Fourier Series

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引

对于二阶常系数非齐次ODE $y'' + ay' + by = f(t)$y′′+ay′+by=f(t)

将$f(t)$f(t)展开成傅里叶级数 （$f(t)$f(t)是周期函数）（ $T = 2\pi$T=2π ）
$f(t) = c_{0} + \sum_{n = 1}^{\infty}{a_{n}cos(nt) + b_{n}sin(nt)}$f(t)=c0​+n=1∑∞​an​cos(nt)+bn​sin(nt)

分别求response 再根据叠加原理相加即可得到最终的response

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Orthogonal 正交化

两个函数内积为0则正交(将函数当作向量)
$\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g(x)dx = 0$∫−ππ​f(x)g(x)dx=0
$sin(nt),cos(nt)(n = 1,...,\infty)$sin(nt),cos(nt)(n=1,...,∞)是线性空间上的一组标准正交基 任意两不同向量内积都为0

PROOF

• 三角恒等式
• 复指数
• ODE

ODE PROOF

​ let $m\neq n$m​=n , $u_{n}, v_{n}$un​,vn​为正交基里任意两个函数 满足ODE $u''+n^2u = 0$u′′+n2u=0
$\int_{-\pi}^{\pi}u''_{n}v_{m}dt = u'_{n}v_{m}|_{-\pi}^{\pi}-\int_{-\pi}^{\pi}u'_{n}v'_{m}dt\\=-\int_{-\pi}^{\pi}u'_{n}v'_{m}dt\qquad 对称\\=-n^2\int_{-\pi}^{\pi}u_{n}v_{m}dt\qquad 根据ODE得到\ 不对称\ 有n$∫−ππ​un′′​vm​dt=un′​vm​∣−ππ​−∫−ππ​un′​vm′​dt=−∫−ππ​un′​vm′​dt对称=−n2∫−ππ​un​vm​dt根据ODE得到 不对称 有n
​ 根据对称性 $\int_{-\pi}^{\pi}u_{n}v_{m}dt$∫−ππ​un​vm​dt 必为0

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Projection 投影

如何得到系数？-- 即计算f(t)在一个基向量上的投影
$f(t) = c_{0} + \sum_{n = 1}^{\infty}{a_{n}cos(nt) + b_{n}sin(nt)}$f(t)=c0​+n=1∑∞​an​cos(nt)+bn​sin(nt)

两边同时点乘$cos(kt)$cos(kt)/$sin(kt)$sin(kt) 处本身以外 其余项都为0
$\int_{-\pi}^{\pi}f(t)cos(kt)dt = a_{k}\int_{-\pi}^{\pi}cos^2(kt)dt = \pi a_{k}\\\int_{-\pi}^{\pi}f(t)sin(kt)dt = b_{k}\int_{-\pi}^{\pi}sin^2(kt)dt = \pi b_{k}$∫−ππ​f(t)cos(kt)dt=ak​∫−ππ​cos2(kt)dt=πak​∫−ππ​f(t)sin(kt)dt=bk​∫−ππ​sin2(kt)dt=πbk​
即可得到$a_{k}$ak​或$b_{k}$bk​
$a_{k} = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)cos(kt)dt\\ b_{k} = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)sin(kt)dt\\$ak​=π1​∫−ππ​f(t)cos(kt)dtbk​=π1​∫−ππ​f(t)sin(kt)dt
关于$c_{0}$c0​两边直接积分（相当于两边同乘了一个$cos(0t)$cos(0t)）
$\int_{-\pi}^{\pi}f(t)dt = 2\pi c_{0}\\c_{0} = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)dt$∫−ππ​f(t)dt=2πc0​c0​=2π1​∫−ππ​f(t)dt
抑或是将$c_{0}$c0​当作$\frac{a_{0}}{2}$2a0​​ 就可以直接用通用的公式

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例子：求方波的傅里叶展开式

略

小技巧：先下移1/2转换为奇函数 再上移

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性质/简化运算

Uniqueness 唯一性

一个函数只有唯一一种傅里叶展开

when $f(t) = g(t)$f(t)=g(t), then $F.S.f(t) = F.S.g(t)$F.S.f(t)=F.S.g(t)

奇偶性

如果$f(t)$f(t)是偶函数 则傅里叶级数只包含$cos(nt)$cos(nt)项 （所有$b_{n}$bn​是0）
$f(t) = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty}{a_{n}cos(nt)}$f(t)=2a0​​+n=1∑∞​an​cos(nt)

PROOF

by uniqueness of F.S.
$f(t) = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty}{a_{n}cos(nt) + b_{n}sin(nt)}=\\f(-t) = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty}{a_{n}cos(nt) - b_{n}sin(nt)}$f(t)=2a0​​+n=1∑∞​an​cos(nt)+bn​sin(nt)=f(−t)=2a0​​+n=1∑∞​an​cos(nt)−bn​sin(nt)
so $b_{n} = -b_{n}$bn​=−bn​, $b_{n} = 0$bn​=0

同样的，如果$f(t)$f(t)是奇函数 则傅里叶级数只包含$sin(nt)$sin(nt)项（所有$a_{0}$a0​是0）

当$f(t)$f(t)是偶函数时，$f(t)cos(nt)$f(t)cos(nt)也是一个偶函数，所以：
$a_{n} = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(t)cos(nt)dt$an​=π2​∫0π​f(t)cos(nt)dt
奇函数的乘积还是奇函数，$f(t)sin(nt)$f(t)sin(nt)为奇when$f(t)$f(t)为奇，所以：
$b_{n} = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(t)sin(nt)dt$bn​=π2​∫0π​f(t)sin(nt)dt

收敛性

若$f(t)$f(t)是连续函数，则傅里叶级数收敛于$f(t)$f(t)

若$f(t)$f(t)是不连续的函数，有跳跃间断点，则在跳跃间断点 傅里叶级数收敛于跳跃的中点 (左右极限的算数平均值)

拓展：迪利克雷条件

狄利克雷条件是一个信号存在傅里叶变换的充分不必要条件。即满足狄利克雷条件，则必然可以傅里叶展开；但可以傅里叶展开不一定满足狄利克雷条件。

• 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

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例子：求锯齿波的傅里叶展开

略

小技巧：$cos(n\pi) = (-1)^n$cos(nπ)=(−1)n

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核心

傅里叶级数尝试兼顾整个区间 在整个区间上逼近， 而不是像泰勒级数 在一个点附近逼近

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拓展 Extension

改变周期

当周期是2L时
$f(t) = c_{0} + \sum_{n = 1}^{\infty}{a_{n}cos(\frac{n\pi}{L}t) + b_{n}sin(\frac{n\pi}{L}t)}\\ a_{n} = \frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(t)cos(\frac{n\pi}{L}t)dt\\ b_{n} = \frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(t)sin(\frac{n\pi}{L}t)dt\\$f(t)=c0​+n=1∑∞​an​cos(Lnπ​t)+bn​sin(Lnπ​t)an​=L1​∫−LL​f(t)cos(Lnπ​t)dtbn​=L1​∫−LL​f(t)sin(Lnπ​t)dt
when $f(t)$f(t) is even
$a_{n} = \frac{2}{L}\int_{0}^{L}f(t)cos(\frac{n\pi}{L}t)dt\\ b_{n} = 0$an​=L2​∫0L​f(t)cos(Lnπ​t)dtbn​=0
when $f(t)$f(t) is odd
$b_{n} = \frac{2}{L}\int_{0}^{L}f(t)sin(\frac{n\pi}{L}t)dt\\ a_{n} = 0$bn​=L2​∫0L​f(t)sin(Lnπ​t)dtan​=0

周期延拓

傅里叶级数是针对有限区间的

针对非周期函数，取感兴趣的一段当成周期函数

• 偶延拓

• 奇延拓

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具体解法

对于非阻尼二阶常系数ODE
$x'' + \omega_{0}^2x = f(t)$x′′+ω02​x=f(t)
当$f(t)$f(t)为三角函数$\left\{\begin{matrix}cos(\omega_{n}t)\\sin(\omega_{n}t)\end{matrix}\right.${cos(ωn​t)sin(ωn​t)​时，我们知道一个特解 $x_{p}= \left\{\begin{matrix}cos(\omega_{n}t)\\sin(\omega_{n}t)\end{matrix}\right./{\omega_{0}^{2}-\omega_{n}^{2}}$xp​={cos(ωn​t)sin(ωn​t)​/ω02​−ωn2​

所以，如果$f(t)$f(t)可以被傅里叶展开，
$f(t) = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty}{a_{n}cos(\omega_{n}t) + b_{n}sin(\omega_{n}t)}$f(t)=2a0​​+n=1∑∞​an​cos(ωn​t)+bn​sin(ωn​t)
则根据叠加原理我们可以得到一个特解response
$x_{p} = f(t) = \frac{a_{0}}{2\omega_{0}^2} + \sum_{n = 1}^{\infty}{\frac{a_{n}cos(\omega_{n}t) + b_{n}sin(\omega_{n}t)}{\omega_{0}^{2}-\omega_{n}^{2}}}$xp​=f(t)=2ω02​a0​​+n=1∑∞​ω02​−ωn2​an​cos(ωn​t)+bn​sin(ωn​t)​
其中$f(t)$f(t)的周期为$2L$2L, $\omega_{n} = \frac{n\pi}{L}$ωn​=Lnπ​

另一种解法 待定系数$f(t) = c_{0} + \sum_{n = 1}^{\infty}{a'_{n}cos(\omega_{n}t) + b'_{n}sin(\omega_{n}t)}$f(t)=c0​+∑n=1∞​an′​cos(ωn​t)+bn′​sin(ωn​t) 带入ODE对比

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系统响应

由上我们可知，当$\omega_{n}$ωn​越接近系统的固有频率时 系数越大 换句话说

系统不会对所有频率做出同等响应 而是会pick out接近它固有频率的频率

另一种解法 待定系数$f(t) = c_{0} + \sum_{n = 1}^{\infty}{a'_{n}cos(\omega_{n}t) + b'_{n}sin(\omega_{n}t)}$f(t)=c0​+∑n=1∞​an′​cos(ωn​t)+bn′​sin(ωn​t) 带入ODE对比

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系统响应

由上我们可知，当$\omega_{n}$ωn​越接近系统的固有频率时 系数越大 换句话说

系统不会对所有频率做出同等响应 而是会pick out接近它固有频率的频率

有时会引起共振