傅里叶级数的前世今生

傅里叶变换应用在我们生活中的方方面面，它本身值的用“传奇”两个字来评价。

相信学习通信和自动化的朋友们，都能够领会到这个变换的强大之处。

它提供了一个全新的视角去理解这个世界——从“时域”到“频域”。

不过在最开始的时候，约瑟夫傅里叶创造它并不是为了纯数学的优雅，而是为了解决一个非常实际的热传导问题——如何精确地描述热量在物体（比如一块金属）中随时间扩散和分布的规律？

现在让我们把视角转到十九世纪，来回顾一下“傅里叶级数”的前世今生。（当然从级数到变换中间还有很长的路要走，这里从级数开始讲起）

1.热传导问题的核心是解一个偏微分方程

我们以一根细杆的一维热传导为例来介绍。设 $u(x,t)$ 表示在位置 $x$ 处、时间 $t$ 的温度，那么当时人们已经能够总结出基本的热传导方程如下所示：

$\frac{\partial u}{\partial t} = k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$，

$u(x,0)=f(x)$，

求$u(x,t)$

其中

$\frac{\partial u}{\partial t}$是温度对时间的一阶偏导数

$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$是温度对空间的二阶偏导数

$k$是一个常数，代表热扩散率

已知初始时刻$t=0$的温度分布$u(x,0)=f(x)$，求任意$t$时间的任意$x$的温度$u(x,t)$：

这个热传导方程的难点就是不限制$f(x)$，对于给定一个任意的$f(x)$，都要求出$u(x,t)$。

像这样的偏导数求解，在傅里叶那个年代人类还从来没有遇到过，不知道怎么求解。

而傅里叶创造出傅里叶级数，就是为解这样的方程创造的一个工具。

基础补充:什么是偏导数：

考虑到有些朋友已经忘记偏导数是什么了。这里补充说明一下。如果对偏导数很熟悉的朋友可以跳过。

单变量场景-导数

首先我默认各位朋友知道什么是“导数”。导数就是瞬时变化率。以一辆汽车为例，假设任意 $t$ 时间的速度是$v(t)$，那么它的导数就是$v'(t)$速度的瞬时变化率，物理意义上就是加速度。

多变量场景-偏导数

如果速度和多个变量相关呢？

例如火箭发射中燃料不停的消耗，整个系统的质量$m$在不断的减少。在这个系统中，速度$v(m, t)$就和时间 $t$ ，质量 $m$ 两个参数相关了。

偏导数是多元函数对其中一个自变量的导数，而将其他自变量视为常数。

上述这个例子中就有两个偏导数：

$\frac{\partial v}{\partial t}$ 这表示：固定质量不变时，速度随时间的变化率（纯粹由于加速度引起的变化）

$\frac{\partial v}{\partial m}$这表示：固定时间不变时，速度随质量的变化率（质量减少对速度的影响）

2.如何解这个偏微分方程

2.1 当时人们对这个方程的认知

当时的人们对于

$\begin{cases}

\end{cases}$

这个问题，十九世纪的人们已经有以下几点认知：

1. 如果$u(x)= B$ ，那么 $u(x,t)= B$
2. 如果$u(x)= Bcos(\omega x)$ ，那么 $u(x,t)=Bcos(\omega x)e^{-K {\omega}^2 t}$
3. 如果$u(x)= Csin(\omega x)$ ，那么 $u(x,t)=Csin(\omega x)e^{-K{\omega}^2 t}$

这三个公式是当时的人们试凑出来的，我们把结论代回方程，也可以证明这三个式子成立

公式一验证

$u(x,t)= B$

求对t的一阶导数 $\frac{\partial u}{\partial t}$：因为B是一个常数，不随时间$t$变化，所以最后的结果为0

求对x的二阶导数$\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}$，因为B也不随空间$x$变化，所以左后结果为0。

可以得到$\frac{\partial u}{\partial t}=k\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}$成立。

令$t=0$，求$u(x,t)=B$：$u(x,0)=B=u(x)$

可以得到$u(x,0)=u(x)$成立。

公式二验证

$u(x,t)=Bcos(\omega x)e^{-K{\omega}^2 t}$

求对t的一阶导数 $\frac{\partial u}{\partial t}$： $\frac{\partial u}{\partial t}= Bcos(\omega x)e^{-K{\omega}^2 t}(-K\omega^2)$

求对x的二阶导数$\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}$，方法为先求一阶导$\frac{\partial u}{\partial x}$，再对$\frac{\partial u}{\partial x}$求一次导得到二阶导 $\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}$：

这里需要用复合函数求导的法则，因为是对x求导，所以$e^{-k{\omega}^2 t}$看做是一个常数。

链式求导法则：1.先识别最外层函数，求导。2.再乘以内层函数的导数。3.如果嵌套，继续向内

$\frac{\partial u}{\partial x}=-Bsin(\omega x)e^{-k{\omega}^2 t}\omega$

再对$x$做一阶导可得二阶导 ：

$\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}=-Bcos(\omega x)e^{-K{\omega}^2 t}\omega ^2$

可以得到$\frac{\partial u}{\partial t}=k\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}$成立。

$u(x,t)=Bcos(\omega x)e^{-K{\omega}^2 t}$把初始条件$t=0代入$。

$u(x,0)=Bcos(\omega x) e^{-Kx{\omega}^2 *0}=Bcos(\omega t)e^0=Bcos(\omega t)$

所以$u(x,0)=u(x)$成立。

公式三验证

$u(x,t)=Csin(\omega x)e^{-K{\omega}^2 t}$

求对t的一阶导数 $\frac{\partial u}{\partial t}$： $\frac{\partial u}{\partial t}= Ccos(\omega x)e^{-K{\omega}^2 t}(-K\omega^2)$

求对x的二阶导数$\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}$，方法为先求一阶导$\frac{\partial u}{\partial x}$，再对$\frac{\partial u}{\partial x}$求一次导得到二阶导 $\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}$：

$\frac{\partial u}{\partial x}=Ccos(\omega x)e^{-K{\omega}^2 t}\omega$

再对$x$做一阶导可得二阶导 ：

$\frac{\partial u}{\partial x}=-Csin(\omega x)e^{-K{\omega}^2 t}\omega^2$

可以得到$\frac{\partial u}{\partial t}=k\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}$成立。

同样再把初始条件$t=0代入$。

$u(x,0)=Csin(\omega x)$

所以$u(x,0)=u(x)$成立。

3 傅里叶的假设

假设一：

$u\left( x \right) =B_0+\sum_{k=1}^{+\infty}{B_k\cos \left( k\omega _0x \right)}+\sum_{k=1}^{+\infty}{C_k\sin \left( k\omega _0x \right)}$

这里往往称$B{0}$为直流分量，$\omega{0}$为基波频率，而$k\omega_{0}$为k次谐波频率。

那么热传导方程的解是下面这个公式：

$u\left( x,t \right) =B_0+\sum_{k=1}^{+\infty}{B_k\cos \left( k\omega _0x \right) e^{-{K\omega _0}^2t}}+\sum_{k=1}^{+\infty}{C_k\sin \left( k\omega _0x \right) e^{-{K\omega _0}^2t}}$

Note

这里$e^{-{K\omega _0}^2t}$上面是大K哦，和小k不是同一个，是一个系数。

假设二：

如果任意一个函数$u\left( x \right)$都可以分解为$B0+\sum{k=1}^{+\infty}{Bk\cos \left( k\omega 0 \right)}+\sum{k=1}^{+\infty}{Ck\sin \left( k\omega _0 \right)}$。那就能找到任意函数的热传导方程的解。

在这里就把问题转化为——如何把一个函数$u\left( x \right)$分解为$B0+\sum{k=1}^{+\infty}{Bk\cos \left( k\omega 0 x\right)}+\sum{k=1}^{+\infty}{Ck\sin \left( k\omega _0 x\right)}$这种形式

3.1 如何计算$B_0$

$u\left( x \right) =B_0+\sum_{k=1}^{+\infty}{B_k\cos \left( k\omega _0 x\right)}+\sum_{k=1}^{+\infty}{C_k\sin \left( k\omega _0 x\right)}$

Important

如何计算$B_0$?两边同时积分：

$\int_0^{\frac{2\mathrm{\pi}}{\mathrm{\omega}_0}}{\mathrm{f}\left( \mathrm{x} \right)}\mathrm{dx}=\int_0^{\frac{2\mathrm{\pi}}{\mathrm{\omega}_0}}{\mathrm{B}_0}\mathrm{dx}+\sum_{\mathrm{k}=1}^{+\infty}{\int_0^{\frac{2\mathrm{\pi}}{\mathrm{\omega}_0}}{\mathrm{B}_{\mathrm{k}}\cos \left( \mathrm{k\omega}_0 x\right)}}\mathrm{dx}+\sum_{\mathrm{k}=1}^{+\infty}{\int_0^{\frac{2\mathrm{\pi}}{\mathrm{\omega}_0}}{\mathrm{C}_{\mathrm{k}}\sin \left( \mathrm{k\omega}_0 x \right)}}\mathrm{dx}$

然后可以证明：

$\sum_{\mathrm{k}=1}^{+\infty}{\int_0^{T_0}{\mathrm{B}_{\mathrm{k}}\cos \left( \mathrm{k\omega}_0x \right)}}\mathrm{dx}$=0;

$\sum_{\mathrm{k}=1}^{+\infty}{\int_0^{T_0}{\mathrm{C}_{\mathrm{k}}\sin \left( \mathrm{k\omega}_0 x\right)}}\mathrm{dx}$=0;

所以最后可以的到$B_0$

$B_0=\frac{\int_0^{T_0}{u\left( \mathrm{x} \right)}\mathrm{dx}}{T_0}$

3.1.1 如何证明$\sum{\mathrm{k}=1}^{+\infty}{\int0^{T0}{\mathrm{B}{\mathrm{k}}\cos \left( \mathrm{k\omega}_0 x\right)}}\mathrm{dx}=0$

Important

因为$T_0$是基波周期，导致积分后的$sin(2k\pi)$在k为正整数的时候一直为0

$\int_0^{\frac{2\mathrm{\pi}}{\mathrm{\omega}_0}}{\mathrm{B}_{\mathrm{k}}\cos \left( \mathrm{k\omega}_0x \right)}\mathrm{dx} \\ =B_k\left[ \frac{\sin \left( k\omega _0x \right)}{k\omega _0} \right] _{0}^{\frac{2\pi}{\omega _0}} \\ =B_k\left( \frac{\sin \left( k\omega _0\frac{2\pi}{\omega _0} \right)}{k\omega _0}-\frac{\sin \left( k\omega _0*0 \right)}{k\omega _0} \right) \\ =B_k\left( \frac{\sin \left( 2\pi k \right)}{k\omega _0}-\frac{\sin \left( 0 \right)}{k\omega _0} \right) =B_k\left( 0-0 \right) =0$

所以最后它的级数$\sum{\mathrm{k}=1}^{+\infty}{\int0^{\frac{2\mathrm{\pi}}{\mathrm{\omega}0}}{\mathrm{B}{\mathrm{k}}\cos \left( \mathrm{k\omega}_0 x\right)}}\mathrm{dx}$也为0。

3.1.2 如何证明$\sum{\mathrm{k}=1}^{+\infty}{\int0^T{\mathrm{C}{\mathrm{k}}\sin \left( \mathrm{k\omega}0 x\right)}}\mathrm{dx}=0$

$\int_0^{\frac{2\mathrm{\pi}}{\mathrm{\omega}_0}}{\mathrm{C}_{\mathrm{k}}\sin \left( \mathrm{k\omega}_0x \right)}\mathrm{dx} \\ =c_k\left[ \frac{\cos \left( k\omega _0x \right)}{-k\omega _0} \right] _{0}^{\frac{2\mathrm{\pi}}{\mathrm{\omega}_0}}=c_k\left( \frac{\cos \left( k\omega _0\frac{2\mathrm{\pi}}{\mathrm{\omega}_0} \right)}{-k\omega _0}-\frac{\cos \left( k\omega _00 \right)}{-k\omega _0} \right) \\ =c_k\left( \frac{\cos \left( 2k\mathrm{\pi} \right)}{-k\omega _0}-\frac{\cos \left( 0 \right)}{-k\omega _0} \right) =c_k\left( \frac{1}{-k\omega _0}-\frac{1}{-k\omega _0} \right) =0$

3.2 如何计算$B_k$

Important

如何计算$Bk$，两边同乘以$\cos \left(a \omega 0x \right) $再做积分

$\int_0^{T_0}{u\left( x \right) \cos \left(a \omega _0x \right) dx}=\int_0^{T_0}{B_0\cos \left( \omega _0x \right) dx}+\sum_{k=1}^{+\infty}{\int_0^{T_0}{B_k\cos \left( k\omega _0x \right) \cos \left( \omega _0x \right) dx}}+\sum_{k=1}^{+\infty}{\int_0^{T_0}{C_k\sin \left( k\omega _0x \right) \cos \left( \omega _0x \right) dx}}$

这里先假设以下这四个公式成立：

1.$\int0^{T0}{\cos \left( k1\omega 0x \right) \cos \left( k2\omega 0x \right) dx}=0$，前提条件$k1\neq k2$

2.$\int0^{T0}{\cos \left( k1\omega 0x \right) \sin \left( k2\omega 0x \right) dx}=0$，前提条件$k1\neq k2$

3.$\int0^{T0}{\cos ^2\left( k\omega 0x \right) dx}=\frac{T0}{2}$

4.$\int0^{T0}{\sin^2\left( k\omega 0x \right) dx}=\frac{T0}{2}$

那么上述式子可以得出：

$\int_0^{T_0}{u\left( x \right) \cos \left( a\omega _0x \right) dx}=\int_0^{T_0}{B_0\cos \left( a\omega _0x \right) dx}+\sum_{k=1}^{+\infty}{\int_0^{T_0}{B_k\cos \left( k\omega _0x \right) \cos \left( a\omega _0x \right) dx}}+\sum_{k=1}^{+\infty}{\int_0^{T_0}{C_k\sin \left( k\omega _0x \right) \cos \left( a\omega _0x \right) dx}} \\ \int_0^{T_0}{u\left( x \right) \cos \left( a\omega _0x \right) dx}=0+0+\frac{T_0}{2}B_a+0=\frac{T_0}{2}B_a \\ B_a=\small{\frac{2}{T_0}}\int_0^{T_0}{u\left( x \right) \cos \left( a\omega _0x \right) dx}$

也就是说$Bk=\small{\frac{2}{T0}}\int0^{T0}{u\left( x \right) \cos \left( k\omega _0x \right) dx}$

Important

这四个函数不难证明，只是繁琐而已。需要用到高中三角函数的几个公式。

$\cos \alpha \cos \beta =\frac{1}{2}\left[ \cos \left( \alpha +\beta \right) +\cos \left( \alpha -\beta \right) \right]$

$\cos \alpha \sin \beta =\frac{1}{2}\left[ \sin \left( \alpha +\beta \right) -\sin \left( \alpha -\beta \right) \right]$

$\cos ^2\alpha =\frac{1+\cos 2\alpha}{2}$

$\sin^2\alpha =\frac{1-\cos 2\alpha}{2}$

3.2.1 证明$\int0^{T0}{\cos \left( k1\omega 0x \right) \cos \left( k2\omega 0x \right) dx}=0$，前提条件$k1\neq k2$

Important

利用$\cos \alpha \cos \beta =\frac{1}{2}\left[ \cos \left( \alpha +\beta \right) +\cos \left( \alpha -\beta \right) \right] $这个公式，以及$sin2k \pi=0,cos2k\pi=1$的特性去求解即可。

$\int_0^{T_0}{\cos \left( k_1\omega _0x \right) \cos \left( k_2\omega _0x \right) dx} \\ =\int_0^{T_0}{\frac{1}{2}\left[ \cos \left( k_1\omega _0x+k_2\omega _0x \right) +\cos \left( k_1\omega _0x-k_2\omega _0x \right) \right] dx} \\ =\frac{1}{2}\left[ \int_0^{T_0}{\cos \left( k_1\omega _0x+k_2\omega _0x \right) dx}+\int_0^{T_0}{\cos \left( k_1\omega _0x-k_2\omega _0x \right) dx} \right] \\ =\frac{1}{2}\left[ \frac{\sin \left( k_1\omega _0x+k_2\omega _0x \right)}{k_1\omega _0+k_2\omega _0}\mid_{0}^{T_0}+\frac{\sin \left( k_1\omega _0x-k_2\omega _0x \right)}{k_1\omega _0-k_2\omega _0}\mid_{0}^{T_0} \right] \\ =\frac{1}{2}\left[ \left( \frac{\sin \left( k_1\omega _0T_0+k_2\omega _0T_0 \right)}{k_1\omega _0+k_2\omega _0}-\frac{\sin \left( k_1\omega _00+k_2\omega _00 \right)}{k_1\omega _0+k_2\omega _0} \right) +\left( \frac{\sin \left( k_1\omega _0T_0-k_2\omega _0T_0 \right)}{k_1\omega _0-k_2\omega _0}-\frac{\sin \left( k_1\omega _00-k_2\omega _00 \right)}{k_1\omega _0-k_2\omega _0} \right) \right] \\ =\frac{1}{2}\left[ \left( \frac{\sin 2\left( k_1+k_2 \right) \pi}{k_1\omega _0+k_2\omega _0}-\frac{\sin \left( 0 \right)}{k_1\omega _0+k_2\omega _0} \right) +\left( \frac{\sin 2\left( k_1-k_2 \right) \pi}{k_1\omega _0-k_2\omega _0}-\frac{\sin \left( 0 \right)}{k_1\omega _0-k_2\omega _0} \right) \right] =0$

3.2.2 证明$\int0^{T0}{\cos \left( k1\omega 0x \right) \sin \left( k2\omega 0x \right) dx}=0$，前提条件$k1\neq k2$

Important

利用$\cos \alpha \sin \beta =\frac{1}{2}\left[ \sin \left( \alpha +\beta \right) -\sin \left( \alpha -\beta \right) \right] $这个公式，以及$sin2k \pi=0,cos2k\pi=1$的特性去求解即可。

$\int_0^{T_0}{\cos \left( k_1\omega _0x \right) \sin \left( k_2\omega _0x \right) dx} \\ =\int_0^{T_0}{\frac{1}{2}\left[ \sin \left( k_1\omega _0x+k_2\omega _0x \right) -\sin \left( k_1\omega _0x-k_2\omega _0x \right) \right] dx} \\ =\frac{1}{2}\left[ \frac{-\cos \left( k_1\omega _0x+k_2\omega _0x \right)}{k_1\omega _0+k_2\omega _0}\mid_{0}^{T_0}-\frac{-\cos \left( k_1\omega _0x-k_2\omega _0x \right)}{k_1\omega _0-k_2\omega _0}\mid_{0}^{T_0} \right] \\ =\frac{1}{2}\left[ \left( \frac{-\cos \left( k_1\omega _0T_0+k_2\omega _0T_0 \right)}{k_1\omega _0+k_2\omega _0}-\frac{-\cos \left( k_1\omega _00+k_2\omega _00 \right)}{k_1\omega _0x+k_2\omega _0x} \right) -\left( \frac{-\cos \left( k_1\omega _0T_0-k_2\omega _0T_0 \right)}{k_1\omega _0-k_2\omega _0}-\frac{-\cos \left( k_1\omega _00-k_2\omega _00 \right)}{k_1\omega _0-k_2\omega _0} \right) \right] \\ =\frac{1}{2}\left[ \left( \frac{-\cos 2\left( k_1+k_2 \right) \pi}{k_1\omega _0+k_2\omega _0}-\frac{-\cos \left( 0 \right)}{k_1\omega _0x+k_2\omega _0x} \right) -\left( \frac{-\cos 2\left( k_1-k_2 \right) \pi}{k_1\omega _0-k_2\omega _0}-\frac{-\cos \left( 0 \right)}{k_1\omega _0-k_2\omega _0} \right) \right] \\ =\frac{1}{2}\left[ \left( \frac{-1}{k_1\omega _0+k_2\omega _0}-\frac{-1}{k_1\omega _0x+k_2\omega _0x} \right) -\left( \frac{-1}{k_1\omega _0-k_2\omega _0}-\frac{-1}{k_1\omega _0-k_2\omega _0} \right) \right] =0$

3.2.3 证明$\int0^{T0}{\cos ^2\left( k\omega 0x \right) dx}=\frac{T0}{2}$

Important

利用$\cos ^2\alpha =\frac{1+\cos 2\alpha}{2}$这个公式去代，$\int0^{T0}{\frac{\cos 2k\omega _0x}{2}dx}$这个式子在3.2.1里面证明过了等于0。

$\int_0^{T_0}{\cos ^2\left( k\omega _0x \right) dx} \\ =\int_0^{T_0}{\frac{1+\cos 2k\omega _0x}{2}dx}=\int_0^{T_0}{\frac{1}{2}dx}+\int_0^{T_0}{\frac{\cos 2k\omega _0x}{2}dx} \\ =\int_0^{T_0}{\frac{1}{2}dx}+0 \\ =\frac{T_0}{2}$

3.2.4 证明$\int0^{T0}{\sin^2\left( k\omega 0x \right) dx}=\frac{T0}{2}$

$\int_0^{T_0}{\sin ^2\left( k\omega _0x \right) dx} \\ =\int_0^{T_0}{\frac{1-\cos 2\alpha}{2}dx=}\int_0^{T_0}{\frac{1}{2}dx}-\int_0^{T_0}{\frac{\cos 2k\omega _0x}{2}dx} \\ =\int_0^{T_0}{\frac{1}{2}dx}-0 \\ =\frac{T_0}{2}$

3.3 如何计算$C_k$

Tip

这里和计算$B_k$时的思路类似

$\int_0^{T_0}{u\left( x \right) \sin \left( a\omega _0x \right) dx}=\int_0^{T_0}{B_0\sin \left( a\omega _0x \right) dx}+\sum_{k=1}^{+\infty}{\int_0^{T_0}{B_k\cos \left( k\omega _0x \right) \sin \left( a\omega _0x \right) dx}}+\sum_{k=1}^{+\infty}{\int_0^{T_0}{C_k\sin \left( k\omega _0x \right) \sin \left( a\omega _0x \right) dx}} \\ =0+0+\frac{T_0}{2}C_a$

最后可得$Ck=\frac{2}{T0}\int0^{T0}{u\left( x \right) \sin \left( k\omega _0x \right) dx}$

3.4 总结

如果有一个$f\left( x \right) =B0+\sum{k=1}^{+\infty}{Bk\cos \left( k\omega 0x \right)}+\sum{k=1}^{+\infty}{Ck\sin \left( k\omega _0x \right)}$

$T_0$是基波周期等于$\frac{2\pi}{\omega}$

则

$B_0=\frac{\int_0^{T_0}{f\left( \mathrm{x} \right)}\mathrm{dx}}{T_0}$

$B_k=\small{\frac{2}{T_0}}\int_0^{T_0}{f\left( x \right) \cos \left( k\omega _0x \right) dx}$

$C_k=\frac{2}{T_0}\int_0^{T_0}{f\left( x \right) \sin \left( k\omega _0x \right) dx}$

以此解热传导方程可得：

$f\left( x,t \right) =B_0+\sum_{k=1}^{+\infty}{B_k\cos \left( k\omega _0x \right) e^{-{K\omega _0}^2t}}+\sum_{k=1}^{+\infty}{C_k\sin \left( k\omega _0x \right) e^{-{K\omega _0}^2t}}$

Note

这里$e^{-{K\omega _0}^2t}$上面是大K哦，和小k不是同一个，是一个系数。

4. 后续

傅里叶当年提交这篇论文之后被法国科学院拒绝了。

这个推理中有一个收敛性的问题。

这里默认了

$f\left( x \right) =B_0+\sum_{k=1}^{+\infty}{B_k\cos \left( k\omega _0x \right)}+\sum_{k=1}^{+\infty}{C_k\sin \left( k\omega _0x \right)}$

问题是为什么$f(x)$可以写成这样呢？

傅里叶想到了这个问题，他当年写了一小句：我认为对于常规的方波，三角波，是能够证明收敛性的。

但是他没有证明，只是说了“我觉得可以”。

从他1805年提出这篇论文，直到1832年才有另外一个人，叫做“狄利赫里”才把它基本上解决了，这部分内容放到下一节再聊。