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目錄

0、前情回顧

1、從傅立葉級數到古典傅立葉變換

2、古典傅立葉變換存在的問題

3、本章小結

4、習題與思考題

習題1：方波的傅立葉變換、sinc的逆傅立葉變換

思考題1：

f\left( t \right)

傅立葉變換的逆傅立葉變換

\tilde{f}\left( t \right)

為什麼在某些點上可能不同？

思考題2：習題1用到的廣義積分在廣義黎曼積分意義下發散，為何我們計算時將其收斂化了？

習題2：符號函式sgn（x）的傅立葉變換

5、彩蛋（預印版沒有）

0、前情回顧

上一章講了內積、投影、傅立葉級數的相關知識。

第一章摘要：

首先，我們先引入了空間和內積的概念。高中講的空間是2維或3維的空間，而大學線性代數則是推廣到了n維的空間。在n維空間中，我們可以找出n個互相正交（嚴格地說是線性無關）的基，任意一個向量等於在n個基上的投影的求和。而這個投影的求法則是用到了內積。

然後，我們將n維空間推廣到了函式空間，函式空間的元素是函式，它們的內積則是利用定積分的定義進行了推廣。然後我們用推廣的內積概念定義了函式空間的投影。對於一個正交完備的函式空間，空間內的任意一個向量都可以表示為各投影分量的求和。但請注意——因為n維空間要有n個基，此時函式空間是無限維，所以需要（可列）無限個基。

緊接著，我們以三角函式係為基，構造出了滿足狄利克雷條件的函式空間內的任意函式向量在三角函式系下的投影公式。我們驚奇地發現，這一公式和傅立葉級數本質上一模一樣。事實上，這個傅立葉級數本質上就是將週期函式投影在三角函式基上。

最後，我們為了讓形式簡潔，將三角函式基透過尤拉公式等價轉化為了復指數基。這一點其實也是在為後面傅立葉變換的內容做鋪墊。

我們在第一章中，透過內積的幾何意義，將函式投影到三角函式基，並求和起來，得到傅立葉級數的三角級數定義第一篇文章的式（3。8）

\begin{aligned} f\left( t \right) &=\frac{\left( f\left( t \right) ,1 \right)}{T}\cdot 1+\frac{\left( f\left( t \right) ,\cos \left( \omega t \right) \right)}{T/2}\cos \left( \omega t \right) +\frac{\left( f\left( t \right) ,\sin \left( \omega t \right) \right)}{T/2}\sin \left( \omega t \right) +\\ &+\frac{\left( f\left( t \right) ,\cos \left( n\omega t \right) \right)}{T/2}\cos \left( n\omega t \right) +\frac{\left( f\left( t \right) ,\sin \left( n\omega t \right) \right)}{T/2}\sin \left( n\omega t \right) +\cdots\\ \end{aligned}\tag{a.3.8}

其中

\frac{\left( f\left( t \right) ,\cos \left( \omega t \right) \right)}{T/2}=\displaystyle \frac{2}{T}\int_0^T{f\left( t \right) \cos \left( n\omega t \right) \mathrm{d}t}

、

\frac{\left( f\left( t \right) ,\sin \left( \omega t \right) \right)}{T/2}=\displaystyle \frac{2}{T}\int_0^T{f\left( t \right) \sin \left( n\omega t \right) \mathrm{d}t}

、

\frac{\left( f\left( t \right) ,1 \right)}{T}=\displaystyle \frac{1}{T}\int_0^T{f\left( t \right) \mathrm{d}t}

。

考慮到這裡的係數形式複雜，我們將其用尤拉公式

\mathrm{e}^{\mathrm{j}x}=\cos \left( x \right) +\mathrm{j}\times \sin \left( x \right)

變換到復指數基

\left\{ \begin{array}{c} \cdots ,\mathrm{e}^{-\mathrm{j}n\omega t},\cdots ,\mathrm{e}^{-\mathrm{j}2\omega t},\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t},1,\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t},\mathrm{e}^{\mathrm{j}2\omega t},\cdots \text{，e}^{\mathrm{j}n\omega t}\\ \end{array},\cdots \right\}

，得到了第一篇文章的式（4。5）

f\left( t \right) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}{c_n\mathrm{e}^{\mathrm{j}n\omega t}}\tag{a.4.5}

其中

c_n=\frac{\left( f\left( t \right) ,\mathrm{e}^{\mathrm{j}n\omega t} \right)}{T}=\displaystyle \frac{1}{T}\int_0^T{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}n\omega t} \mathrm{d}t}

。

因為復指數基對應的係數形式統一，我們比較常用。本章，我們將基於復指數基的傅立葉級數，推導傅立葉變換的表示式。

1、從傅立葉級數到古典傅立葉變換

回顧第一篇文章的式（4。5）

f\left( t \right) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}{c_n\mathrm{e}^{\mathrm{j}n\omega t}}\tag{a.4.5}

其中

c_n=\frac{\left( f\left( t \right) ,\mathrm{e}^{-\mathrm{j}n\omega t} \right)}{T}=\displaystyle \frac{1}{T}\int_0^T{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}n\omega t} \mathrm{d}t}

，合併起來就是

f\left( t \right) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}{\left[ \frac{1}{T}\int_0^T{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}n\omega t}\mathrm{d}t} \right] \mathrm{e}^{\mathrm{j}n\omega t}}\tag{1.1}

或者平移一下區間

f\left( t \right) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}{\left[ \frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}n\omega _0t}\mathrm{d}t} \right] \mathrm{e}^{\mathrm{j}n\omega _0t}}\tag{1.2}

其中

\omega_0 =\frac{2\pi}{T}

，我們不妨進行一個不嚴謹地推導

［1］

——令內層

\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}n\omega_0 t}\mathrm{d}t}

的

T\to+\infty

，並記

\omega = n\omega_0

，將這個函式記為

F\left( \omega \right)

，此時——

F\left( \omega \right) =\lim_{T\rightarrow +\infty} \int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}n\omega _0t}\mathrm{d}t}=\int_{-\infty}^{\infty}{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t}\tag{1.3}

回顧第一篇文章（4。2）式描述的複數內積的定義式——

\left( f\left( x \right) ,g\left( x \right) \right) =\int_0^T{f\left( x \right) \overline{g\left( x \right) }\mathrm{d}x}\tag{a.4.2}

這裡

\int_{-\infty}^{\infty}{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t}

的幾何意義就是

\left( f\left( t \right) ,\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t} \right)

，也就是說這一部分的幾何意義就是函式與頻率為

\omega

的復指數函式的內積。事實上，這一表達式其實就是

f\left( t \right)

的傅立葉變換，這也說明傅立葉變換本質上就是計算函式與對應頻率的復指數函式的內積。

再令

\Delta \omega =\left( n+1 \right) \omega _0-n\omega _0=\omega _0

，顯然

T\to+\infty

時

\omega_0 \to 0^+

，結合求積分的定義——

\begin{aligned} f\left( t \right) &=\lim_{T\rightarrow +\infty} \sum_{n=-\infty}^{\infty}{F\left( \omega \right) \frac{1}{T}\mathrm{e}^{\mathrm{j}n\omega _0t}}\\ &=\frac{1}{2\pi}\left( \lim_{T\rightarrow +\infty} \sum_{n=-\infty}^{\infty}{F\left( \omega \right) \mathrm{e}^{\mathrm{j}n\omega _0t}\frac{2\pi}{T}} \right)\\ &=\frac{1}{2\pi}\left( \lim_{T\rightarrow +\infty} \sum_{n=-\infty}^{\infty}{F\left( \omega \right) \mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}\Delta \omega} \right)\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}{F\left( \omega \right) \mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}\omega}\\ \end{aligned}\tag{1.4}

我們將式（1。3）的

F\left( \omega \right) =\int_{-\infty}^{\infty}{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t}

稱為

f\left( t \right)

的傅立葉變換，將式（1。4）的

f\left( t \right) =\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}{F\left( \omega \right) \mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t} \mathrm{d}\omega}

稱為

f\left( t \right)

的傅立葉反變換。

對比第一篇文章的式（4。5）

f\left( t \right) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}{c_n\mathrm{e}^{\mathrm{j}n\omega t}}\tag{a.4.5}

其中

c_n=\frac{\left( f\left( t \right) ,\mathrm{e}^{\mathrm{j}n\omega t} \right)}{T}=\displaystyle \frac{1}{T}\int_0^T{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}n\omega t} \mathrm{d}t}

，含義是函式

f\left( t \right)

在基

\mathrm{e}^{\mathrm{j}n\omega t}

上的投影分量大小。

那麼

F\left( \omega \right) =\int_{-\infty}^{\infty}{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t}

代表什麼呢？從內積的角度，我們可以將

\int_{-\infty}^{\infty}{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t}

看做函式

f\left( t \right)

與基

\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}

的內積。但此時，我們不應該看做函式

f\left( t \right)

在基

\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}

的投影，這是因為基

\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}

和自己做內積是

T

，而

T

是無窮大，此時投影分量就是無窮小了。

所以，我們應該將傅立葉變換的值看做一個相對的值，即“關於

f

的能量密度”。（或者更嚴格地說，這意味著

\Delta f

寬的頻率分量上訊號強度為

F\left( \omega \right) \Delta f

）

當然，從數學上，傅立葉變換是函式

f\left( t \right)

與基

\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}

的內積，也可以看做函式

f\left( t \right)

與基

\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}

的相關性強度。

而反變換

f\left( t \right) =\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}{F\left( \omega \right) \mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t} \mathrm{d}\omega}

則可以看成

f\left( t \right) =\int_{-\infty}^{\infty}{\left[ F\left( \omega \right) \mathrm{d}f \right] \mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}}

，與

f\left( t \right) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}{c_n\mathrm{e}^{\mathrm{j}n\omega t}}

對比，就能發現它們形式是一致的了。至於為什麼是

\mathrm{d}f

，這是因為正變換是“關於

f

的能量密度”。

2、古典傅立葉變換存在的問題

我們可以注意到：古典傅立葉變換僅針對收斂得很快的訊號才可以進行，這是因為

F\left( \omega \right) =\int_{-\infty}^{\infty}{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t}

。例如

f\left( t \right) =1

，此時

\left| f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t} \right|=1

，積分不收斂。

我們也容易發現，對於週期訊號，它只存在傅立葉級數，不存在古典傅立葉變換。這也很好理解，因為傅立葉級數的係數是可列多個，所以每個係數代表了“能量強度”，而傅立葉變換的係數是不可列多個，所以每個係數代表了“能量密度”。如果在某個頻點有正能量強度，那麼能量密度必為無窮大。

為了解決這一問題，在下一章，我們將會引入廣義函式δ函式，它將提供連線傅立葉級數和傅立葉變換的橋樑，使得傅立葉級數可以用傅立葉變換表示。

3、本章小結

本章透過（1。3）式定義了傅立葉變換，以及透過（1。4）式定義了逆傅立葉變換。

本章是過渡章節，透過將頻域離散、取值可列無窮的傅立葉級數的

T\to +\infty

，得到了頻域連續、取值不可列無窮的傅立葉變換。

讓我們對比這兩者，傅立葉級數的係數是可列多個，所以每個係數代表了“能量強度”，而傅立葉變換的係數是不可列多個，所以每個係數代表了“能量密度”。兩者之間有細微的差別，但不用擔心，在下一章，我們將會引入廣義函式δ函式，它將提供連線傅立葉級數和傅立葉變換的橋樑，使得傅立葉級數可以用傅立葉變換表示。

4、習題與思考題

{\color{orange}{\mathbf{ 題目1 }}}

若函式

f\left( t \right) =\begin{cases} 0,\left| t \right|>1\\ 1,\left| t \right|\leqslant 1\\ \end{cases}

，透過（1。3）式求

f\left( t \right)

的傅立葉變換

F\left( \omega \right)

，並透過（1。4）式求

F\left( \omega \right)

的逆傅立葉變換

\tilde{f}\left( t \right)

。並驗證逆傅立葉變換的結果

\tilde{f}\left( t \right)

和原函式

f\left( t \right)

除了跳變點處都是一致的。

{\color{violet}{\mathbf{ 題目1解答 }}}

正變換使用（1。3）式，並結合尤拉公式

\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega}-\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega}}{2\mathrm{j}}=\sin \omega

即可

\begin{aligned} F\left( \omega \right) &=\int_{-\infty}^{\infty}{f\left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t}=\int_{-1}^1{\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t}\\ &=\frac{1}{\mathrm{j}\omega}\int_{-1}^1{\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}\left( \mathrm{j}\omega t \right)}=\frac{2}{\omega}\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega}-\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega}}{2\mathrm{j}}\\ &=2\frac{\sin \omega}{\omega}\\ \end{aligned}\tag{4.1}

並且容易驗證

F\left( 0 \right) =2=\lim_{\omega \rightarrow 0} F\left( \omega \right)

正變換使用（1。4）式

\begin{aligned} \tilde{f}\left( t \right) &=\frac{1}{2\pi}\lim_{T\rightarrow +\infty} \int_{-T}^T{2\frac{\sin \omega}{\omega}\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}\omega}\\ &=\frac{1}{\pi}\lim_{T\rightarrow +\infty} \left( \int_{-T}^T{\frac{\sin \omega}{\omega}\cos \omega t\mathrm{d}\omega}+\mathrm{j}\int_{-T}^T{\frac{\sin \omega}{\omega}\sin \omega t\mathrm{d}\omega} \right)\\ \end{aligned}\tag{4.2}

考慮到奇函式在對稱區間上積分為0，則

\lim_{T\rightarrow +\infty} \int_{-T}^T{\frac{\sin \omega}{\omega}\sin \omega t\mathrm{d}\omega}=0

。

結合

\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t}=\pi

，有

\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sin \left( \omega x \right)}{\omega}\mathrm{d}\omega}&=\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sin \left( \omega x \right)}{\omega x}\mathrm{d}\left( \omega x \right)}\\ &=\begin{cases} \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t},&\omega >0\\ 0,&\omega =0\\ \displaystyle -\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t},&\omega <0\\ \end{cases}\\ &=\begin{cases} \pi ,&\omega >0\\ 0,&\omega =0\\ -\pi ,&\omega <0\\ \end{cases}\\ \end{aligned}\tag{4.3}

再結合和差化積公式

\sin \omega \cos \omega t=\frac{\sin \left[ \omega \left( t+1 \right) \right] -\sin \left[ \omega \left( t-1 \right) \right]}{2}

，得到

\begin{aligned} \tilde{f}\left( t \right) &=\frac{1}{\pi}\lim_{T\rightarrow +\infty} \int_{-T}^T{\frac{\sin \left[ \omega \left( t+1 \right) \right] -\sin \left[ \omega \left( t-1 \right) \right]}{2\omega}\mathrm{d}\omega}\\ &=\frac{1}{2\pi}\left[ \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sin \left[ \omega \left( t+1 \right) \right]}{\omega}\mathrm{d}\omega}-\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sin \left[ \omega \left( t-1 \right) \right]}{\omega}\mathrm{d}\omega} \right]\\ &=\frac{1}{2\pi}\left( \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sin \left[ \omega \left( t+1 \right) \right]}{\omega}\mathrm{d}\omega}-\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sin \left[ \omega \left( t-1 \right) \right]}{\omega}\mathrm{d}\omega} \right)\\ &=\begin{cases} 0,\left| t \right|>1\\ \frac{1}{2},\left| t \right|=1\\ 1,\left| t \right|<1\\ \end{cases}\\ \end{aligned}\tag{4.4}

透過對比，不難發現：除

\left| t \right|=1

的點外，

\tilde{f}\left( t \right)

和

f\left( t \right)

相等。

{\color{orange}{\mathbf{ 思考題1 }}}

為什麼題目1中的

f\left( t \right)

和

\tilde{f}\left( t \right)

可能在部分點不相等？

{\color{violet}{\mathbf{ 思考題1解答 }}}

考慮到積分的結果與有限個點無關，而正逆變換均涉及積分，所以完全可能有有限個點經過正變換、逆變換後不相同。

{\color{orange}{\mathbf{ 思考題2 }}}

題目1的（4。2）式中有

\int_{-T}^T{\frac{\sin \omega}{\omega}\sin \omega t\mathrm{d}\omega}=0

，但是

\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sin \omega}{\omega}\sin \omega t\mathrm{d}\omega}

在

t=1

在廣義裡面積分意義下卻是發散的，如何理解這一現象？

{\color{violet}{\mathbf{ 思考題2解答 }}}

黎曼積分對廣義積分的定義是

\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sin \omega}{\omega}\sin \omega \mathrm{d}\omega}=\lim_{ a\rightarrow -\infty\\ b\to +\infty} \int_a^b{\frac{\sin \omega}{\omega}\sin \omega t\mathrm{d}\omega}\tag{4.5}

這要求函式的兩側分別的極限都存在。舉個例子

\int_0^{\infty}{\frac{1}{x}\mathrm{d}x}

不存在，所以

\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{x}\mathrm{d}x}

，這種定義方式要求更嚴格。但是

\lim_{T\rightarrow +\infty} \int_{-T}^T{\frac{1}{x}\mathrm{d}x}

是存在的。

通常來說，我們在傅立葉變換中預設

\int_{-\infty}^{\infty}{f\left( t \right) \mathrm{d}t}=\lim_{T\rightarrow +\infty} \int_{-T}^T{f\left( t \right) \mathrm{d}t}

這種對前提要求更弱的積分方式，畢竟我們做訊號分析時，總是希望能出結果就給我出一個，只要可以透過技巧避免掉髮散的情況，我們都希望一個收斂的結果。

{\color{orange}{\mathbf{ 題目2 }}}

若函式

\mathrm{sgn} \left( x \right) =\begin{cases} -1,&t<0\\ 0,&t=1\\ 1,&t> 1\\ \end{cases}

，透過（1。3）式求

f\left( t \right) = \mathrm{sgn} \left( t \right)

的傅立葉變換

F\left( \omega \right)

。

{\color{violet}{\mathbf{ 題目2解答 }}}

做傅立葉變換——

\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty}{\mathrm{sgn} \left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t}&=\lim_{T\rightarrow +\infty} \int_{-T}^T{\mathrm{sgn} \left( t \right) \mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t}\\ &=\lim_{T\rightarrow +\infty} \left( \int_0^T{\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t}-\int_{-T}^0{\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t} \right)\\ &=\lim_{T\rightarrow +\infty} \left( \int_0^T{\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t}-\int_0^T{\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t} \right)\\ &=\frac{2}{\mathrm{j}}\lim_{T\rightarrow +\infty} \left( \int_0^T{\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}-\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}}{2\mathrm{j}}\mathrm{d}t} \right)\\ &=\frac{2}{\mathrm{j}\omega}\lim_{T\rightarrow +\infty} \left( \int_0^T{\sin \left( \omega t \right) \mathrm{d}\left( \omega t \right)} \right)\\ &=\frac{2}{\mathrm{j}\omega}\lim_{T\rightarrow +\infty} \left( 1-\cos \left( \omega T \right) \right)\\ \end{aligned}\tag{4.6}

問題出現了——我們解決不了

\lim_{T\rightarrow +\infty} \left( 1-\cos \left( \omega T \right) \right)

這個極限。但是吧，我們還是希望一個積分能算出一個收斂的值的，沒有辦法創造辦法也要上。我們對

\cos \left( \omega T \right)

取平均值就是0，所以我們認為

\lim_{T\rightarrow +\infty} \left( 1-\cos \left( \omega T \right) \right) \xlongequal{\mathrm{Average}}1

，這裡的等號是平均值意義上的。

我們也可以對這個等號進行一個嚴格的定義

\lim_{T\rightarrow +\infty} \cos \left( \omega T \right) \xlongequal{\mathrm{Average}}\lim_{T\rightarrow +\infty} \frac{1}{T}\int_0^T{\cos \left( \omega t \right) \mathrm{d}t}=0\tag{4.7}

總之，沒有辦法創造辦法也要上。傅立葉變換就是——不能收斂的話，想辦法也要讓你收斂。

當然，反變換求起來就簡單多了，讀者可以自行嘗試。

5、彩蛋

小號就先不放彩蛋了，等大號發吧。

參考

^

其實對整體取極限就可以了，這裡我分成兩步主要是為了讓大家對每一層的幾何意義看得更清楚