[傅里叶变换及其应用学习笔记] 关于任何信号都能表现成傅里叶级数形式的推导
在第2课中，我们有以下推导
首先我们知道傅里叶级数就是能通过不同频率的三角函数组合起来的数学表达式：
$S_n(t) = \frac{a_0}{2}+\displaystyle{\sum^n_{k=1}}(a_kcos(2\pi kt)+b_ksin(2\pi kt))$
它能通过推导得到以下复指数形式
$S_n(t) = \displaystyle{\sum^n_{k=-n}C_ke^{2\pi ikt} }$
而其中的傅里叶系数$C_k$被推导出有以下形式
$C_k = \displaystyle{\int_{0}^{1}}e^{-2\pi ikt}S_n(t)dt$
下面讨论看看，是否任何周期为1的信号$f(t)$都能表现成这种傅里叶级数的形式。
首先$f(t)$的傅里叶系数是可以求的
$C_k = \displaystyle{\int_{0}^{1}}e^{-2\pi ikt}f(t)dt$
现在我们把求得的这个傅里叶系数通过傅里叶级数的方式组合，组合成一个新的函数$S_n(x)$，然后判断这个新组合成的函数是不是原函数$f$
$\begin{align*}
S_n(x)&=\sum_{k=-n}^nC_ke^{2\pi ikx}\\
&=\sum_{k=-n}^n\left(\int_0^1e^{-2\pi ikt}f(t)dt\right)e^{2\pi ikx}\\
&=\int_0^1\left(\sum_{k=-n}^{n}e^{-2\pi ikt}e^{2\pi ikx}\right)f(t)dt\\
&=\int_0^1\left(\sum_{k=-n}^{n}e^{-2\pi ik(t-x)}\right)f(t)dt\\
&=\int_0^1\left(\sum_{k=-n}^{n}e^{2\pi ik(t-x)}\right)f(t)dt\\
&=\int_0^1\left(e^{-2\pi in(t-x)}+...+e^{-2\pi i(t-x)}+e^0+e^{2\pi i(t-x)}+...+e^{2\pi in(t-x)} \right)f(t)dt\\
&=\int_0^1\left(1+2cos(2\pi(t-x))+...+2cos(2\pi n(t-x))\right)f(t)dt\qquad(Eular\ Formula)\\
&=\int_0^1\left(2\left(1+cos(2\pi(t-x))+...+cos(2\pi n(t-x))\right)-1\right)f(t)dt\\
&=\int_0^1\left(2Re\left\{\sum_{k=0}^ne^{2\pi ik(t-x)}\right \}-1\right)f(t)dt\qquad(Eular\ Formula)\\
&=\int_0^1\left(2Re\left\{\frac{1-e^{2\pi i(n+1)(t-x)}}{1-e^{2\pi i(t-x)}}\right\}-1\right)f(t)dt\qquad(Exponential\ Sum\ Formula)
\end{align*}$
$\begin{align*}
\qquad \ &=\int_0^1\left(2Re\left\{\frac{e^{-\pi i(t-x)}-e^{2\pi i(n+\frac{1}{2})(t-x)}}{e^{-\pi i(t-x)}-e^{\pi i(t-x)}}\right\}-1\right)f(t)dt \qquad (The\ numerator\ and\ denominator \times e^{-\pi i(t-x)})\\
&=\int_0^1\left(2Re\left\{\frac{cos(-\pi i(t-x))+isin(-\pi i(t-x))-cos(2\pi i(n+\frac{1}{2})(t-x))-isin(2\pi i(n+\frac{1}{2})(t-x))}{-2isin(\pi(t-x))}\right\}-1 \right )f(t)dt\\
&\qquad (Eular\ Formula)\\
&=\int_0^1\left(2Re\left\{\frac{icos(-\pi(t-x))-sin(-\pi(t-x))-icos(2\pi(n+\frac{1}{2})(t-x))+sin(2\pi(n+\frac{1}{2})(t-x))}{2sin(\pi(t-x))} \right\}-1 \right )f(t)dt \\
&\qquad (The\ numerator\ and\ denominator \times i)\\
&=\int_0^1\left(2\times\frac{sin(\pi(t-x))+sin(2\pi(n+\frac{1}{2})(t-x))}{2sin(\pi(t-x))} -1\right )f(t)dt\\
&=\int_0^1\left(\frac{sin(2\pi(n+\frac{1}{2})(t-x))}{sin(\pi(t-x))}\right)f(t)dt
\end{align*}$
现在令$P_n(u) = \frac{sin(2\pi(n+\frac{1}{2})u)}{sin(\pi u)} $，则有
$\begin{align*}
S_n(x) &= \int_0^1 P_n(t-x)f(t)dt\\
&=\int_{0-x}^{1-x}P_n(u)f(u+x)du \qquad letting\ u=t-x\\
&=\int_0^1P_n(u)f(u+x)du \qquad f\ and\ P_n\ is\ period\ of\ 1
\end{align*}$
在上面的推导过程中我们也知道
$P_n(u) = 1+2cos(2\pi u)+...+2cos(2\pi nu)$
对$P_n(u)$在$(0,1)$区间进行积分，对1积分得1，对右边的三角函数进行积分得0，因此
$\displaystyle{\int_0^1 P_n(u)du =1}$
那么就有
$\displaystyle{\int_0^1 P_n(u)f(x)du = f(x)}$
这意味着我们只需要证明
$\displaystyle{ \int_0^1P_n(u)f(u+x)du \ \rightarrow \ \int_0^1 P_n(u)f(x)du }$
就能证明任何函数都能写成傅里叶级数的形式
$\begin{align*}
& \quad \ \int_0^1P_n(u)f(u+x)du \ \rightarrow \ \int_0^1 P_n(u)f(x)du \\
& \Rightarrow \int_0^1 P_n(u)\left(f(u+x)-f(x)\right)du \ \rightarrow \ 0
\end{align*}$
我们对这个式子进行展开
$\begin{align*}
&\quad \int_0^1 P_n(u)\left(f(u+x)-f(x)\right)du\\
&=\int_0^1\frac{sin(2\pi(n+\frac{1}{2})u)}{sin(\pi u)}(f(u+x)-f(x))du\\
&=\int_0^1\frac{f(u+x)-f(x)}{sin(\pi u)}sin(2\pi(n+\frac{1}{2})u)du\\
\end{align*}$
根据Riemann-Lebesgue Lemma，只要有两个条件，这个式子就等于$0$
- $\frac{f(u+x)-f(x)}{sin(\pi u)}$在[0,1]内可积
- $n\rightarrow \infty$
我们只需要证明$\frac{f(u+x)-f(x)}{sin(\pi u)}$在$[0,1]$内是可积的，其中$u$是变量。
其实只要$f(x)$在$[0,1]$内是可积的，$\frac{f(u+x)-f(x)}{sin(\pi u)}$就是可积的，因为我们在$(0,1)$中的任意点处都能得到$f(u+x)-f(x)$以及$sin(\pi u)$的确切值。而在$0$点处，由于此时分母$sin(\pi u)$变为0了，需要另外讨论
$\begin{align*}
&\quad \lim_{u\rightarrow 0}\frac{f(u+x)-f(x)}{sin(\pi u)}\\
&=\lim_{u\rightarrow 0}\frac{1}{\pi}\frac{f(u+x)-f(x)}{u}\frac{\pi u}{sin(\pi u)}\\
&=\frac{1}{\pi}f'(0) \qquad \left(\lim_{u\rightarrow 0} \frac{\pi u}{sin(\pi u)} = 1 \right )
\end{align*}$
$\frac{f(u+x)-f(x)}{sin(\pi u)}$在$0$点处是收敛于$\frac{1}{\pi}f'(0)$的，这就证明了$\frac{f(u+x)-f(x)}{sin(\pi u)}$在$[0,1]$内是可积的。
因此，对于在[0,1]区间内可积的周期为$1$的函数$f(t)$，都是可以用傅里叶级数的形式表达的，当然条件是傅里叶系数有无限多个，即$n \rightarrow \infty$
