由於筆者水平有限，文中難免存在一些不足和錯誤之處，誠請各位批評指正。
三角函數系
眾所周知，傅里葉級數（Fourier series）是把類似波的函數表示成簡單正弦波的方式。更正式地說，它能將任何周期函數或周期信號分解成一個（可能由無窮個元素組成的）簡單振盪函數的集合，即正弦函數和余弦函數，(或者，等價地使用復指數）。
在應用傅里葉級數之前，需要先了解三角函數系及其正交性。三角函數系本質上是一個函數的集合，也可以理解為一個函數空間的基函數。通過對這組基函數進行線性組合，我們可以得到任意的周期函數：
\[sin0x,cos0x,sinx,cosx,sin2x,cos2x......sinnx,cosnx...... \]
其中 \(sin0x = 0,cos0x = 1\) ，因此我們一般用以下形式表示：
\[1,sinx,cosx,sin2x,cos2x......sinnx,cosnx...... \]
在運用這組基前，我們需要先了解這組基的性質。這里需要補充函數正交的條件，與有限維向量內積為零則正交相同，當兩個函數的內積為0時這兩個函數正交。而函數內積定義如下：
現規定兩函數 \(f(x)\) 與 \(g(x)\) 與區間 \([a,b]\)，且兩函數在該區間上可積且平方可積。則其內積為：
\[<f(x), g(x)>=\int_{a}^{b} f(x) g(x) d x \]
對於三角函數系，有：
\[<\sin mx,\cos nx> =\int_{0}^{2\pi}\sin mx\cdot \cos nx dx = 0,m\neq n\\ <\cos mx,\cos nx> =\int_{0}^{2\pi}\cos mx\cdot \cos nx dx = 0,m\neq n\\ <\sin mx,\sin nx> =\int_{0}^{2\pi}\sin mx\cdot \sin nx dx = 0\\ \]
因此，這組基函數兩兩正交。
2\(\pi\)周期函數傅里葉展開
設函數 \(f(x)\) 為周期 \(T = 2\pi\) 的函數，即 \(f(x) = f(x+2\pi)\) ，我們可以將其展成以下形式：
\[f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right) \]
不難看出其中的線性組合形式，最關鍵的就是解出這些系數。
第一步先求 \(a_0\) :
\[\int_{0}^{2\pi} f(x) d x=\int_{0}^{2\pi} \frac{a_{0}}{2} d x+\int_{0}^{2\pi} \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x d x+\int_{0}^{2\pi} \sum_{n=1}^{\infty} b_{n} \sin n x d x \]
根據三角函數系基函數的正交性：
\[\begin{aligned}\int_{0}^{2\pi} \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x d x+\int_{0}^{2\pi} \sum_{n=1}^{\infty} b_{n} \sin n x d x &= a_{n}\int_{0}^{2\pi} \sum_{n=1}^{\infty} 1\cdot\cos n x d x+ b_{n} \int_{0}^{2\pi} \sum_{n=1}^{\infty}1\cdot\sin n x d x\\ &=a_n \cdot0+b_n\cdot 0\\ &=0 \end{aligned} \]
所以：
\[\int_{0}^{2\pi} f(x) d x=\int_{0}^{2\pi} \frac{a_{0}}{2} d x \]
即：
\[a_{0}=\frac{1}{ \pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) d x \]
值得注意的是，這里用 \(\frac{a_{0}}{2}\) 而不是 \(a_{0}\) 是為與其他系數統一形式；
第二步求 \(a_n\) ：
先對等式兩邊同乘 \(\cos mx\) :
\[\int_{0}^{2\pi} f(x) \cos m x d x= \int_{0}^{2\pi} \frac{a_0}{2} \cos m x d x+ \int_{0}^{2\pi} \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x \cos m x d x+ \int_{0}^{2\pi} \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} \sin nx \cos m xd x \]
根據三角函數系基函數的正交性：
\[\int_{0}^{2\pi} \frac{a_0}{2} \cos m x d x =0\\ \int_{0}^{2\pi} \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} \sin nx \cos m xd x=0\\ \int_{0}^{2\pi} \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x \cos m x d x = \int_{0}^{2\pi} a_{n} \cos n x \cos m x d x \quad m=n \]
帶入得：
\[\int_{0}^{2\pi} f(x) \cos n x d x=\int_{0}^{2\pi} a_{n} \cos^2 n x d x \]
其中 \(\int_{0}^{2\pi} \cos^2 n x d x = \pi\) ，可得：
\[a_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \cos n x d x \]
第三步求 \(b_n\) ：
與求 \(a_n\) 同理，先對等式兩邊同乘 \(\sin mx\) ，經過計算可得：
\[b_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \sin n x d x \]
綜上，我們可以對周期為2\(\pi\)的周期函數按照傅里葉級數展開：
\[f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x+\sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin n x \]
其中：
\[\begin{aligned} &a_{0}=\frac{1}{ \pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) d x\\ &a_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \cos n x d x\\ &b_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \sin n x d x \end{aligned} \]
2L周期函數傅里葉展開
設函數 \(f(t)\) 為周期 \(T = 2L\) 的函數，即 \(f(t) = f(t+2L)\) ，對其換元：
\[x = \frac{\pi}{L} t \\ t = \frac{L}{\pi}x\\ f(t) = f(\frac{L}{\pi}x) = g(x) \]
根據 \(f(t) = f(t+2L)\) ，有：
\[g(x) = g(x+2\pi) \]
這樣一來便可以通過對周期 \(T = 2\pi\) 的函數 \(g(x)\) 按照傅里葉級數展開:
\[g(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x+\sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin n x \]
其中：
\[\begin{aligned} &a_{0}=\frac{1}{ \pi} \int_{0}^{2\pi} g(x) d x\\ &a_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} g(x) \cos n x d x\\ &b_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} g(x) \sin n x d x \end{aligned} \]
代入 \(x = \frac{\pi}{L} t\) 得：
\[\begin{aligned} f(t) &= g(x)\\ \cos nx &= \cos \frac{n\pi}{L}t \\ \sin nx &= \sin \frac{n\pi}{L}t\\ \int_{0}^{2\pi}dx &= \int_{0}^{2L}d\frac{\pi}{L}t\\ &=\frac{\pi}{L}\int_{0}^{2L}dt \end{aligned} \]
將上式代入函數 \(g(x)\) 的傅里葉級數展開可得：
\[f(t)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos \frac{n\pi}{L}t+ \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin \frac{n\pi}{L}t \]
其中：
\[\begin{aligned}&a_{0}=\frac{1}{L} \int_{0}^{2L} f(t) d t\\&a_{n}=\frac{1}{L} \int_{0}^{2L} f(t) \cos \frac{n\pi}{L}td t\\&b_{n}=\frac{1}{L} \int_{0}^{2L} f(t) \sin \frac{n\pi}{L}td t\end{aligned} \]
在工程中，習慣用 \(T = 2L\) 中的 \(T\) 直接表示函數周期，用 \(\omega=\frac{\pi}{L}=\frac{2 \pi}{T}\) 表示頻率，因此我們可以將上式改寫為：
\[\begin{aligned} f(t)&=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n\omega t +\sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin n\omega t\\ \end{aligned} \]
其中：
\[\begin{aligned}a_{0}&=\frac{2}{T} \int_{0}^{T} f(t) d t\\a_{n}&=\frac{2}{T} \int_{0}^{T} f(t) \cos n\omega tdt\\b_{n}&=\frac{2}{T} \int_{0}^{T} f(t) \sin n\omega tdt\end{aligned} \]
傅里葉級數的復數形式
傅里葉級數的復數形式是推導傅里葉變換的基礎，我們可以通過歐拉公式：
\[e^{i\theta} = \cos \theta + i\sin \theta\\ \]
將傅里葉級數中的三角函數轉化為指數形式:
\[\begin{aligned} \cos \theta&=\frac{1}{2}\left(e^{i \theta}+e^{-i \theta}\right) \\ \sin \theta&=-\frac{1}{2} i\left(e^{i \theta}-e^{-i \theta}\right) \end{aligned} \]
將上式帶入傅里葉級數公式：
\[\begin{aligned} f(t)&=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \frac{1}{2}\left(e^{in\omega t}+e^{-i n\omega t}\right) -\sum_{n=1}^{\infty} b_n \frac{1}{2} i\left(e^{i n\omega t}-e^{-i n\omega t}\right)\\ &=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}-ib_n}{2}e^{i n\omega t}+ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}+ib_n}{2}e^{-i n\omega t}\\ &令\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}+ib_n}{2}e^{-i n\omega t}中n = -n\\ &=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}-ib_n}{2}e^{i n\omega t}+ \sum_{n=-\infty}^{-1}\frac{a_{-n}+ib_{-n}}{2}e^{i n\omega t}\\ &=\sum_{n=0}^{0}\frac{a_{0}}{2}e^{i n\omega t}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}-ib_n}{2}e^{i n\omega t}+ \sum_{n=-\infty}^{-1}\frac{a_{-n}+ib_{-n}}{2}e^{i n\omega t}\\ &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_ne^{i n\omega t} \end{aligned} \]
其中：
\[c_{n}=\left\{\begin{array}{cl} \frac{a_{0}}{2}, & n=0 \\ \frac{a_{n}-i b_{n}}{2}, & n=1,2,3,4...\\ \frac{a_{-n}+ib_{-n}}{2} & n=-1,-2,-3,-4... \end{array}\right. \]
根據：
\[\begin{aligned}a_{0}&=\frac{2}{T} \int_{0}^{2L} f(t) d t\\a_{n}&=\frac{2}{T} \int_{0}^{2L} f(t) \cos n\omega td t\\b_{n}&=\frac{2}{T} \int_{0}^{2L} f(t) \sin n\omega td t\end{aligned} \]
代入可得到 \(c_n\) ：
\[\begin{aligned}c_n &= \frac{a_{0}}{2} \\&=\frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t) d t\\&=\frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t)e^{0} d t\end{aligned} \]
\[\begin{aligned} c_n &= \frac{a_{n}-i b_{n}}{2} \\ &=\frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t)(\cos n\omega t - i\sin n\omega t) d t\\ &=\frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t)e^{-in\omega t} d t \end{aligned} \]
\[\begin{aligned} n&=-1,-2,-3,-4...\\ c_n &= \frac{a_{-n}+i b_{-n}}{2} \\ &=\frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t)[\cos (-n\omega t) + i\sin (-n\omega t) ] d t\\ &=\frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t)e^{-in\omega t} d t \end{aligned} \]
我們發現，無論 \(n\) 的取值如何， \(c_n\) 都可以通過一個式子表示：
\[c_n =\frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t)e^{-in\omega t} d t \]
從傅里葉級數到傅里葉變換
以上我們始終在討論周期函數的傅里葉級數展開，因為非周期函數無法寫出傅立葉級數。非周期函數意味着在定義域內不重復，或者說在無窮遠處重復，所以說，非周期函數的周期 \(T\) 就趨近於無窮，即 \(T\rightarrow \infty\)
\[\lim _{T \rightarrow \infty} f_{T}(t)=f(t) \]
進一步，根據 \(T = \frac{2\pi}{\Delta\omega}\) ，我們有：
\[\lim _{T \rightarrow \infty}\Delta \omega=0 \]
回顧傅里葉級數的復數形式：
\[\begin{aligned} f_T(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_ne^{i n\omega t} \end{aligned} \]
其中：
\[c_n =\frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t)e^{-in\omega t} d t \]
我們將 \(c_n\) 代入，可以得到：
\[f_T(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t)e^{-in\omega t} d t\cdot e^{i n\omega t} \]
將 \(T = \frac{2\pi}{\Delta\omega}\) 代入得：
\[f_T(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\Delta\omega}{2\pi} \int_{0}^{T} f(t)e^{-in\omega t} d te^{i n\omega t} \]
當 \(T\rightarrow \infty\) 時：
\[\begin{aligned} \lim _{T \rightarrow \infty} f_{T}(t)&= \lim _{T \rightarrow \infty}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\Delta\omega}{2\pi} \int_{0}^{T} f(t)e^{-in\omega t} d t\cdot e^{i n\omega t}\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\omega}{2\pi} \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-i\omega t} d t\cdot e^{i \omega t}\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-i\omega t} d t\cdot e^{i \omega t}d\omega\\ &=f(t) \end{aligned} \]
即：
\[f(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-i\omega t} d t\cdot e^{i \omega t}d\omega\\ \]
等式右側的中間部分即為傅里葉變換：
\[F（\omega)=\int_{0}^{\infty} f(t)e^{-i\omega t} d t\cdot \]
而等式右側以外的部分即為傅里葉逆變換：
\[f(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} F(\omega) e^{i \omega t}d\omega\\ \]
注意到此處推導出的傅里葉變換積分下限為0而非負無窮，是因為在工程中時間 \(t\) 有起點，即從零開始，與 \(F（\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t)e^{-i\omega t} d t\) 無本質區別。將上文中 \(\int_{0}^{2\pi}、\int_{0}^{2L}\) 與 \(\int_{0}^{T}\) 分別替換為\(\int_{-\pi}^{\pi}、\int_{-L}^{L}\) 與 \(\int_{-T/2}^{T/2}\) 即可得到從負無窮積分到正無窮的形式，即 \(F（\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t)e^{-i\omega t} d t\) 。
