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
$A=\begin{bmatrix}0.1&0.01&0.3\\0.2&0.99&0.3\\0.7&0&0.4\end{bmatrix}$
這是一個馬爾可夫矩陣
馬爾可夫矩陣條件

1.矩陣的每個元素都大于或等于 $0$
2.矩陣的每一列的和等于 $1$ (事實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)問題换薄，就是說，要讓微分方程達到穩(wěn)態(tài)啡莉，則必然有一個特征值為 $0$ 涧郊，而其他特征值小于 $0$ 善已，這樣能保證 $e$ 的 $0$ 次冪為一個常數(shù)

而現(xiàn)在的情況是矩陣冪( $A^n$ 的形式)，此時的穩(wěn)態(tài)就不是特征值 $0$ ，而是特征值 $1$ 茬故，因為如果矩陣 $A$ 的特征值是 $0$ 职祷， $A^n$ 次方就全為 $0$ 了氏涩，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，第二個特征值絕對值小于1有梆，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 $1$ 的矩陣是尖，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際計算 $A-\lambda I$ 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 $(A-\lambda I)$ 滿秩泥耀，則 $(A-\lambda I)$ 的零空間只有 $0$ 解饺汹，
而這里我們要求 $X$ 的解為非零向量，則必然要求 $(A-\lambda I)$ 為非滿秩痰催，
$(A-\lambda I)$ 不滿秩兜辞，則一定線性相關(guān)，那么也就是令行列式 $|A-\lambda I|$ 為 $0$ 夸溶，就可以解出滿足條件的 $\lambda$

先別急著解方程逸吵，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 $(A-\lambda I)=(A- I)$ 缝裁，不需要計算就可以發(fā)現(xiàn) $(A- I)$ 是線性相關(guān)的
懶得證明扫皱，我們代入實際的例子看看
$A=\begin{bmatrix}0.1&0.01&0.3\\0.2&0.99&0.3\\0.7&0&0.4\end{bmatrix}$
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 $0$ ，即此時我們發(fā)現(xiàn)存在 $X=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$
使得 $X^T(A-I)=0$ 捷绑，即 $(A-I)^TX=0$ ,即 $(A-I)$ 的行空間不滿秩啸罢，可見馬爾科夫矩陣確實存在特征值 $1$

在繼續(xù)下去之前做一點小注解：

$A$ 和 $A^T$ 的特征值是一樣的
因為 $\lambda$ 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 $\lambda$

接下來是一個實際的關(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%留在本地胎食，10%遷移到麻省扰才，而麻省每年有20%留在本地，80%遷移到加州厕怜，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 $A=\begin{bmatrix}0.9&0.2\\0.1&0.8\end{bmatrix}$ 衩匣，這就是一個馬爾科夫矩陣
由矩陣的性質(zhì)可知有一個特征值為 $1$ ,根據(jù)跡可得另一個特征值為 $0.9+0.8-1=0.7$
由22節(jié)的知識可知， $U_k=A^kU_0=c_1\lambda_1^kX_1+c_2\lambda_2^kX_2$
我們接下來計算兩個特征值對應(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 $c_1=\frac{1000}{3}粥航，c_2=\frac{2000}{3}$

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
$U_k=\frac{1000}{3}\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix}$

討論帶有標(biāo)準正交基的投影問題

假設(shè)有一系列互相正交的向量基琅捏， $q_1,q_2,...q_n$
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)準正交基
$X=Q^{-1}V=Q^TV$
以上就是建立傅里葉的基礎(chǔ)，递雀，確切的說柄延，是因為傅里葉級數(shù)計算 $a_n$ 和 $b_n$ 系數(shù)的時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 $\vec{w}$ ,如果我們說這兩個向量正交，那么你自然會有一個概念，那就是向量 $\vec{v}$ 和向量 $\vec{w}$ 的每個分量依次點乘再相加為 $0$ 搜吧，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)系市俊，類比向量的正交，我們自然想到有 $f(x_1)g(x_1)+f(x_2)g(x_2)+...+f(x_n)g(x_n)=0$
我們馬上想到一個事情滤奈，兩個函數(shù)相乘再累加摆昧，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
$\int_{x_1}^{x_n} f(x)g(x)dx=0$
這個等式的意思很簡單蜒程，就是表示兩個函數(shù)相乘的結(jié)果在積分區(qū)間 $(x_1,x_n)$ 的積分為 $0$ 绅你，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)任意兩個函數(shù)之間在給一些特定的周期范圍內(nèi)都是正交的昭躺，這些函數(shù)忌锯，叫三角函數(shù)正交系
$sin(0x),cos(0x),sin(x),cos(x),sin(2x),cos(2x),.....sin(nx),cos(nx)$
$n=0，1领炫，2偶垮，3，4驹吮，5针史，.....$
我們知道三角函數(shù)都是周期函數(shù)晶伦，我們選定一個積分區(qū)間比如說從 $-\pi到\pi$ 期間碟狞，然后在這些函數(shù)系里面選擇任意的兩個相乘作積分，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 $5$ 積分比較簡單婚陪，我們計算一下
$\int_{-\pi}^{\pi}{sin(nx)}dx =-\frac{cos(nx)}{n}\Bigg|_{-\pi}^{\pi}=-\frac{cos(n\pi)-cos(-n\pi)}{n}=0$
$\int_{-\pi}^{\pi}{cos(nx)}dx =\frac{sin(nx)}{n}\Bigg|_{-\pi}^{\pi}=\frac{sin(n\pi)-sin(-n\pi)}{n}=0$

為了求解前三個式子的積分族沃，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，這三個等式存在兩種情況

式 $1$
當(dāng) $m \neq n$ 時
$=\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)cos(nx)}dx$
$=\int_{-\pi}^{\pi}{\frac{sin(mx+nx)+sin(mx-nx)}{2}}dx$
$=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}sin(mx+nx)dx+\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}sin(mx-nx)dx$
$=-\frac{1}{2}\frac{1}{m+n}cos(mx+nx)\Bigg|_{-\pi}^{\pi}-\frac{1}{2}\frac{1}{m-n}cos(mx-nx)\Bigg|_{-\pi}^{\pi}$
因為 $cos$ 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
$=\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)cos(nx)}dx$
$=\int_{-\pi}^{\pi}{\frac{sin(mx+nx)+sin(mx-nx)}{2}}dx$
$=\int_{-\pi}^{\pi}{\frac{sin(2mx)}{2}}dx$
$=-\frac{1}{2}{\frac{cos(2mx)}{2m}}\Bigg|_{-\pi}^{\pi}$
$=-\frac{1}{2}\cancel{{\frac{cos(2mx)}{2m}}}\Bigg|_{-\pi}^{\pi}$
$=0$

式 $2$
當(dāng) $m \neq n$ 時
$=\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)sin(nx)}dx$
$=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{cos(mx-nx)-cos(mx+nx)}{2}dx$
$=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}({cos(mx-nx)-cos(mx+nx)})dx$
$=\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{m-n}{sin(mx-nx)-\frac{1}{m +n}sin(mx+nx)}\Big)\Bigg|_{-\pi}^{\pi}$
注意到等式只存在 $sin$ 函數(shù)泌参，且我們知道 $sin(x)$ 是奇函數(shù)脆淹，
有 $sin(\pi)=-sin(-\pi)$
代入積分上下限
$=\frac{1}{2}\Big(\frac{2}{m-n}{sin((m-n)\pi)-\frac{2}{m+n}sin((m+n)\pi)}\Big)$
因為 $m,n$ 均為正整數(shù)
所以 $m+n$ 和 $m-n$ 一定都是一個整數(shù)
而 $sin(0\pi)，sin(1\pi),sin(2\pi),sin(3\pi).......sin(n\pi)均為$ 0 $沽一，$ 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
$=\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)sin(nx)}dx$
$=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{cos(mx-nx)-cos(mx+nx)}{2}dx$
$=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{1-cos(2mx)}{2}dx$ $http://$ 因為 $m=n$
$=\frac{1}{2}\Bigg(\int_{-\pi}^{\pi}1dx-\int_{-\pi}^{\pi}{cos(2mx)}dx\Bigg)$
$=\frac{1}{2}\Bigg(2\pi-\int_{-\pi}^{\pi}{cos(2mx)}dx\Bigg)$
$=\frac{1}{2}\Bigg(2\pi-\frac{sin(2mx)}{2m}\Bigg|_{-\pi}^{\pi}\Bigg)$
$=\frac{1}{2}\Bigg(2\pi-\frac{2sin(2m\pi)}{2m}\Bigg)$
$=\frac{1}{2}\Bigg(2\pi-\cancel{\frac{2sin(2m\pi)}{2m}}\Bigg)$
$=\pi$

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
= $\int_{-\pi}^{\pi}{cos(mx)cos(nx)}dx$
$=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{cos(mx+nx)+cos(mx-nx)}{2}dx$
$=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{cos(2mx)+1}{2}dx$
$=\frac{1}{2}\Bigg(\int_{-\pi}^{\pi}{cos(2mx)}dx+\int_{-\pi}^{\pi}1dx\Bigg)$
$=\frac{1}{2}\Bigg(\frac{2sin(2m\pi)}{2m}+2{\pi}\Bigg)$
$=\frac{1}{2}\Bigg(\cancel{\frac{2sin(2m\pi)}{2m}}+2{\pi}\Bigg)$
$=\pi$

綜上所述盖溺，前面的五個等式

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

當(dāng) $m \neq n$ 時,以上各項全部積分都為0
而當(dāng) $m = n$ 時
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)時铣缠，只需要注意 $m=n$ 時這兩個特別的情況即可

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 $\omega=\frac{2\pi}{T}$ , $T=\frac{2\pi}{\omega}$
在物理意義上這個函數(shù)又稱之為正弦信號(正弦波),其中的 $t$ 為時間變量,大 $T$ 表示三角函數(shù)的周期烘嘱， $A$ 為波幅, $\omega$ 為角速度, $\varphi$ 為相位
但是一個光禿禿的三角函數(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)列項的求和蝗蛙，在這里蝇庭，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
$=\sum_{n=0}^{\infty} \Big(a_n\cos(n\omega t)+b_nsin(n\omega t)\Big)$
這樣的表示有一個明顯的好處，就是把相位給去掉了捡硅，只保留了振幅和正余弦方便后續(xù)的表達
這里我們注意到這個函數(shù)中帶有和周期相關(guān)的 $\omega=\frac{2\pi}{T}$ 哮内，因為我們前面簡單起見只證明了周期為 $T=2\pi,$ 也就是 $\omega=1$ 的情況，所以說簡化起見這里就讓 $\omega=1$ 壮韭，

事實上可以證明只要 $\omega$ 滿足 $\omega=\frac{2\pi}{T}$ 北发，且保證積分區(qū)間為 $(-\frac{T}{2},\frac{T}{2})$ 纹因，即一個周期 $T$ 內(nèi)，三角函數(shù)正交系依然成立鲫竞，其實直接上也能感覺出來辐怕，這個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 $a_0...a_n$ 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.計算 $a_0$

等式兩邊同時對 $t$ 進行 $\int_{-\pi}^{\pi}$ 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)从绘，第二項和第三項分別是前面準備區(qū)的式 $5$ 和式 $4$ 寄疏，因此積分為 $0$ ，那么只剩下第一項
$=2\pi a_0$
所以
$a_0=\frac{1}{2\pi}{\int_{-\pi}^{\pi} f(t)dt}$

2.找 $a_n$

等式兩邊同時乘以 $cos(mt)$ 僵井，也同時對 $t$ 進行 $\int_{-\pi}^{\pi}$ 的積分
我們來試一下
$f(t)=a_0+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)$
$cos(mt)f(t)=a_0cos(mt)+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)cos(mt)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)cos(mt)$
$\int_{-\pi}^{\pi}cos(mt)f(t)dt=\int_{-\pi}^{\pi}a_0cos(mt)dt+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)cos(mt)dt+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)cos(mt)dt$

$=\int_{-\pi}^{\pi}a_0cos(mt)dt$ $----(這一項推導(dǎo)過為0)$
$+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)cos(mt)dt$ $----$ (這一項當(dāng) $m\neq n均為0$ 陕截，那就只剩下 $m=n$ 時候的積分，即剩下的是 $\int_{-\pi}^{\pi}a_mcos(mt)cos(mt)dt$ 這一項前面也推導(dǎo)過= $a_m\pi$ )
$+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)cos(mt)$ $----$ (這一項前面也推導(dǎo)過全為0)
最后就只剩下這個：
$\int_{-\pi}^{\pi}cos(mt)f(t)dt=a_m\pi$
所以 $a_m=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(mt)f(t)dt$ 換言之批什，你要求 $a_n$ 中任意一項农曲，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乘以 $sin(mt)$ ，也同時對 $t$ 進行 $\int_{-\pi}^{\pi}$ 的積分
我們來試一下驻债，下面的計算就不做那么詳細的解釋了
$f(t)=a_0+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)$
$sin(mt)f(t)=a_0sin(mt)+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)sin(mt)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)sin(mt)$
$\int_{-\pi}^{\pi}sin(mt)f(t)dt=\int_{-\pi}^{\pi}a_0sin(mt)dt+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)sin(mt)dt+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)sin(mt)dt$
$=\cancel{\int_{-\pi}^{\pi}a_0sin(mt)dt}+\cancel{\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)sin(mt)dt}+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)sin(mt)dt$
$=\int_{-\pi}^{\pi}b_msin(m t)sin(mt)dt$
$=b_m\pi$

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乳规，其實是一個意思

$f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)$
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：
$a_0=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi} f(t)dt}$
$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(nt)f(t)dt$
$b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}sin(nt)f(t)dt$
但是別忘了計算好之后回代參數(shù)的時候不要忘了最開始的定義式

傅里葉級數(shù)的計算

可能到上面的步驟合呐，還是不明白求出了通項公式之后怎么使用
這個做一點簡要的說明
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
我們可以這樣暮的，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 $n$ 個正余弦函數(shù)進行擬合
參照上面的公式
我們有
$a_0=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi}f(t)dt}=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi}t^2dt}=\frac{1}{\pi}*\frac{1}{3}t^3\Bigg|_{-\pi}^{\pi}=0$
$a_1=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi}cos(t)f(t)dt}=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi}cos(t)t^2dt}$
$=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi}t^2dsin(t)}$
$=\frac{1}{\pi}(t^2sin(t)-{\int_{-\pi}^{\pi}sin(t)dt^2})$
$=\frac{1}{\pi}(t^2sin(t)-2{\int_{-\pi}^{\pi}tsin(t)dt})$
$=\frac{1}{\pi}(t^2sin(t)+2{\int_{-\pi}^{\pi}tdcos(t)})$
$=\frac{1}{\pi}(t^2sin(t)+2(tcos(t)-{\int_{-\pi}^{\pi}cos(t)dt}))$
$=\frac{1}{\pi}(t^2sin(t)+2(tcos(t)-sin(t)))$
$=\frac{1}{\pi}(t^2sin(t)+2tcos(t)-2sin(t))\Bigg|_{-\pi}^{\pi}$
因為
$sin(\pi )=sin(-\pi)=0$
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
$a_0=\frac{1}{\pi}{\int_{-\pi}^{\pi} f(t)dt}$
$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}cos(nt)f(t)dt$
$b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}sin(nt)f(t)dt$

在實際的工程中， $t$ 從 $0$ 開始淌实，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
$c_n=\frac{a_0}{2}=\frac{1}{2}\frac{2}{T}{\int_{0}^{T} f(t)dt}=\frac{1}{T}{\int_{0}^{T} f(t)dt}$
當(dāng) $n=1,2,3,4,...$ 時
$c_n=\frac{a_n-ib_n}{2}=\frac{1}{2}(\frac{2}{T}\int_{0}^{T}cos(n\omega t)f(t)dt-i\frac{2}{T}\int_{0}^{T}sin(n\omega t)f(t)dt)$
$=\frac{1}{T}(\int_{0}^{T}cos(n\omega t)f(t)dt-i\int_{0}^{T}sin(n\omega t)f(t)dt)$
$=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}(cos(n\omega t)-isin(n\omega t))f(t)dt$
$=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}(cos(-n\omega t)+isin(-n\omega t))f(t)dt$
$=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}e^{-in\omega t}f(t)dt$

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

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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