图说Fourier变换

傅里叶变换是傅里叶发现的，说起傅里叶这位大佬，他是一位研究热能的科学家，在研究热传导的时候发现了傅里叶变换，但傅里叶变换不仅只应用于热能，在声学，光学，电子学中也有广泛的应用．

傅里叶老先生的原话是：

"any function of a variable,whether continuous or discontinuous, can be expanded in a series of sines of multiples of the variable."

这样讲比较抽象，如果具体到场景，以音频为例，可以说成:

"any sound can be broken down into a series of sine waves at many differenct frequencies"

这样是不是好理解多了？虽然傅里叶变换是傅里叶的发现，但是傅里叶变换的思想可以追溯到古希腊对天文学的研究，古希腊天文学家认为宇宙的结构分成本轮和均轮，地球在宇宙中心，天体在不同的位置绕地球运转，但天体并不是位于以地球为圆心的轨道上，而是在其称为本轮的轨道上匀速转动，本轮的中心在以地球为中心的轨道（均轮）上匀速转动，由于天体在本轮与均轮上运动的组合，造成天体到地球的距离是变化的。这种结构可以解释很多天文现象。

结构是不是和上面的动图很像？佩服古人的想象力吧。

理论分析和作图实践

如同泰勒级数一样，Fourier级数是一种特殊形式的函数展开，一个函数按照泰勒级数展开时，基底函数取

$1, x, x^2, x^3, \cdots, x^n$

而一个函数按傅里叶级数展开时，基底函数取

$1,cosx, cos2x, cos3x, \cdots, .sinx, sin2x,sin3x,\cdots.$

它们构成无穷维的空间，这些无穷维空间的表示多是完备的，也就是缺少任何一个都不可以。最常遇到的函数在它的定义域内每一点都可以展开成幂级数，而傅里叶展开则需要一些条件。

与泰勒级数不同的是，在傅里叶级数中，任意两个不同的基底函数在

$\mathbf{[0,2\pi]}$

上是正交的．也就是：

$\int_{0}^{2\pi}1\cdot cos(nx)dx = 0$

$\int_{0}^{2\pi}1\cdot sin(nx)dx = 0$

$\int_{0}^{2\pi}cos(mx)\cdot cos(nx)dx = 0\ (m\ne n)$

$\int_{0}^{2\pi}sin(mx)\cdot sin(nx)dx = 0\ (m\ne n)$

$\int_{0}^{2\pi}cos(mx)\cdot sin(nx)dx = 0\ (m\neq n \ or \ m = n)$

这里， $m,n=1,2,3,\cdots,$ 基底函数的正交性对一个函数的傅里叶展开是至关重要的，傅里叶级数是一种很自然的函数展开形式，不但能够解决某些数学上的经典问题，而且是描述许多重要物理现象的基础，如力学，声学，电子学以及信号分析，控制科学等．

一个傅里叶级数在一般情况下表示为:

$f(x)=a_0 + \sum_{n = 1}^{\infty }(a_ncos(nx) + b_nsin(nx))$

其中， $a_n,a_n$ 和 $b_n$ 是展开系数．假定一个周期为 $2\pi$ 的函数 $f(x)$

$f(x+2\pi)=f(x)$

能按上式展开，之所以假定周期为 $2\pi$ 是为了计算方便，因为周期为 $2\pi$ 的函数，角速度为：

$\omega_0 = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{2\pi} =1$

$f = \frac{\omega_0}{2\pi} = \frac{1}{T} =\frac{1}{2\pi}$

这样，展开后的各次谐波可以写成

$cos(nw_0x) =cos(nx)$

的形式．当然定义周期非 $2\pi$ 也可以，只是推到过程中函数形式上会复杂一些，这里为了方便计算，定义周期为 $2\pi$ ．

$n\omega_0=n\frac{2\pi}{T}=\frac{2n\pi}{T}=\frac{2\pi}{\frac{T}{n}}$

所以，傅里叶级数可以看成一些列周期为

$\frac{T}{1}, \frac{T}{2}, \frac{T}{3},\cdots, \frac{T}{n}$

的三角波的叠加。

即便 $w_0\neq 1$ , 最终积分的时候，根据积化和差公式，得到包含

$cos(m+n)w_0x$ ， $sin(m+n)w_0x$ , $cos(m-n)w_0x$ , $sin(m-n)w_0x$

的项，它们的角频率都是一次谐波的整数倍，也就是说，周期都可以被一次谐波整除，而积分范围是一次谐波的一个周期范围，必定包含整数个高次谐波的波形，而三角波再周期范围内积分为0，所以，积分结果也必定为0.

现在计算其中的展开系数．

对上式两边在 $[0,2\pi]$ 范围进行积分,并利用正交性:

$\\ \int_{0}^{2\pi}f(x)dx = \int_{0}^{2\pi}[a_0+\sum_{n=1}^{\infty }(a_ncosnx+b_nsinnx)]dx \\ = 2\pi a_0 + \sum_{n=1}^{\infty }a_n \int_{0}^{2\pi}cosnxdx + \sum_{n=1}^{\infty }b_n \int_{0}^{2\pi}sinnxdx = 2\pi a_0 + 0 + 0 = 2\pi a_0$

所以:

$a_0 = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx$

所以 $a_0$ 是函数 $f(x)$ 在 $[0,2\pi]$ 区间的平均值，为了计算系数 $a_n$ ,按照同样的套路，对两边同乘以 $cos(mx)(m=1,2,3,\cdots)$ ,然后在 $[0,2\pi]$ 范围积分，并利用正交性，得到:

$\\ \int_{0}^{2\pi}f(x)cosmxdx = \int_{0}^{2\pi}cosmx[a_0+\sum_{n=1}^{\infty }(a_ncosnx+b_nsinnx)]dx \\ =a_0\int_{0}^{2\pi}cosmxdx + \sum_{n=1}^{\infty }b_n \int_{0}^{2\pi}cosmxsinnxdx + \sum_{n=1}^{\infty }a_n \int_{0}^{2\pi}cosmxcosnxdx \\ = 0 + 0 + \sum_{n=1}^{\infty }a_n \int_{0}^{2\pi}cosmxcosnxdx= \sum_{n=1}^{\infty }a_n \int_{0}^{2\pi}cosmxcosnxdx=a_n\int_{0}^{2\pi}cos^2nxdx \\=a_n\int_{0}^{2\pi}\frac{1+cos(2nx)}{2}dx = a_n\pi + 0 = a_n\cdot \pi$

所以：

$a_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx$

类似，对前式两边同乘以 $sin(mx)(m=1,2,3,\cdots)$ ,积分后得到:

$b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx$

Notes: 上面计算过程的积分范围是 $[0,2\pi]$ ,其实也可以选择 $[-\pi,\pi]$ ,计算结果系数表达式不变，只是将积分范围变为 $[-\pi,\pi]$ ，事实上，由于被积分的函数是以 $2\pi$ 为周期的，积分范围可以选择任意一个宽度为 $2\pi$ 的区间．

傅里叶变换的本质是内积，内积的本质是投影，三角函数的特殊性在于，它是一个完备的正交函数集，不同频率的三角函数之间的内积为0，也就是垂直，正交，或者毫不相关，只有频率相同的三角函数，内积才不是0（很显然，自身到自身的投影，长度一定不为0，除非自身就是0).从这个角度看，我们求得的傅里叶系数只是再不同的函数上的投影坐标。

综上，得到傅里叶系数：

$\left\{\begin{matrix}a_0 = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx \quad \qquad \\a_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx \\b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx \end{matrix}\right.$

假如被积函数有周期 $T$ ,则积分区间可以用任意一个宽度为 $T$ 的区间代替，例如 $[-T/2+x, T/2+x]$ .，因为无论区间怎样取，周期内积分必定相等．

从纯数学的角度讲，上面的过程是使用三角函数逼近周期函数的过程，如果在频率增加时，fourier系数快速收敛为０，则信号表现是光滑的，如果在频率较大的时候，有一些系数仍然无法收敛，则图形会变成有高频噪声的情况，可以使用低通滤波对频率进行过滤，得到低频部分．

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，后来发现还要加上一些条件，不过这些条件非常的弱，之后经过进一步补充，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.(如果 $x_0$ 是函数 $f(x)$ 的间断点，且左极限及右极限都存在,满足这些条件的间断点成为第一类间断点).
在一周期内，极大值和极小值的数目应是有限个,翻译过来就是，分段单调，单调区间的个数有限．
在一周期内，信号是绝对可积的。

这三个条件是充分条件，但不是必要条件，也就是说，存在一些函数有傅里叶展开，但是却不一定满足上面这三条，但是对于满足上面三条的函数，一定可以进行傅里叶级数展开．

关于间断点的分类，见下图：

收敛情况，在 $f(x)$ 的连续点，傅里叶级数收敛于:

$a_0 + \sum_{n = 1}^{\infty }(a_ncos(nx) + b_nsin(nx))=f(x)$

但是在 $f(x)$ 的间断点，收敛于:

$a_0 + \sum_{n = 1}^{\infty }(a_ncos(nx) + b_nsin(nx))=\frac{f(x-0)+f(x+0)}{2}$

其中 $f(x-0)$ 和 $f(x+0)$ 是 $f(x)$ 在 $x$ 处的左极限和右极限，这里的含义是，如果将函数按照傅里叶级数展开，这个傅里叶级数再原函数的一个连续点收敛于对应连续点的值，但是在原函数的一个间断点，则收敛于这个间断点左右极限的算数平均值．

这也侧面反应，左右极限存在是傅里叶变换可以进行的必要条件．

另外，根据条件1和条件3，也可以得出， $a_n,b_n$ 随着系数增大，逐渐趋于0的事实，这也说明傅里叶变换后，高频分量能量趋近于零，可以忽略。

现在我们证明一下：

根据条件1和3，f(x)满足绝对可积，只有有限个第一类间断点，则可以得到f(x)函数在周期内一定有界，包括上界和下界，所以下式一定成立：

$\left|f(x)\right|<A$

一定成立

所以

$\left|a_n\right| =\left| \frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx\right|<\left| \frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}Acos(nx)dx\right|=\frac{A}{\pi}\frac{sinnx}{n}\leq \frac{A}{n\pi}$

$\left|b_n\right| =\left| \frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx\right|<\left| \frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}Asin(nx)dx\right|=\frac{A}{\pi}\frac{cosnx}{n}\leq \frac{A}{n\pi}$

后面还会看到傅里叶级数的复指数形式也有一个系数，它的系数表示为：

$\\ F(n)=\frac{a_n-ib_n}{2}$

模表示单位圆的半径幅度:

$\left | F(n) \right |=\left | \frac{a_n-ib_n}{2} \right |=\frac{\sqrt{a_n^2+b_n^2}}{2}\leq \frac{\sqrt{\frac{A^2}{n^2\pi^2}+\frac{A^2}{n^2\pi^2}}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{A}{n\pi}$

可以看到，随着 $n\rightarrow \infty$ ，傅里叶变换复指数形式的系数表示环绕圆半径也是逐渐减小的。

所以， $a_n,b_n$ 随着系数增大，绝对值逐渐趋于0的判断成立，几何化表示就是，频域圆圈套圆圈，后面的圆圈越来越小。

傅里叶级数的复数形式推导：

根据欧拉公式:

$e^{i\omega x }=cos(\omega x)+i\cdot sin(\omega x)$

$\omega =\frac{2\pi}{T}=\frac{2\pi}{2\pi}=1$

所以

$e^{ix}=cos(x)+i\cdot sin(x)$

$e^{-ix}=cos(x)-i\cdot sin(x)$

所以:

$cos(x)=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$

$sin(x)=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$

由于

$a_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx$

所以

$a_{-n} =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx=a_n$

$b_{-n} =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(-nx)dx=-b_n$

注意这里是 $-n$ 而不是 $-x$ ，所以固定的是上式的结论．

所以:

$\frac{a_n+ib_n}{2}e^{-inx} = \frac{a_{j}-ib_j}{2}e^{i\cdot jx} \qquad j = -n$

所以：

$\\ f(x)=a_0 + \sum_{n = 1}^{\infty }(a_ncos(nx) + b_nsin(nx)) \\= a_0+\sum_{n = 1}^{\infty }(a_n\cdot \frac{e^{inx}+e^{-inx}}{2} + b_n\cdot \frac{e^{inx}-e^{-inx}}{2i})\\=a_0+\sum_{n = 1}^{\infty }(a_n\cdot \frac{e^{inx}+e^{-inx}}{2} - b_n\cdot \frac{e^{inx}-e^{-inx}}{2}i)\\=a_0+\sum_{n = 1}^{\infty }(\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx} +\frac{a_n+ib_n}{2}e^{-inx})= a_0+\sum_{n = 1}^{\infty }\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx} +\sum_{n = 1}^{\infty }\frac{a_n+ib_n}{2}e^{-inx}\\=a_0+\sum_{n = 1}^{\infty }\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx} +\sum_{n = -\infty}^{-1 }\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx}\\=\frac{2a_0-2b_0i}{2}e^{i\cdot 0 \cdot x}+\sum_{n = 1}^{\infty }\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx} +\sum_{n = -\infty}^{-1 }\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx}$

这里做一下变量代换，用 $a_0$ 表示 $2a_0$ ，用 $b_0$ 表示 $2b_0$ ，其中 $b_0 = 0$

也就是新的公式里面的

$a_0 = \frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx$

所以，上面的式子化为：

$\mathbf{\\f(x)=\frac{a_0-b_0i}{2}e^{i\cdot 0 \cdot x}+\sum_{n = 1}^{\infty }\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx} +\sum_{n = -\infty}^{-1 }\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx}\\=\sum_{n = -\infty}^{-1 }\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx} + \frac{a_0-b_0i}{2}e^{i\cdot 0 \cdot x}+\sum_{n = 1}^{\infty }\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx} =\sum_{n=-\infty}^{\infty }\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx}}$

对于复数代数表达和自然指数表达之间的联系，做如下推导：

$\\\mathbf{a+ib=\sqrt{a^2+b^2}(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}+i\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}})=\sqrt{a^2+b^2}(cos\varphi +isin\varphi )=\sqrt{a^2+b^2}\cdot e^{\varphi i}}$

$\mathbf{tan\varphi = \frac{b}{a}}$

如下图：

所以：

其中，

$C_n=\sqrt{a_n^2+b_n^2} \qquad tan\varphi_n=-\frac{b_n}{a_n}$

$\\ F(n)=\frac{1}{2}\cdot C_n\cdot e^{i\varphi_n}=\frac{a_n-ib_n}{2}=\frac{1}{2}\bigg[\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx - i \frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx \bigg]\\=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)\bigg[cos(nx)-isin(nx)\bigg]dx=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)e^{-inx}dx$

$\\f(x)=\sum_{n=-\infty}^{\infty }\frac{1}{2}\cdot C_n\cdot e^{i\varphi_n}\cdot e^{inx}=\sum_{n=-\infty}^{\infty }F(n)\cdot e^{inx}$

所以，最终傅里叶级数变换和反变换为：

$\\ F(n)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)e^{-inx}dx$

$\\f(x)=\sum_{n=-\infty}^{\infty }F(n)\cdot e^{inx}$

前面说的三角函数是一组正交函数，实际上， $e^{-inx} \quad n\in(-\infty,\infty)$ 也是一组正交函数，并且是完备的，定义为：

$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-inx}e^{imx}dx =0 \ \ (m\neq n)$

上式的一居室柯西积分定理，解析函数沿着任意封闭曲线（内部不包括奇点）的积分值为0

对于傅里叶积分的形式,是不是很像？

$\\F(\omega )=\int_{-\infty }^{\infty }f(x)e^{-iwx}dx \quad (-\infty <\omega <\infty ) \\ \\f(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }F(\omega )e^{iwx}dw \quad (-\infty <\omega <\infty ) \\$

实际上，傅里叶级数当 $T\rightarrow \infty$ 时的极限就是傅里叶积分。

区别就在于因子 $\frac{1}{2\pi}$ 放在哪里，实际上这个差别是有原因的，这里由于假定周期是 $2\pi$ ，所以因子实际上是 $\frac{1}{T}$ .，傅里叶变换的时候， $T\rightarrow \infty$ , $F(n)\rightarrow 0$ ,这样会导致幅度谱趋近于0，很难画出来表示不同频率分量的强度差异。这样，将 $F(n)$ 乘以 $T$ ,则转化为频率密度谱，也就是在连续频率情况下，单位频率内，有多少“幅度”，这就像是算单位体积内物体的质量一样，这样，傅里叶级数就成了傅里叶变换。

简单应用，对于函数:

$f(t)=cos(t)$

其复指数形式的傅里叶变换是:

$f(t)=cos(t)= 1\cdot cost(t)$

所以:

$a_1=1$ ，其余都为0；

所以：

$\\ F(1)=\frac{1}{2}\cdot C_n\cdot e^{i\varphi_n}=\frac{a_n-ib_n}{2}=\frac{1-i\cdot 0}{2}=\frac{1}{2}$

$\\ F(-1)=\frac{1}{2}\cdot C_{-n}\cdot e^{i\varphi_{-n}}=\frac{a_{-n}-ib_{-n}}{2}=\frac{1-i\cdot 0}{2}=\frac{1}{2}\ \ (a_{-n}=a_n, b_{-n}=-b_n)$

所以:

$f(t)=\frac{1}{2}e^{-it}+\frac{1}{2}e^{it}$

对于方波来说：

$\\ F(\omega )=\int_{-\infty }^{\infty }f(x)e^{-iwx}dx=\int_{-\infty }^{\infty }f(x)e^{-iwx}dx=\int_{0}^{\pi}e^{-iwx}dx - \int_{\pi]}^{2\pi}e^{-iwx}dx\\=(-\frac{1}{iw})\int_{0}^{\pi}e^{-iwx}d(-iwx) - (-\frac{1}{iw}) \int_{\pi]}^{2\pi}e^{-iwx}d(-iwx)\\=(-\frac{1}{iw}) e^{-iwx}\bigg|^{\pi}_0- (-\frac{1}{iw})e^{-iwx}\bigg|^{2\pi}_{\pi}=(\frac{1}{iw})e^{-iwx}\bigg|^{2\pi}_{\pi}-\frac{1}{iw} e^{-iwx}\bigg|^{\pi}_0\\=\frac{1}{iw}(e^{-iw\cdot 2\pi}-e^{-iw\cdot \pi}-e^{-iw\cdot \pi}+1)\\=\frac{1}{in}(e^{-in\cdot 2\pi}-e^{-in\cdot \pi}-e^{-in\cdot \pi}+1)\\=\frac{1}{i\cdot n}\bigg[ cos(2\pi n)-i\cdot sin(2\pi n)-2(cos\pi n-i\cdot sin\pi n) +1\bigg]\\=\frac{1}{i\cdot n}\bigg[2-2(-1)^n\bigg]=\frac{2}{i\cdot n}\bigg[1-cos(n\pi)\bigg]=-i\frac{2}{n}\bigg[1-cosn\pi\bigg]$

对于方波，后面有求得

$\\a_n=0\\ b_n=\frac{2}{n\pi}(1-cos(n\pi))$

而且:

$F(w)=\pi a_n-i\pi b_n=0-i\frac{2}{n}\bigg[1-cosn\pi\bigg]=-i\frac{2}{n}\bigg[1-cosn\pi\bigg]$

所以，上面两个方法推推导出了同样的结果．

可以类比连续情况下的fourier 变换：

$\mathbf{\mathbf{F(w)=\pi a_n- i\pi b_n}=\pi \frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx -i \pi \frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx -i\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\int_{0}^{2\pi}f(x)\cdot \bigg[cos(nx)-isin(nx)\bigg]dx=\int_{0}^{2\pi}f(x)\cdot e^{-inx}dx=\int_{0}^{2\pi}f(x)\cdot e^{-i\omega x}dx}$

$\mathbf{\mathbf{f(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }F(\omega )e^{i\omega x}d\omega =\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }(\pi a_n - i\pi b_n)e^{i\omega x}d\omega=\sum_{n=-\infty}^{\infty }\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx}}}$

下面的公式来源于数学物理方法，本质是周期无限大时候的fourier级数．

$\\ \mathbf{\\A(\omega )=\frac{1}{\pi}\int^{\infty }_{-\infty }f(t)cos\omega tdt} \\ \mathbf{B(\omega )=\frac{1}{\pi}\int^{\infty }_{-\infty }f(t)sin\omega tdt}$

$\\ \mathbf{\mathbf{f(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }F(\omega )e^{i\omega x}d\omega =\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }(\pi a_n - i\pi b_n)e^{i\omega x}d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }(\pi A(\omega ) - i\pi B(\omega ))e^{i\omega x}d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }\bigg(\int^{\infty }_{-\infty }f(t)cos\omega tdt- i\int^{\infty }_{-\infty }f(t)sin\omega tdt \bigg)e^{i\omega x}d\omega}}\\\mathbf{=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }\int^{\infty }_{-\infty }\bigg(f(t)cos\omega t- i\cdot f(t)sin\omega t \bigg)dt e^{i\omega x}d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }\int^{\infty }_{-\infty }\bigg(f(t)cos\omega t- i\cdot f(t)sin\omega t \bigg)dt e^{i\omega x}d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }\int^{\infty }_{-\infty }f(t)\bigg(cos\omega t- i\cdot sin\omega t \bigg)dt e^{i\omega x}d\omega} \\ =\mathbf{ \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }\int^{\infty }_{-\infty }f(t)e^{-i\omega t}dt e^{i\omega x}d\omega}$

$\\ \mathbf{ =\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }\int^{\infty }_{-\infty }f(t)e^{-i\omega t}dt e^{i\omega x}d\omega =\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }\bigg[\int^{\infty }_{-\infty }f(t)e^{-i\omega t}dt\bigg] e^{i\omega x}d\omega }$

所以，自然而然，中括号的内容独立出来，推导出傅里叶积分形式：

$\\\mathbf{F(\omega )=\int_{-\infty }^{\infty }f(x)e^{-iwx}dx \quad (-\infty <\omega <\infty ) }\\ \\\mathbf{f(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }F(\omega )e^{iwx}d\omega \quad (-\infty <\omega <\infty )} \\$

所以：

$\\f(x)=\sum_{n=-\infty}^{\infty }\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx} = \sum_{n=-\infty}^{\infty }\frac{\sqrt{a^2_n+b^2_n}}{2}e^{\varphi i}e^{inx}=\sum_{n=-\infty}^{\infty }\frac{\sqrt{a^2_n+b^2_n}}{2}e^{(nx + \varphi) i}\\=\sum_{n=-\infty}^{\infty }\frac{\sqrt{a^2_n+b^2_n}}{2}[cos(nx+\varphi) + i sin(nx+\varphi)] \qquad \\ tan\varphi = -\frac{b_n}{a_n} \ \ cos\varphi = \frac{a_n}{\sqrt{a^2_n+b^2_n}} \ \ sin\varphi =-\frac{b_n}{\sqrt{a^2_n+b^2_n}} \\ \therefore f(x)=\sum_{n=-\infty}^{\infty }\frac{\sqrt{a^2_n+b^2_n}}{2}[cos(nx+\varphi) + i sin(nx+\varphi)] \\=\sum_{n=-\infty}^{\infty }\frac{\sqrt{a^2_n+b^2_n}}{2}[cos(nx+\varphi)] \\=\sum_{n=-\infty}^{\infty }\frac{\sqrt{a^2_n+b^2_n}}{2}[cos(nx)cos\varphi - sin(nx)sin\varphi]\\=\sum_{n=-\infty}^{\infty }[cos(nx)\cdot \frac{a_n}{2}+sin(nx)\cdot \frac{b_n}{2}]$

$\\\mathbf{=\sum_{n=-\infty}^{-1}[cos(nx)\cdot \frac{a_n}{2}+sin(nx)\cdot \frac{b_n}{2}] +cos(0\cdot x)\cdot \frac{a_0}{2}+sin(0\cdot x)\frac{b_0}{2}+ \sum_{n=1}^{\infty}[cos(nx)\cdot \frac{a_n}{2}+sin(nx)\cdot \frac{b_n}{2}]}\\\mathbf{=cos(0\cdot x)\cdot \frac{a_0}{2}+sin(0\cdot x)\cdot \frac{b_0}{2}+2\sum_{n=1}^{\infty}[cos(nx)\cdot \frac{a_n}{2}+sin(nx)\cdot \frac{b_n}{2}]}\\=\mathbf{ \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}[a_ncos(nx)+b_nsin(nx)]}$

可见，正向推导和反向推到都成功了。

根据复数域公式，傅里叶变换可以看成是一个个的角频率不同的圆( $e^{inx} \quad n = 1,2, 3, \cdots$ )的运动的叠加，当n>0时，是逆时针旋转的圆，当n<0时，是顺时针旋转的圆，n==0的时候，表示直流平均分量，不旋转。不管旋转方向是什么，同意时刻它们的实部投影是时域上的值，虚部投影是0.(上面的式子可以看到大于零和小于零情况下，相同角频率的两个圆它们的相位相反，而角频率相同的情况下，任何时刻互为共轭，虚部矢量和为0，所以只有实世界的分量，也就是时域分量).

1.函数在一个周期内的解析式为：

$f(x) = \left\{\begin{matrix} e^x \qquad x > -\pi \ and \ x < 0\\ 1 \qquad x > 0 \ and \ x < \pi \end{matrix}\right.$

周期函数下图所示：

$\\a_0 = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xdx + \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot dx \\= \frac{1}{2\pi}e^x \bigg|^0_{-\pi}+ \frac{1}{2\pi}x \bigg|^\pi_{0} = \frac{1-e^{-\pi}}{2\pi} + \frac{\pi - 0}{2\pi} = \frac{1-e^{-\pi}}{2\pi} + \frac{1}{2}$

$\\ a_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cos(nx)dx \\= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xcos(nx)dx + \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot cos(nx)dx \\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xcos(nx)dx + \frac{1}{n\pi}\int_{0}^{\pi} cos(nx)dnx = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xcos(nx)dx +\frac{1}{n\pi}sin(nx)\bigg|^\pi_{0}\\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xcos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}cos(nx)de^x=\frac{1}{\pi}e^xcos(nx) - \frac{n}{\pi}\int_{-\pi}^{0}-sin(nx)e^xdx \\=\frac{1}{\pi}e^xcos(nx) +\frac{n}{\pi}\int_{-\pi}^{0}sin(nx)de^x=\frac{1}{\pi}e^xcos(nx) +\frac{n}{\pi}e^x sin(nx)- \frac{n}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xdsin(nx)\\=\frac{1}{\pi}e^xcos(nx) +\frac{n}{\pi}e^x sin(nx)- \frac{n^2}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xcos(nx)dx$

所以：

$\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xcos(nx)dx=\frac{1}{\pi}e^xcos(nx) +\frac{n}{\pi}e^x sin(nx)- \frac{n^2}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xcos(nx)dx$

所以:

$\\ a_n:\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xcos(nx)dx=\frac{\frac{1}{\pi}e^xcos(nx) +\frac{n}{\pi}e^x sin(nx)}{1+n^2} \bigg|^0_{-\pi}=\frac{1}{\pi(1+n^2)}-\frac{\frac{1}{\pi}(-1)^ne^{-\pi}}{1+n^2}\\=\frac{1}{\pi(1+n^2)}-\frac{(-1)^ne^{-\pi}}{\pi(1+n^2)} = \frac{1-(-1)^ne^{-\pi}}{\pi(1+n^2)}$

同理:

$\\b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)sin(nx)dx \\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xsin(nx)dx + \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1 \cdot sin(nx)dx \\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xsin(nx)dx + \frac{1}{n\pi}\int_{0}^{\pi}sin(nx)dnx = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xsin(nx)dx + \frac{1}{n\pi}(-cos(nx)) \bigg|^{\pi}_{0}\\= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xsin(nx)dx +\frac{{(-1)}^{n+1} +1}{n\pi} = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}sin(nx)de^x +\frac{{(-1)}^{n+1} +1}{n\pi}= \frac{1}{\pi}e^xsin(nx) -\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xdsin(nx)+\frac{{(-1)}^{n+1} +1}{n\pi} \\= \frac{1}{\pi}e^xsin(nx) -\frac{n}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xcos(nx)dx+\frac{{(-1)}^{n+1} +1}{n\pi} \\= \frac{1}{\pi}e^xsin(nx) -\frac{n}{\pi}\int_{-\pi}^{0}cos(nx)de^x+\frac{{(-1)}^{n+1} +1}{n\pi} \\= \frac{1}{\pi}e^xsin(nx) -\frac{n}{\pi}(e^xcos(nx)+n\int_{-\pi}^{0}e^xsin(nx)dx)+\frac{{(-1)}^{n+1} +1}{n\pi} \\=\frac{1}{\pi}e^xsin(nx)-\frac{n}{\pi}e^xcos(nx)-\frac{n^2}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xsin(nx)dx$

$+\frac{{(-1)}^{n+1} +1}{n\pi}$

所以：

$\\ \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xsin(nx)dx+\frac{{(-1)}^{n+1} +1}{n\pi}\\=\frac{1}{\pi}e^xsin(nx)-\frac{n}{\pi}e^xcos(nx)-\frac{n^2}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xsin(nx)dx+\frac{{(-1)}^{n+1} +1}{n\pi}$

所以

$\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xsin(nx)dx=\frac{\frac{1}{\pi}e^xsin(nx)-\frac{n}{\pi}e^xcos(nx)}{1+n^2} = \frac{e^xsin(nx)-ne^xcos(nx)}{\pi(1+n^2)} \bigg|^0_{-\pi}$

$\\ \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xsin(nx)dx=\frac{\frac{1}{\pi}e^xsin(nx)-\frac{n}{\pi}e^xcos(nx)}{1+n^2} = \frac{e^xsin(nx)-ne^xcos(nx)}{\pi(1+n^2)} \bigg|^0_{-\pi}\\=\frac{0-n}{\pi(1+n^2)} - \frac{0-ne^{-\pi}(-1)^{n}}{\pi(1+n^2)} = \frac{-n}{\pi(1+n^2)} +\frac{ne^{-\pi}(-1)^{n}}{\pi(1+n^2)}=\frac{ne^{-\pi}(-1)^{n}-n}{\pi(1+n^2)}$

所以

$\\ b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^xsin(nx)dx+\frac{{(-1)}^{n+1} +1}{n\pi}\\=\frac{ne^{-\pi}(-1)^{n}-n}{\pi(1+n^2)}+\frac{{(-1)}^{n+1} +1}{n\pi}$

综合上面的推导，得出傅里叶系数分别为：

$\\a_0 = \frac{1-e^{-\pi}}{2\pi} + \frac{1}{2}$

$\\ a_n= \frac{1-(-1)^ne^{-\pi}}{\pi(1+n^2)}$

$\\ b_n=\frac{ne^{-\pi}(-1)^{n}-n}{\pi(1+n^2)}+\frac{{(-1)}^{n+1} +1}{n\pi}$

octave计算各次的系数分别为：

$\\a_0 = 0.6523\\ a_1=0.1660 \\ a_2=0.060911\\ a_3=0.033207\\ a_4=0.017915\\ a_5=0.012772\\ a_6=8.2312e-03=0.0082312\\ b_1=0.4706\\ b_2=-0.1218\\ b_3=0.1126 \\ b_4=-0.071660 \\ b_5=0.063465\\ b_6=-0.049387$

得到包括六次谐波的函数表达式为：

$\\f(x)=0.6523+0.1660cos(x)+0.4706sin(x)+0.060911cos(2x)-0.1218sin(2x)+0.033207cos(3x)+0.1126sin(3x)+0.017915cos(4x)-0.071660sin(4x)+0.012772cos(5x)+0.063465sin(5x)+0.00823cos(6x)-0.049387sin(6x)$

其图形是下图，可以看到，基本上与原函数重合，这也说明上面的积分过程是正确的。

octave计算过程：

\frac{2}{n\pi}(1-cos(n\pi))

下面用python绘制一幅精确点的图形,下面的图形包含10000个谐波，可以看到，已经非常逼近原函数图形了。

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021@author: czl
"""
from pylab import *
x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = (1-exp(-pi))/(2*pi)+1/2s=a0for n in range(1,10000,1):s0 = ((1-(-1)**n*exp(-pi))/(pi*(1+n**2))*cos(n*x)+((n*exp(-pi)*(-1)**n-n)/(pi*(1+n**2))+((-1)**(n+1)+1)/(n*pi))*sin(n*x))s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

２.方波：

$f(x) = \left\{\begin{matrix} -1 \qquad x > -\pi \ and \ x < 0\\ 1 \qquad x > 0 \ and \ x < \pi \end{matrix}\right.$

$a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx =0$

$\\ a_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cos(nx)dx \\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}-1\cdot cos(nx)dx + \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot cos(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot cos(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot cos(nx)dx\\=\frac{2}{n\pi}\int_{0}^{\pi} cos(nx)dnx=\frac{2}{n\pi}\cdot sinnx\bigg|^\pi_{0} = 0$

$\\ b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)sin(nx)dx \\= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}-1\cdot sin(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot sin(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}sinnx dx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}sin(nx)dx=\frac{2}{n\pi}\int_{0}^{\pi}sin(nx)dnx=\frac{2}{n\pi}(-cosnx)\bigg|^\pi_{0}\\=\frac{2}{n\pi}(1-cos(n\pi))$

所以:

$b_n=\left\{\begin{matrix} \frac{4}{n\pi} \qquad n = 1, 3, 5, \cdots\\ 0 \qquad n=2,4, 6, \cdots \end{matrix}\right.$

所以：

$f(x)= \frac{4}{\pi}(sinx+\frac{1}{3}sin3x +\frac{1}{5}sin5x + \cdots)$

geogebra函数图形：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021@author: czl
"""
from pylab import *
x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = 0s=a0for n in range(0,1000,1):s0 = 4/((2*n+1)*pi)*sin((2*n+1)*x)s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

得到如下图像：

3.另一类型的方波

$f(x) = \left\{\begin{matrix} 1 \qquad x > -\pi/2 \ and \ x < \pi/2\\ -1 \qquad x > \pi/2 \ and \ x < 3\pi/2 \end{matrix}\right.$

$\\a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/2}^{3\pi/2}f(x)dx =\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}f(x)dx+\frac{1}{2\pi}\int_{\pi/2}^{3\pi/2}f(x)dx \\=0$

$\\ b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{3\pi/2}f(x)sin(nx)dx \\= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}1\cdot sin(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{\pi/2}^{3\pi/2}-1\cdot sin(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}1\cdot sin(nx)dx-\frac{1}{\pi}\int_{\pi/2}^{3\pi/2}1\cdot sin(nx)dx\\=\frac{1}{n\pi}(-cosnx)\bigg|^{\pi/2}_{-\pi/2} - \frac{1}{n\pi}(-cosnx)\bigg|^{3\pi/2}_{\pi/2}=0$

$\\ a_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{3\pi/2}f(x)cos(nx)dx \\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}1\cdot cos(nx)dx + \frac{1}{\pi}\int_{\pi/2}^{3\pi/2}-1\cdot cos(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}1\cdot cos(nx)dx-\frac{1}{\pi}\int_{\pi/2}^{3\pi/2}1\cdot cos(nx)dx\\=\frac{1}{n\pi}\cdot( sinnx\bigg|^{\pi/2}_{-\pi/2} - sinnx\bigg|^{3\pi/2}_{\pi/2})=\frac{1}{n\pi}\cdot( 2sin\frac{n\pi}{2} - sinnx\bigg|^{3\pi/2}_{\pi/2})\\=\frac{1}{n\pi}\cdot( 2sin\frac{n\pi}{2} - (sin\frac{3n\pi}{2} - sin\frac{n\pi}{2}))=\frac{1}{n\pi}\cdot( 3sin\frac{n\pi}{2} - sin\frac{3n\pi}{2})\\=\frac{1}{n\pi}\cdot( 3sin\frac{n\pi}{2} - sin(\frac{n\pi}{2}+n\pi))=\frac{1}{n\pi}\cdot( 3sin\frac{n\pi}{2} - (-1)^nsin(\frac{n\pi}{2}))$

所以

$a_n=\left\{\begin{matrix} \frac{(-1)^{\frac{n-1}{2}}4}{n\pi} \qquad n=1,3,5, \cdots \\ 0, \quad n=2,4,6,\cdots \end{matrix}\right.$

所以:

$\\f(x)=\frac{4}{\pi}(cos(x)-\frac{1}{3}cos(3x)+\frac{1}{5}cos(5x)+\cdots)\\= \frac{4}{\pi}(sin(x+\frac{\pi}{2})+\frac{1}{3}sin(3x+\frac{3\pi}{2})+\frac{1}{5}sin(5x+\frac{5\pi}{2})+\cdots)$

对比前图，这里的表达式表示沿着横轴左移 $\frac{\pi}{2}$ 角度，和前图的解析式形式完全一致．

geogebra验证：

n=17次的谐波是上图的样子．

python验证：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021
@author: czl
"""
from pylab import *
x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = 0s=a0for n in range(0,100,1):s0 = ((-1)**n*4)/((2*n+1)*pi)*cos((2*n+1)*x)s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

python绘制的图像：

函数4：

$f(x) = \left\{\begin{matrix} 0 \qquad x > -\pi \ and \ x < 0\\ 1 \qquad x > 0 \ and \ x < \pi \end{matrix}\right.$

$\\a_0 = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{0}0\cdot dx + \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot dx \\= \frac{1}{2\pi}x \bigg|^\pi_{0} = \frac{\pi - 0}{2\pi} = \frac{1}{2}$

$\\ a_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cos(nx)dx \\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}0\cdot cos(nx)dx + \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot cos(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot cos(nx)dx=\frac{1}{n\pi}\int_{0}^{\pi} cos(nx)dnx=\frac{1}{n\pi}\cdot sinnx\bigg|^\pi_{0} = 0$

$\\ b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)sin(nx)dx \\= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}0\cdot sin(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot sin(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}sin(nx)dx=\frac{1}{n\pi}\int_{0}^{\pi}sin(nx)dnx=\frac{1}{n\pi}(-cosnx)\bigg|^\pi_{0}\\=\frac{1}{n\pi}(1-cos(n\pi))$

所以：

$b_n=\left\{\begin{matrix} \frac{2}{n\pi} \qquad n = 1, 3, 5, \cdots\\ 0 \qquad n=2,4, 6, \cdots \end{matrix}\right.$

$f(x)= \frac{1}{2}+\frac{2}{\pi}(sinx+\frac{1}{3}sin3x +\frac{1}{5}sin5x + \cdots)$

geogebra图像为：

python图像：


# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021
@author: czl
"""
from pylab import *
x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = 1/2s=a0for n in range(0,100,1):s0 = 2/(pi*(2*n+1))*sin((2*n+1)*x)s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

函数5：

$f(x) = \left\{\begin{matrix} 1 \qquad x > -\frac{\pi}{2} \ and \ x < \frac{\pi}{2}\\ 0 \qquad x > \frac{\pi}{2} \ and \ x < \frac{3\pi}{2} \end{matrix}\right.$

$\\ a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}f(x)dx =\frac{1}{2\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}f(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}1\cdot dx\\=\frac{1}{2\pi}\bigg|^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{2}$

$\\ b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{3\pi/2}f(x)sin(nx)dx \\= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}1\cdot sin(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{\pi/2}^{3\pi/2}0\cdot sin(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}1\cdot sin(nx)dx=\frac{1}{n\pi}(-cosnx)\bigg|^{\pi/2}_{-\pi/2} =0$

$a_n=\left\{\begin{matrix} \frac{(-1)^{\frac{n-1}{2}}2}{n\pi} \qquad n=1,3,5, \cdots \\ 0, \quad n=2,4,6,\cdots \end{matrix}\right.$

$f(x)=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi}(cos(x)-\frac{1}{3}cos(3x)+\frac{1}{5}cos(5x)+\cdots)$

geogebra图形：yu

python图形：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021
@author: czl
"""
from pylab import *
x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = 1/2s=a0for n in range(0,100,1):s0 = ((-1)**n*2)/((2*n+1)*pi)*cos((2*n+1)*x)s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

锯齿函数的傅里叶变换:

$f(x)=\left\{\begin{matrix} \frac{1}{2}(\pi - x) \quad (0<x\leqslant 2\pi)\\ f(x+2\pi) \qquad others \end{matrix}\right.$

$\\a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2}(\pi-x)dx=0$

$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2}(\pi-x)cosnx dx= \frac{1}{2\pi}(\pi\int_{0}^{2\pi}cosnxdx-\int_{0}^{2\pi}xcosnxdx)=0$

$\\b_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2}(\pi -x)sinnxdx=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}(\pi -x)sinnxdx\\=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\pi sinnxdx-\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}x sinnxdx=-\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}x sinnxdx \\=\frac{1}{2n\pi}\int_{0}^{2\pi}x dcosnx =\frac{1}{2n\pi}(xcosnx-\int_{0}^{2\pi}cosnxdx)\\= \frac{1}{2n\pi}(xcosnx-\frac{1}{n}sinnx)\bigg|^{2\pi}_{0}=\frac{1}{2\pi}\frac{2\pi}{n} = \frac{1}{n}$

于是:

$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sinnx}{n}$

geogebra图形为：

python图形为：

验证，在 $x=0,\pm \pi,\pm4\pi,\cdots$ ,收敛于

$\frac{f(x-0)+f(x+0)}{2}=0$

但是在连续点，收敛于级数

$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sinnx}{n}$

python绘图代码为：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021
@author: czl
"""
from pylab import *
x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = 0s=a0for n in range(1,100,1):s0 = sin(n*x)/ns=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

函数:

$f(x) = \left\{\begin{matrix} x^2 \qquad x > -\pi \ and \ x < \pi\\ \left f(x+2n\pi) \end{matrix} \right.$

$\\a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2dx=\frac{1}{2\pi}\cdot \frac{x^3}{3}\bigg|^{\pi}_{-\pi}=\frac{1}{2\pi}\cdot \frac{2\pi^3}{3}=\frac{\pi^2}{3}$

$\\ b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2\cdot sin(nx)dx=0$

$\\a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2cos(nx)dx=\frac{1}{n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2dsin(nx)\\=\frac{1}{n\pi}(x^2sin(nx)-\int_{-\pi}^{\pi}sin(nx)dx^2)=\frac{1}{n\pi}(x^2sin(nx)-2\int_{-\pi}^{\pi}xsin(nx)dx)\\=\frac{1}{n\pi}(x^2sin(nx)+\frac{2}{n}(xcosnx-\frac{1}{n}sinnx))\bigg|^{\pi}_{-\pi}=(-1)^n\frac{4}{n^2}$ \

python绘图：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021
@author: czl
"""
from pylab import *
x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = (pi**2)/3s=a0for n in range(1,300,1):s0 = ((-1)**n)*(4/(n**2))*cos(n*(x))s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform'   )show()    fourier_wave()

geogebra绘图：

对于

$f(x) = \left\{\begin{matrix} -x^2 \qquad x > -\pi \ and \ x < \pi\\ \left f(x+2n\pi) \end{matrix} \right.$

$\\a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx =- \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2dx=-\frac{1}{2\pi}\cdot \frac{x^3}{3}\bigg|^{\pi}_{-\pi}=-\frac{1}{2\pi}\cdot \frac{2\pi^3}{3}=-\frac{\pi^2}{3}$

$\\ b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=-\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2\cdot sin(nx)dx=0$

$\\a_n=(-1)^{n+1}\frac{4}{n^2}$

python制图:

python 代码：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021
@author: czl
"""
from pylab import *
x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = -(pi**2)/3s=a0for n in range(1,300,1):s0 = ((-1)**(n+1))*(4/(n**2))*cos(n*(x))s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform'   )show()    fourier_wave()

三角波的傅里叶变换：

$f(x)=\left\{\begin{matrix}x \quad (0<x\leqslant \pi)\\ -x \qquad -\pi\leqslant x<0 \end{matrix}\right.$

$\\a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}xdx + \frac{1}{2\pi}\int_{\pi}^{2\pi}(2\pi-x)dx\\=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}xdx+\frac{1}{2\pi}\int_{\pi}^{2\pi}2\pi dx-\frac{1}{2\pi}\int_{\pi}^{2\pi}xdx\\= \frac{1}{2\pi}(\frac{x^2}{2}\bigg|^{\pi}_{0} + 2\pi\cdot x\bigg|^{2\pi}_\pi - \frac{x^2}{2}\bigg|^{2\pi}_{\pi})=\frac{1}{2\pi}(\frac{\pi^2}{2}+2\pi^2-\frac{3\pi^2}{2})=\frac{\pi}{2}$

$\\ b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cdot sin(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}-x\cdot sin(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cdot sin(nx)dx \\= \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cdot sin(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cdot sin(nx)dx\\= \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cdot sin(nx)dx=\frac{2}{n\pi}\int_{0}^{\pi}x\cdot sin(nx)dnx=-\frac{2}{n\pi}\int_{0}^{\pi}x dcosnx \\= -\frac{2}{n\pi}(xcosnx - \int_{0}^{\pi}cosnxdx )=-\frac{2}{n\pi}(xcosnx - \frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}cosnxdnx )\\= -\frac{2}{n\pi}(xcosnx - \frac{1}{n}sin(nx) )\bigg|^{\pi}_{0}=(-1)^{n+1}\frac{2}{n}$

$b_n$ 求解错误，实际上由于奇函数在原点对称区间求积分， $b_n=0$

$\\a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cos(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}-x\cdot cos(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cdot cos(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cdot cos(nx)dx + \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cdot cos(nx)dx=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cdot cos(nx)dx\\=\frac{2}{n\pi}\int_{0}^{\pi}x\cdot cos(nx)dnx=\frac{2}{n\pi}(xsinnx -\int_{0}^{\pi}sin(nx)dx )\\= \frac{2}{n\pi}(xsinnx -\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}sin(nx)dnx )\\= \frac{2}{n\pi}(xsinnx +\frac{1}{n}cos(nx) )\bigg|^{\pi}_{0}=\frac{2}{n^2\pi}[(-1)^n -1]$

python图形：

python代码：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021
@author: czl
"""
from pylab import *
x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = pi/2s=a0for n in range(1,100,1):s0 = ((2/((n**2)*pi)) * ((-1)**n -1))*cos(n*x)s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

相位变化后的三角波

$f(x)=\left\{\begin{matrix}\pi-x \quad (0<x\leqslant \pi)\\ x+\pi \qquad -\pi\leqslant x<0 \end{matrix}\right.$

$\\a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{0}(x+\pi)dx + \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}(\pi-x)dx\\=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}(\pi-x)dx+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}(\pi-x)dx=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}(\pi-x)dx\\= \frac{1}{\pi}\cdot(\pi x-\frac{x^2}{2})\bigg|^{\pi}_{0}=\frac{\pi}{2}$ hanshu

$\\ b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cdot sin(nx)dx=0$

$\\a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cos(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}(\pi+x)\cdot cos(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}(\pi-x)\cdot cos(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{\pi}^{0}(\pi-x)\cdot cos(nx)d(-x)+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}(\pi-x)\cdot cos(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}(\pi-x)\cdot cos(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}(\pi-x)\cdot cos(nx)dx\\= \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}(\pi-x)\cdot cos(nx)dx= \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\pi\cdot cosnx dx-\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cdot cosnx dx\\= \frac{2}{n}\int_{0}^{\pi}cosnx dnx-\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cdot cosnx dx\\= \frac{2}{n}\cdot sinnx\bigg|^{\pi}_{0} -\frac{2}{n^2\pi}[(-1)^n -1] = 0-\frac{2}{n^2\pi}[(-1)^n -1]=-\frac{2}{n^2\pi}[(-1)^n -1]$

python绘图：

代码：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021
@author: czl
"""
from pylab import *
x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = pi/2s=a0for n in range(1,100,1):s0 = -((2/((n**2)*pi)) * ((-1)**n -1))*cos(n*x)s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

占空比不为1/2的方波:

$f(x)=\left\{\begin{matrix} -1, \qquad x>-\pi \ and \ x<-\frac{\pi}{2}\\ 1, x>-\frac{\pi}{2}\ and \ x <\pi \end{matrix}\right.$

$\\a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{-\frac{\pi}{2}}(-1)dx + \frac{1}{2\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\pi}(1)dx\\=\frac{1}{2\pi}(-x\bigg|^{-\frac{\pi}{2}}_{-\pi} + x\bigg|^{\pi}_{-\frac{\pi}{2}})=\frac{1}{2}$

$\\ b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{-\frac{\pi}{2}}(-1)\cdot sin(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\pi}(1)\cdot sin(nx)dx\\=\frac{1}{n\pi}\int_{-\pi}^{-\frac{\pi}{2}}(-1)\cdot sin(nx)dnx+\frac{1}{n\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\pi}(1)\cdot sin(nx)dnx\\=\frac{1}{n\pi}(cosnx\bigg|^{-\frac{\pi}{2}}_{-\pi}-cosnx\bigg|^{\pi}_{-\frac{\pi}{2}})=\left\{\begin{matrix} \frac{2}{n\pi}, \qquad n = 1, 3, 5, \cdots \\ -\frac{4}{n\pi}, \qquad n/2=1, 3, 5, \cdots\\ 0, \qquad n/2 = 2, 4, 6, \cdots \end{matrix}\right.$

$\\a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{-\frac{\pi}{2}}(-1)\cdot cos(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\pi}(1)\cdot cos(nx)dx\\=\frac{1}{n\pi}\int_{-\pi}^{-\frac{\pi}{2}}(-1)\cdot cos(nx)dnx+\frac{1}{n\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\pi}(1)\cdot cos(nx)dnx\\=\frac{1}{n\pi}(-sinnx\bigg|^{-\frac{\pi}{2}}_{-\pi}+sinnx\bigg|^{\pi}_{-\frac{\pi}{2}})=2sin\frac{n\pi}{2}=\left\{\begin{matrix} 0, \qquad n = 2, 4, 6, \cdots \\ \frac{2}{n\pi}, n=4i+1, i = 1, 2,3, \cdots\qquad, \\ \frac{-2}{n\pi},n=4i+3, i = 1,2, 3, \cdots \end{matrix}\right.$

$\\f(x)=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi}cos(x)+\frac{2}{\pi}sin(x)-\frac{4}{2\pi}cos2x+\frac{2}{3\pi}cos(3x)-\frac{2}{3\pi}sin(3x)+\frac{2}{5\pi}cos(5x)+\frac{2}{5\pi}sin(5x)+\cdots$

python代码：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021
@author: czl
"""
from pylab import *
x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = 1/2s=a0for n in range(1,1000,1):if (n%4 == 0):an = 0bn = 0elif (n%4 == 1):an = 2/(n*pi)bn = 2/(n*pi)elif (n%4 == 2):an = 0bn = -4/(n*pi)elif (n%4 == 3):an = -2/(n*pi)bn = 2/(n*pi)s0 = an*cos(n*x)+bn*sin(n*x)s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

geogebra绘图结果：

别看这个函数简单，但它妹的收敛速度太慢，9次谐波绘制才是上图的屎样，实在绘不下去了，还好python绘制的图能够说明并且保证积分过程是无误的。

函数：

$f(x)=\left\{\begin{matrix} sin(x) \qquad x>0 \ and\ x< \pi \\ f(x+\pi) \quad \quad \quad \quad \qquad \quad \quad \end{matrix}\right.$

$\\a_0=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)dx = \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}sinx dx=\frac{1}{\pi}\cdot (-cosx)\bigg|^{\pi}_0=\frac{1}{\pi}\cdot((-(-1))-(-1))\\=\frac{1}{\pi}\cdot 2=\frac{2}{\pi}$

$\\ b_n =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)sin(2nx)dx=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}sinx\cdot sin(2nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}[cos(2nx-x)-cos(2nx+x)]dx=\frac{1}{\pi}\bigg(\frac{sin(2nx-x)}{2n-1}\bigg|^{\pi}_0 - \frac{sin(2nx+x)}{2n+1}\bigg|^{\pi}_0 \bigg)\\=0$

$\\ b_n =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)cos(2nx)dx=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}sinx\cdot cos(2nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}[sin(x+2nx)+sin(x-2nx)]dx\\=\frac{1}{\pi}\bigg(-\frac{cos(x+2nx)}{2n+1}\bigg|^{\pi}_0 - (-1)\cdot \frac{cos(x-2nx)}{1-2n}\bigg|^{\pi}_0 \bigg)\\=\frac{1}{\pi}\bigg(-\frac{cos(x+2nx)}{2n+1}\bigg|^{\pi}_0 - \frac{cos(x-2nx)}{2n-1}\bigg|^{\pi}_0 \bigg)\\= \frac{1}{\pi}\bigg(\frac{2}{2n+1}-\frac{2}{2n-1}\bigg)=-\frac{4}{\pi}\cdot \frac{1}{4n^2-1}$

python绘制的图形为：

python代码：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021@author: czl
"""
from pylab import *
x = mgrid[-10:10:0.01]def fourier_wave():a0 = 2/pis=a0for n in range(1,1000,1):s0 = -4/pi * (1/(4*(n**2) -1))*cos((2*n)*x)s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

奇异周期函数：

$f(x) = \left\{\begin{matrix} x^2 \qquad x > 0\ and \ x < \pi\\ \left -x \qquad x>-\pi \ \ x < 0 \ \ \ \ \end{matrix} \right.$

$\\a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx =\frac{1}{2\pi}\int^{0}_{-\pi}-x dx +\frac{1}{2\pi} \int^{\pi}_{0]}x^2dx=\frac{1}{2\pi}\bigg[(-\frac{x^2}{2})\bigg|^{0}_{-\pi}+\frac{x^3}{3}\bigg|^{\pi}_0\bigg]\\=\frac{1}{2}\bigg[\frac{\pi}{2}+\frac{\pi^2}{3}\bigg]$

$\\ b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\frac{1}{\pi}\bigg[\int_{-\pi}^{0}-x\cdot sin(nx)dx+\int^{\pi}_{0}x^2sin(nx)dx\bigg]\\=\frac{1}{n\pi}\bigg[\int^{0}_{-\pi}-x\cdot sin(nx)d(nx) + \int^{\pi}_{0}x^2sin(nx)d(nx)\bigg]\\=\frac{1}{n\pi}\bigg[\int^{0}_{-\pi}x d cos(nx)-\int^{\pi}_{0}x^2d cos(nx)\bigg]\\=\frac{1}{n\pi}\bigg[ \bigg(xcosnx\bigg|^{0}_{-\pi} -\int^{0}_{-\pi}cos(nx)dx \bigg)-\int^{\pi}_{0}x^2dcos(nx)\bigg]\\=\frac{1}{n\pi}\bigg[ \bigg(xcosnx\bigg|^{0}_{-\pi} -\frac{1}{n}sin(nx)\bigg|^{0}_{-\pi}\bigg)-\int^{\pi}_{0}x^2dcos(nx)\bigg]\\=\frac{1}{n\pi}\bigg[ \bigg(xcosnx\bigg|^{0}_{-\pi} -\frac{1}{n}sin(nx)\bigg|^{0}_{-\pi}\bigg)-\bigg(x^2cos(nx)\bigg|^{\pi}_0-\frac{2}{n}\int^{\pi}_{0}xcosnxdnx\bigg)\bigg]\\=\frac{1}{n\pi}\bigg[ \bigg(xcosnx\bigg|^{0}_{-\pi} -\frac{1}{n}sin(nx)\bigg|^{0}_{-\pi}\bigg)-\bigg(x^2cos(nx)\bigg|^{\pi}_0-\frac{2}{n}\int^{\pi}_{0}xdsinnx\bigg)\bigg]$

$\\=\frac{1}{n\pi}\bigg[ \bigg(xcosnx\bigg|^{0}_{-\pi} -\frac{1}{n}sin(nx)\bigg|^{0}_{-\pi}\bigg)-\bigg(x^2cos(nx)\bigg|^{\pi}_0-\frac{2}{n}\bigg(xsinnx \bigg|^{\pi}_0 -\int^{\pi}_{0}sinnx dx\bigg) \bigg)\bigg]\\=\frac{1}{n\pi}\bigg[ \bigg(xcosnx\bigg|^{0}_{-\pi} -\frac{1}{n}sin(nx)\bigg|^{0}_{-\pi}\bigg)-\bigg(x^2cos(nx)\bigg|^{\pi}_0-\frac{2}{n}\bigg(xsinnx \bigg|^{\pi}_0 +\frac{1}{n}cosnx\bigg|^{\pi}_{0}\bigg) \bigg)\bigg]\\=\frac{1}{n\pi}\bigg[ 0-(-\pi)(-1)^n-0-\bigg( \pi^2(-1)^n -0-\frac{2}{n}(0+\frac{1}{n}((-1)^n - 1)\bigg)\bigg]\\= \frac{1}{n\pi}\bigg[\pi(-1)^n-\bigg(\pi^2(-1)^n-\frac{2}{n^2}((-1)^n-1)\bigg) \bigg]\\= \frac{1}{n\pi}\bigg[\pi(-1)^n-\pi^2(-1)^n+\frac{2[(-1)^n-1]}{n^2}\bigg]$

$\\a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}-xcos(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^2cos(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}-xcos(nx)dx+\frac{1}{n\pi}\bigg[x^2sin(nx)+\frac{2}{n}(xcosnx-\frac{1}{n}sinnx)\bigg]\bigg|^{\pi}_{0}\\=\frac{1}{n\pi}\int_{-\pi}^{0}-xdsinnx+\frac{1}{n\pi}\bigg[x^2sin(nx)+\frac{2}{n}(xcosnx-\frac{1}{n}sinnx)\bigg]\bigg|^{\pi}_{0}\\=\frac{1}{n\pi}\bigg(-xsinnx\bigg|^{0}_{-\pi}+\int^{0}_{-\pi}sinnx dx\bigg)+\frac{1}{n\pi}\bigg[x^2sin(nx)+\frac{2}{n}(xcosnx-\frac{1}{n}sinnx)\bigg]\bigg|^{\pi}_{0}\\=\frac{1}{n\pi}\bigg(-xsinnx\bigg|^{0}_{-\pi}-\frac{1}{n}cosnx\bigg|^{0}_{-\pi}\bigg)+\frac{1}{n\pi}\bigg[x^2sin(nx)+\frac{2}{n}(xcosnx-\frac{1}{n}sinnx)\bigg]\bigg|^{\pi}_{0}\\=\frac{1}{n\pi}\bigg(0-0-\frac{1}{n}+\frac{1}{n}(-1)^n\bigg)+\frac{1}{n\pi}\bigg[\frac{2\pi(-1)^n}{n}\bigg]\\=\frac{(-1)^n-1}{n^2\pi}+\frac{1}{n\pi}\bigg[\frac{2\pi(-1)^n}{n}\bigg]$

积分没有问题，但发现ubuntu上用python2.7绘制的图形还不太精确，但是windows10上的anaconda则没有问题，网上说是由于广为人知的phthon2.7浮点BUG导致：

ubuntu平台绘制：

anaconda绘制：

python代码：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021
@author: czl
"""
from pylab import *
x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = (1/2)*((pi/2)+(pi**2)/3)s=a0for n in range(1,1000,1):bn = (1/(n*pi))*(pi*((-1)**n) -(pi**2)*((-1)**n) + (2*((-1)**n-1))/(n**2))an = (((-1)**n - 1) + 2*pi*((-1)**n))/((n**2)*pi)s0 = an*cos(n*x)+bn*sin(n*x)s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

图象

$f(x) = \left\{\begin{matrix} x^2 \qquad x > 0\ and \ x < \pi\\ \left e^{-x} \qquad x>-\pi \ \ x < 0 \ \ \ \ \end{matrix} \right.$

geogebra图象：

$\\a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx =\frac{1}{2\pi}\int^{0}_{-\pi}e^{-x} dx +\frac{1}{2\pi} \int^{\pi}_{0]}x^2dx=\frac{1}{2\pi}\bigg[(-e^{-x})\bigg|^{0}_{-\pi}+\frac{x^3}{3}\bigg|^{\pi}_0\bigg]\\=\frac{1}{2\pi}\bigg[e^\pi - 1+\frac{\pi^3}{3}\bigg]$

$\\ b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\frac{1}{\pi}\bigg[\int_{-\pi}^{0}e^{-x}\cdot sin(nx)dx+\int^{\pi}_{0}x^2sin(nx)dx\bigg]\\=\frac{1}{\pi}\bigg[-\frac{e^{-x}(sinnx+ncosnx)}{n^2+1}\bigg|^{0}_{-\pi}+\frac{(2-n^2x^2)cosnx+2nxsinnx}{n^3}\bigg|^{\pi}_0\bigg]\\=\frac{1}{\pi}\bigg[\frac{-n+ ne^{\pi}(-1)^n}{n^2+1}+\frac{(2-n^2\pi^2)(-1)^n-2}{n^3}\bigg]$

$\\a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}e^{-x}cos(nx)dx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^2cos(nx)dx\\=\frac{1}{\pi}\bigg[\frac{e^{-x}(nsinnx-cosnx)}{n^2+1}\bigg|^{0}_{-\pi}+\frac{(n^2x^2-2)sinnx+2nxcosnx}{n^3}\bigg|^{\pi}_0\bigg]\\= \frac{1}{\pi}\bigg[\frac{-1+e^\pi(-1)^n}{n^2+1}+\frac{2n\pi(-1)^n}{n^3}\bigg]$

代码：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021
@author: czl
"""
from pylab import *x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = (1/(2*pi))*(exp(pi)-1+(pi**3)/3)s=a0for n in range(1,1000,1):bn = (1/(pi))*(((n*exp(pi)*(-1)**n)-n)/(n**2+1)+((2-n**2*pi**2)*(-1)**n - 2)/(n**3))an = (1/(pi))*(((exp(pi)*(-1)**n)-1)/(n**2+1)+(2*n*pi*(-1)**n)/(n**3))s0 = an*cos(n*x)+bn*sin(n*x)s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

图像：

$f(x)=\left\{\begin{matrix} -0.8 \qquad x>-\pi \ and \ x < -\frac{\pi}{3}\\ -0.4 \qquad x > -\frac{\pi}{3}\ and \ x < -\frac{\pi}{6}\\ -0.2 \qquad x>-\frac{\pi}{6} \ and \ x< 0 \\3 \qquad x>0 \ and \ x < \frac{5\pi}{6} \\ 1 \qquad x > \frac{5\pi}{6} \ and \ x < \pi \end{matrix}\right.$

$\\a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)dx=\frac{1}{2\pi}\bigg[ (-0.8)\bigg|^{-\frac{\pi}{3}}_{-\pi}+(-0.4)\bigg|^{-\frac{\pi}{6}}_{-\frac{\pi}{3}}+(-0.2)\bigg|^{0}_{-\frac{\pi}{6}}+3\bigg|^{\frac{5\pi}{6}}_0 + 1\bigg|^{\pi}_{\frac{5\pi}{6}}\bigg]\\=\frac{1}{2\pi}\bigg[\frac{15\pi}{6}+\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{30}-\frac{2\pi}{30}-\frac{16\pi}{30}\bigg]=\frac{61}{60}$

$\int msin(nx)dx =-\frac{mcosnx}{n}+C$

$\int mcos(nx)dx =\frac{msinnx}{n}+C$

$\\ b_n =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)sin(nx)dx=\\\mathbf{ \frac{1}{\pi}\bigg[\frac{(-0.8)(-cosnx)}{n}\bigg|^{-\frac{\pi}{3}}_{-\pi} +\frac{(-0.4)(-cosnx)}{n}\bigg|^{-\frac{\pi}{6}}_{-\frac{\pi}{3}}+\frac{(-0.2)(-cosnx)}{n}\bigg|^{0}_{-\frac{\pi}{6}}+\frac{3(-cosnx)}{n}\bigg|^{\frac{5\pi}{6}}_0 +\frac{(-cosnx)}{n}\bigg|^{\pi}_{\frac{5\pi}{6}}\bigg]}$

$\\a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)cos(nx)dx=\\ \frac{1}{\pi}\bigg[\frac{(-0.8)sinnx}{n}\bigg|^{-\frac{\pi}{3}}_{-\pi} +\frac{(-0.4)sinnx}{n}\bigg|^{-\frac{\pi}{6}}_{-\frac{\pi}{3}}+\frac{(-0.2)sinnx}{n}\bigg|^{0}_{-\frac{\pi}{6}}+\frac{3sinnx}{n}\bigg|^{\frac{5\pi}{6}}_0 +\frac{sinnx}{n}\bigg|^{\pi}_{\frac{5\pi}{6}}\bigg]$

python代码：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021
@author: czl
"""
from pylab import *x = mgrid[-20:20:0.01]def fourier_wave():a0 = 61/60s=a0for n in range(1,1000,1):bn = (1/(pi))*( (((-0.8)*(-cos(n*(-pi/3))) - (-0.8)*(-cos(n*(-pi))))/n) +(((-0.4)*(-cos(n*(-pi/6))) - (-0.4)*(-cos(n*(-pi/3))))/n) + (((-0.2)*(-cos(n*(0))) - (-0.2)*(-cos(n*(-pi/6))))/n)+ (((3)*(-cos(n*(5*pi)/6)) - (3)*(-cos(n*(0))))/n) + (((1)*(-cos(n*(pi))) - (1)*(-cos(n*(5*pi)/6)))/n))an = (1/(pi))*( (((-0.8)*(sin(n*(-pi/3))) - (-0.8)*(sin(n*(-pi))))/n) +(((-0.4)*(sin(n*(-pi/6))) - (-0.4)*(sin(n*(-pi/3))))/n) + (((-0.2)*(sin(n*(0))) - (-0.2)*(sin(n*(-pi/6))))/n)+ (((3)*(sin(n*(5*pi)/6)) - (3)*(sin(n*(0))))/n) + (((1)*(sin(n*(pi))) - (1)*(sin(n*(5*pi)/6)))/n))s0 = an*cos(n*x)+bn*sin(n*x)s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

图像：

前面的周期均为 $2\pi$ 的周期函数，现在用一个周期为 $\pi$ 的函数，看有什么不同．

周期为 $\pi$ ，则基波的角速度 $\omega =2$ .

$f(x) = \left\{\begin{matrix} 1 \qquad x > -\pi/4 \ and \ x < \pi/4\\ -1 \qquad x > \pi/4 \ and \ x < 3\pi/4 \end{matrix}\right.$

函数图形：

$\\\mathbf{a_0=\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}f(x)dx = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi/4}^{3\pi/4}f(x)dx =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi/4}^{\pi/4}f(x)dx+\frac{1}{\pi}\int_{\pi/4}^{3\pi/4}f(x)dx =0}$

$\\ b_n =\frac{2}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}f(x)sin(\frac{2\pi}{T} nx)dx=\frac{2}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}f(x)sin(2nx)dx=\frac{2}{\pi}\int_{-\pi/4}^{3\pi/4}f(x)sin(2nx)dx \\= \frac{2}{\pi}\int_{-\pi/4}^{\pi/4}1\cdot sin(2nx)dx+\frac{2}{\pi}\int_{\pi/4}^{3\pi/4}(-1)\cdot sin(2nx)dx\\=\frac{2}{\pi}\int_{-\pi/4}^{\pi/4}1\cdot sin(2nx)dx-\frac{2}{\pi}\int_{\pi/4}^{3\pi/4}1\cdot sin(2nx)dx\\=\frac{1}{n\pi}(-cos2nx)\bigg|^{\pi/4}_{-\pi/4} - \frac{1}{n\pi}(-cos2nx)\bigg|^{3\pi/4}_{\pi/4}=0$

$\\ a_n =\frac{2}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}f(x)cos(\frac{2\pi}{T} nx)dx=\frac{2}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}f(x)cos(2nx)dx=\frac{2}{\pi}\int_{-\pi/4}^{3\pi/4}f(x)cos(2nx)dx \\= \frac{2}{\pi}\int_{-\pi/4}^{\pi/4}1\cdot cos(2nx)dx+\frac{2}{\pi}\int_{\pi/4}^{3\pi/4}(-1)\cdot cos(2nx)dx\\=\frac{2}{\pi}\int_{-\pi/4}^{\pi/4}1\cdot cos(2nx)dx-\frac{2}{\pi}\int_{\pi/4}^{3\pi/4}1\cdot cos(2nx)dx\\=\frac{1}{n\pi}(sin2nx)\bigg|^{\pi/4}_{-\pi/4} - \frac{1}{n\pi}(sin2nx)\bigg|^{3\pi/4}_{\pi/4}$

图像：

代码：

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Mon Feb  1 13:57:21 2021
@author: czl
"""
from pylab import *x = mgrid[-5:5:0.01]def fourier_wave():a0 = 0s=a0for n in range(1,1000,1):an=(1/(n*pi))*(sin(2*n*pi/4) - sin(-2*n*pi/4)) - (1/(n*pi))*(sin(2*n*3*pi/4) - sin(2*n*pi/4)) bn=0s0 = an*cos(2*n*x)+bn*sin(2*n*x)s=s+s0plot(x,s,'orange',linewidth=0.6)title('fourier_transform')show()    fourier_wave()

参数信息：

$\\a_0 = 0\\ a_1=1.273\\ a_2=0\\ a_3=-0.424\\ a_4=0\\ a_5=0.255\\ a_6=0\\ a_7=-0.182\\ a_8=0\\ a_9=0.141\\ a_10=0\\ a_{11}=-0.116$

$\\\mathbf{f(x)=1.273cos(2x)-0.424cos(6x)+0.255cos(10x)-0.182cos(14x)+0.141cos(18x)-0.116cos(22x)}$

geogebra图像是：

也是，完美符合！

实践证明，迪利克雷条件真是比较宽松的条件，宽松到，几乎可以做出论断，但凡周期函数，皆可傅里叶!

最后，以几张图结尾，下图是方波在各次1-17谐波时候的图形，最高次是红色代表17次谐波图形，，也是最接近方波的。

单独看17次谐波的结果：

锯齿波的傅里叶变换直观图，最高次8次谐波。

第八次谐波的情况：

下面这幅图很有意思，它说明同样角度的正弦和余弦级数多项式和图形并不一定相似：

傅里叶变换为我们提供了一个全新的观察世界的角度，站在频域看世界，世界是静止的，因为只有一组不变的频率摆在那里。我们的世界有着统一而优美的运行机制，这使我想到，在现实生活中看到的纷繁复杂的现象，有没有可能是存在于高维空间中的同一个事物的不同侧面在这个世界的投影。大道至简，或许从高维看世界，世界不再是一地的碎片，而是一体多面，在至高的维度，隐藏着一切问题的答案。想象一下，世界上每一个看似混乱的表象，背后实际上都是一条时间轴上按照或有或无的规则变化的曲线，这些曲线都是由无穷无尽的正弦波叠加而成。这些看似不规则的变化，内蕴的竟然是规则的正弦波在时间上的投影，那么你的脑海中会产生一个什么画面呢？

我们眼中的世界就像是皮影戏的大屏幕，幕后面有无数的齿轮，大齿轮带动小齿轮，小齿轮带动更小的，在最外面的齿轮上有一个小人投影到屏幕上，那就是我们看到的，我们知道这个小人在按照有或者无的规律表演，却看不透它背后的驱动机制。

这个小人会思考吗？它会是我们吗? 真的有自由意志吗？还是一切皆宿命？

结束！