工程師和科學家高階數學/傅立葉級數的細節和應用

傅立葉級數的細節和應用

在偏微分方程（以及其他很多地方）的研究中，通常需要構建傅立葉級數（或更一般地說，三角展開）。

預備知識

假設函式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)

可以證明（並不太難，但超出了本文的範圍）如果滿足以下條件，上述展開將收斂到f(x)，除了在不連續點處。

f(x) = f(x + 2L)，即 f(x) 的週期為 2L 。
f(x)，f'(x) 和 f''(x) 在區間 -L ≤ x ≤ L 上是分段連續的。
構成f(x)，f'(x) 和 f''(x) 的片段在閉合子區間上是連續的。

第一個要求是最重要的；後兩個要求在大多數情況下可以在一定程度上部分放鬆，而不會有任何問題。在不連續點處會發生有趣的事情。假設f(x) 在x = a 處是不連續的；展開將收斂到以下值

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

因此，展開收斂到不連續點左側和右側值的平均值。這，以及它本身收斂的事實，非常方便。傅立葉級數看起來不太友好，但它實際上是在為你工作。

將f(x) 表示為傅立葉級數所需的資訊是序列A_n 和 B_n。這是使用正交性完成的，對於正弦曲線，可以使用幾個恆等式輕鬆推匯出正交性。以下是幾個有用的正交性關係，其中 m 和 n 限制為整數

\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 稱為克羅內克δ，定義為

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

克羅內克δ可以被認為是狄拉克δ“函式”的離散版本。與本主題相關的是它的**篩選性質**

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

傅立葉級數的推導

我們現在準備好找到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)

此公式應該適用於任意整數m。如果m = 0，請注意該和不允許n = 0，因此該和將為零，因為在任何情況下m 都不等於n。這導致

\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}

這確保了 *A*₀。現在假設 *m* > 0。由於 *m* 和 *n* 現在在同一個域中，Kronecker delta 將進行篩選

\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

在倒數第二步中，sin(*m*π) = 0，對於整數 *m*。在最後一步中，*m* 被替換為 *n*。這定義了 *A*_*n*，對於 *n* > 0。對於 *n* = 0 的情況，

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

這恰好與之前的推導相匹配（現在你知道為什麼它是 *A*₀/2 而不是僅僅 *A*₀）。所以序列 *A*_*n* 現在對所有感興趣的 *n* 值完全定義了

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

為了得到 *B*_*n*，使用了幾乎相同的程式。

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

現在 *f*(*x*) 的傅立葉級數展開已經完成了。為了將所有內容整合在一起，

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

現在我們來舉個例子。讓我們推匯出方波的傅立葉級數表示，如右圖所示

這個“波”可以用 *f*(*x*) 來量化

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

*f*(*x*) 的週期是 2。由於 2*L* = *P*，則 *L* = 1。現在，我們找到傅立葉係數

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

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

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 }}

在最後一步中，我們利用了所有偶數項都恰好不存在這一事實，而奇數則由 2n - 1 給出，其中 n 為整數。該和將收斂到方波，除了在不連續點處，它將收斂到零（1 和 -1 的平均值）。

部分和的圖形如右所示。注意，此特定展開並不收斂得很快，並且作為方波的近似值，它在不連續點附近最差。

還有另一件有趣的事情需要注意：所有餘弦項都消失了。這不是巧合，現在可能是介紹傅立葉正弦和餘弦展開的最佳時機，分別對應奇函式和偶函式。

偶函式和奇函式的週期延拓和展開

可以從傅立葉展開中推匯出兩個重要的展開：傅立葉正弦級數和傅立葉餘弦級數，前者在上一節中使用過。在深入研究之前，我們必須談談偶函式和奇函式。

假設 f_even(x) 是一個偶函式，而 f_odd(x) 是一個奇函式。也就是說

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

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

這類函式有一些有趣的恆等式。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

所有這些與傅立葉級數密切相關。假設一個偶函式被展開。回想一下，正弦函式是奇函式，餘弦函式是偶函式。那麼

$A_{n}\,$	$=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{\text{even}}(x)dx$ （整個被積函式是偶函式）
	$=\int _{0}^{L}{\frac {2}{L}}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{\text{even}}(x)dx$

$B_{n}\,$	$=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{\text{even}}(x)dx$ （整個被積函式是奇函式）
	$=0\,$

因此，**傅立葉餘弦級數**（注意所有正弦項都消失了）只是偶函式的傅立葉級數，表示為

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

類似地，可以為奇函式構建傅立葉展開式

$A_{n}\,$	$=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\cos \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{\text{odd}}(x)dx$ （整個被積函式是奇函式）
	$=0\,$

$B_{n}\,$	$=\int _{-L}^{L}{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{\text{odd}}(x)dx$ （整個被積函式是偶函式）
	$=\int _{0}^{L}{\frac {2}{L}}\sin \left({\frac {n\pi }{L}}x\right)f_{\text{odd}}(x)dx$

而傅立葉正弦級數為

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

此時，可以考慮週期性延拓。在上一章中，問題要求對拋物線進行正弦展開。拋物線絕非週期函式，但我們仍然對其進行了傅立葉正弦展開。實際上，我們只是在感興趣的域內對函式進行了期望的展開：區間 0 ≤ x ≤ 1。在這個區間內，展開確實是拋物線。在這個區間之外，展開是週期性的，並且作為一個整體是奇函式（就像它所基於的正弦函式一樣）。

拋物線也可以使用餘弦函式進行展開（導致偶展開），或者在例如 -1 ≤ x ≤ 1 上進行完整的傅立葉展開。

請注意，我們無法選擇使用哪種展開方式。雖然拋物線可以在我們想要的任何區間內以我們想要的方式展開，但只有在 0 ≤ x ≤ 1 上的正弦展開才能解決問題。微分方程和邊界條件共同選擇了展開方式和區間。事實上，甚至在構造展開式之前，我們就有了

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)\,

這隻有在 t = 0 時才是傅立葉正弦級數。初始條件是在 t = 0 時定義的，這使得展開成為可能。對於 t > 0，解與傅立葉級數沒有任何共同點。

這裡要強調的是靈活性。傅立葉級數的知識使解決問題變得更加容易。在平行板問題中，瞭解傅立葉正弦級數是什麼促使我們構建了 u_n 的和。最終，是問題決定了需要做什麼。對於可分離的 IBVP，展開將是一個反覆出現的噩夢主題，最重要的是熟悉和理解正交性及其在理解無窮和方面的應用。許多函式都具有正交性，包括貝塞爾函式、勒讓德多項式等等。

關鍵詞是正交性。如果給定情況存在正交性關係，則很容易得到級數解。例如，上一章中使用的擴散方程，在邊界條件足夠複雜的情況下，可能需要一個非傅立葉級數的三角級數解（非整數，正弦曲線的頻率不均勻）。在這種情況下，施圖姆-劉維爾理論可以幫助我們，提供正確的正交性關係。