f(t) = c_0 + \sum_{n=1}^{\infty}((a_n - b_n\cdot i) (\text{cos}(n\cdot 2\pi t) + i\cdot\text{sin}(n\cdot 2\pi t)) \\ + (a_n + b_n\cdot i)(\text{cos}(n\cdot 2\pi t) - i\cdot\text{sin}(n\cdot 2\pi t))) \\ = c_0 + \sum_{n=1}^{\infty}(2a_n\text{cos}(n\cdot 2\pi t)+2b_n\text{sin}(n\cdot 2\pi t))$$

由于

$$b_0 = \int_{0}^{1}f(t)\text{sin}(0) dt = 0$$

于是

$$c_0=a_0-b_0\cdot i = a_0$$

于是我们得到了实数域上的傅里叶级数

$$f(t) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty}(2a_n\text{cos}(n\cdot 2\pi t)+2b_n\text{sin}(n\cdot 2\pi t))$$

其中

$$\begin{align*} a_n &= \int_{0}^{1}f(t)\text{cos}(n\cdot 2\pi t) dt \\ b_n &= \int_{0}^{1}f(t)\text{sin}(n\cdot 2\pi t) dt \end{align*}$$