MIT 線性代數(shù) 24 馬爾可夫矩陣 傅里葉級數(shù)

馬爾可夫矩陣

隨手寫一個(gè)矩陣
A=\begin{bmatrix}0.1&0.01&0.3\\0.2&0.99&0.3\\0.7&0&0.4\end{bmatrix}
這是一個(gè)馬爾可夫矩陣
馬爾可夫矩陣條件

1.矩陣的每個(gè)元素都大于或等于0
2.矩陣的每一列的和等于1(事實(shí)上矩陣的冪次對該條性質(zhì)依然成立)

在上一節(jié)我們討論了關(guān)于微分方程的穩(wěn)態(tài)問題，就是說，要讓微分方程達(dá)到穩(wěn)態(tài)，則必然有一個(gè)特征值為0，而其他特征值小于0 ，這樣能保證e的0次冪為一個(gè)常數(shù)

而現(xiàn)在的情況是矩陣冪(A^n的形式)，此時(shí)的穩(wěn)態(tài)就不是特征值0，而是特征值1，因?yàn)槿绻仃?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=A" alt="A" mathimg="1">的特征值是0，A^n次方就全為0了，因此特征值1才是最重要的

A的k次冪有什么特別之處
回憶22節(jié)關(guān)于斐波那契數(shù)列的通項(xiàng)公式
u_k=A^ku_0=c_1\lambda_1^{k} X_1+c_2\lambda_2^{k} X_2

這里特征值\lambda_1 =\frac{1+\sqrt{5}}{2} =1.618.....,\lambda_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}=-0.618.....
其特征向量
X_1=\begin{bmatrix}\lambda_1 \\1 \end{bmatrix},X_2=\begin{bmatrix}\lambda_2 \\1\end{bmatrix}
這里看到第一個(gè)特征值是大于1,所以我們發(fā)現(xiàn)斐波那契數(shù)列是發(fā)散的，第二個(gè)特征值絕對值小于1，最終c_2\lambda_2^{k} X_2會趨于0

因此這里的穩(wěn)態(tài)問題就完全是由特征值1和其特征向量來決定了

接下來我們會看到每列和為1的矩陣，即這里的馬爾可夫矩陣，它保證了1為特征值

且我們不需要通過實(shí)際計(jì)算A-\lambda I的方式就能證明
那么怎么做呢
讓我們回憶一下計(jì)算特征值\lambda的方式
假設(shè)\lambda為矩陣A的特征值
則
AX=\lambda X
(A-\lambda I) X=0
若(A-\lambda I)滿秩，則(A-\lambda I)的零空間只有0解，
而這里我們要求X的解為非零向量，則必然要求(A-\lambda I)為非滿秩，
(A-\lambda I)不滿秩，則一定線性相關(guān)，那么也就是令行列式|A-\lambda I|為0，就可以解出滿足條件的\lambda

先別急著解方程，我們不是斷言了馬爾科夫矩陣有特征值1嗎
是不是這么回事呢
如果\lambda 為1 ，
那么(A-\lambda I)=(A- I)，不需要計(jì)算就可以發(fā)現(xiàn)(A- I)是線性相關(guān)的
懶得證明，我們代入實(shí)際的例子看看
A=\begin{bmatrix}0.1&0.01&0.3\\0.2&0.99&0.3\\0.7&0&0.4\end{bmatrix}
則(A- I)=\begin{bmatrix}0.1-1&0.01&0.3 \\0.2&0.99-1&0.3 \\0.7&0&0.4-1\end{bmatrix}
稍加觀察我們發(fā)現(xiàn)三行加起來剛好全為0，即此時(shí)我們發(fā)現(xiàn)存在X=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}
使得X^T(A-I)=0，即(A-I)^TX=0,即(A-I)的行空間不滿秩，可見馬爾科夫矩陣確實(shí)存在特征值1

在繼續(xù)下去之前做一點(diǎn)小注解：

A和A^T的特征值是一樣的
因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=%5Clambda" alt="\lambda" mathimg="1">是A的特征值
于是det(A-\lambda I)=0 根據(jù)行列式的性質(zhì)，行列式轉(zhuǎn)置不改變行列式的值
那么det((A-\lambda I)^T)=det(A^T-\lambda I)=0,因此A^T的特征值也是\lambda

接下來是一個(gè)實(shí)際的關(guān)于馬爾科夫矩陣的例子
假設(shè)加州和麻省兩地人口初始為\begin{bmatrix}0\\1000\end{bmatrix}
每年加州有90%留在本地，10%遷移到麻省，而麻省每年有20%留在本地，80%遷移到加州，求加州和麻省最終人口的穩(wěn)定狀態(tài)

由題意可知這算是要給差分方程組
U_{k+1}=AU_k
其中A=\begin{bmatrix}0.9&0.2\\0.1&0.8\end{bmatrix}，這就是一個(gè)馬爾科夫矩陣
由矩陣的性質(zhì)可知有一個(gè)特征值為1,根據(jù)跡可得另一個(gè)特征值為0.9+0.8-1=0.7
由22節(jié)的知識可知，U_k=A^kU_0=c_1\lambda_1^kX_1+c_2\lambda_2^kX_2
我們接下來計(jì)算兩個(gè)特征值對應(yīng)的特征向量X_1和X_2

(A-1I)X_1=\begin{bmatrix}-0.1&0.2\\0.1&-0.2\end{bmatrix}X_1=0,于是X_1=\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix}
(A-0.7I)X_1=\begin{bmatrix}0.2&0.2\\0.1&0.1\end{bmatrix}X_2=0,于是X_2=\begin{bmatrix}-1\\1\end{bmatrix}

接下來根據(jù)初始條件U_0來確定c_1和c_2

U_0=\begin{bmatrix}0\\1000\end{bmatrix}=c_11^0\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix}+c_20.7^0\begin{bmatrix}-1\\1\end{bmatrix}

于是c_1=\frac{1000}{3}，c_2=\frac{2000}{3}

那么U_k=c_1\lambda_1^kX_1+c_2\lambda_2^kX_2

=\frac{1000}{3}1^k\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix}+\frac{2000}{3}0.7^k\begin{bmatrix}-1\\1\end{bmatrix}

當(dāng)K趨于無窮時(shí)
U_k=\frac{1000}{3}\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix}

討論帶有標(biāo)準(zhǔn)正交基的投影問題

假設(shè)有一系列互相正交的向量基，q_1,q_2,...q_n
若有向量V=x_1q_1+x_2q_2+...+x_nq_n
如果想分離每個(gè)基向量前面的系數(shù)x_1,x_2,...x_n,應(yīng)該怎么做
很簡單
比如要分離x_1
那么通過在等式兩邊點(diǎn)乘q_1^T
于是
q_1^TV=x_1q_1^Tq_1+x_2q_1^Tq_2+...+x_nq_1^Tq_n
=x_1+0+...+0

即x_1=q_1^TV
再進(jìn)一步
V=\begin{bmatrix}q_1&q_2&\dots&q_n\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{bmatrix}
V=QX
Q^{-1}V=X ,又Q是標(biāo)準(zhǔn)正交基
X=Q^{-1}V=Q^TV
以上就是建立傅里葉的基礎(chǔ)，，確切的說，是因?yàn)楦道锶~級數(shù)計(jì)算a_n和b_n系數(shù)的時(shí)候使用了同樣的思路

傅里葉級數(shù)

預(yù)備知識

正交是什么意思?
向量的正交:對于向量\vec{v}和向量\vec{w},如果我們說這兩個(gè)向量正交，那么你自然會有一個(gè)概念，那就是向量\vec{v}和向量\vec{w}的每個(gè)分量依次點(diǎn)乘再相加為0，即v_1w_1+...+v_nw_n=0
函數(shù)的正交:我們可以從向量的正交那里得到靈感即,假設(shè)有函數(shù)f(x)和g(x)他們之間存在正交關(guān)系，類比向量的正交，我們自然想到有f(x_1)g(x_1)+f(x_2)g(x_2)+...+f(x_n)g(x_n)=0
我們馬上想到一個(gè)事情，兩個(gè)函數(shù)相乘再累加，且他們具有相同的自變量x,這難道不就是積分，于是我們馬上把上式改寫為
\int_{x_1}^{x_n} f(x)g(x)dx=0
這個(gè)等式的意思很簡單，就是表示兩個(gè)函數(shù)相乘的結(jié)果在積分區(qū)間(x_1,x_n)的積分為0，則稱函數(shù)f(x)和g(x)在積分區(qū)間(x_1,x_n)上為正交函數(shù)

三角函數(shù)正交系
不難證明，以下三角函數(shù)任意兩個(gè)函數(shù)之間在給一些特定的周期范圍內(nèi)都是正交的，這些函數(shù)，叫三角函數(shù)正交系
sin(0x),cos(0x),sin(x),cos(x),sin(2x),cos(2x),.....sin(nx),cos(nx)
n=0，1，2，3，4，5，.....
我們知道三角函數(shù)都是周期函數(shù)，我們選定一個(gè)積分區(qū)間比如說從-\pi到\pi期間，然后在這些函數(shù)系里面選擇任意的兩個(gè)相乘作積分，無外乎如下可能的情況
\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)cos(nx)}dx----------1
\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)sin(nx)}dx----------2
\int_{-\pi}^{\pi}{cos(mx)cos(nx)}dx----------3
\int_{-\pi}^{\pi}{sin(nx)}dx-------------4
\int_{-\pi}^{\pi}{cos(nx)}dx--------------5
式4和式5積分比較簡單 ，我們計(jì)算一下
\int_{-\pi}^{\pi}{sin(nx)}dx =-\frac{cos(nx)}{n}\Bigg|_{-\pi}^{\pi}=-\frac{cos(n\pi)-cos(-n\pi)}{n}=0
\int_{-\pi}^{\pi}{cos(nx)}dx =\frac{sin(nx)}{n}\Bigg|_{-\pi}^{\pi}=\frac{sin(n\pi)-sin(-n\pi)}{n}=0

為了求解前三個(gè)式子的積分，這里先復(fù)習(xí)一下三角函數(shù)公式

sin(A+B)=sin(A)cos(B)+sin(B)cos(A)
sin(A-B)=sin(A)cos(B)-sin(B)cos(A)
cos(A+B)=cos(A)cos(B)-sin(A)sin(B)
cos(A-B)=cos(A)cos(B)+sin(A)sin(B)

由上面四條公式得出積化和差公式
sin(A)cos(B)=\frac{sin(A+B)+sin(A-B)}{2}
cos(A)cos(B)=\frac{cos(A+B)+cos(A-B)}{2}
sin(A)sin(B)=\frac{cos(A+B)-cos(A-B)}{2}

回到之前的話題，這三個(gè)等式存在兩種情況

式1
當(dāng)m \neq n時(shí)
=\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)cos(nx)}dx
=\int_{-\pi}^{\pi}{\frac{sin(mx+nx)+sin(mx-nx)}{2}}dx
=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}sin(mx+nx)dx+\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}sin(mx-nx)dx
=-\frac{1}{2}\frac{1}{m+n}cos(mx+nx)\Bigg|_{-\pi}^{\pi}-\frac{1}{2}\frac{1}{m-n}cos(mx-nx)\Bigg|_{-\pi}^{\pi}
因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=cos" alt="cos" mathimg="1">函數(shù)關(guān)于y軸對稱,所以上式代入x=\pi和x=-\pi之后是相等的cos((m+n)\pi)=cos(-(m+n)\pi)
cos((m-n)\pi)=cos(-(m-n)\pi)
因此上式定積分無論m和n是否相等可以直接約去
=\cancel{-\frac{1}{2}\frac{1}{m+n}cos(mx+nx)\Bigg|_{-\pi}^{\pi}-\frac{1}{2}\frac{1}{m-n}cos(mx-nx)}\Bigg|_{-\pi}^{\pi}
=0
當(dāng)m = n時(shí)
=\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)cos(nx)}dx
=\int_{-\pi}^{\pi}{\frac{sin(mx+nx)+sin(mx-nx)}{2}}dx
=\int_{-\pi}^{\pi}{\frac{sin(2mx)}{2}}dx
=-\frac{1}{2}{\frac{cos(2mx)}{2m}}\Bigg|_{-\pi}^{\pi}
=-\frac{1}{2}\cancel{{\frac{cos(2mx)}{2m}}}\Bigg|_{-\pi}^{\pi}
=0

式2
當(dāng)m \neq n時(shí)
=\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)sin(nx)}dx
=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{cos(mx-nx)-cos(mx+nx)}{2}dx
=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}({cos(mx-nx)-cos(mx+nx)})dx
=\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{m-n}{sin(mx-nx)-\frac{1}{m +n}sin(mx+nx)}\Big)\Bigg|_{-\pi}^{\pi}
注意到等式只存在sin函數(shù)，且我們知道sin(x)是奇函數(shù)，
有sin(\pi)=-sin(-\pi)
代入積分上下限
=\frac{1}{2}\Big(\frac{2}{m-n}{sin((m-n)\pi)-\frac{2}{m+n}sin((m+n)\pi)}\Big)
因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=m%2Cn" alt="m,n" mathimg="1">均為正整數(shù)
所以m+n和m-n一定都是一個(gè)整數(shù)
而sin(0\pi)，sin(1\pi),sin(2\pi),sin(3\pi).......sin(n\pi)均為0，所以
=\cancel{\frac{1}{2}\Big(\frac{2}{m-n}{sin((m-n)\pi)-\frac{2}{m+n}sin((m+n)\pi)}\Big)}
=0
當(dāng)m=n時(shí)
=\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)sin(nx)}dx
=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{cos(mx-nx)-cos(mx+nx)}{2}dx
=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{1-cos(2mx)}{2}dx http://因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=m%3Dn" alt="m=n" mathimg="1">
=\frac{1}{2}\Bigg(\int_{-\pi}^{\pi}1dx-\int_{-\pi}^{\pi}{cos(2mx)}dx\Bigg)
=\frac{1}{2}\Bigg(2\pi-\int_{-\pi}^{\pi}{cos(2mx)}dx\Bigg)
=\frac{1}{2}\Bigg(2\pi-\frac{sin(2mx)}{2m}\Bigg|_{-\pi}^{\pi}\Bigg)
=\frac{1}{2}\Bigg(2\pi-\frac{2sin(2m\pi)}{2m}\Bigg)
=\frac{1}{2}\Bigg(2\pi-\cancel{\frac{2sin(2m\pi)}{2m}}\Bigg)
=\pi

式3
當(dāng)m\neq n
=\int_{-\pi}^{\pi}{cos(mx)cos(nx)}dx
=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{cos(mx+nx)+cos(mx-nx)}{2}dx
這個(gè)等式和式2比較類似
=\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{m+n}{sin(mx+nx)+\frac{1}{m-n}sin(mx-nx)}\Big)\Bigg|_{-\pi}^{\pi}
=\cancel{\frac{1}{2}\Big(\frac{2}{m+n}{sin((m+n)\pi)+\frac{2}{m-n}sin((m-n)\pi)}\Big)}
=0
當(dāng)m= n時(shí)
=\int_{-\pi}^{\pi}{cos(mx)cos(nx)}dx
=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{cos(mx+nx)+cos(mx-nx)}{2}dx
=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{cos(2mx)+1}{2}dx
=\frac{1}{2}\Bigg(\int_{-\pi}^{\pi}{cos(2mx)}dx+\int_{-\pi}^{\pi}1dx\Bigg)
=\frac{1}{2}\Bigg(\frac{2sin(2m\pi)}{2m}+2{\pi}\Bigg)
=\frac{1}{2}\Bigg(\cancel{\frac{2sin(2m\pi)}{2m}}+2{\pi}\Bigg)
=\pi

綜上所述，前面的五個(gè)等式

\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)cos(nx)}dx----------1
\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)sin(nx)}dx----------2
\int_{-\pi}^{\pi}{cos(mx)cos(nx)}dx----------3
\int_{-\pi}^{\pi}{sin(nx)}dx-------------4
\int_{-\pi}^{\pi}{cos(nx)}dx--------------5

當(dāng)m \neq n時(shí),以上各項(xiàng)全部積分都為0
而當(dāng)m = n時(shí)
除去
式2=\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)sin(nx)}dx=\pi
式3=\int_{-\pi}^{\pi}{cos(mx)cos(nx)}dx=\pi
其他依然全為0
也就是，當(dāng)我們使用三角函數(shù)正交系函數(shù)時(shí)，只需要注意m=n時(shí)這兩個(gè)特別的情況即可

引入傅里葉級數(shù)

傅里葉級數(shù)主要思想是用一系列三角函數(shù)的疊加來近似模擬任意周期函數(shù)的曲線
任意的三角函數(shù)表達(dá)式長這樣
f(t)=Asin(\omega t+\varphi) 其中\omega=\frac{2\pi}{T}, T=\frac{2\pi}{\omega}
在物理意義上這個(gè)函數(shù)又稱之為正弦信號(正弦波),其中的t為時(shí)間變量,大T表示三角函數(shù)的周期，A為波幅,\omega 為角速度,\varphi 為相位
但是一個(gè)光禿禿的三角函數(shù)是肯定沒法模擬任意周期函數(shù)曲線的
于是傅里葉級數(shù)出馬了，級數(shù)的意思就是不同數(shù)列項(xiàng)的求和，在這里，是表示一系列三角函數(shù)的求和
f(t)=\sum_{n=0}^{\infty} A_nsin(n\omega t+\varphi_n)
展開=\sum_{n=0}^{\infty} A_n\Big(sin(n\omega t)cos(\varphi_n)+cos(n\omega t)sin(\varphi_n)\Big)
=\sum_{n=0}^{\infty} \Big(A_ncos(\varphi_n)\sin(n\omega t)+A_nsin(\varphi_n)cos(n\omega t)\Big)
這里我們令a_n=A_nsin(\varphi_n),b_n=A_ncos(\varphi_n)
于是就出現(xiàn)了平時(shí)大家看的很熟悉的公式
=\sum_{n=0}^{\infty} \Big(a_n\cos(n\omega t)+b_nsin(n\omega t)\Big)
這樣的表示有一個(gè)明顯的好處，就是把相位給去掉了，只保留了振幅和正余弦方便后續(xù)的表達(dá)
這里我們注意到這個(gè)函數(shù)中帶有和周期相關(guān)的\omega=\frac{2\pi}{T}，因?yàn)槲覀兦懊婧唵纹鹨娭蛔C明了周期為T=2\pi,也就是\omega=1的情況，所以說簡化起見這里就讓\omega=1，

事實(shí)上可以證明只要\omega滿足\omega=\frac{2\pi}{T}，且保證積分區(qū)間為(-\frac{T}{2},\frac{T}{2})，即一個(gè)周期T內(nèi)，三角函數(shù)正交系依然成立，其實(shí)直接上也能感覺出來，這個(gè)后面有空一起證明了

我們重寫一遍等式
f(t)=\sum_{n=0}^{\infty} \Big(a_n\cos(n t)+b_nsin(n t)\Big) ------(T=2\pi)
如果展開的話=a_0+a_1cos(nt)+b_1sin(nt)+a_2cos(2nt)+b_2sin(2nt)+......
也就是說，如果我們能求出這里的常數(shù)項(xiàng)a_0...a_n 以及b_0...b_n就相當(dāng)于知道了函數(shù)f(t)具體是由哪些三角函數(shù)近似組合得到

我們來試一下
f(t)=\sum_{n=0}^{\infty} \Big(a_n\cos(n t)+b_nsin(n t)\Big)
=a_0+\sum_{n=1}^{\infty} \Big(a_n\cos(n t)+b_nsin(n t)\Big)
=a_0+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)

1.計(jì)算a_0

等式兩邊同時(shí)對t進(jìn)行\int_{-\pi}^{\pi}的 積分
\int_{-\pi}^{\pi} f(t)dt=\int_{-\pi}^{\pi} a_0dt+\int_{-\pi}^{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos(n t)dt+\int_{-\pi}^{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)dt
=2\pi a_0+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\int_{-\pi}^{\pi}\cos(n t)dt)+\sum_{n=1}^{\infty}(b_n\int_{-\pi}^{\pi}\sin(n t)dt)
=2\pi a_0+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cancel{\int_{-\pi}^{\pi}\cos(n t)dt)}+\sum_{n=1}^{\infty}(b_n\cancel{\int_{-\pi}^{\pi}\sin(n t)dt}) //查看前面的推導(dǎo)，第二項(xiàng)和第三項(xiàng)分別是前面準(zhǔn)備區(qū)的式5和式4，因此積分為0，那么只剩下第一項(xiàng)
=2\pi a_0
所以
a_0=\frac{1}{2\pi}{\int_{-\pi}^{\pi} f(t)dt}

2.找a_n

等式兩邊同時(shí)乘以cos(mt)，也同時(shí)對t進(jìn)行\int_{-\pi}^{\pi}的 積分
我們來試一下
f(t)=a_0+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)
cos(mt)f(t)=a_0cos(mt)+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)cos(mt)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)cos(mt)
\int_{-\pi}^{\pi}cos(mt)f(t)dt=\int_{-\pi}^{\pi}a_0cos(mt)dt+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)cos(mt)dt+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)cos(mt)dt

=\int_{-\pi}^{\pi}a_0cos(mt)dt ----(這一項(xiàng)推導(dǎo)過為0)
+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)cos(mt)dt ---- (這一項(xiàng)當(dāng)m\neq n均為0，那就只剩下m=n時(shí)候的積分，即剩下的是\int_{-\pi}^{\pi}a_mcos(mt)cos(mt)dt 這一項(xiàng)前面也推導(dǎo)過=a_m\pi)
+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)cos(mt) ---- (這一項(xiàng)前面也推導(dǎo)過全為0)
最后就只剩下這個(gè)：
\int_{-\pi}^{\pi}cos(mt)f(t)dt=a_m\pi
所以a_m=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(mt)f(t)dt 換言之，你要求a_n中任意一項(xiàng)，就在f(t)前面乘以cos(nt),就得到了通式

3.找b_n

方法是等式兩邊同時(shí)乘以sin(mt)，也同時(shí)對t進(jìn)行\int_{-\pi}^{\pi}的 積分
我們來試一下，下面的計(jì)算就不做那么詳細(xì)的解釋了
f(t)=a_0+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)
sin(mt)f(t)=a_0sin(mt)+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)sin(mt)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)sin(mt)
\int_{-\pi}^{\pi}sin(mt)f(t)dt=\int_{-\pi}^{\pi}a_0sin(mt)dt+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)sin(mt)dt+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)sin(mt)dt
=\cancel{\int_{-\pi}^{\pi}a_0sin(mt)dt}+\cancel{\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)sin(mt)dt}+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)sin(mt)dt
=\int_{-\pi}^{\pi}b_msin(m t)sin(mt)dt
=b_m\pi

所以b_m=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}sin(mt)f(t)dt

整合一下

對于傅里葉級數(shù)
f(t)=a_0+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)
其常數(shù)項(xiàng)解如下：
a_0=\frac{1}{2\pi}{\int_{-\pi}^{\pi} f(t)dt}
a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(nt)f(t)dt
b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}sin(nt)f(t)dt

有些地方可能喜歡這么寫，其實(shí)是一個(gè)意思

f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)
其常數(shù)項(xiàng)解如下,這樣前面都是統(tǒng)一的\frac{1}{\pi}，看起來比較整齊：
a_0=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi} f(t)dt}
a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(nt)f(t)dt
b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}sin(nt)f(t)dt
但是別忘了計(jì)算好之后回代參數(shù)的時(shí)候不要忘了最開始的定義式

傅里葉級數(shù)的計(jì)算

可能到上面的步驟，還是不明白求出了通項(xiàng)公式之后怎么使用
這個(gè)做一點(diǎn)簡要的說明
比如說我們想用傅里葉級數(shù)去模擬任意的比如f(t)=t^2
那么按照傅里葉老先生的意思
我們可以這樣，定義f(t)=t^2=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)
由即由n個(gè)正余弦函數(shù)進(jìn)行擬合
參照上面的公式
我們有
a_0=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi}f(t)dt}=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi}t^2dt}=\frac{1}{\pi}*\frac{1}{3}t^3\Bigg|_{-\pi}^{\pi}=0
a_1=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi}cos(t)f(t)dt}=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi}cos(t)t^2dt}
=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi}t^2dsin(t)}
=\frac{1}{\pi}(t^2sin(t)-{\int_{-\pi}^{\pi}sin(t)dt^2})
=\frac{1}{\pi}(t^2sin(t)-2{\int_{-\pi}^{\pi}tsin(t)dt})
=\frac{1}{\pi}(t^2sin(t)+2{\int_{-\pi}^{\pi}tdcos(t)})
=\frac{1}{\pi}(t^2sin(t)+2(tcos(t)-{\int_{-\pi}^{\pi}cos(t)dt}))
=\frac{1}{\pi}(t^2sin(t)+2(tcos(t)-sin(t)))
=\frac{1}{\pi}(t^2sin(t)+2tcos(t)-2sin(t))\Bigg|_{-\pi}^{\pi}
因?yàn)?br> sin(\pi )=sin(-\pi)=0
所以上式直接等于

=\frac{1}{\pi}(2tcos(t))\Bigg|_{-\pi}^{\pi}
=\frac{1}{\pi}(4\pi cos(\pi))
=-4
反正就那么回事
可以陸續(xù)把
b_1
a_2,b_2
...
a_n,b_n
全部計(jì)算出來

傅里葉變換的復(fù)數(shù)表示

將前面的關(guān)于傅里葉級數(shù)的部分摘抄過來

f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)
其中
a_0=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi} f(t)dt}
a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(nt)f(t)dt
b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}sin(nt)f(t)dt

在實(shí)際的工程中，t從0開始，周期T=2L,\omega=\pi/L
\int_{-L}^{L}dt \rightarrow \int_{0}^{2L}dt \rightarrow \int_{0}^{T}dt
因此上面的式子可以擴(kuò)充為更一般的情況

f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n \omega t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n\omega t)
其中
a_0=\frac{2}{T}{\int_{0}^{T} f(t)dt}
a_n=\frac{2}{T}\int_{0}^{T}cos(n\omega t)f(t)dt
b_n=\frac{2}{T}\int_{0}^{T}sin(n\omega t)f(t)dt

繼續(xù)下去之前我們引入歐拉公式
即
e^{i\theta}=cos \theta +isin \theta
于是我們有
e^{-i\theta}=cos \theta -isin \theta
這樣我們可以將cos\theta 和 sin\theta寫出來
cos\theta = \frac{1}{2}(e^{i\theta}+e^{-i\theta} )
sin\theta = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}=-\frac{1}{2}i(e^{i\theta}-e^{-i\theta})

于是
f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n \omega t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n\omega t)
=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\frac{1}{2}(e^{in \omega t}+e^{-in\omega t})-\sum_{n=1}^{\infty}b_n\frac{1}{2}i(e^{in \omega t}-e^{-in\omega t})
=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n-ib_n}{2}e^{in\omega t}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n+ib_n}{2}e^{-in\omega t}
=\sum_{n=0}^{0}\frac{a_0}{2}e^{in\omega t}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n-ib_n}{2}e^{in\omega t}+\sum_{n=-1}^{-\infty}\frac{a_{-n}+ib_{-n}}{2}e^{in\omega t}
=\sum_{-\infty}^{\infty}c_ne^{in\omega t}

其中
\begin{eqnarray} c_n=\begin{cases} \frac{a_0}{2},當(dāng) n=0 \\\frac{a_n-ib_n}{2},當(dāng)n=1,2,3,4,... \\\frac{a_{-n}+ib_{-n}}{2},當(dāng)n=-1,-2,-3,-4,... \\ \end{cases} \end{eqnarray}

將已知條件

a_0=\frac{2}{T}{\int_{0}^{T} f(t)dt}
a_n=\frac{2}{T}\int_{0}^{T}cos(n\omega t)f(t)dt
b_n=\frac{2}{T}\int_{0}^{T}sin(n\omega t)f(t)dt

代入
則當(dāng)n=0時(shí)
c_n=\frac{a_0}{2}=\frac{1}{2}\frac{2}{T}{\int_{0}^{T} f(t)dt}=\frac{1}{T}{\int_{0}^{T} f(t)dt}
當(dāng)n=1,2,3,4,...時(shí)
c_n=\frac{a_n-ib_n}{2}=\frac{1}{2}(\frac{2}{T}\int_{0}^{T}cos(n\omega t)f(t)dt-i\frac{2}{T}\int_{0}^{T}sin(n\omega t)f(t)dt)
=\frac{1}{T}(\int_{0}^{T}cos(n\omega t)f(t)dt-i\int_{0}^{T}sin(n\omega t)f(t)dt)
=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}(cos(n\omega t)-isin(n\omega t))f(t)dt
=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}(cos(-n\omega t)+isin(-n\omega t))f(t)dt
=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}e^{-in\omega t}f(t)dt

當(dāng)n=-1,-2,-3,-4,...時(shí)
c_n=\frac{a_{-n}+ib_{-n}}{2}=\frac{1}{2}(\frac{2}{T}\int_{0}^{T}cos(-n\omega t)f(t)dt+i\frac{2}{T}\int_{0}^{T}sin(-n\omega t)f(t)dt)
=\frac{1}{T}(\int_{0}^{T}cos(-n\omega t)f(t)dt+i\int_{0}^{T}sin(-n\omega t)f(t)dt)
=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}(cos(-n\omega t)+isin(-n\omega t))f(t)dt)
=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}e^{-in\omega t}f(t)dt

綜上所述
傅里葉級數(shù)的復(fù)數(shù)形式表示為
f(t)=\sum_{-\infty}^{\infty}c_ne^{in\omega t}
其中c_n=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}e^{-in\omega t}f(t)dt 滿足n為任意整數(shù)

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