周期函數的傅里葉級數以及非周期函數的傅里葉變換
三角級數
正弦函數是一種常見而簡單的周期函數，例如描述簡諧振動的函數：
\[y=A\text{sin}(\omega t+\varphi) \]
就是一個以\(2\pi/\omega\)為周期的正弦函數，y表示動點的位置，t表示時間，A為振幅，\(\omega\)為角頻率，\(\varphi\)為初相。
實際問題中，除了正弦函數外，還會遇到非正弦函數的周期函數，它們反映了較復雜的周期運動，如矩形波等。為了深入研究非正弦周期函數，傅里葉老兄就想用較為簡單的周期函數例如三角函數來展開它（至於怎么來的，不做深究，據說是解熱方程和弦振動導出的）。即將周期為\(T(=\frac{2\pi}{\omega})\)的周期函數用一系列周期為T的正弦函數組成的級數來表示：
\[f(t)=A_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}A_{n}\text{sin}(n\omega t+\varphi_{n}) \tag{1.1} \]
上式中\(t\)是變量，其他都是常數。這也是所謂的“諧波分析”，其中\(A_{0}\)稱為f(t)的直流分量；\(A_{1}\text{sin}(\omega t + \varphi_{1})\)則是一次諧波（基波）；而\(A_{2}\text{sin}(2\omega t + \varphi_{2}), A_{3}\text{sin}(3\omega t + \varphi_{3}),\cdots\)依次是二次諧波，三次諧波，等等。
將上式中的三角函數展開有：
\[A_{n}\text{sin}(n\omega t+\varphi_{n})=A_{n}[\text{sin}(n\omega t)\text{cos}\varphi + \text{cos}(n\omega t)\text{sin}\varphi] \]
我們令：\(a_{n}=A_{n}\text{sin}\varphi, b_{n}=A_{n}\text{cos}\varphi\)，可以得到：
\[A_{n}\text{sin}(n\omega t+\varphi_{n})=a_{n}\text{cos}(n\omega t)+b_{n}\text{sin}(n\omega t) \tag{1.2} \]
將式\((1.2)\)帶入到式\((1.1)\)，並且令\(\frac{a_{0}}{2}=A_{0}\)可以得到
\[f(t)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[a_{n}\text{cos}(n\omega t) + b_{n}\text{sin}(n\omega t)] \tag{1.3} \]
這就是傳說中的三角級數了。其中\(a_{0},a_{n},b_{n},n=1,2,3,\cdots\)都是常數。那么問題來了，我們怎么計算它們呢？
三角函數系的正交性
所謂的三角函數系
\[0\rightarrow\text{sin}0x, 1\rightarrow\text{cos}0x, \text{cos}x,\text{sin}x, \text{cos}2x,\text{sin}2x,\cdots,\text{cos}nx,\text{sin}nx,\cdots \tag{2.1} \]
在區間\([-\pi,\pi]\)上正交，就是指在三角函數系\((2.1)\)中任何不同的兩個函數的乘積在區間\([-\pi,\pi]\)上的積分等於0。兩個相同函數的乘積在區間\([-\pi,\pi]\)上的積分不等於0。
周期為\(2\pi\)的周期函數展開成傅里葉級數
設\(f(x)\)是周期為\(2\pi\)的周期函數，且能展開成三角級數：
\[f(x) = \frac{a_{0}}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}(a_{n}\text{cos}kx+b_{k}\text{sin}kx) \tag{3.1} \]
先求\(a_{0}\)，對\((3.1)\)式的兩邊在區間\([-\pi,\pi]\)逐項積分：
\[\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{a_{0}}{2}dx+\sum_{k=1}^{\infty}[a_{k}\int_{-\pi}^{\pi}\text{cos}kxdx+b_{k}\int_{-\pi}^{\pi}\text{sin}kxdx] \]
根據三角函數系的正交性，上式的右邊除了第一項外，其余各項均為0，所以：
\[\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx=\frac{a_{0}}{2}\cdot2\pi \]
於是得到：
\[a_{0}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx \tag{3.2} \]
然后求\(a_{n}\)：在\((3.1)\)式兩端乘以\(\text{cos}nx\)，再在區間\([-\pi,\pi]\)逐項積分，可得：
\[\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\text{cos}nxdx=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{a_{0}}{2}dx+\sum_{k=1}^{\infty}[a_{k}\int_{-\pi}^{\pi}\text{cos}kx\text{cos}nxdx+b_{k}\int_{-\pi}^{\pi}\text{sin}kx\text{cos}nxdx] \]
根據三角函數系的正交性，上式右端除\(k=n\)的一項外，其余各項均為零，所以：
\[\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\text{cos}nxdx=a_{n}\int_{-\pi}^{\pi}\text{cos}^{2}nxdx=\frac{a_{n}}{2}\int_{-\pi}^{\pi}(1+\text{cos}2nx)dx=a_{n}\pi \]
於是可以得到
\[a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\text{cos}nxdx\quad (n=1,2,3,\cdots) \tag{3.3} \]
類似地，在\((3.1)\)式兩端乘以\(\text{sin}nx\)，再在區間\([-\pi,\pi]\)逐項積分，可得：
\[b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\text{sin}nxdx\quad (n=1,2,3,\cdots) \tag{3.4} \]
由於當n=0時，\(a_{n}\)的表達式正好給出\(a_{0}\)，因此，已得結果可以合並寫成：
\[\left \{ \begin{aligned} a_{n}&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\text{cos}nxdx\quad (n=1,2,3,\cdots) \\ b_{n}&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\text{sin}nxdx\quad (n=1,2,3,\cdots) \end{aligned} \right. \tag{3.5} \]
如果公式\((3.5)\)中的積分都存在，這時它們定出的系數\(a_{0},a_{1},b_{1},\cdots\)叫做函數\(f(x)\)的傅里葉系數，將這些系數帶入式\((3.1)\)右端，所得的三角級數
\[\frac{a_{0}}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}(a_{n}\text{cos}nx+b_{k}\text{sin}nx) \tag{3.6} \]
也就是所謂的函數\(f(x)\)的傅里葉級數。
一個定義在\((-\infty,+\infty)\)上周期為\(2\pi\)的函數\(f(x)\)，如果它在一個周期上可積，則一定可以作出\(f(x)\)的傅里葉級數。然而，函數\(f(x)\)的傅里葉級數是否一定收斂？如果它收斂，它是否一定收斂於函數\(f(x)\)？一般來說，這兩個問題的答案都不是肯定的。那么，\(f(x)\)在怎樣的條件下，它的傅里葉級數不僅收斂，而且收斂於\(f(x)\)？也就是說，\(f(x)\)滿足什么條件可以展開成傅里葉級數？
給出下面的定理：
定理（收斂定理，迪利克雷(Dirichlet)充分條件）：設\(f(x)\)是周期為\(2\pi\)的周期函數，如果它滿足：
- 在一個周期內連續或只有有限個第一類間斷點；
- 在一個周期內至多只有有限個極值點
則\(f(x)\)的傅里葉級數收斂，並且
- 當\(x\)是\(f(x)\)的連續點時，級數收斂於\(f(x)\)；
- 當\(x\)是\(f(x)\)的間斷點是，級數收斂於\(\frac{1}{2}[f(x^{-})+f(x^{+})]\)
不用知道怎么證明這個定理了，高等數學都沒給出證明過程，除非你閑的蛋疼。
一般周期函數的傅里葉級數
周期為\(2l\)的周期函數的傅里葉級數
上面討論的周期函數都是以\(2\pi\)為周期的，但是實際問題中遇到的周期函數，它的周期不一定是\(2\pi\)。
定理
設周期為\(2l\)的周期函數\(f(x)\)滿足收斂定理的條件，則它的傅里葉級數展開式為
\[f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}\text{cos}\frac{n\pi x}{l}+b_{n}\text{sin}\frac{n\pi x}{l}), \quad x\in C \tag{4.1} \]
其中
\[\left \{ \begin{aligned} a_{n}&=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\text{cos}\frac{n\pi x}{l}dx\quad (n=1,2,3,\cdots) \\ b_{n}&=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\text{sin}\frac{n\pi x}{l}dx\quad (n=1,2,3,\cdots) \end{aligned} \right. \tag{4.2} \]
當\(f(x)\)為奇函數時，
\[f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}\text{sin}\frac{n\pi x}{l}, \quad x\in C \tag{4.3} \]
其中：
\[b_{n}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}f(x)\text{sin}\frac{n\pi x}{l}dx\quad (n=1,2,3,\cdots) \tag{4.4} \]
當\(f(x)\)為偶函數時，
\[f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\text{cos}\frac{n\pi x}{l}, \quad x\in C \tag{4.5} \]
其中：
\[a_{n}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}f(x)\text{cos}\frac{n\pi x}{l}dx\quad (n=1,2,3,\cdots) \tag{4.6} \]
證明：
作變量代換\(z=\frac{\pi x}{l}\),於是區間\([-l,l]\)就變換成\([-\pi,\pi]\)。設函數\(f(x)=f(\frac{lz}{\pi})=g(z)\)，從而\(g(z)\)是周期為\(2\pi\)的周期函數，將其展開成傅里葉級數：
\[g(z)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}\text{cos}nz+b_{n}\text{sin}nz) \]
其中，\(a_{n} =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}g(z)\text{cos}nzdz,\ b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\text{sin}nzdz\)
在以上式子中，\(z=\frac{\pi x}{l},\ dz=\frac{\pi}{l}dx,\ g(z)=f(x),\ [-\pi,\pi]\rightarrow[-l,l]\)因此有：
\[f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}\text{cos}\frac{n\pi x}{l}+b_{n}\text{sin}\frac{n\pi x}{l}) \]
\[a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}g(z)\text{cos}nzdz=\frac{1}{\pi}\int_{-l}^{l}f(x)\text{cos}(\frac{n\pi x}{l})\frac{\pi}{l}dx=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\text{cos}\frac{n\pi x}{l}dx \]
\[b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}g(z)\text{sin}nzdz=\frac{1}{\pi}\int_{-l}^{l}f(x)\text{sin}(\frac{n\pi x}{l})\frac{\pi}{l}dx=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\text{sin}\frac{n\pi x}{l}dx \]
類似地，可以證明定理的其余部分。
工程中上述傅里葉級數的變形
工程中一般是以時間\(t\)作為變量，即\(x\rightarrow t\)，且時間\(t\)是從0開始的，周期為\(T=2l\)，由此可得
\[l=\frac{T}{2} \]
另外積分區間將由\([-l,l]\)變為\([0,2l]=[0,T]\)，將上式以及積分區間帶入式\((4.1),(4.2)\)可得：
\[\begin{aligned} f(t) &=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}\text{cos}\frac{n\pi t}{T/2}+b_{n}\text{sin}\frac{n\pi t}{T/2})\\ &=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[a_{n}\text{cos}(\frac{2\pi}{T}nt)+b_{n}\text{sin}(\frac{2\pi}{T}nt)]\\ &=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[a_{n}\text{cos}(\omega nt)+b_{n}\text{sin}(\omega nt)] \end{aligned} \tag{4.7} \]
\[\begin{aligned} a_{n}&=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\text{cos}\frac{n\pi x}{l}dt \\ &= \frac{1}{T/2}\int_{0}^{T}f(t)\text{cos}(\frac{2\pi}{T}nt)dt \\ & = \frac{2}{T}\int_{0}^{T}f(t)\text{cos}(\omega nt)dt \quad (n=1,2,3,\cdots) \end{aligned} \tag{4.8} \]
\[\begin{aligned} b_{n}&=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\text{sin}\frac{n\pi x}{l}dt \\ &= \frac{1}{T/2}\int_{0}^{T}f(t)\text{sin}(\frac{2\pi}{T}nt)dt \\ & = \frac{2}{T}\int_{0}^{T}f(t)\text{sin}(\omega nt)dt \quad (n=1,2,3,\cdots) \end{aligned} \tag{4.9} \]
傅里葉級數的復數形式
上一小節我們已經推導出，周期為T的周期信號的傅里葉級數為：
\[f(t)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[a_{n}\text{cos}(\omega nt)+b_{n}\text{sin}(\omega nt)] \tag{5.1} \]
\[ \left \{ \begin{aligned} a_{n} &= \frac{2}{T}\int_{0}^{T}f(t)\text{cos}(\omega nt)dt \\ b_{n} &= \frac{2}{T}\int_{0}^{T}f(t)\text{sin}(\omega nt)dt \end{aligned} \right. \tag{5.2} \]
歐拉公式(Euler's Formula)為:
\[ \left \{ \begin{aligned} e^{i\theta}&=\text{cos}\theta + j\text{sin}\theta\\ e^{-i\theta}&=\text{cos}\theta - j\text{sin}\theta\\ \end{aligned} \right. \]
據此可以得到：
\[ \left \{ \begin{aligned} \text{cos}(\omega nt)&=\frac{1}{2}(e^{j\omega nt}+e^{-j\omega nt}) \\ \text{sin}(\omega nt)&=\frac{1}{2j}(e^{j\omega nt}-e^{-j\omega nt}) \\ \end{aligned} \right. \tag{5.3} \]
將式\((5.3)\)帶入式\((5.1)\)可得
\[\begin{aligned} f(t) &= \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[\frac{a_{n}}{2}(e^{j\omega nt}+e^{-j\omega nt})+\frac{b_{n}}{2j}(e^{j\omega nt}-e^{-j\omega nt})] \\ &= \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[\frac{a_{n}}{2}(e^{j\omega nt}+e^{-j\omega nt})-\frac{jb_{n}}{2}(e^{j\omega nt}-e^{-j\omega nt})] \\ &= \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[\frac{a_{n}-jb_{n}}{2}e^{j\omega nt}+\frac{a_{n}+jb_{n}}{2}e^{-j\omega nt}] \end{aligned} \tag{5.4} \]
令：
\[F(n\omega)=\frac{1}{2}(a_{n}-jb_{b})\quad n = 1,2,\cdots \tag{5.5} \]
觀察式\((5.2)\)可以發現，\(a_{n},b_{n}\)分別是關於\(n\)的偶函數和奇函數。將這個關系帶入到式\((5.5)\)可以得到
\[F(-n\omega)=\frac{1}{2}(a_{n}+jb_{b})\quad n = 1,2,\cdots \tag{5.6} \]
將式\((5.5),(5.6)\)帶入到式\((5.4)\)可以得到：
\[\begin{aligned} f(t) &= \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[F(n\omega)e^{jn\omega t}+F(-n\omega)e^{-jn\omega t}] \\ &= \sum_{n=0}^{0}\frac{a_{0}}{2}e^{jn\omega t} + \sum_{n=1}^{\infty}F(n\omega)e^{jn\omega t}+\sum_{n=1}^{\infty}F(-n\omega)e^{-jn\omega t} \\ &= \sum_{n=0}^{0}\frac{a_{0}}{2}e^{jn\omega t} + \sum_{n=1}^{\infty}F(n\omega)e^{jn\omega t}+\sum_{-\infty}^{-1}F(-(-n)\omega)e^{-j(-n)\omega t} \\ &= \sum_{n=0}^{0}\frac{a_{0}}{2}e^{jn\omega t} + \sum_{n=1}^{\infty}F(n\omega)e^{jn\omega t}+\sum_{-\infty}^{-1}F(n\omega)e^{jn\omega t} \\ &= \sum_{-\infty}^{\infty}F(n\omega)e^{jn\omega t} \end{aligned} \]
上式中我們做了\(F(0\omega)=F(0)=\frac{a_{0}}{2}\)的代換。故此，我們得到了函數\(f(t)\)的指數形式的傅里葉級數為：
\[f(t)=\sum_{-\infty}^{\infty}F(n\omega)e^{jn\omega t} \tag{5.7} \]
而其中的\(F(n\omega)\)為：
\[\begin{aligned} F(n\omega)&= \frac{1}{2}(a_{n}-jb_{n}) \\ &=\frac{1}{2}[\frac{2}{T}\int_{0}^{T}f(t)\text{cos}n\omega tdt-j\frac{2}{T}\int_{0}^{T}f(t)\text{sin}n\omega tdt] \\ &= \frac{1}{T}\int_{0}^{T}f(t)[\text{cos}n\omega t-j\text{sin}n\omega t]dt \\ &= \frac{1}{T}\int_{0}^{T}f(t)e^{-jn\omega t}dt \end{aligned} \tag{5.8} \]
公式(5.8)的推導是基於\(n=1,2,3,\cdots\)，另外當\(n=-1,-2,-3,\cdots\)由函數關於\(n\)的對成性上式也成立，最后就是當\(n=0\)時，帶入上式，可以發現其結果兼容式\((5.5)\)，因此也符合。綜上所示對於一個周期為T的周期函數，其指數形式的傅里葉級數為：
\[f(t)=\sum_{-\infty}^{\infty}F(n\omega)e^{jn\omega t} \]
\[F(n\omega)=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}f(t)e^{-jn\omega t}dt \]
頻譜：上式中\(F(n\omega)\)關於\(\omega\)的變化就是函數\(f(t)\)的頻譜，每個n代表一條譜線。
傅里葉變換推導
上一小節我們已經推導出周期為T的函數\(f(t)\)的復數形式的傅里葉級數為：
\[f(t)=\sum_{-\infty}^{\infty}F(n\omega_{0})e^{jn\omega_{0} t} \tag{6.1} \]
\[F(n\omega_{0})=\frac{1}{T}\int_{\frac{-T}{2}}^{\frac{T}{2}}f(t)e^{-jn\omega_{0} t}dt \tag{6.2} \]
注：式\((6.2)\)與式\((5.8)\)只是積分區間的不同，並不影響結果（見前面傅里葉級數的推導過程）。
上面討論的都是周期函數，那么對於非周期函數，傅里葉級數又有什么變化呢？
對於非周期函數，其重復周期\(T\rightarrow\infty\),兩條譜線之間的距離\(\Delta\omega=(n+1)\omega_{0}-n\omega_{0}=\omega_{0}=\frac{2\pi}{T}\rightarrow0\)，此時兩條譜線之間的距離趨近於0，也就是說頻譜從原來的離散變成了連續。
我們將式\((6.2)\)帶入式\((6.1)\)並帶入如下關系：
\[T\rightarrow\infty \]
\[\int_{\frac{-T}{2}}^{\frac{T}{2}}dt\rightarrow\int_{-\infty}^{+\infty}dt \]
\[\frac{1}{T}=\frac{\omega_{0}}{2\pi}=\frac{\Delta\omega}{2\pi}\rightarrow 0 \]
\[n\omega_{0}\rightarrow\omega \]
可以得到：
\[\begin{aligned} f(t)&=\sum_{-\infty}^{\infty}[\frac{1}{T}\int_{\frac{-T}{2}}^{\frac{T}{2}}f(t)e^{-jn\omega_{0} t}dt] \\ &=\sum_{-\infty}^{\infty}[\frac{\Delta\omega}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt] \\ &=\sum_{-\infty}^{\infty}\Delta\omega[\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt] \\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega[\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt] \\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}[\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt]d\omega \\ \end{aligned} \]
令：
\[F(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt \tag{6.3} \]
那么：
\[f(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)d\omega \tag{6.4} \]
至此我們得到了傅里葉的正反變換分別為式\((6.3),(6.4)\)。
參考資料
[1]. 同濟大學，《高等數學》，第五版
[2]. 鄭麗君，《信號與系統》，第二版
[3]. DR_CAN，傅里葉級數與傅里葉變換推導
