Fourier Series

文章目录

Fourier Series
- 引
- Orthogonal 正交化
- Projection 投影
- 性质/简化运算
- - Uniqueness 唯一性
  - 奇偶性
  - 收敛性
  - - 拓展：迪利克雷条件
- 核心
- 拓展 Extension
- - 改变周期
  - 周期延拓
- 具体解法
- 系统响应

引

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

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

分别求response 再根据叠加原理相加即可得到最终的response

Orthogonal 正交化

两个函数内积为0则正交(将函数当作向量)
∫−ππf(x)g(x)dx=0\int_{-\pi}^{\pi}f(x)g(x)dx = 0 ∫−ππf(x)g(x)dx=0
sin(nt),cos(nt)(n=1,...,∞)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≠nm\neq nm=n , un,vnu_{n}, v_{n}un,vn为正交基里任意两个函数满足ODE u′′+n2u=0u''+n^2u = 0u′′+n2u=0
∫−ππun′′vmdt=un′vm∣−ππ−∫−ππun′vm′dt=−∫−ππun′vm′dt对称=−n2∫−ππunvmdt根据ODE得到不对称有n\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 ∫−ππun′′vmdt=un′vm∣−ππ−∫−ππun′vm′dt=−∫−ππun′vm′dt对称=−n2∫−ππunvmdt根据ODE得到不对称有n
根据对称性 ∫−ππunvmdt\int_{-\pi}^{\pi}u_{n}v_{m}dt∫−ππunvmdt 必为0

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)=c0+∑n=1∞ancos(nt)+bnsin(nt)f(t) = c_{0} + \sum_{n = 1}^{\infty}{a_{n}cos(nt) + b_{n}sin(nt)} f(t)=c0+n=1∑∞ancos(nt)+bnsin(nt)

两边同时点乘cos(kt)cos(kt)cos(kt)/sin(kt)sin(kt)sin(kt) 处本身以外其余项都为0
∫−ππf(t)cos(kt)dt=ak∫−ππcos2(kt)dt=πak∫−ππf(t)sin(kt)dt=bk∫−ππsin2(kt)dt=πbk\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} ∫−ππf(t)cos(kt)dt=ak∫−ππcos2(kt)dt=πak∫−ππf(t)sin(kt)dt=bk∫−ππsin2(kt)dt=πbk
即可得到aka_{k}ak或bkb_{k}bk
ak=1π∫−ππf(t)cos(kt)dtbk=1π∫−ππf(t)sin(kt)dta_{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∫−ππf(t)cos(kt)dtbk=π1∫−ππf(t)sin(kt)dt
关于c0c_{0}c0两边直接积分（相当于两边同乘了一个cos(0t)cos(0t)cos(0t)）
∫−ππf(t)dt=2πc0c0=12π∫−ππf(t)dt\int_{-\pi}^{\pi}f(t)dt = 2\pi c_{0}\\c_{0} = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)dt ∫−ππf(t)dt=2πc0c0=2π1∫−ππf(t)dt
抑或是将c0c_{0}c0当作a02\frac{a_{0}}{2}2a0 就可以直接用通用的公式

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

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)f(t)=g(t), then F.S.f(t)=F.S.g(t)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)f(t)是偶函数则傅里叶级数只包含cos(nt)cos(nt)cos(nt)项（所有bnb_{n}bn是0）
f(t)=a02+∑n=1∞ancos(nt)f(t) = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty}{a_{n}cos(nt)} f(t)=2a0+n=1∑∞ancos(nt)

PROOF

by uniqueness of F.S.
f(t)=a02+∑n=1∞ancos(nt)+bnsin(nt)=f(−t)=a02+∑n=1∞ancos(nt)−bnsin(nt)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∑∞ancos(nt)+bnsin(nt)=f(−t)=2a0+n=1∑∞ancos(nt)−bnsin(nt)
so bn=−bnb_{n} = -b_{n}bn=−bn, bn=0b_{n} = 0bn=0

同样的，如果f(t)f(t)f(t)是奇函数则傅里叶级数只包含sin(nt)sin(nt)sin(nt)项（所有a0a_{0}a0是0）

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

收敛性

若f(t)f(t)f(t)是连续函数，则傅里叶级数收敛于f(t)f(t)f(t)

若f(t)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

例子：求锯齿波的傅里叶展开

略

小技巧：cos(nπ)=(−1)ncos(n\pi) = (-1)^ncos(nπ)=(−1)n

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

拓展 Extension

改变周期

当周期是2L时
f(t)=c0+∑n=1∞ancos(nπLt)+bnsin(nπLt)an=1L∫−LLf(t)cos(nπLt)dtbn=1L∫−LLf(t)sin(nπLt)dtf(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∑∞ancos(Lnπt)+bnsin(Lnπt)an=L1∫−LLf(t)cos(Lnπt)dtbn=L1∫−LLf(t)sin(Lnπt)dt
when f(t)f(t)f(t) is even
an=2L∫0Lf(t)cos(nπLt)dtbn=0a_{n} = \frac{2}{L}\int_{0}^{L}f(t)cos(\frac{n\pi}{L}t)dt\\ b_{n} = 0 an=L2∫0Lf(t)cos(Lnπt)dtbn=0
when f(t)f(t)f(t) is odd
bn=2L∫0Lf(t)sin(nπLt)dtan=0b_{n} = \frac{2}{L}\int_{0}^{L}f(t)sin(\frac{n\pi}{L}t)dt\\ a_{n} = 0 bn=L2∫0Lf(t)sin(Lnπt)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

具体解法

对于非阻尼二阶常系数ODE
x′′+ω02x=f(t)x'' + \omega_{0}^2x = f(t) x′′+ω02x=f(t)
当f(t)f(t)f(t)为三角函数{cos(ωnt)sin(ωnt)\left\{\begin{matrix}cos(\omega_{n}t)\\sin(\omega_{n}t)\end{matrix}\right.{cos(ωnt)sin(ωnt)时，我们知道一个特解 xp={cos(ωnt)sin(ωnt)/ω02−ωn2x_{p}= \left\{\begin{matrix}cos(\omega_{n}t)\\sin(\omega_{n}t)\end{matrix}\right./{\omega_{0}^{2}-\omega_{n}^{2}}xp={cos(ωnt)sin(ωnt)/ω02−ωn2

所以，如果f(t)f(t)f(t)可以被傅里叶展开，
f(t)=a02+∑n=1∞ancos(ωnt)+bnsin(ωnt)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∑∞ancos(ωnt)+bnsin(ωnt)
则根据叠加原理我们可以得到一个特解response
xp=f(t)=a02ω02+∑n=1∞ancos(ωnt)+bnsin(ωnt)ω02−ωn2x_{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)=2ω02a0+n=1∑∞ω02−ωn2ancos(ωnt)+bnsin(ωnt)
其中f(t)f(t)f(t)的周期为2L2L2L, ωn=nπL\omega_{n} = \frac{n\pi}{L}ωn=Lnπ

另一种解法待定系数f(t)=c0+∑n=1∞an′cos(ωnt)+bn′sin(ωnt)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(ωnt)+bn′sin(ωnt) 带入ODE对比

系统响应

由上我们可知，当ωn\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

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