1.傅里叶级数推导过程 [学习笔记]

傅里叶变换基于一个假设：所有周期函数都表示为多个三角函数的的和
因此，我们可以得到以下式子（方便起见，我们将周期定为1，下同）

\sum_{k = 1}^{N} A_{k} \sin (2 π k t + φ_{k})

$\sum_{k=1}^N A_k \sin \left(2 \pi kt + \varphi_k \right)$

利用和差角公式，得到

\sum_{k = 1}^{N} (A_{k} \sin (2 π k t) \cos φ_{k} + A_{k} \cos (2 π k t) \sin φ_{k})

$\sum_{k=1}^N \left(A_k \sin \left( 2 \pi kt \right) \cos \varphi_k + A_k \cos \left( 2 \pi kt \right) \sin \varphi_k\right)$

注意到式子已经化为正弦和余弦的组合函数了，我们将系数进行代换，再加上一个常数项，即可得到傅里叶级数公式：

$\begin{matrix} (1) & f (t) = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{k = 1}^{N} (a_{k} \cos 2 π k t + b_{k} \sin 2 π k t) \end{matrix}$ $f(t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^N \left(a_k \cos 2 \pi kt+ b_k \sin 2 \pi kt \right) \tag 1$

其中 $\frac{a_0}{2}$ 在电路中被称为直流分量（就是一条常数线），常数项取 $\frac{a_0}{2}$ 只是为了实际计算方便

由欧拉公式，我们有

e^{2 π i k t} = \cos 2 π k t + i \sin 2 π k t

$e^{2 \pi ikt} = \cos 2 \pi kt + i \sin 2 \pi kt$

其变形为

\begin{matrix} (2) & \cos 2 π k t = \frac{e^{2 π i k t} + e^{- 2 π i k t}}{2} \end{matrix}

$\cos 2 \pi kt = \frac{e^{2 \pi ikt} + e^{-2 \pi ikt}}{2} \tag 2$

\begin{matrix} (3) & \sin 2 π k t = \frac{e^{2 π i k t} - e^{- 2 π i k t}}{2 i} \end{matrix}

$\sin 2 \pi kt = \frac{e^{2 \pi ikt} - e^{-2 \pi ikt}}{2i} \tag 3$

由这两式，我们可以将傅里叶级数写成其复数形式：

\begin{matrix} (4) & f (t) = \sum_{k = - N}^{N} C_{k} e^{2 π i k t} \end{matrix}

$f(t) = \sum_{k=-N}^N C_k e^{2 \pi ikt} \tag 4$

注意到

1.求和项下限由原本的 $k=1$ 变成了 $k=-N$
2.同时需要注意系数 $C_k$ 满足 $C_{-k} = \overline{C_k}$ ，即第 $k$ 项系数是第 $-k$ 项系数的共轭

需要注意，在傅里叶级数中的第 $k$ 项，等价于其复数形式下的 $-k$ 项与 $k$ 项之和，为了证明这一点，我们不妨设 $C_k = \alpha + \beta i$ ，当上述条件2满足时（即满足 $C_{-k} = \alpha - \beta i$ ）， $(4)$ 式中的所有的虚数项都可以被抵消：
在 $(4)$ 式的求和项中，第 $k$ 加上第 $-k$ 的结果为：

(α e^{2 π i k t} + β e^{2 π i k t}) + (α e^{2 π i (- k) t} - β e^{2 π i (- k) t})

$\left(\alpha e^{2 \pi ikt} + \beta e^{2 \pi ikt} \right)+ \left(\alpha e^{2 \pi i \left(-k \right) t} - \beta e^{2 \pi i \left(-k \right)t} \right)$

利用欧拉公式的变形公式 $(2)$ 、 $(3)$ ，容易得到上式等于：

2 α \cos 2 π k t + 2 β \sin 2 π k t

$2\alpha \cos 2 \pi kt + 2\beta \sin 2 \pi kt$

即所有的虚数项全部都抵消掉了，这个结果显然与 $(1)$ 式的非常数项部分是等价的，同时， $(4)$ 式中的 $k=0$ 项即对应傅里叶级数的常数项。故 $(4)$ 式为 $(1)$ 式在复平面上的等价公式

下面我们来求系数 $c_k$
假设 $m \in [-N, N]$ ，则 $(4)$ 式可以改写为

\begin{aligned} f (t) & = \dots + C_{m} e^{2 π i m t} + \dots \\ = C_{m} e^{2 π i m t} + \sum_{k \neq m} C_{k} e^{2 π i k t} \end{aligned}

$\begin{align*} \ f(t) &= \cdots + C_me^{2 \pi imt} + \cdots \\ \ &=C_me^{2 \pi imt} + \sum_{k \neq m} C_k e^{2 \pi ikt} \end{align*}$

即写成第 $m$ 项与除 $m$ 项以外项的和的形式。我们令等式两边同乘 $e^{-2 \pi imt}$ ，并移项，得到：

C_{m} = f (t) e^{- 2 π i m t} - \sum_{k \neq m} C_{k} e^{2 π i (k - m) t}

$C_m = f(t)e^{-2 \pi imt} - \sum_{k \neq m}C_ke^{2 \pi i(k-m)t}$

我们对等式两边求积分

\begin{matrix} (5) & \int_{0}^{1} C_{m} d t = \int_{0}^{1} f (t) e^{- 2 π i m t} d t - \sum_{k \neq m} C_{k} \int_{0}^{1} e^{2 π i (k - m) t} d t \end{matrix}

$\int_0^1 C_mdt = \int_0^1 f(t)e^{-2 \pi imt} dt - \sum_{k \neq m} C_k\int_0^1 e^{2\pi i(k-m)t} dt \tag 5$

易知等式左边即为 $c_m$ ；
而对于等式右边的两个积分，我们先看第二项，即求和公式中的积分项：

\begin{aligned} \int_{0}^{1} e^{2 π i (k - m) t} d t & = {\frac{1}{2 π i (k - m)} e^{2 π i (k - m) t} |}_{0}^{1} \\ = \frac{1}{2 π i (k - m)} (e^{2 π i (k - m)} - 1) \end{aligned}

$\begin{align*} \ \int_0^1 e^{2\pi i(k-m)t} dt &= \left. \frac{1}{2\pi i(k-m)}e^{2\pi i(k-m)t} \right | _0^1\\ \ & = \frac{1}{2\pi i(k-m)}(e^{2\pi i(k-m)}-1) \end{align*}$

根据欧拉公式，我们有

e^{2 π i (k - m)} = \cos 2 π (k - m) + i \sin 2 π (k - m)

$e^{2\pi i(k-m)} = \cos2\pi (k-m) + i\sin 2\pi (k-m)$

由于 $k\neq m$ 且为 $k$ ， $m$ 均为整数，故上式恒等于 $1$ ，于是，我们可以得到：

\int_{0}^{1} e^{2 π i (k - m) t} d t = 0

$\int_0^1 e^{2\pi i(k-m)t} dt = 0$

$(5)$ 式可以写为：

C_{m} = \int_{0}^{1} f (t) e^{- 2 π i m t} d t

$C_m = \int_0^1 f(t)e^{-2\pi imt} dt$

因此对于 $(4)$ 式中的任意 $k$ ，我们有

\begin{matrix} (6) & C_{k} = \int_{0}^{1} f (t) e^{- 2 π i k t} d t \end{matrix}

$C_k = \int_0^1 f(t)e^{-2\pi ikt} dt \tag 6$

由 $(4)$ 式和 $(6)$ 式，我们将 $C_k$ 用 $\hat{f}(k)$ 代换，可以得到傅里叶级数公式及其系数公式：

$\begin{matrix} (7) & f (t) = \sum_{k = - \infty}^{\infty} \hat{f} (k) e^{2 π i k t} \end{matrix}$ $f(t) = \sum_{k=-\infty}^\infty \hat{f}(k) e^{2 \pi ikt} \tag 7$

$\begin{matrix} (8) & \hat{f} (k) = \int_{0}^{1} f (t) e^{- 2 π i k t} d t \end{matrix}$ $\hat{f}(k) = \int_0^1 f(t)e^{-2\pi ikt} dt \tag 8$

由于在实际应用中，信号往往是不连续的，如方波，或者是连续单不是处处可微的，如三角波，这些波形下我们无法用有限的 $k$ 来还原原信号。换句话说，任何平滑成分的缺失都会产生无穷项的和，即 $(7)$ 式中 $k$ 的范围变为从 $-\infty$ 到 $\infty$