MIT 线性代数 24 马尔可夫矩阵 傅里叶级数

2023-01-02  本文已影响0人  光能蜗牛

马尔可夫矩阵

随手写一个矩阵
A=\begin{bmatrix}0.1&0.01&0.3\\0.2&0.99&0.3\\0.7&0&0.4\end{bmatrix}
这是一个马尔可夫矩阵
马尔可夫矩阵条件

1.矩阵的每个元素都大于或等于0
2.矩阵的每一列的和等于1(事实上矩阵的幂次对该条性质依然成立)

在上一节我们讨论了关于微分方程的稳态问题，就是说，要让微分方程达到稳态，则必然有一个特征值为0，而其他特征值小于0 ，这样能保证e的0次幂为一个常数

而现在的情况是矩阵幂(A^n的形式)，此时的稳态就不是特征值0，而是特征值1，因为如果矩阵A的特征值是0，A^n次方就全为0了，因此特征值1才是最重要的

A的k次幂有什么特别之处
回忆22节关于斐波那契数列的通项公式
u_k=A^ku_0=c_1\lambda_1^{k} X_1+c_2\lambda_2^{k} X_2

这里特征值\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}
这里看到第一个特征值是大于1,所以我们发现斐波那契数列是发散的，第二个特征值绝对值小于1，最终c_2\lambda_2^{k} X_2会趋于0

因此这里的稳态问题就完全是由特征值1和其特征向量来决定了

接下来我们会看到每列和为1的矩阵，即这里的马尔可夫矩阵，它保证了1为特征值

且我们不需要通过实际计算A-\lambda I的方式就能证明
那么怎么做呢
让我们回忆一下计算特征值\lambda的方式
假设\lambda为矩阵A的特征值
则
AX=\lambda X
(A-\lambda I) X=0
若(A-\lambda I)满秩，则(A-\lambda I)的零空间只有0解，
而这里我们要求X的解为非零向量，则必然要求(A-\lambda I)为非满秩，
(A-\lambda I)不满秩，则一定线性相关，那么也就是令行列式|A-\lambda I|为0，就可以解出满足条件的\lambda

先别急着解方程，我们不是断言了马尔科夫矩阵有特征值1吗
是不是这么回事呢
如果\lambda 为1 ，
那么(A-\lambda I)=(A- I)，不需要计算就可以发现(A- I)是线性相关的
懒得证明，我们代入实际的例子看看
A=\begin{bmatrix}0.1&0.01&0.3\\0.2&0.99&0.3\\0.7&0&0.4\end{bmatrix}
则(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}
稍加观察我们发现三行加起来刚好全为0，即此时我们发现存在X=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}
使得X^T(A-I)=0，即(A-I)^TX=0,即(A-I)的行空间不满秩，可见马尔科夫矩阵确实存在特征值1

在继续下去之前做一点小注解：

A和A^T的特征值是一样的
因为\lambda是A的特征值
于是det(A-\lambda I)=0 根据行列式的性质，行列式转置不改变行列式的值
那么det((A-\lambda I)^T)=det(A^T-\lambda I)=0,因此A^T的特征值也是\lambda

接下来是一个实际的关于马尔科夫矩阵的例子
假设加州和麻省两地人口初始为\begin{bmatrix}0\\1000\end{bmatrix}
每年加州有90%留在本地，10%迁移到麻省，而麻省每年有20%留在本地，80%迁移到加州，求加州和麻省最终人口的稳定状态

由题意可知这算是要给差分方程组
U_{k+1}=AU_k
其中A=\begin{bmatrix}0.9&0.2\\0.1&0.8\end{bmatrix}，这就是一个马尔科夫矩阵
由矩阵的性质可知有一个特征值为1,根据迹可得另一个特征值为0.9+0.8-1=0.7
由22节的知识可知，U_k=A^kU_0=c_1\lambda_1^kX_1+c_2\lambda_2^kX_2
我们接下来计算两个特征值对应的特征向量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}

接下来根据初始条件U_0来确定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}

当K趋于无穷时
U_k=\frac{1000}{3}\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix}

讨论带有标准正交基的投影问题

假设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
如果想分离每个基向量前面的系数x_1,x_2,...x_n,应该怎么做
很简单
比如要分离x_1
那么通过在等式两边点乘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
再进一步
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是标准正交基
X=Q^{-1}V=Q^TV
以上就是建立傅里叶的基础，，确切的说，是因为傅里叶级数计算a_n和b_n系数的时候使用了同样的思路

傅里叶级数

预备知识

正交是什么意思?
向量的正交:对于向量\vec{v}和向量\vec{w},如果我们说这两个向量正交，那么你自然会有一个概念，那就是向量\vec{v}和向量\vec{w}的每个分量依次点乘再相加为0，即v_1w_1+...+v_nw_n=0
函数的正交:我们可以从向量的正交那里得到灵感即,假设有函数f(x)和g(x)他们之间存在正交关系，类比向量的正交，我们自然想到有f(x_1)g(x_1)+f(x_2)g(x_2)+...+f(x_n)g(x_n)=0
我们马上想到一个事情，两个函数相乘再累加，且他们具有相同的自变量x,这难道不就是积分，于是我们马上把上式改写为
\int_{x_1}^{x_n} f(x)g(x)dx=0
这个等式的意思很简单，就是表示两个函数相乘的结果在积分区间(x_1,x_n)的积分为0，则称函数f(x)和g(x)在积分区间(x_1,x_n)上为正交函数

三角函数正交系
不难证明，以下三角函数任意两个函数之间在给一些特定的周期范围内都是正交的，这些函数，叫三角函数正交系
sin(0x),cos(0x),sin(x),cos(x),sin(2x),cos(2x),.....sin(nx),cos(nx)
n=0，1，2，3，4，5，.....
我们知道三角函数都是周期函数，我们选定一个积分区间比如说从-\pi到\pi期间，然后在这些函数系里面选择任意的两个相乘作积分，无外乎如下可能的情况
\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积分比较简单 ，我们计算一下
\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

为了求解前三个式子的积分，这里先复习一下三角函数公式

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)

由上面四条公式得出积化和差公式
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}

回到之前的话题，这三个等式存在两种情况

式1
当m \neq n时
=\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}
因为cos函数关于y轴对称,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)
因此上式定积分无论m和n是否相等可以直接约去
=\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
当m = n时
=\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
当m \neq n时
=\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函数，且我们知道sin(x)是奇函数，
有sin(\pi)=-sin(-\pi)
代入积分上下限
=\frac{1}{2}\Big(\frac{2}{m-n}{sin((m-n)\pi)-\frac{2}{m+n}sin((m+n)\pi)}\Big)
因为m,n均为正整数
所以m+n和m-n一定都是一个整数
而sin(0\pi)，sin(1\pi),sin(2\pi),sin(3\pi).......sin(n\pi)均为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
当m=n时
=\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 //因为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
当m\neq n
=\int_{-\pi}^{\pi}{cos(mx)cos(nx)}dx
=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{cos(mx+nx)+cos(mx-nx)}{2}dx
这个等式和式2比较类似
=\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
当m= n时
=\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

综上所述，前面的五个等式

\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

当m \neq n时,以上各项全部积分都为0
而当m = n时
除去
式2=\int_{-\pi}^{\pi}{sin(mx)sin(nx)}dx=\pi
式3=\int_{-\pi}^{\pi}{cos(mx)cos(nx)}dx=\pi
其他依然全为0
也就是，当我们使用三角函数正交系函数时，只需要注意m=n时这两个特别的情况即可

引入傅里叶级数

傅里叶级数主要思想是用一系列三角函数的叠加来近似模拟任意周期函数的曲线
任意的三角函数表达式长这样
f(t)=Asin(\omega t+\varphi) 其中\omega=\frac{2\pi}{T}, T=\frac{2\pi}{\omega}
在物理意义上这个函数又称之为正弦信号(正弦波),其中的t为时间变量,大T表示三角函数的周期，A为波幅,\omega 为角速度,\varphi 为相位
但是一个光秃秃的三角函数是肯定没法模拟任意周期函数曲线的
于是傅里叶级数出马了，级数的意思就是不同数列项的求和，在这里，是表示一系列三角函数的求和
f(t)=\sum_{n=0}^{\infty} A_nsin(n\omega t+\varphi_n)
展开=\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)
这里我们令a_n=A_nsin(\varphi_n),b_n=A_ncos(\varphi_n)
于是就出现了平时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)
这样的表示有一个明显的好处，就是把相位给去掉了，只保留了振幅和正余弦方便后续的表达
这里我们注意到这个函数中带有和周期相关的\omega=\frac{2\pi}{T}，因为我们前面简单起见只证明了周期为T=2\pi,也就是\omega=1的情况，所以说简化起见这里就让\omega=1，

事实上可以证明只要\omega满足\omega=\frac{2\pi}{T}，且保证积分区间为(-\frac{T}{2},\frac{T}{2})，即一个周期T内，三角函数正交系依然成立，其实直接上也能感觉出来，这个后面有空一起证明了

我们重写一遍等式
f(t)=\sum_{n=0}^{\infty} \Big(a_n\cos(n t)+b_nsin(n t)\Big) ------(T=2\pi)
如果展开的话=a_0+a_1cos(nt)+b_1sin(nt)+a_2cos(2nt)+b_2sin(2nt)+......
也就是说，如果我们能求出这里的常数项a_0...a_n 以及b_0...b_n就相当于知道了函数f(t)具体是由哪些三角函数近似组合得到

我们来试一下
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.计算a_0

等式两边同时对t进行\int_{-\pi}^{\pi}的 积分
\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}) //查看前面的推导，第二项和第三项分别是前面准备区的式5和式4，因此积分为0，那么只剩下第一项
=2\pi a_0
所以
a_0=\frac{1}{2\pi}{\int_{-\pi}^{\pi} f(t)dt}

2.找a_n

等式两边同时乘以cos(mt)，也同时对t进行\int_{-\pi}^{\pi}的 积分
我们来试一下
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 ----(这一项推导过为0)
+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)cos(mt)dt ---- (这一项当m\neq n均为0，那就只剩下m=n时候的积分，即剩下的是\int_{-\pi}^{\pi}a_mcos(mt)cos(mt)dt 这一项前面也推导过=a_m\pi)
+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)cos(mt) ---- (这一项前面也推导过全为0)
最后就只剩下这个：
\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 换言之，你要求a_n中任意一项，就在f(t)前面乘以cos(nt),就得到了通式

3.找b_n

方法是等式两边同时乘以sin(mt)，也同时对t进行\int_{-\pi}^{\pi}的 积分
我们来试一下，下面的计算就不做那么详细的解释了
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

对于傅里叶级数
f(t)=a_0+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)
其常数项解如下：
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

有些地方可能喜欢这么写，其实是一个意思

f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(n t)+\sum_{n=1}^{\infty}b_nsin(n t)
其常数项解如下,这样前面都是统一的\frac{1}{\pi}，看起来比较整齐：
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
但是别忘了计算好之后回代参数的时候不要忘了最开始的定义式

傅里叶级数的计算

可能到上面的步骤，还是不明白求出了通项公式之后怎么使用
这个做一点简要的说明
比如说我们想用傅里叶级数去模拟任意的比如f(t)=t^2
那么按照傅里叶老先生的意思
我们可以这样，定义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个正余弦函数进行拟合
参照上面的公式
我们有
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}
因为
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
可以陆续把
b_1
a_2,b_2
...
a_n,b_n
全部计算出来

傅里叶变换的复数表示

将前面的关于傅里叶级数的部分摘抄过来

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

在实际的工程中，t从0开始，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扩充为更一般的情况

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

继续下去之前我们引入欧拉公式
即
e^{i\theta}=cos \theta +isin \theta
于是我们有
e^{-i\theta}=cos \theta -isin \theta
这样我们可以将cos\theta 和 sin\theta写出来
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},当 n=0 \\\frac{a_n-ib_n}{2},当n=1,2,3,4,... \\\frac{a_{-n}+ib_{-n}}{2},当n=-1,-2,-3,-4,... \\ \end{cases} \end{eqnarray}

将已知条件

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
则当n=0时
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}
当n=1,2,3,4,...时
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

当n=-1,-2,-3,-4,...时
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

综上所述
傅里叶级数的复数形式表示为
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 满足n为任意整数

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