5.1傅里叶展开，傅里叶级数推导--非常棒

文章目录

• • 傅里叶级数
  • • 信号的频率
  • 希尔伯特空间
  • • 三角函数正交性推导
    • 简谐波构成的函数系
  • 傅里叶展开
  • 傅里叶级数推导
  • 表示任意的连续周期函数
  • Fourier 级数的物理含义
  • • 离散频谱与频谱图
  • 参考

傅里叶级数

傅里叶级数是基于一个问题产生的，这个问题就是：

既然 s i n x sinx sinx 、 c o s x cosx cosx 具有周期性，那么任意周期函数是否都可以被展开成 s i n x sinx sinx 、 c o s x cosx cosx 表示的级数？

最终这个问题的答案当然是肯定的，将复杂振动分解为简谐振动叠加的方法叫做调和分析，分解出来的这些简谐振动叫做调和分量或调和素。

如下就是傅里叶级数的公式：

f ( t ) = a 0 2 + a 1 cos ⁡ ( ω t ) + b 1 sin ⁡ ( ω t ) + a 2 cos ⁡ ( 2 ω t ) + b 2 sin ⁡ ( 2 ω t ) + … = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ [ a n cos ⁡ ( n ω t ) + b n sin ⁡ ( n ω t ) ] (1) \begin{aligned} f(t) &=\frac{a_{0}}{2}+a_{1} \cos (\omega t)+b_{1} \sin (\omega t) \\ &+a_{2} \cos (2 \omega t)+b_{2} \sin (2 \omega t) \\ &+\ldots \\ &=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[a_{n} \cos (n \omega t)+b_{n} \sin (n \omega t)\right] \end{aligned}\tag{1} f(t)​=2a0​​+a1​cos(ωt)+b1​sin(ωt)+a2​cos(2ωt)+b2​sin(2ωt)+…=2a0​​+n=1∑∞​[an​cos(nωt)+bn​sin(nωt)]​(1)

其中：

a n = 2 T ∫ t 0 t 0 + T f ( t ) c o s ( n ω t ) d t n = 1 , 2 , . . . (2) a_{n}=\frac{2}{T}\int_{t_{0}}^{t_{0}+T}f(t)cos(n\omega t)dt \qquad n =1,2,... \tag{2} an​=T2​∫t0​t0​+T​f(t)cos(nωt)dtn=1,2,...(2)

b n = 2 T ∫ t 0 t 0 + T f ( t ) s i n ( n ω t ) d t (3) \\ b_{n}=\frac{2}{T}\int_{t_{0}}^{t_{0}+T}f(t)sin(n\omega t)dt \tag{3} bn​=T2​∫t0​t0​+T​f(t)sin(nωt)dt(3)

a 0 = 2 T ∫ − π π f ( t ) d t (4) \\a_{0}=\frac{2}{T} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) d t\tag{4} a0​=T2​∫−ππ​f(t)dt(4)

(Dirichlet 定理) 设 f T ( t ) \boldsymbol{f}_{T}(\boldsymbol{t}) fT​(t) 是以 T \boldsymbol{T} T 为周期的实值函数,且在 [ 0 , T ] [0, T ] [0,T] 上满足条件 (即 Dirichlet 条件) :

• (1) 连续或只有有限个第一类间断点;
• (2) 只有有限个极值点。

令 ω = 2 π / T \omega=2 \pi / T ω=2π/T (称为基频 ) ) ), 则在 f T ( t ) \boldsymbol{f}_{T}(\boldsymbol{t}) fT​(t) 的连续点处，有(1)公式。在间断点处，上式左端为 1 2 [ f T ( t + 0 ) + f T ( t − 0 ) ] . \frac{1}{2}\left[f_{T}(t+0)+f_{T}(t-0)\right] . 21​[fT​(t+0)+fT​(t−0)].

信号的频率

设有正弦信号为 f ( t ) = 3 sin ⁡ ( 2 π 8 t ) f(t)=3 \sin (2 \pi 8 t) f(t)=3sin(2π8t) ，其中 t t t 的单位为秒。

则其基本周期为 T = 1 / 8 ( \boldsymbol{T}=\mathbf{1} / \mathbf{8}( T=1/8( 秒 ) ) ), 相应地，其频率为:

F = 1 T = 1 1 / 8 = 8 ( 1 /  秒  ) = 8  赫兹  ( H z )  .  F=\frac{1}{T}=\frac{1}{1 / 8}=8(1 / \text { 秒 })=8 \text { 赫兹 }(\mathrm{Hz}) \text { . } F=T1​=1/81​=8(1/ 秒 )=8 赫兹 (Hz) . 

同 理 \Large\color{violet}{同理} 同理 信号 f ( t ) = 20 sin ⁡ ( 2 π 15 t ) f(t)=20 \sin (2 \pi 15 t) f(t)=20sin(2π15t) 的频率为 15 Hz.

信号 f ( t ) = 19 cos ⁡ ( 2 π 64 t + 10 ) f(t)=19 \cos (2 \pi 64 t+10) f(t)=19cos(2π64t+10) 的频率为 64 Hz.

试问 信号 f ( t ) = 10 sin ⁡ ( 2 π 5 t ) + 2 sin ⁡ ( 2 π 32 t ) f(t)=10 \sin (2 \pi 5 t)+2 \sin (2 \pi 32 t) f(t)=10sin(2π5t)+2sin(2π32t) 的频率是多少？

回答 :该信号不是单一频率，它含有 5 H z \mathbf{5 H z} 5Hz 和 32   H z 32 \mathrm{~Hz} 32 Hz 的频率。

启示: (1) 在实际工程问题中，如果一个复杂信号由多个具有单一频率的信号混合叠加而成, 自然地，就可以说该信号含有这些频率 (成份)。

(2) 在含有多个频率的复杂信号中，各个频率(成份)的 权重(即组合系数)是不一样的。

• 系数较大的频率(成份)通常表现了信号的轮廓。
• 系数较小的频率(成份)通常表现了信号的细节。

(3) 因此，信号中所含有的频率以及这些频率 (成份) 的组合系数构成描述该信号的两类重要指标。

比如 ,在上述信号中，5 H z \mathrm{Hz} Hz 和 32   H z 32 \mathrm{~Hz} 32 Hz 及系数 10 和 2反映了该信号的本质特征。

追问 下列信号的频率又是多少?

显然，如果能将上述信号分解为一些具有单一频率的 **正弦(或余弦)**信号的组合，则问题就解决了。

这正是本节所要达到的目标!

傅立叶级数适用于周期性函数，可以将任何周期性函数分解成简单震荡函数的集合（正弦函数和余弦函数），如下图所示：

上图左侧是一个周期函数，右侧是将周期函数分解成多个简单震荡函数，这个周期函数用数学公式可以表达为：

f ( t ) ≈ 2.5 + 10 π ( sin ⁡ π t 4 + 1 3 sin ⁡ 3 π t 4 + 1 5 sin ⁡ 5 π t 4 + 1 7 sin ⁡ 7 π t 4 ) f(t) \approx 2.5+\frac{10}{\pi}\left(\sin \frac{\pi t}{4}+\frac{1}{3} \sin \frac{3 \pi t}{4}+\frac{1}{5} \sin \frac{5 \pi t}{4}+\frac{1}{7} \sin \frac{7 \pi t}{4}\right) f(t)≈2.5+π10​(sin4πt​+31​sin43πt​+51​sin45πt​+71​sin47πt​)

图中左侧的信号是随着时间而变化的，称为时域（time domain）。

根据右侧分解的多个简单震荡函数可知，不同的震荡函数有不同的振幅和频率。以第一个波形为例，振幅 A = 1 A=1 A=1，频率 f = w / 2 π = 1 / 8 f=w/2\pi=1/8 f=w/2π=1/8 。如何以频率为横坐标，振幅为纵坐标那么可以表示为下图：

图中所示信号随频率而变化的，称为频域（frequency domain）。

上述两图中以时域和频域所表示的信号是等价的，只是从不同角度来看。用一张动态图来看一下不同角度下的效果：

希尔伯特空间

希尔伯特空间中的內积

希尔伯特空间（ Hilbert space）其实就是线性空间的一个拓展。平时线性代数里研究的线性空间都是有限维的，这个有限维说的不是 n n n 取多少，而是基底是可数的。什么叫可数什么叫不可数，不是按照集合元素是否有限来划分的，而是按照致密性来划分的。测度论的知识这里就不多说了，简单来说就是看连不连续。给你一个直观感受：全体自然数这个集合是可数的，而 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1) 区间却是不可数的。

那么我们平时说的函数实际上就是无穷维线性空间里的“向量”，觉得不适应的来看两个例子:

① d ( f ( x ) + g ( x ) ) = d f ( x ) + d g ( x ) d(f(x)+g(x))=df(x)+dg(x) d(f(x)+g(x))=df(x)+dg(x) ， d d d 表示求导，实际上是微分算子。

② 为了和矩阵对应，所以采取这种柯西形式: ∫ a b ( k f ( x ) + g ( x ) ) d x = k ∫ a b f ( x ) d x + ∫ a b g ( x ) d x \int_{a}^{b}(kf(x)+g(x))dx=k\int_{a}^{b}f(x)dx+\int_{a}^{b}g(x)dx ∫ab​(kf(x)+g(x))dx=k∫ab​f(x)dx+∫ab​g(x)dx

怎么样，感受到“线性变换”了吗？

所以： $(f(x),g(x))=\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx $ 这里 ( a , b ) (a,b) (a,b) 表示內积，相当于有限维空间中的 a ⃗ ⋅ b ⃗ \vec a\cdot\vec b a

⋅b

。

柯西-施瓦茨不等式：

( a ⃗ ⋅ b ⃗ ) 2 ≤ ∣ a ∣ 2 ∣ b ∣ 2 ⇒ ( ∫ a b f ( x ) g ( x ) d x ) 2 ≤ ∫ a b f 2 ( x ) d x ⋅ ∫ a b g 2 ( x ) d x (\vec a\cdot\vec b)^2\leq \left| a \right|^2 \left| b \right|^2\Rightarrow(\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx)^2\leq \int_{a}^{b}f^2(x)dx\cdot \int_{a}^{b}g^2(x)dx (a

⋅b

)2≤∣a∣2∣b∣2⇒(∫ab​f(x)g(x)dx)2≤∫ab​f2(x)dx⋅∫ab​g2(x)dx

正交函数系

有一组函数 $\left{ f_{1}(x) ,f_{2}(x),f_{3}(x),…\right} $ ，这些函数满足相互正交（希尔伯特空间意义的正交）即$\int_{a}^{b}f_{m}(x)f_{n}(x)dx=0 $ ，$m\ne n $ 。（ m = n m=n m=n 就叫范数了，也就是模长）。

正交函数系的正规化

就是要求正交函数系每个函数的范数是 1 1 1 （每个向量的模长是 1 1 1）。即： ∫ a b f n 2 ( x ) d x = 1 \int_{a}^{b}f_{n}^2(x)dx=1 ∫ab​fn2​(x)dx=1 。

三角函数正交性推导

三角函数标准形式为公式5所示

f ( t ) = A s i n ( ω t + φ ) (5) f\left( t \right) = Asin\left( \omega t + \varphi \right)\tag{5} f(t)=Asin(ωt+φ)(5)

在物理意义上这个函数又称之为正弦波(简谐波),其中的 t t t 为时间变量, A A A 为振幅, ω \omega ω 为角速度, φ \varphi φ为相位/初相（与考察时设置原点位置有关，可以理解为一个常量）。 T = 2 π ω T=\frac{2 \pi}{\omega_{}} T=ω​2π​ 为基本周期， ( ( ( 单位: 秒 ) ) )

可以通过公式6求得这个正弦波的频率。(单位：赫兹 Hz)

f = ω 2 π (6) f = \frac{\omega}{2\pi} \tag{6} f=2πω​(6)

并由式6可知，角速度和正弦波的频率是正相关的。

同时，因为三角函数是周期函数，其在 − π - \pi −π到 π \pi π 的积分必定为0，由此性质可写出式7，8 .

∫ − π π sin ⁡ ( nx ) d x = 0 (7) \int_{- \pi}^{\pi}{\sin\left( \text{nx} \right){dx = 0 }} \tag{7} ∫−ππ​sin(nx)dx=0(7)

∫ − π π cos ⁡ ( nx ) d x = 0 (8) \int_{- \pi}^{\pi}{\cos\left( \text{nx} \right){dx = 0 }} \tag{8} ∫−ππ​cos(nx)dx=0(8)

更一般的情况，有

{ ∫ − π π cos ⁡ ( m x )   cos ⁡ ( n x )   d x = π , m = n , m , n ≥ 1 ∫ − π π cos ⁡ ( m x )   cos ⁡ ( n x )   d x = 0 , m ≠ n , m , n ≥ 1 { ∫ − π π sin ⁡ ( m x )   sin ⁡ ( n x )   d x = π , m = n , m , n ≥ 1 ∫ − π π sin ⁡ ( m x )   sin ⁡ ( n x )   d x = 0 , m ≠ n , m , n ≥ 1 ∫ − π π cos ⁡ ( m x )   sin ⁡ ( n x )   d x = 0 , m , n ≥ 1 ∫ − π π cos ⁡ ( n x )   d x = 0 , n ≥ 1 ∫ − π π sin ⁡ ( n x )   d x = 0 , n ≥ 1 (9) \begin{aligned} & \left\{ \begin{aligned} &\int_{-\pi}^{\pi} \cos(mx)\, \cos(nx)\, dx = \pi, \quad m = n, m, n \ge 1 \\ &\int_{-\pi}^{\pi} \cos(mx)\, \cos(nx)\, dx = 0, \quad m \neq n, m, n \ge 1 \end{aligned} \right. \\\\& \left\{ \begin{aligned} &\int_{-\pi}^{\pi} \sin(mx)\, \sin(nx)\, dx = \pi, \quad m = n, m, n \ge 1 \\ &\int_{-\pi}^{\pi} \sin(mx)\, \sin(nx)\, dx = 0, \quad m \neq n, m, n \ge 1 \end{aligned} \right. \\\\ & \int_{-\pi}^{\pi} \cos(mx)\, \sin(nx)\, dx = 0, \quad m, n \ge 1 \\& \int_{-\pi}^{\pi} \cos(nx)\, dx = 0, \quad n \ge 1 \\& \int_{-\pi}^{\pi} \sin(nx)\, dx = 0, \quad n \ge 1 \end{aligned}\tag{9} ​⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​​∫−ππ​cos(mx)cos(nx)dx=π,m=n,m,n≥1∫−ππ​cos(mx)cos(nx)dx=0,m​=n,m,n≥1​⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​​∫−ππ​sin(mx)sin(nx)dx=π,m=n,m,n≥1∫−ππ​sin(mx)sin(nx)dx=0,m​=n,m,n≥1​∫−ππ​cos(mx)sin(nx)dx=0,m,n≥1∫−ππ​cos(nx)dx=0,n≥1∫−ππ​sin(nx)dx=0,n≥1​(9)

所以， 1 , cos ⁡ ( x ) , sin ⁡ ( x ) , cos ⁡ ( 2 x ) , sin ⁡ ( 2 x ) , . . . , cos ⁡ ( n x ) , sin ⁡ ( n x ) 1, \cos(x), \sin(x), \cos(2x),\sin(2x), ... , \cos(nx), \sin(nx) 1,cos(x),sin(x),cos(2x),sin(2x),...,cos(nx),sin(nx) 不仅能够表示单一频率，而且还构成了一组正交基。

下面就是讲讲怎么得出上面的结论，设某三角函数为

f ( x ) = sin ⁡ ( nx ) f\left( x \right) = \sin\left( \text{nx} \right) f(x)=sin(nx)

在式8 两边同时乘以 sin ⁡ ( mx ) \sin\left( \text{mx} \right) sin(mx) 同时,对两边在 − π - \pi −π到 π \pi π 内进行积分,得出

∫ − π π f ( x ) s i n ( m x ) d x = ∫ − π π sin ⁡ ( nx ) s i n ( m x ) d x \int_{- \pi}^{\pi}{f\left( x \right)sin(mx)dx} = \int_{- \pi}^{\pi}{\sin\left( \text{nx} \right)sin(mx)dx} ∫−ππ​f(x)sin(mx)dx=∫−ππ​sin(nx)sin(mx)dx

由三角函数的积化和差公式,上式可变形为

∫ − π π f ( x ) sin ⁡ ( mx ) dx = 1 2 ∫ − π π cos ⁡ [ ( m − n ) x ] − cos ⁡ [ ( m + n ) x ] dx = 1 2 ∫ − π π cos ⁡ [ ( m − n ) x ] dx − 1 2 ∫ − π π cos ⁡ [ ( m + n ) x ] dx (10) \int_{- \pi}^{\pi}{f( x )\sin( \text{mx} )\text{dx}} = \frac{1}{2}\int_{- \pi}^{\pi}{{ \cos\lbrack ( m - n )x \rbrack - \cos\lbrack ( m + n )x \rbrack }\text{dx}} \\= \frac{1}{2}\int_{- \pi}^{\pi}{\cos\lbrack ( m - n )x \rbrack\text{dx}} - \frac{1}{2}\int_{- \pi}^{\pi}{\cos\lbrack ( m + n )x \rbrack\text{dx}}\tag{10} ∫−ππ​f(x)sin(mx)dx=21​∫−ππ​cos[(m−n)x]−cos[(m+n)x]dx=21​∫−ππ​cos[(m−n)x]dx−21​∫−ππ​cos[(m+n)x]dx(10)

依据上述推导方法我们可以继续推导出下列公式:

∫ − π π cos ⁡ ( mx ) cos ⁡ ( nx ) d x = 1 2 ∫ − π π cos ⁡ [ ( m − n ) x ] + cos ⁡ [ ( m + n x ) ] dx = 1 2 ∫ − π π cos ⁡ [ ( m − n ) x ] dx + 1 2 ∫ − π π cos ⁡ [ ( m + n ) x ] dx (11) \int_{- \pi}^{\pi}{\cos( \text{mx} )\cos( \text{nx} )}dx = \frac{1}{2}\int_{- \pi}^{\pi}{{ \cos\lbrack ( m - n )x \rbrack + \cos\lbrack ( m + nx ) \rbrack }\text{dx}} \\= \frac{1}{2}\int_{- \pi}^{\pi}{\cos\lbrack ( m - n )x \rbrack\text{dx}} + \frac{1}{2}\int_{- \pi}^{\pi}{\cos\lbrack ( m + n )x \rbrack\text{dx}}\tag{11} ∫−ππ​cos(mx)cos(nx)dx=21​∫−ππ​cos[(m−n)x]+cos[(m+nx)]dx=21​∫−ππ​cos[(m−n)x]dx+21​∫−ππ​cos[(m+n)x]dx(11)

∫ − π π sin ⁡ ( mx ) cos ⁡ ( nx ) d x = 1 2 ∫ − π π sin ⁡ [ ( m − n ) x ] + sin ⁡ [ ( m + n ) x ] dx = 1 2 ∫ − π π sin ⁡ [ ( m − n ) x ] dx + 1 2 ∫ − π π sin ⁡ [ ( m + n ) ] dx (12) \int_{- \pi}^{\pi}{\sin( \text{mx} )\cos( \text{nx} )}dx = \frac{1}{2}\int_{- \pi}^{\pi}{{ \sin\lbrack ( m - n )x \rbrack + \sin\lbrack ( m + n )x \rbrack }\text{dx}} \\= \frac{1}{2}\int_{- \pi}^{\pi}{\sin\lbrack ( m - n )x \rbrack\text{dx}} + \frac{1}{2}\int_{- \pi}^{\pi}{\sin\lbrack ( m + n ) \rbrack\text{dx}}\tag{12} ∫−ππ​sin(mx)cos(nx)dx=21​∫−ππ​sin[(m−n)x]+sin[(m+n)x]dx=21​∫−ππ​sin[(m−n)x]dx+21​∫−ππ​sin[(m+n)]dx(12)

因为三角函数在 − π - \pi −π到 π \pi π 内的积分为0,因此当 m ≠ n m \neq n m​=n 时,式10、11、12的结果必定为0，因此可以得出以下结论，频率不同的三角函数相乘在一个周期内( − π - \pi −π到 π \pi π )的积分必定为0。

简谐波构成的函数系

考虑如下的函数系:

{ 1 , cos ⁡ ω 0 t , sin ⁡ ω 0 t , cos ⁡ 2 ω 0 t , sin ⁡ 2 ω 0 t , ⋯ ⋯   } \left\{1, \cos \omega_{0} t, \sin \omega_{0} t, \cos 2 \omega_{0} t, \sin 2 \omega_{0} t, \cdots \cdots\right\} {1,cosω0​t,sinω0​t,cos2ω0​t,sin2ω0​t,⋯⋯}

将这些函数分别记为:

{ φ 0 ( t ) = 1 φ 1 ( t ) = cos ⁡ ω 0 t φ 2 ( t ) = cos ⁡ 2 ω 0 t … … … … … φ n ( t ) = cos ⁡ n ω 0 t … … … … … { ψ 1 ( t ) = sin ⁡ ω 0 t ψ 2 ( t ) = sin ⁡ 2 ω 0 t … … … … … ψ n ( t ) = sin ⁡ n ω 0 t … … … … … \left\{\begin{array} { l } { \varphi _ { 0 } ( t ) = 1 } \\ { \varphi _ { 1 } ( t ) = \operatorname { c o s } \omega _ { 0 } t } \\ { \varphi _ { 2 } ( t ) = \operatorname { c o s } 2 \omega _ { 0 } t } \\ { \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots } \\ { \varphi _ { n } ( t ) = \operatorname { c o s } n \omega _ { 0 } t } \\ { \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots } \end{array} \quad \left\{\begin{array}{l} \psi_{1}(t)=\sin \omega_{0} t \\ \psi_{2}(t)=\sin 2 \omega_{0} t \\ \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \\ \psi_{n}(t)=\sin n \omega_{0} t \\ \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \end{array}\right.\right. ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​φ0​(t)=1φ1​(t)=cosω0​tφ2​(t)=cos2ω0​t……………φn​(t)=cosnω0​t……………​⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​ψ1​(t)=sinω0​tψ2​(t)=sin2ω0​t……………ψn​(t)=sinnω0​t……………​

特点

(1) 正交性 令 T = 2 π / ω 0 \boldsymbol{T}=2 \pi / \omega_{0} T=2π/ω0​, 则有

∫ − T / 2 T / 2 φ m ( t ) ⋅ ψ n ( t ) d t = 0 , ( ∀ m , n ) ∫ − T / 2 T / 2 φ k ( t ) ⋅ φ l ( t ) d t = 0 , ( k ≠ l ) ∫ − T / 2 T / 2 ψ k ( t ) ⋅ ψ l ( t ) d t = 0 , ( k ≠ l ) \begin{array}{l} \int_{-T / 2}^{T / 2} \varphi_{m}(t) \cdot \psi_{n}(t) d t=0, \quad(\forall m, n) \\ \int_{-T / 2}^{T / 2} \varphi_{k}(t) \cdot \varphi_{l}(t) d t=0, \quad(k \neq l) \\ \int_{-T / 2}^{T / 2} \psi_{k}(t) \cdot \psi_{l}(t) d t=0, \quad(k \neq l) \end{array} ∫−T/2T/2​φm​(t)⋅ψn​(t)dt=0,(∀m,n)∫−T/2T/2​φk​(t)⋅φl​(t)dt=0,(k​=l)∫−T/2T/2​ψk​(t)⋅ψl​(t)dt=0,(k​=l)​

(2) 周期性 { φ k ( t + T ) = φ k ( t ) , k = 0 , 1 , 2 , ⋯ ⋯ ψ k ( t + T ) = ψ k ( t ) , k = 1 , 2 , ⋯ … \left\{\begin{array}{ll}\varphi_{k}(t+T)=\varphi_{k}(t), & k=0,1,2, \cdots \cdots \\ \psi_{k}(t+T)=\psi_{k}(t), & k=1,2, \cdots \ldots\end{array}\right. {φk​(t+T)=φk​(t),ψk​(t+T)=ψk​(t),​k=0,1,2,⋯⋯k=1,2,⋯…​

显然，由 { φ k ( t ) } , { ψ k ( t ) } \left\{\varphi_{k}(t)\right\},\left\{\psi_{k}(t)\right\} {φk​(t)},{ψk​(t)} 叠加可生成周期为 T T T 的复杂波。

问题 :对于任何一个周期为 T \boldsymbol{T} T 的 ( ( ( 复杂 ) ) ) 函数 f T ( t ) \boldsymbol{f}_{T}(\boldsymbol{t}) fT​(t), 能否:

f T ( t ) = ? A 0 φ 0 ( t ) + ∑ n = 1 + ∞ [ a n φ n ( t ) + b n ψ n ( t ) ] = A 0 + ∑ n = 1 + ∞ ( a n cos ⁡ n ω 0 t + b n sin ⁡ n ω 0 t ) = A 0 + ∑ n = 1 + ∞ A n cos ⁡ ( n ω 0 t + θ n ) \begin{aligned} f_{T}(t) & \stackrel{?}{=} A_{0} \varphi_{0}(t)+\sum_{n=1}^{+\infty}\left[a_{n} \varphi_{n}(t)+b_{n} \psi_{n}(t)\right] \\ &=A_{0}+\sum_{n=1}^{+\infty}\left(a_{n} \cos n \omega_{0} t+b_{n} \sin n \omega_{0} t\right) \\ &=A_{0}+\sum_{n=1}^{+\infty} A_{n} \cos \left(n \omega_{0} t+\theta_{n}\right) \end{aligned} fT​(t)​=?A0​φ0​(t)+n=1∑+∞​[an​φn​(t)+bn​ψn​(t)]=A0​+n=1∑+∞​(an​cosnω0​t+bn​sinnω0​t)=A0​+n=1∑+∞​An​cos(nω0​t+θn​)​

傅里叶展开

现在再来看看教材上将周期函数展开成三角级数的式子：

f ( t ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ [ a n c o s ( n ω t ) + b n s i n ( n ω t ) ] (13) f(t)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}{[a_{n}cos(n\omega t)+b_{n}sin(n\omega t)]}\tag{13}\\ f(t)=2a0​​+n=1∑∞​[an​cos(nωt)+bn​sin(nωt)](13)

f ( t ) = 1 2 π ∫ − π π f ( t ) d t + ∑ n = 1 ∞ [ 1 π ∫ − π π c o s ( n ω t ) f ( t ) d t ∗ c o s ( n ω t ) + 1 π ∫ − π π s i n ( n ω t ) f ( t ) d t ∗ s i n ( n ω t ) ] \begin{aligned} f(t)=&\frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) d t+\\ &\sum_{n=1}^{\infty}{[\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}}cos(n\omega t)f(t)dt*cos(n\omega t) + \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}sin(n\omega t)f(t)dt*sin(n\omega t) ] \end{aligned} f(t)=​2π1​∫−ππ​f(t)dt+n=1∑∞​[π1​∫−ππ​cos(nωt)f(t)dt∗cos(nωt)+π1​∫−ππ​sin(nωt)f(t)dt∗sin(nωt)]​

把它拆一下看看会得到什么东西： ( a , b ) (a,b) (a,b) 表示希尔伯特內积， a ⋅ b a\cdot b a⋅b 表示有限维线性空间的內积。

首项：

1 2 π ∫ − π π 1 2 π f ( t ) d t = 1 2 π ⋅ ( 1 2 π , f ( t ) ) (14) \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}f(t)dt=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot(\frac{1}{\sqrt{2\pi}},f(t))\tag{14} 2π

​1​∫−ππ​2π

​1​f(t)dt=2π

​1​⋅(2π

​1​,f(t))(14)

余弦项：

1 π ∫ − π π c o s ( n u ) f ( u ) d u ∗ c o s ( n t ) = c o s ( n t ) π ∫ − π π f ( u ) c o s ( n u ) π d u = c o s ( n t ) π ⋅ ( c o s ( n u ) π , f ( u ) ) {\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}}cos(nu)f(u)du *cos(nt)\\ =\frac{cos(nt)}{\sqrt{\pi}}\int_{-\pi}^{\pi}f(u)\frac{cos(nu)}{\sqrt{\pi}}du\\ =\frac{cos(nt)}{\sqrt{\pi}}\cdot (\frac{cos(nu)}{\sqrt{\pi}},f(u)) π1​∫−ππ​cos(nu)f(u)du∗cos(nt)=π

​cos(nt)​∫−ππ​f(u)π

​cos(nu)​du=π

​cos(nt)​⋅(π

​cos(nu)​,f(u))

正弦项：

1 π ∫ − π π s i n ( n u ) f ( u ) d u ∗ s i n ( n t ) = s i n ( n t ) π ⋅ ( s i n ( n u ) π , f ( u ) ) {\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}}sin(nu)f(u)du*sin(nt) \\ =\frac{sin(nt)}{\sqrt{\pi}}\cdot (\frac{sin(nu)}{\sqrt{\pi}},f(u)) π1​∫−ππ​sin(nu)f(u)du∗sin(nt)=π

​sin(nt)​⋅(π

​sin(nu)​,f(u))

这里改变符号只是为了避免混淆，系数积分里的 t t t 换成 u u u 并不影响系数积分，而积分外的 t t t拿进来保留 t t t符号也不影响原式的意义。

注意他们都是 N ( n t ) ⋅ ( N ( n u ) , f ( u ) ) N(nt)\cdot (N(nu),f(u)) N(nt)⋅(N(nu),f(u)) 的形式。

然后记

a ( t ) = { 1 π , c o s ( t ) π , c o s ( 2 t ) π , . . . c o s ( n t ) π } a(t)=\left\{ \frac{1}{\sqrt{\pi}},\frac{cos(t)}{\sqrt{\pi}} ,\frac{cos(2t)}{\sqrt{\pi}},...\frac{cos(nt)}{\sqrt{\pi}}\right\} a(t)={π

​1​,π

​cos(t)​,π

​cos(2t)​,...π

​cos(nt)​}

b ( t ) = { 0 , s i n ( t ) π , s i n ( 2 t ) π , . . . s i n ( n t ) π } b(t)=\left\{ 0,\frac{sin(t)}{\sqrt{\pi}}, \frac{sin(2t)}{\sqrt{\pi}},...\frac{sin(nt)}{\sqrt{\pi}}\right\} b(t)={0,π

​sin(t)​,π

​sin(2t)​,...π

​sin(nt)​}

这两个都是自变量为 t t t 的正交函数系， a ( t ) a(t) a(t) 还是正规的。其中 n n n 表示项数。

所以我们写出一个特别的傅里叶展开形式：

f ( t ) = ∑ n = 1 ∞ [ a ( t ) ⋅ ( b ( u ) , f ( u ) ) + b ( t ) ⋅ ( b ( u ) , f ( u ) ) ] f(t)=\sum_{n=1}^{\infty}{[a(t)\cdot (b(u),f(u))+b(t)\cdot (b(u),f(u))]} f(t)=n=1∑∞​[a(t)⋅(b(u),f(u))+b(t)⋅(b(u),f(u))]

不妨写为

f ( t ) = ∑ n = 1 ∞ [ ( a ( u ) , f ( u ) ) ⋅ a ( t ) + ( b ( u ) , f ( u ) ) ⋅ b ( t ) ] f(t)=\sum_{n=1}^{\infty}{[(a(u),f(u))\cdot a(t)+ (b(u),f(u))\cdot b(t)]} f(t)=n=1∑∞​[(a(u),f(u))⋅a(t)+(b(u),f(u))⋅b(t)]

这样就揭示了傅里叶级数的本质：把一个函数展开成正交函数系，并且系数就是函数和该正交函数系的內积。

至于为什么这里用到了两个正交函数系，是因为只有这样的形式才具有完备性，证明过程实在是比较繁琐又没有必要，详见各数学分析教材。这里你就理解为：只有这种形式才能保证任何函数都可以这样展开。众所周知，奇函数展开只有正弦项，偶函数展开只有余弦项。

实际上，知道了傅里叶展开这个本质，你任意选取正交函数系来展开函数都是允许的。

傅里叶级数推导

法国数学家傅里叶在提出傅里叶级数时认为，任何一个周期信号都可以展开成傅里叶级数，之后这个结论被进一步补充，只有在满足狄利克雷条件时，周期信号才能够被展开成傅里叶级数。

其中，狄利克雷条件的定义如下：

• 在一周期内，连续或只有有限个第一类间断点。
• 在一周期内，极大值和极小值的数目应是有限个。
• 在一周期内，信号是绝对可积的。

１、把一个周期函数表示成三角级数：

首先，周期函数是客观世界中周期运动的数学表述，如物体挂在弹簧上作简谐振动、单摆振动、无线电电子振荡器的电子振荡等，大多可以表述为：

f ( t ) = A s i n ( ω t + ψ ) (17) f(t)=Asin(\omega t+\psi) \tag{17} f(t)=Asin(ωt+ψ)(17)

然而，世界上许多周期信号并非正弦函数那么简单，如方波、三角波等。傅里叶就想，能否用一系列的三角函数 A n s i n ( n ω t + ψ n ) A_{n}sin(n\omega t+\psi_{n}) An​sin(nωt+ψn​) 之和来表示那个较复杂的周期函数 f ( t ) f(t) f(t) 呢？因为正弦函数sin可以说是最简单的周期函数了。于是，傅里叶写出下式：

f ( t ) = A 0 + ∑ n = 1 ∞ A n s i n ( n ω t + ψ n ) (18) f(t)=A_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}{A_{n}sin(n\omega t+\psi_{n})}\tag{18} f(t)=A0​+n=1∑∞​An​sin(nωt+ψn​)(18)

这里， t t t是变量，其他都是常数。与上面最简单的正弦周期函数相比，18 式中多了一个 n n n，且 n n n从1到无穷大。这里 f ( t ) f(t) f(t)是已知函数，也就是需要分解的原周期函数。从公式18 来看，傅里叶是想把一个周期函数表示成许多正弦函数的线性叠加，这许许多多的正弦函数有着不同的幅度分量（即式中 A n A_n An​）、有不同的周期或说是频率（是原周期函数的整数倍，即 n n n）、有不同的初相角（即 ψ n \psi_{n} ψn​），当然还有一项常数项（即 A 0 A_{0} A0​ ）。要命的是，这个n是从1到无穷大，也就是是一个无穷级数。

这里强调一下，傅里叶级数中对不同频率的波有一个要求就是给定一个初始的频率 ω 0 \omega_{0} ω0​ ,之后的角频率必须是 ω 0 \omega_{0} ω0​ 的整数倍， 这就是**DTF（离散傅里叶变化）**中的角频率取值的原则。如下的b分解为a,c与a转换。

当然在18式中，唯一已知的就是原周期函数 f ( t ) f(t) f(t),那么只需用已知函数 f ( t ) f(t) f(t)来表达出各项系数，上式就可以成立，也能计算了。

因为 ψ n \psi_{n} ψn​ 是个常数， A n A_{n} An​ 也是常数。解过常微分方程的人都知道，方程中的常数能整合到一起就整合到一起。

于是乎，傅里叶首先对式18作如下变形：

A n s i n ( n ω t + ψ n ) = A n s i n ψ n c o s ( n ω t ) + A n c o s ψ n s i n ( n ω t ) A_{n}sin(n\omega t+\psi_{n})={\color{blue}{A_{n}sin\psi_{n}}} cos(n\omega t)+\color{blue}{A_{n}cos\psi_{n}}sin(n\omega t)\\ An​sin(nωt+ψn​)=An​sinψn​cos(nωt)+An​cosψn​sin(nωt)

这个变化并不陌生，源自于三角公式：

s i n ( α ± β ) = s i n α c o s β ± c o s α s i n β sin(\alpha\pm\beta)=sin\alpha cos\beta\pm cos\alpha sin\beta\\ sin(α±β)=sinαcosβ±cosαsinβ

式中，蓝色项即为我们需要合并的常数项，记：

a n = A n ⋅ s i n ψ n , b n = A n ⋅ c o s ψ n a_{n}={\color{blue}{An\cdot sin\psi_{n}}}, b_n={\color{blue}{A_n\cdot cos\psi_n}} an​=An⋅sinψn​,bn​=An​⋅cosψn​

这样，公式 18 18 18就可以写成如下公式 19 19 19的形式：

f ( t ) = A 0 + ∑ n = 1 ∞ [ a n c o s ( n ω t ) + b n s i n ( n ω t ) ] (19) f(t)=A_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}{[a_ncos(n\omega t)+b_{n}sin(n\omega t)]} \tag{19} f(t)=A0​+n=1∑∞​[an​cos(nωt)+bn​sin(nωt)](19)

到了这一步我们只要解出 A 0 A_{0} A0​ 、 a n a_{n} an​、 b n b_{n} bn​ 的值即可。

2、麦克劳林公式中的待定系数法：

这里为解出 A 0 A_{0} A0​ 、 a n a_{n} an​、 b n b_{n} bn​ 值奠定下思路：

泰勒级数即为任意一个函数都可以用一个多项式来逼近，记为：

f ( x ) = A + B x + C x 2 + D x 3 + . . . f(x)=A+Bx+Cx^{2}+Dx^{3}+...\\ f(x)=A+Bx+Cx2+Dx3+...

那么，麦克劳林令：

f ′ ( x ) = B + 2 C x + 3 D x 2 f ′ ′ ( x ) = 2 C + 6 D x . . . . . . . . \begin{aligned} &f^{'}(x)=B+2Cx+3Dx^2\\ &f^{''}(x)=2C+6Dx\\ &........ \end{aligned}\\ ​f′(x)=B+2Cx+3Dx2f′′(x)=2C+6Dx........​

在每个等式中令 x = 0 , x=0, x=0,然后使用待定系数法就可以解出A,B,C…的值

A = f ( 0 ) B = f ′ ( 0 ) C = f ′ ′ ( 0 ) / 2 D = f ′ ′ ′ ( 0 ) / ( 1 ∗ 2 ∗ 3 ) \begin{aligned} &A=f(0)\\ &B=f^{'}(0)\\ &C=f^{''}(0)/2\\ &D=f^{'''}(0)/(1*2*3)\\\end{aligned}\\ ​A=f(0)B=f′(0)C=f′′(0)/2D=f′′′(0)/(1∗2∗3)​

即：

N = f n ( x ) / n ! N=f^{n}(x)/n!\\ N=fn(x)/n!

3、函数展开成傅里叶级数：

先把傅里叶级数表示为下式，即20式：

f ( t ) = A 0 + ∑ n = 1 ∞ [ a n c o s ( n ω t ) + b n s i n ( n ω t ) ] (20) f(t)=A_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}{[a_ncos(n\omega t)+b_{n}sin(n\omega t)]}\tag{20} f(t)=A0​+n=1∑∞​[an​cos(nωt)+bn​sin(nωt)](20)

对20式从 [ − π , π ] [-\pi, \pi] [−π,π]积分，得：

∫ − π π f ( t ) = ∫ − π π A 0 + ∫ − π π ∑ n = 1 ∞ [ a n c o s ( n ω t ) + b n s i n ( n ω t ) ] = ∫ − π π A 0 + 0 = A 0 ∣ − π π = ( π − ( − π ) ) A 0 = 2 π A 0 \begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi}f(t)&=\int_{-\pi}^{\pi}A_{0}+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}{[a_{n}cos(n\omega t)+b_{n}sin(n\omega t)]}\\ &=\int_{-\pi}^{\pi}A_{0}+0=A_{0}|^{\pi}_{-\pi}\\ &=(\pi-(-\pi))A_{0}\\ &=2\pi A_{0} \end{aligned}\\ ∫−ππ​f(t)​=∫−ππ​A0​+∫−ππ​n=1∑∞​[an​cos(nωt)+bn​sin(nωt)]=∫−ππ​A0​+0=A0​∣−ππ​=(π−(−π))A0​=2πA0​​

解出：

A 0 = 1 2 π ∫ − π π f ( t ) (21) A_{0}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\tag{21} A0​=2π1​∫−ππ​f(t)(21)

这就求得了第一个系数 A 0 A_{0} A0​ 的表达式。接下来再求 a n a_{n} an​ 和 b n b_{n} bn​ 的表达式。用 c o s ( k ω t ) cos(k\omega t) cos(kωt) 乘20式的二边得：

f ( t ) ⋅ c o s ( k ω t ) = A 0 c o s ( k ω t ) + ∑ n = 1 ∞ [ a n c o s ( n ω t ) ⋅ c o s ( k ω t ) + b n s i n ( n ω t ) ⋅ c o s ( k ω t ) ] \begin{aligned} f(t) \cdot cos(k\omega t)=&A_{0}cos(k \omega t)+\\&\sum_{n=1}^{\infty}{[a_{n}cos(n\omega t)\cdot cos(k\omega t)+b_{n}sin(n\omega t)\cdot cos(k\omega t)}] \end{aligned}\\ f(t)⋅cos(kωt)=​A0​cos(kωt)+n=1∑∞​[an​cos(nωt)⋅cos(kωt)+bn​sin(nωt)⋅cos(kωt)]​

然后对上式从 − π -\pi −π 到 π \pi π 逐项积分：

∫ − π π f ( t ) ⋅ c o s ( k ω t ) d t = A 0 ∫ − π π c o s ( k ω t ) d t + ∑ n = 1 ∞ [ a n ∫ − π π c o s ( n ω t ) ⋅ c o s ( k ω t ) d t + b n ∫ − π π s i n ( n ω t ) ⋅ c o s ( k ω t ) d t ] \begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi}f(t) \cdot cos(k\omega t)dt= &A_{0}{\color{red}{\int_{-\pi}^{\pi}cos(k \omega t)dt}}+\\&\sum_{n=1}^{\infty}{[a_{n} {\color{blue}{\int_{-\pi}^{\pi}cos(n\omega t)\cdot cos(k\omega t)dt}} + b_{n}\color{red}{\int_{-\pi}^{\pi}sin(n\omega t)\cdot cos(k\omega t)dt}}] \end{aligned}\\ ∫−ππ​f(t)⋅cos(kωt)dt=​A0​∫−ππ​cos(kωt)dt+n=1∑∞​[an​∫−ππ​cos(nωt)⋅cos(kωt)dt+bn​∫−ππ​sin(nωt)⋅cos(kωt)dt]​

根据三角函数系的正交性，红色积分为0，蓝色项中仅当 k = n k=n k=n 时积分不为0，其余项积分为0，所以有：

∫ − π π c o s ( k ω t ) ⋅ f ( t ) = a n ∑ n = 1 ∞ ∫ − π π c o s ( k ω t ) ⋅ c o s ( n ω t ) d t = a n ∫ − π π c o s 2 ( n ω t ) d t = a n 2 ∫ − π π ( 1 + c o s 2 n ω t ) d t ( 半 角 公 式 ) = a n 2 ( ∫ − π π 1 d t + ∫ − π π c o s 2 n ω t   d t ) = a n 2 ⋅ 2 π = a n π \begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi}cos(k\omega t) \cdot f(t)&=a_{n}\sum_{n=1}^{\infty} {\color{blue}{\int_{-\pi}^{\pi}cos(k\omega t)\cdot cos(n\omega t)dt}} \\ &=a_{n}\int_{-\pi}^{\pi}cos^{2}(n\omega t)dt\\ &=\frac{a_{n}}{2}\int^{\pi}_{-\pi}(1+cos2n\omega t)dt(半角公式)\\ &=\frac{a_{n}}{2}(\int^{\pi}_{-\pi}1dt+ \color{red}{\int^{\pi}_{-\pi}cos2n\omega t\ dt})\\ \\ &=\frac{a_{n}}{2} \cdot2\pi=a_{n}\pi\\ \end{aligned}\\ ∫−ππ​cos(kωt)⋅f(t)​=an​n=1∑∞​∫−ππ​cos(kωt)⋅cos(nωt)dt=an​∫−ππ​cos2(nωt)dt=2an​​∫−ππ​(1+cos2nωt)dt(半角公式)=2an​​(∫−ππ​1dt+∫−ππ​cos2nωt dt)=2an​​⋅2π=an​π​

解得：

a n = 1 π ∫ − π π c o s ( n ω t ) ⋅ f ( t ) d t ( k = n ) a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(n\omega t) \cdot f(t)dt \quad \quad (k=n)\\ an​=π1​∫−ππ​cos(nωt)⋅f(t)dt(k=n)

同理用 s i n ( k ω t ) sin(k\omega t) sin(kωt) 乘20式的二边得：

b n = 1 π ∫ − π π s i n ( n ω t ) ⋅ f ( t ) d t ( k = n ) b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}sin(n\omega t) \cdot f(t)dt \quad \quad (k=n)\\ bn​=π1​∫−ππ​sin(nωt)⋅f(t)dt(k=n)

我们发现 A 0 A_{0} A0​ 的分母为 2 π 2 \pi 2π 而 a n a_{n} an​ 、 b n b_{n} bn​ 为 π \pi π,为了统一分母我们令 a 0 = 2 A 0 a_{0}=2 A_{0} a0​=2A0​ 有:

a 0 = 2 T ∫ − π π f ( t ) d t (4) a_{0}=\frac{2}{T} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) d t\tag{4} a0​=T2​∫−ππ​f(t)dt(4)

(20)变形为：

f ( t ) = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ [ a n c o s ( n ω t ) + b n s i n ( n ω t ) ] (1) f(t)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}{[a_ncos(n\omega t)+b_{n}sin(n\omega t)]} \\\tag{1} f(t)=2a0​​+n=1∑∞​[an​cos(nωt)+bn​sin(nωt)](1)

推导的时候假设 T = 2 π T=2\pi T=2π ,代入即可得到(2)、(3)

a n = 2 T ∫ t 0 t 0 + T f ( t ) c o s ( n ω t ) d t (2) a_{n}=\frac{2}{T}\int_{t_{0}}^{t_{0}+T}f(t)cos(n\omega t)dt \tag{2} an​=T2​∫t0​t0​+T​f(t)cos(nωt)dt(2)

b n = 2 T ∫ t 0 t 0 + T f ( t ) s i n ( n ω t ) d t (3) b_{n}=\frac{2}{T}\int_{t_{0}}^{t_{0}+T}f(t)sin(n\omega t)dt \tag{3} bn​=T2​∫t0​t0​+T​f(t)sin(nωt)dt(3)

我们称这级数是 f ( t ) \mathrm{f}(\mathrm{t}) f(t) 关于三角函数系 { 1 , cos ⁡ t , sin ⁡ t , ⋯   } \{1, \cos \mathrm{t}, \sin \mathrm{t}, \cdots\} {1,cost,sint,⋯} 的傅里叶级数

至此，已经求得傅里叶级数中各系数的表达式，当然这里有个条件： ∫ t 0 t 0 + T f ( t ) d t \int_{t_{0}}^{t_{0}+T}f(t)dt ∫t0​t0​+T​f(t)dt 积分存在，这里涉及到勒贝格可积的问题，因为离散傅里叶变化涉及到周期内有无限个可去间断点的问题，狄利克雷条件仅仅是个充分条件，一个函数有傅里叶级数但是它也存在无限个间断点以及极大值极小值比如方波信号。

综上，傅里叶级数的产生过程可以分为以下三步：

1. 设想可以把一个周期函数 f ( t ) f(t) f(t)通过最简单的一系列正弦函数来表示，即18式；
2. 通过变形后用三角级数（含 s i n sin sin和 c o s cos cos）来表示；
3. 通过积分，把各未知系数用 f ( t ) f(t) f(t)的积分式来表达；
4. 最后得到的表达式(1)就是傅里叶级数公式,(2),(3),(4)为傅里叶系数。

表示任意的连续周期函数

虽然求解出来了，但是真的如傅里叶所说，我们可以用正弦波去表示任意的连续周期函数吗？以方波为例，我们看一下下面的动图。

如上图，随着频率越来越丰富，合成的波形也越来越接近方波了，当n趋近于无穷大，也就是频谱范围无限大的时候，就可以无限逼近方波了。

傅里叶所说的逼近其实是能量的无限逼近，也就是经过傅里叶变换后的波形能量和原始波形能量可以无限逼近。

Fourier 级数的物理含义

几点说明

• 对于给定的函数，其 Fourier 级数展开式是唯一的。
• 在计算展开系数 c n c_{n} cn​ 时，可在任意一个长度为 T T T 的区间上计算其中的积分。
• 采用周期延拓技术，可以将结论应用到仅仅定义在某个有限区间上的函数。换句话说，对于定义在有限区间上的函数，同样可以展开为 Fourier 级数。

Fourier 级数的三角形式可以变为：

f ( t ) = A 0 + ∑ n = 1 ∞ A n s i n ( n ω t + ψ n ) (18) f(t)=A_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}{A_{n}sin(n\omega t+\psi_{n})}\tag{18} f(t)=A0​+n=1∑∞​An​sin(nωt+ψn​)(18)

(1) 周期信号可以分解为一系列固定频率的简谐波之和,这些简谐波的角频率分别为一个基频 ω 0 \omega_{0} ω0​ 的倍数。

(2) 任何一个周期为 T \boldsymbol{T} T 的周期信号 f T ( t ) \boldsymbol{f}_{T}(\boldsymbol{t}) fT​(t) 并不包含所有的频率成份，其频率是以基频 ω 0 \omega_{0} ω0​ 为间隔离散取值的。

这是周期信号的一个非常重要的特点。

• 振幅 A n A_{n} An​ : 反映了在信号 f T ( t ) \boldsymbol{f}_{T}(\boldsymbol{t}) fT​(t) 中频率为 n ω 0 \boldsymbol{n} \boldsymbol{\omega}_{0} nω0​ 的简谐波所占有的份额;
• 相位 ψ n \psi_{n} ψn​ :反映了在信号 f T ( t ) \boldsymbol{f}_{T}(\boldsymbol{t}) fT​(t) 中频率为 n ω 0 n \omega_{0} nω0​ 的简谐波沿时间轴移动的大小。

这两个指标完全定量地刻画了信号的频率特性。

针对 Fourier 级数的指数形式： f ( t ) = ∑ n = − ∞ ∞ c n ⋅ e inωt \displaystyle f(t)=\sum_{n = - \infty}^{\infty}{ c_{n}\cdot e^{\text{inωt}}} f(t)=n=−∞∑∞​cn​⋅einωt

已知 c 0 = a 0 2 , c n = a n − j b n 2 , c − n = a n + j b n 2 , ( n > 0 ) c_{0}=\frac{a_{0}}{2}, \quad c_{n}=\frac{a_{n}-j b_{n}}{2}, c_{-n}=\frac{a_{n}+j b_{n}}{2},(n>0) c0​=2a0​​,cn​=2an​−jbn​​,c−n​=2an​+jbn​​,(n>0),

即得 c 0 = A 0 , arg ⁡ c n = − arg ⁡ c − n = ψ n c_{0}=A_{0}, \quad \arg c_{n}=-\arg c_{-n}=\psi_{n} c0​=A0​,argcn​=−argc−n​=ψn​, ∣ c n ∣ = ∣ c − n ∣ = 1 2 a n 2 + b n 2 = A n 2 \left|c_{n}\right|=\left|c_{-n}\right|=\frac{1}{2} \sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}}=\frac{A_{n}}{2} ∣cn​∣=∣c−n​∣=21​an2​+bn2​

​=2An​​

**结论：**复系数 c n c_{n} cn​ 的模 ∣ c n ∣ \left|c_{n}\right| ∣cn​∣ 恰好反映了振幅,而它的辐角 arg ⁡ c n \arg c_{n} argcn​ 就是相位。

离散频谱与频谱图

定 义 \large\color{magenta}{\boxed{\color{brown}{定义} }} 定义​： 称 ∣ c n ∣ \left|c_{n}\right| ∣cn​∣ 为振幅谱， arg ⁡ c n \arg c_{n} argcn​ 为相位谱; 称 c n c_{n} cn​ 为**(离散)频谱**.

频谱图 ：将 ∣ c n ∣ \left|c_{n}\right| ∣cn​∣ 、 arg ⁡ c n \arg c_{n} argcn​ 与频率 n ω 0 n \omega_{0} nω0​ 的关系画成图形。

例 子 \Large\color{violet}{例子} 例子 设函数 f T ( t ) f_{T}(t) fT​(t) 以 T = 2 π T=2 \pi T=2π 为周期，且在 [ 0 , 2 π ] [\mathbf{0}, 2 \pi] [0,2π] 上 f T ( t ) = t f_{T}(t)=t fT​(t)=t,求它的离散频谱及其 Fourier级数的指数形式。

解答：基频 ω 0 = 2 π / T = 1 \omega_{0}=2 \pi / T=1 ω0​=2π/T=1,

频谱

c n = F ( n ω 0 ) = 1 T ∫ − T / 2 T / 2 f T ( t ) e − i n ω 0 t d t = 1 T ∫ 0 T f T ( t ) e − i n ω 0 t d t = 1 2 π ∫ 0 2 π t e − i n t   d t c_{n}=F\left(n \omega_{0}\right)=\frac{1}{T} \int_{-T / 2}^{T / 2} f_{T}(t) \mathrm{e}^{-i n \omega_{0} t} \mathbf{d} t\\ =\frac{1}{T} \int_{0}^{T} f_{T}(t) \mathrm{e}^{-i n \omega_{0} t} \mathbf{d} t=\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} t \mathrm{e}^{-i n t} \mathrm{~d} t cn​=F(nω0​)=T1​∫−T/2T/2​fT​(t)e−inω0​tdt=T1​∫0T​fT​(t)e−inω0​tdt=2π1​∫02π​te−int dt

(1) 当 n = 0 \boldsymbol{n}=\mathbf{0} n=0 时,

c 0 = F ( 0 ) = 1 2 π ∫ 0 2 π t   d t = π c_{0}=F(0)=\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} t \mathrm{~d} t=\pi c0​=F(0)=2π1​∫02π​t dt=π

(2)当 n ≠ 0 n \neq 0 n​=0 时,

c n = F ( n ω 0 ) = 1 2 π ∫ 0 2 π t e − i n t   d t = 1 − 2 n π i ∫ 0 2 π t d e − i n t = 1 − 2 n π i t e − i n t ∣ 0 2 π + 1 2 n π i ∫ 0 2 π e − i n t   d t = i n \begin{aligned} c_{n} &=F\left(n \omega_{0}\right)=\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} t \mathrm{e}^{-i n t} \mathrm{~d} t \\ &=\frac{1}{-2 n \pi i} \int_{0}^{2 \pi} t \mathrm{de}^{-i n t} \\ &=\left.\frac{1}{-2 n \pi i} t \mathrm{e}^{-i n t}\right|_{0} ^{2 \pi}+\frac{1}{2 n \pi i} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{e}^{-i n t} \mathrm{~d} t=\frac{i}{n} \end{aligned} cn​​=F(nω0​)=2π1​∫02π​te−int dt=−2nπi1​∫02π​tde−int=−2nπi1​te−int∣∣∣∣​02π​+2nπi1​∫02π​e−int dt=ni​​

(3) f T ( t ) \boldsymbol{f}_{\boldsymbol{T}}(\boldsymbol{t}) fT​(t) 的 Fourier 级数为:

f T ( t ) = ∑ n = − ∞ + ∞ c n e i n ω 0 t = π + ∑ n = − ∞ n ≠ 0 + ∞ i n e i n t f_{T}(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty} c_{n} \mathrm{e}^{i n \omega_{0} t}=\pi+\sum_{n=-\infty \atop n \neq 0}^{+\infty} \frac{i}{n} \mathrm{e}^{i n t} fT​(t)=n=−∞∑+∞​cn​einω0​t=π+n​=0n=−∞​∑+∞​ni​eint

(4) 振幅谱为 ∣ c n ∣ = ∣ F ( n ω 0 ) ∣ = { π , n = 0 , 1 / ∣ n ∣ , n ≠ 0. \left|c_{n}\right|=\left|F\left(n \omega_{0}\right)\right|=\left\{\begin{array}{cc}\pi, & n=0, \\ 1 /|n|, & n \neq 0 .\end{array}\right. ∣cn​∣=∣F(nω0​)∣={π,1/∣n∣,​n=0,n​=0.​

相位谱为 arg ⁡ c n = arg ⁡ F ( n ω 0 ) = { 0 , n = 0 , π / 2 , n > 0 − π / 2 , n < 0. \arg c_{n}=\arg F\left(n \omega_{0}\right)=\left\{\begin{array}{cl}0, & n=0, \\ \pi / 2, & n>0 \\ -\pi / 2, & n<0 .\end{array}\right. argcn​=argF(nω0​)=⎩⎨⎧​0,π/2,−π/2,​n=0,n>0n<0.​

(5) 频谱图 如下图所示。

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参考

傅里叶系列（一）傅里叶级数的推导

傅里叶级数展开

积分变换与场论

复变函数与积分变换