数学系的数字信号处理：傅立叶级数

文章目录

• 傅立叶（Fourier）级数
• • 1. L 2 [ − π , π ] L^2[-\pi,\pi] L2[−π,π] 上的正交函数系
  • 2. f ( x ) f(x) f(x) 的傅立叶级数（实形式）
  • • 2.1 [ − π , π ] [-\pi,\pi] [−π,π] 上的傅立叶级数
    • 2.2 [ − a , a ] [-a,a] [−a,a] 上的傅立叶级数
    • 2.3 半区间 [ 0 , a ] [0,a] [0,a] 上的傅立叶级数
  • 3. f ( x ) f(x) f(x) 的傅立叶级数（复形式）
  • • 3.1 [ − π , π ] [-\pi,\pi] [−π,π] 上的傅立叶级数
    • 3.2 [ − a , a ] [-a,a] [−a,a] 上的傅立叶级数
    • 3.3 傅立叶级数实、复形式的相互推导
  • 4. 傅立叶级数的收敛性
  • • 4.1 Riemann-Lebesgue引理
    • 4.2 点态收敛性
    • 4.3 一致收敛性
    • 4.4 依 L 2 L^2 L2 范数收敛性
  • 5. Paseval等式

本篇文章适合个人复习翻阅，不建议新手入门使用

傅立叶（Fourier）级数

1. L 2 [ − π , π ] L^2[-\pi,\pi] L2[−π,π] 上的正交函数系

（1） { 1 2 π , sin ⁡ x π , cos ⁡ x π , sin ⁡ 2 x π , cos ⁡ 2 x π , … …   } \{\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}},\dfrac{\sin{x}}{\sqrt{\pi}},\dfrac{\cos{x}}{\sqrt{\pi}},\dfrac{\sin{2x}}{\sqrt{\pi}},\dfrac{\cos{2x}}{\sqrt{\pi}},\dots\dots\} {2π ​1​,π ​sinx​,π ​cosx​,π ​sin2x​,π ​cos2x​,……}

（2） { e i n x 2 π : n = 0 , ± 1 , ± 2 , …   } \{\dfrac{e^{inx}}{\sqrt{2\pi}}:n=0,\pm 1,\pm 2,\dots\} {2π ​einx​:n=0,±1,±2,…}

证明思路
由积化和差公式易证（1）

2. f ( x ) f(x) f(x) 的傅立叶级数（实形式）

2.1 [ − π , π ] [-\pi,\pi] [−π,π] 上的傅立叶级数

f ( x ) = a 0 + ∑ k = 1 ∞ [ a k cos ⁡ k x + b k sin ⁡ k x ] f(x) =a_0+\sum\limits_{k=1}^{\infty}[a_k\cos{kx}+b_k\sin{kx}] f(x)=a0​+k=1∑∞​[ak​coskx+bk​sinkx]其中
a 0 = 1 2 π ∫ − π π f ( x ) d x a_0=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\mathrm{d}x a0​=2π1​∫−ππ​f(x)dx

a k = 1 π ∫ − π π f ( x ) cos ⁡ k x d x a_k=\dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos{kx}\mathrm{d}x ak​=π1​∫−ππ​f(x)coskxdx

b k = 1 π ∫ − π π f ( x ) sin ⁡ k x d x b_k=\dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin{kx}\mathrm{d}x bk​=π1​∫−ππ​f(x)sinkxdx

2.2 [ − a , a ] [-a,a] [−a,a] 上的傅立叶级数

f ( x ) = a 0 + ∑ k = 1 ∞ [ a k cos ⁡ k π x a + b k sin ⁡ k π x a ] f(x)=a_0+\sum\limits_{k=1}^{\infty}[a_k\cos{\dfrac{k\pi x}{a}}+b_k\sin{\dfrac{k\pi x}{a}}] f(x)=a0​+k=1∑∞​[ak​cosakπx​+bk​sinakπx​]

其中
a 0 = 1 2 a ∫ − a a f ( x ) d x a_0=\dfrac{1}{2a}\int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x a0​=2a1​∫−aa​f(x)dx

a k = 1 a ∫ − a a f ( x ) cos ⁡ k π x a d x a_k=\dfrac{1}{a}\int_{-a}^{a}f(x)\cos{\dfrac{k\pi x}{a}}\mathrm{d}x ak​=a1​∫−aa​f(x)cosakπx​dx

b k = 1 a ∫ − a a f ( x ) sin ⁡ k π x a d x b_k=\dfrac{1}{a}\int_{-a}^{a}f(x)\sin{\dfrac{k\pi x}{a}}\mathrm{d}x bk​=a1​∫−aa​f(x)sinakπx​dx

2.3 半区间 [ 0 , a ] [0,a] [0,a] 上的傅立叶级数

展为余弦级数：
f ( x ) = a 0 + ∑ k = 1 ∞ a k cos ⁡ k π x a f(x)=a_0+\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k\cos{\dfrac{k\pi x}{a}} f(x)=a0​+k=1∑∞​ak​cosakπx​其中
a 0 = 1 a ∫ 0 a f ( x ) d x a_0=\dfrac{1}{a}\int_{0}^{a}f(x)\mathrm{d}x a0​=a1​∫0a​f(x)dx

a k = 2 a ∫ 0 a f ( x ) cos ⁡ k π x a d x a_k=\dfrac{2}{a}\int_{0}^{a}f(x)\cos{\dfrac{k\pi x}{a}}\mathrm{d}x ak​=a2​∫0a​f(x)cosakπx​dx

展为正弦级数：
f ( x ) = ∑ k = 1 ∞ b k sin ⁡ k π x a f(x)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}b_k\sin{\dfrac{k\pi x}{a}} f(x)=k=1∑∞​bk​sinakπx​其中
b k = 2 a ∫ 0 a f ( x ) sin ⁡ k π x a d x b_k=\dfrac{2}{a}\int_{0}^{a}f(x)\sin{\dfrac{k\pi x}{a}}\mathrm{d}x bk​=a2​∫0a​f(x)sinakπx​dx

证明：
（1）：对（1）中等式两端同乘 cos ⁡ n x ( n ≥ 0 ) \cos{nx} (n\geq 0) cosnx(n≥0)，再作积分 ∫ − π π ⋅ d x \int_{-\pi}^{\pi}\cdot\mathrm{d}x ∫−ππ​⋅dx，即得系数 a n ( n ≥ 0 ) a_n(n\geq 0) an​(n≥0)， b n b_n bn​类似。

（2）：即对（1）作变量代换

命题
设 f ( x ) f(x) f(x) 是以 2 π 2\pi 2π 为周期的函数，则其在任意长度为 2 π 2\pi 2π 的区间上的傅立叶级数都形如上面定理给出的（1）

证明：
引理：设F为周期为 2 π 2\pi 2π的函数，则
∀ c ∈ R , ∫ − π + c π + c F ( x ) d x = ∫ − π π F ( x ) d x \forall c\in\mathbb{R},\int_{-\pi+c}^{\pi+c}F(x)\mathrm{d}x=\int_{-\pi}^{\pi}F(x)\mathrm{d}x ∀c∈R,∫−π+cπ+c​F(x)dx=∫−ππ​F(x)dx

3. f ( x ) f(x) f(x) 的傅立叶级数（复形式）

3.1 [ − π , π ] [-\pi,\pi] [−π,π] 上的傅立叶级数

f ( x ) = ∑ n = − ∞ ∞ α n e i n x f(x)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\alpha_ne^{inx} f(x)=n=−∞∑∞​αn​einx其中 α n = 1 2 π ∫ − π π f ( x ) e − i n x d x \alpha_n=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)e^{-inx}\mathrm{d}x αn​=2π1​∫−ππ​f(x)e−inxdx

3.2 [ − a , a ] [-a,a] [−a,a] 上的傅立叶级数

f ( x ) = ∑ n = − ∞ ∞ α n e i n x ⋅ π a f(x)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\alpha_ne^{inx\cdot\frac{\pi}{a}} f(x)=n=−∞∑∞​αn​einx⋅aπ​其中 α n = 1 2 a ∫ − a a f ( x ) ⋅ e − i n x ⋅ π a d x \alpha_n=\frac{1}{2a}\int_{-a}^af(x)\cdot e^{-inx\cdot\frac{\pi}{a}}\mathrm{d}x αn​=2a1​∫−aa​f(x)⋅e−inx⋅aπ​dx

3.3 傅立叶级数实、复形式的相互推导

设 n ≥ 1 n\geq 1 n≥1，容易验证 α 0 = a 0 , α n = 1 2 ( a n − i b n ) , α − n = 1 2 ( a n + i b n ) \alpha_0=a_0,\alpha_n=\frac{1}{2}(a_n-ib_n),\alpha_{-n}=\frac{1}{2}(a_n+ib_n) α0​=a0​,αn​=21​(an​−ibn​),α−n​=21​(an​+ibn​)，则
∑ − ∞ ∞ α n e i n x = α 0 + ∑ n = 1 ∞ α n e i n x + ∑ n = 1 ∞ α − n e − i n x = a 0 + ∑ n = 1 ∞ 1 2 ( a n − i b n ) ( cos ⁡ n x + i sin ⁡ n x ) + ∑ n = 1 ∞ 1 2 ( a n + i b n ) ( cos ⁡ n x − i sin ⁡ n x ) = a 0 + ∑ n = 1 ∞ [ a n cos ⁡ n x + b n sin ⁡ n x ] \begin{split} &\sum\limits_{-\infty}^{\infty}\alpha_ne^{inx}\\ =&\alpha_0+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\alpha_ne^{inx}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\alpha_{-n}e^{-inx}\\ =&a_0+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2}(a_n-ib_n)(\cos{nx}+i\sin{nx})\\ &+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2}(a_n+ib_n)(\cos{nx}-i\sin{nx})\\ =&a_0+\sum\limits_{n=1}^{\infty}[a_n\cos{nx}+b_n\sin{nx}] \end{split} ===​−∞∑∞​αn​einxα0​+n=1∑∞​αn​einx+n=1∑∞​α−n​e−inxa0​+n=1∑∞​21​(an​−ibn​)(cosnx+isinnx)+n=1∑∞​21​(an​+ibn​)(cosnx−isinnx)a0​+n=1∑∞​[an​cosnx+bn​sinnx]​

4. 傅立叶级数的收敛性

4.1 Riemann-Lebesgue引理

设 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ a , b ] [a,b] [a,b] 上分段连续（即在有界闭区间上仅有有限个间断点），则
lim ⁡ k → ∞ ∫ a b f ( x ) cos ⁡ k x d x = lim ⁡ k → ∞ ∫ a b f ( x ) sin ⁡ k x d x = 0 \lim\limits_{k\to\infty}\int_a^bf(x)\cos{kx}\mathrm{d}x=\lim\limits_{k\to\infty}\int_a^bf(x)\sin{kx}\mathrm{d}x=0 k→∞lim​∫ab​f(x)coskxdx=k→∞lim​∫ab​f(x)sinkxdx=0

证明
利用分部积分公式，当 k → ∞ k\to\infty k→∞
∫ a b f ( x ) cos ⁡ k x d x = sin ⁡ k b ⋅ f ( b ) − sin ⁡ k a ⋅ f ( a ) k − ∫ a b sin ⁡ k x k f ′ ( x ) d x → 0 \begin{split} &\int_a^bf(x)\cos{kx}\mathrm{d}x\\ =&\frac{\sin{kb}\cdot f(b)-\sin{ka}\cdot f(a)}{k}-\int_a^b\frac{\sin{kx}}{k}f'(x)\mathrm{d}x\\ &\to 0 \end{split} =​∫ab​f(x)coskxdxksinkb⋅f(b)−sinka⋅f(a)​−∫ab​ksinkx​f′(x)dx→0​

注：直观理解：即函数振荡过快会导致积分趋于0

4.2 点态收敛性

设 f ( x ) f(x) f(x) 是周期为 2 π 2\pi 2π 的连续函数，在 x x x 处有导数，则 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ − π , π ] [-\pi,\pi] [−π,π] 上的傅立叶级数在 x x x 处收敛于 f ( x ) f(x) f(x)

证明

1. 任取 u ∈ [ − π , π ] , u ≠ 0 u\in[-\pi,\pi],u\neq 0 u∈[−π,π],u=0，由Euler公式及等比数列求和公式
   1 2 + cos ⁡ u + ⋯ + cos ⁡ N u = sin ⁡ ( N + 1 2 ) u 2 sin ⁡ u 2 \frac{1}{2}+\cos u+\cdots+\cos{Nu}=\frac{\sin{(N+\frac{1}{2})}u}{2\sin{\frac{u}{2}}} 21​+cosu+⋯+cosNu=2sin2u​sin(N+21​)u​
2. 令 P N ( u ) = 1 2 π sin ⁡ ( N + 1 2 ) u 2 sin ⁡ u 2 P_N(u)=\frac{1}{2\pi}\frac{\sin{(N+\frac{1}{2})}u}{2\sin{\frac{u}{2}}} PN​(u)=2π1​2sin2u​sin(N+21​)u​，容易发现 P N ( u ) P_N(u) PN​(u) 以 2 π 2\pi 2π 为周期，且
   ∫ − π π P N ( u ) d u = 1 \int_{-\pi}^{\pi}P_N(u)\mathrm{d}u=1 ∫−ππ​PN​(u)du=1
3. 设 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ − π . π ] [-\pi.\pi] [−π.π] 的傅立叶级数的部分和为 S N ( x ) S_N(x) SN​(x)，则

S N ( x ) = 1 π ∫ − π π f ( t ) [ 1 2 + ∑ k = 1 N cos ⁡ k ( t − x ) ] d t = ∫ − π π f ( t ) 1 2 π sin ⁡ ( N + 1 2 ) ( t − x ) 2 sin ⁡ t − x 2 d t \begin{split} S_N(x)=&\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)[\frac{1}{2}+\sum\limits_{k=1}^N\cos{k(t-x)}]\mathrm{d}t\\ =&\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\frac{1}{2\pi}\frac{\sin{(N+\frac{1}{2})}(t-x)}{2\sin{\frac{t-x}{2}}}\mathrm{d}t\end{split} SN​(x)==​π1​∫−ππ​f(t)[21​+k=1∑N​cosk(t−x)]dt∫−ππ​f(t)2π1​2sin2t−x​sin(N+21​)(t−x)​dt​

3. 作代换 u = t − x u=t-x u=t−x ，则
   S N ( x ) = ∫ − π − x π − x f ( u + x ) P N ( u ) d u = ∫ − π π f ( u + x ) P N ( u ) d u \begin{split} S_N(x)=&\int_{-\pi-x}^{\pi-x}f(u+x)P_N(u)\mathrm{d}u\\ =&\int_{-\pi}^{\pi}f(u+x)P_N(u)\mathrm{d}u \end{split} SN​(x)==​∫−π−xπ−x​f(u+x)PN​(u)du∫−ππ​f(u+x)PN​(u)du​

4. 又 f ( x ) = f ( x ) ∫ − π π P N ( u ) d u = ∫ − π π f ( x ) P N ( u ) d u \begin{split} f(x)=&f(x)\int_{-\pi}^{\pi}P_N(u)\mathrm{d}u\\ =&\int_{-\pi}^{\pi}f(x)P_N(u)\mathrm{d}u \end{split} f(x)==​f(x)∫−ππ​PN​(u)du∫−ππ​f(x)PN​(u)du​

5. 则 S N ( x ) − f ( x ) = 1 2 π ∫ − π π f ( u + x ) − f ( u ) sin ⁡ u 2 sin ⁡ ( N + 1 2 ) u d u ≜ 1 2 π ∫ − π π g ( u ) sin ⁡ ( N + 1 2 ) u d u \begin{split} &S_N(x)-f(x)\\ =&\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{f(u+x)-f(u)}{\sin{\frac{u}{2}}}\sin{(N+\frac{1}{2})u} \mathrm{d}u\\ \triangleq &\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}g(u)\sin{(N+\frac{1}{2})u} \mathrm{d}u \end{split} =≜​SN​(x)−f(x)2π1​∫−ππ​sin2u​f(u+x)−f(u)​sin(N+21​)udu2π1​∫−ππ​g(u)sin(N+21​)udu​

6. 根据 Riemann-Lebesgue引理，只需说明 g ( u ) g(u) g(u) 是分段连续的，这只需 g ( u ) g(u) g(u) 在 u = 0 u=0 u=0 处不发散即可
   g ( u ) = f ( u + x ) − f ( u ) u ⋅ u sin ⁡ u 2 → 2 f ′ ( x ) g(u)=\frac{f(u+x)-f(u)}{u}\cdot \frac{u}{\sin{\frac{u}{2}}}\to 2f'(x) g(u)=uf(u+x)−f(u)​⋅sin2u​u​→2f′(x)

推论：
分段连续函数的傅立叶级数点态收敛于 f ( x + 0 ) + f ( x − 0 ) 2 \frac{f(x+0)+f(x-0)}{2} 2f(x+0)+f(x−0)​

4.3 一致收敛性

设 f ( x ) f(x) f(x) 以 2 π 2\pi 2π 为周期且分段光滑（即在有界闭区间上仅有有限个间断点且左右导数均存在），则 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ − π , π ] [-\pi,\pi] [−π,π] 上的傅立叶级数一致收敛

证明：

1. 由分部积分公式， a n = − a n ′ ′ n 2 , b n = − b n ′ ′ n 2 a_n=-\frac{a_n''}{n^2},b_n=-\frac{b_n''}{n^2} an​=−n2an′′​​,bn​=−n2bn′′​​

2. ∑ k = 1 ∞ ∣ a k ∣ + ∣ b k ∣ = ∑ k = 1 ∞ ∣ a k ′ ′ ∣ + ∣ b k ′ ′ ∣ k 2 ≤ ∑ k = 1 ∞ 2 M k 2 \sum\limits_{k=1}^{\infty}|a_k|+|b_k|=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{|a_k''|+|b_k''|}{k^2}\leq \sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{2M}{k^2} k=1∑∞​∣ak​∣+∣bk​∣=k=1∑∞​k2∣ak′′​∣+∣bk′′​∣​≤k=1∑∞​k22M​

∣ f ( x ) − S N ( x ) ∣ = ∣ ∑ k = N + 1 ∞ a k cos ⁡ k x + b k sin ⁡ k x ∣ ≤ ∑ k = N + 1 ∞ ∣ a k ∣ + ∣ b k ∣ → 0 ( N → ∞ ) \begin{split} &|f(x)-S_N(x)|\\ =&|\sum\limits_{k=N+1}^{\infty}a_k\cos{kx}+b_k\sin{kx}|\\ \leq &\sum\limits_{k=N+1}^{\infty}|a_k|+|b_k|\to 0 (N\to \infty) \end{split} =≤​∣f(x)−SN​(x)∣∣k=N+1∑∞​ak​coskx+bk​sinkx∣k=N+1∑∞​∣ak​∣+∣bk​∣→0(N→∞)​

4.4 依 L 2 L^2 L2 范数收敛性

设 f ( x ) ∈ L 2 [ − π , π ] f(x)\in L^2[-\pi,\pi] f(x)∈L2[−π,π]，则 S N S_N SN​ 依 L 2 L^2 L2 收敛于 f ( x ) f(x) f(x)

引理： L 2 [ − π , π ] L^2[-\pi,\pi] L2[−π,π] 上的函数可由一个周期为 2 π 2\pi 2π 的光滑函数任意逼近（不加证明）

定理证明
由引理给出 f f f 的逼近 g g g ，则
∣ ∣ f − f N ∣ ∣ ≤ ∣ ∣ f − g N ∣ ∣ < ∣ ∣ f − g ∣ ∣ + ∣ ∣ g − g N ∣ ∣ < ε + ε = 2 ε \begin{split} &||f-f_N||\\ \leq &||f-g_N||\\ <&||f-g||+||g-g_N||\\ <&\varepsilon+\varepsilon=2\varepsilon \end{split} ≤<<​∣∣f−fN​∣∣∣∣f−gN​∣∣∣∣f−g∣∣+∣∣g−gN​∣∣ε+ε=2ε​

5. Paseval等式

设 f ∈ L 2 [ − π , π ] f\in L^2[-\pi,\pi] f∈L2[−π,π]，则
1 2 π ∣ ∣ f ∣ ∣ 2 = ∑ − ∞ ∞ ∣ α n ∣ 2 = ∣ a 0 ∣ 2 + 1 2 ∑ n = 1 ∞ ∣ a n ∣ 2 + ∣ b n ∣ 2 \frac{1}{2\pi}||f||^2=\sum\limits_{-\infty}^{\infty}|\alpha_n|^2=|a_0|^2+\frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_n|^2+|b_n|^2 2π1​∣∣f∣∣2=−∞∑∞​∣αn​∣2=∣a0​∣2+21​n=1∑∞​∣an​∣2+∣bn​∣2
更多地，若设 g ∈ L 2 [ − π , π ] g\in L^2[-\pi,\pi] g∈L2[−π,π]，则
< f , g > = 2 π ∑ − ∞ ∞ α n β n ‾ <f,g>=2\pi\sum\limits_{-\infty}^{\infty}\alpha_n\overline{\beta_n} <f,g>=2π−∞∑∞​αn​βn​​

证明思路

∣ < f , g > − < f n , g n > ∣ ≤ ∣ < f , g − g n > ∣ + ∣ < f − f n , g N > ∣ ≤ ∣ ∣ f ∣ ∣ ⋅ ∣ ∣ g − g N ∣ ∣ + ∣ ∣ g N ∣ ∣ ⋅ ∣ ∣ f − f N ∣ ∣ → 0 \begin{split} &|<f,g>-<f_n,g_n>|\\ \leq &|<f,g-g_n>|+|<f-f_n,g_N>|\\ \leq &||f||\cdot||g-g_N||+||g_N||\cdot||f-f_N||\to 0 \end{split} ≤≤​∣<f,g>−<fn​,gn​>∣∣<f,g−gn​>∣+∣<f−fn​,gN​>∣∣∣f∣∣⋅∣∣g−gN​∣∣+∣∣gN​∣∣⋅∣∣f−fN​∣∣→0​