工程师和科学家高级数学/傅里叶级数的细节和应用

傅里叶级数的细节和应用

在偏微分方程（以及其他很多地方）的研究中，通常需要构建傅里叶级数（或更一般地说，三角展开）。

预备知识

假设函数f(x) 可以用以下方式表示

f(x)={\frac {A_{0}}{2}}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)+B_{n}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)\right)

可以证明（并不太难，但超出了本文的范围）如果满足以下条件，上述展开将收敛到f(x)，除了在不连续点处。

f(x) = f(x + 2L)，即 f(x) 的周期为 2L 。
f(x)，f'(x) 和 f''(x) 在区间 -L ≤ x ≤ L 上是分段连续的。
构成f(x)，f'(x) 和 f''(x) 的片段在闭合子区间上是连续的。

第一个要求是最重要的；后两个要求在大多数情况下可以在一定程度上部分放松，而不会有任何问题。在不连续点处会发生有趣的事情。假设f(x) 在x = a 处是不连续的；展开将收敛到以下值

{\frac {1}{2}}\left(\lim _{x\rightarrow a^{-}}f(x)+\lim _{x\rightarrow a^{+}}f(x)\right)\,

因此，展开收敛到不连续点左侧和右侧值的平均值。这，以及它本身收敛的事实，非常方便。傅里叶级数看起来不太友好，但它实际上是在为你工作。

将f(x) 表示为傅里叶级数所需的信息是序列A_n 和 B_n。这是使用正交性完成的，对于正弦曲线，可以使用几个恒等式轻松推导出正交性。以下是几个有用的正交性关系，其中 m 和 n 限制为整数

\int _{0}^{L}{\frac {2}{L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)dx=\delta _{m,n}

\int _{0}^{L}{\frac {2}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)dx=\delta _{m,n}

\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)dx=\delta _{m,n}

\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)dx=\delta _{m,n}

\int _{-L}^{L}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)dx=0

δ_m,n 称为克罗内克δ，定义为

\delta _{m,n}={\begin{cases}1,&m=n\\0,&m\neq n\end{cases}}

克罗内克δ可以被认为是狄拉克δ“函数”的离散版本。与本主题相关的是它的**筛选性质**

\sum _{n=-\infty }^{\infty }A_{n}\delta _{m,n}=A_{m}\,

傅里叶级数的推导

我们现在准备好找到A_n 和 B_n。

f(x)={\frac {A_{0}}{2}}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)+B_{n}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)\right)

{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\cdot f(x)={\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\cdot \left({\frac {A_{0}}{2}}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)B_{n}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)\right)\right)\,

${\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)f(x)=$	${\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right){\frac {A_{0}}{2}}+$
	$\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)+B_{n}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)\right)$

$\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)f(x)dx$	$=\int _{-L}^{L}{\frac {A_{0}}{2L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)+$
	$\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)+{\frac {B_{n}}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)\right)dx$

$\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)f(x)dx$	$=\int _{-L}^{L}{\frac {A_{0}}{2L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)dx+$
	$\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)dx+{\frac {B_{n}}{L}}\int _{-L}^{L}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)dx\right)$

\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)f(x)dx=\int _{-L}^{L}{\frac {A_{0}}{2L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)dx+\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}\delta _{m,n}+{\frac {B_{n}}{L}}\cdot 0\right)

此公式应该适用于任意整数m。如果m = 0，请注意该和不允许n = 0，因此该和将为零，因为在任何情况下m 都不等于n。这导致

\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {0\cdot \pi }{L}}x\right)f(x)dx=\int _{-L}^{L}{\frac {A_{0}}{2L}}\cos \left({\frac {0\cdot \pi }{L}}x\right)dx

\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}f(x)dx=A_{0}\int _{-L}^{L}{\frac {dx}{2L}}

\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}f(x)dx=A_{0}

这确保了 *A*₀。现在假设 *m* > 0。由于 *m* 和 *n* 现在在同一个域中，Kronecker delta 将进行筛选

\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)f(x)dx=\int _{-L}^{L}{\frac {A_{0}}{2L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)dx+\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}\delta _{m,n}\right)

\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)f(x)dx={\frac {A_{0}\sin(m\pi )}{m\pi }}+A_{m}

\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)f(x)dx=0+A_{m}

A_{n}=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f(x)dx

在倒数第二步中，sin(*m*π) = 0，对于整数 *m*。在最后一步中，*m* 被替换为 *n*。这定义了 *A*_*n*，对于 *n* > 0。对于 *n* = 0 的情况，

A_{0}=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {0\cdot \pi }{L}}x\right)f(x)dx

A_{0}=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}f(x)dx

这恰好与之前的推导相匹配（现在你知道为什么它是 *A*₀/2 而不是仅仅 *A*₀）。所以序列 *A*_*n* 现在对所有感兴趣的 *n* 值完全定义了

A_{n}=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f(x)dx

为了得到 *B*_*n*，使用了几乎相同的程序。

f(x)={\frac {A_{0}}{2}}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)+B_{n}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)\right)

{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\cdot f(x)={\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\cdot \left({\frac {A_{0}}{2}}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)B_{n}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)\right)\right)\,}

${\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)f(x)=$
	$\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)+B_{n}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)\right)$

$\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)f(x)dx$	$=\int _{-L}^{L}{\frac {A_{0}}{2L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)+$
	$\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {A_{n}}{L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)+B_{n}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)\right)dx$

$\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)f(x)dx$	$={\frac {A_{0}}{2L}}\int _{-L}^{L}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)dx+$
	$\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {A_{n}}{L}}\int _{-L}^{L}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)dx+{\frac {B_{n}}{L}}\int _{-L}^{L}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)dx\right)$

\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)f(x)dx={\frac {A_{0}}{2L}}\cdot 0+\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {A_{n}}{L}}\cdot 0+B_{n}\delta _{m,n}\right)

\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {m\pi }{L}}x\right)f(x)dx=B_{m}

B_{n}=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f(x)dx

现在 *f*(*x*) 的傅里叶级数展开已经完成了。为了将所有内容整合在一起，

f(x)={\frac {A_{0}}{2}}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)+B_{n}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)\right)

A_{n}=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f(x)dx

B_{n}=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f(x)dx

现在我们来举个例子。让我们推导出方波的傅里叶级数表示，如右图所示

这个“波”可以用 *f*(*x*) 来量化

f(x)={\begin{cases}1,&-1<x<0\\-1,&0<x<1\\f(x+2)\end{cases}}

*f*(*x*) 的周期是 2。由于 2*L* = *P*，则 *L* = 1。现在，我们找到傅里叶系数

$A_{n}\,$	$=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f(x)dx$
	$=\int _{-1}^{1}\cos(n\pi x)f(x)dx$
	$=\int _{-1}^{0}\cos(n\pi x)(-1)dx+\int _{0}^{1}\cos(n\pi x)(1)dx$
	$=-{\frac {\sin(n\pi )}{n\pi }}+{\frac {\sin(n\pi )}{n\pi }}$
	$=0\,$

$B_{n}\,$	$=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f(x)dx$
	$=\int _{-1}^{1}\sin(n\pi x)f(x)dx$
	$=\int _{-1}^{0}\sin(n\pi x)(-1)dx+\int _{0}^{1}\sin(n\pi x)(1)dx$
	$=\left({\frac {1}{n\pi }}-{\frac {\cos(n\pi )}{n\pi }}\right)+\left({\frac {1}{n\pi }}-{\frac {\cos(n\pi )}{n\pi }}\right)$
	$={\frac {2}{n\pi }}\left(1-\cos(n\pi )\right)\,$
	$={\frac {2}{n\pi }}\left(1-(-1)^{n}\right)\,$

f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi x)

f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2}{n\pi }}\left(1-(-1)^{n}\right)\sin(n\pi x)

f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {4\sin((2n-1)\pi x)}{(2n-1)\pi }}

在最后一步中，我们利用了所有偶数项都恰好不存在这一事实，而奇数则由 2n - 1 给出，其中 n 为整数。该和将收敛到方波，除了在不连续点处，它将收敛到零（1 和 -1 的平均值）。

部分和的图形如右所示。注意，此特定展开并不收敛得很快，并且作为方波的近似值，它在不连续点附近最差。

还有另一件有趣的事情需要注意：所有余弦项都消失了。这不是巧合，现在可能是介绍傅立叶正弦和余弦展开的最佳时机，分别对应奇函数和偶函数。

偶函数和奇函数的周期延拓和展开

可以从傅立叶展开中推导出两个重要的展开：傅立叶正弦级数和傅立叶余弦级数，前者在上一节中使用过。在深入研究之前，我们必须谈谈偶函数和奇函数。

假设 f_even(x) 是一个偶函数，而 f_odd(x) 是一个奇函数。也就是说

f_{\text{even}}(-x)=f_{\text{even}}(x)\,

f_{\text{odd}}(-x)=-f_{\text{odd}}(x)\,

这类函数有一些有趣的恒等式。其中一些包括

f_{\text{even}}(x)\cdot f_{\text{even}}(x)={\mbox{an even function}}\,

f_{\text{odd}}(x)\cdot f_{\text{odd}}(x)={\mbox{an even function}}\,

f_{\text{even}}(x)\cdot f_{\text{odd}}(x)={\mbox{an odd function}}\,

\int _{-a}^{a}f_{\text{even}}(x)dx=2\int _{0}^{a}f_{\text{even}}(x)dx

\int _{-a}^{a}f_{\text{odd}}(x)dx=0

所有这些与傅里叶级数密切相关。假设一个偶函数被展开。回想一下，正弦函数是奇函数，余弦函数是偶函数。那么

$A_{n}\,$	$=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{\text{even}}(x)dx$ （整个被积函数是偶函数）
	$=\int _{0}^{L}{\frac {2}{L}}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{\text{even}}(x)dx$

$B_{n}\,$	$=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{\text{even}}(x)dx$ （整个被积函数是奇函数）
	$=0\,$

因此，**傅里叶余弦级数**（注意所有正弦项都消失了）只是偶函数的傅里叶级数，表示为

f_{\text{even}}(x)={\frac {A_{0}}{2}}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_{n}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)\right)

A_{n}=\int _{0}^{L}{\frac {2}{L}}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{even}(x)dx

类似地，可以为奇函数构建傅里叶展开式

$A_{n}\,$	$=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{\text{odd}}(x)dx$ （整个被积函数是奇函数）
	$=0\,$

$B_{n}\,$	$=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{\text{odd}}(x)dx$ （整个被积函数是偶函数）
	$=\int _{0}^{L}{\frac {2}{L}}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{\text{odd}}(x)dx$

而傅里叶正弦级数为

f_{\text{odd}}(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\left(B_{n}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)\right)

B_{n}=\int _{0}^{L}{\frac {2}{L}}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{\text{odd}}(x)dx

此时，可以考虑周期性延拓。在上一章中，问题要求对抛物线进行正弦展开。抛物线绝非周期函数，但我们仍然对其进行了傅里叶正弦展开。实际上，我们只是在感兴趣的域内对函数进行了期望的展开：区间 0 ≤ x ≤ 1。在这个区间内，展开确实是抛物线。在这个区间之外，展开是周期性的，并且作为一个整体是奇函数（就像它所基于的正弦函数一样）。

抛物线也可以使用余弦函数进行展开（导致偶展开），或者在例如 -1 ≤ x ≤ 1 上进行完整的傅里叶展开。

请注意，我们无法选择使用哪种展开方式。虽然抛物线可以在我们想要的任何区间内以我们想要的方式展开，但只有在 0 ≤ x ≤ 1 上的正弦展开才能解决问题。微分方程和边界条件共同选择了展开方式和区间。事实上，甚至在构造展开式之前，我们就有了

u(y,t)=\sum _{n=1}^{\infty }u_{n}(y,t)=\sum _{n=1}^{\infty }e^{-(n\pi )^{2}\nu t}A_{n}\sin(n\pi y)\,

这只有在 t = 0 时才是傅里叶正弦级数。初始条件是在 t = 0 时定义的，这使得展开成为可能。对于 t > 0，解与傅里叶级数没有任何共同点。

这里要强调的是灵活性。傅里叶级数的知识使解决问题变得更加容易。在平行板问题中，了解傅里叶正弦级数是什么促使我们构建了 u_n 的和。最终，是问题决定了需要做什么。对于可分离的 IBVP，展开将是一个反复出现的噩梦主题，最重要的是熟悉和理解正交性及其在理解无穷和方面的应用。许多函数都具有正交性，包括贝塞尔函数、勒让德多项式等等。

关键词是正交性。如果给定情况存在正交性关系，则很容易得到级数解。例如，上一章中使用的扩散方程，在边界条件足够复杂的情况下，可能需要一个非傅里叶级数的三角级数解（非整数，正弦曲线的频率不均匀）。在这种情况下，施图姆-刘维尔理论可以帮助我们，提供正确的正交性关系。