本文的主要線路是證明采樣定理中的頻域變換式，

其中知識框架如下：

以下將從按照拓撲序進行相關模塊的設計

傅里葉級數與傅里葉展開

傅里葉級數

傅里葉級數類似于泰勒級數，是一種特殊的描述函式的方式，

傅里葉級數的定義為：

f ( x ) = a 0 + ∑ n = 1 + ∞ ( a n cos ? ( n w x ) + b n sin ? ( n w x ) ) f ( x ) = ∑ n = 0 + ∞ ( a n cos ? ( n w x ) + b n sin ? ( n w x ) ) , b 0 = 0 f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{+\infty}(a_n \cos(nwx) + b_n \sin(nwx)) \\ f(x) = \sum_{n=0}^{+\infty}(a_n \cos(nwx) + b_n \sin(nwx)), b_0=0 f(x)=a0?+n=1∑+∞?(an?cos(nwx)+bn?sin(nwx))f(x)=n=0∑+∞?(an?cos(nwx)+bn?sin(nwx)),b0?=0

它能夠描述函式的原理為：傅里葉認為所有周期函式都可以展開成為若干三角函式的求和，

上面的原理我們可以描述為以下的式子：

f ( x ) = ∑ i = 1 + ∞ k i sin ? ( w i x + b i ) = ∑ i = 1 + ∞ k i ( sin ? ( w i x ) cos ? ( b i ) + cos ? ( w i x ) sin ? ( b i ) ) = ∑ i = 1 + ∞ k i cos ? ( b i ) sin ? ( w i x ) + k i sin ? ( b i ) cos ? ( w i x ) = ∑ i = 1 + ∞ a i sin ? ( w i x ) + b i cos ? ( w i x ) f(x) = \sum_{i=1}^{+\infty}{k_i \sin(w_ix+b_i)} \\ = \sum_{i=1}^{+\infty}k_i (\sin(w_ix)\cos(b_i)+\cos(w_ix)\sin(b_i)) \\ = \sum_{i=1}^{+\infty} k_i \cos(b_i) \sin(w_ix) + k_i \sin(b_i)\cos(w_ix)\\ = \sum_{i=1}^{+\infty} a_i \sin(w_ix) + b_i \cos(w_ix)\\ f(x)=i=1∑+∞?ki?sin(wi?x+bi?)=i=1∑+∞?ki?(sin(wi?x)cos(bi?)+cos(wi?x)sin(bi?))=i=1∑+∞?ki?cos(bi?)sin(wi?x)+ki?sin(bi?)cos(wi?x)=i=1∑+∞?ai?sin(wi?x)+bi?cos(wi?x)

這個是不是長得很像上面的那個式子啊 ^ _ ^，唯一不同的就是上面那個式子中 w i w_i wi?取的都是整數, 而不是像下面這樣隨便取值 ( 隨便取值這個叫做傅里葉變換, 后面會有的 )

傅里葉展開

那傅里葉展開是啥? 傅里葉展開就是把一個函式的傅里葉級數給求出來. 可以類比泰勒展開是求泰勒級數一樣, 傅里葉展開的目的就是求傅里葉級數.

這里需要用到的知識有三角函式的正交性.

具體來說的話就是對于在集合 { 1 , sin ? x , cos ? x , sin ? 2 x , cos ? 2 x , . . . , sin ? n x , cos ? n x } \{1, \sin x, \cos x, \sin 2x, \cos 2x, ... , \sin nx, \cos nx\} {1,sinx,cosx,sin2x,cos2x,...,sinnx,cosnx}中任取兩個函式A(x), B(x). 則滿足以下性質:

∫ ? π π A ( x ) B ( x ) d x = { 0 , A ( x ) ≠ B ( x ) π , A ( x ) = B ( x ) ≠ 1 2 π , A ( x ) = B ( x ) = 1 \int_{-\pi}^{\pi} A(x) B(x) dx = \begin{cases} 0, &A(x) \neq B(x)\\ \pi, &A(x) = B(x) \neq 1\\ 2\pi , &A(x)=B(x) = 1 \end{cases} ∫?ππ?A(x)B(x)dx=??????0,π,2π,?A(x)?=B(x)A(x)=B(x)?=1A(x)=B(x)=1?

于是就有了求解上面的 a n , b n a_n, b_n an?,bn?的方法:

a 0 = 1 2 π ∫ ? π π f ( x ) d x a n = 2 2 π ∫ ? π π f ( x ) cos ? ( n x ) d x b n = 2 2 π ∫ ? π π f ( x ) sin ? ( n x ) d x a_0 = {1 \over 2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx\\ a_n = {2 \over 2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) dx\\ b_n = {2 \over 2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) dx a0?=2π1?∫?ππ?f(x)dxan?=2π2?∫?ππ?f(x)cos(nx)dxbn?=2π2?∫?ππ?f(x)sin(nx)dx

這里需要注意一個問題, 就是關于傅里葉級數上面的 a 0 a_0 a0?的表示方法, 這個有等價形式, 詳情請看: 傅里葉級數

然后這里就完成了傅里葉級數和傅里葉展開的簡單回顧.

歐拉公式

先上歐拉公式的公式

e i x = cos ? ( x ) + i sin ? ( x ) e^{i x} = \cos( x) + i \sin( x) eix=cos(x)+isin(x)

這個公式的證明是歐拉完成的, 但是可以有一些有趣的理解:

? x = x ? i 2 = x ? ? 1 -x = x*i^2 = x*-1 ?x=x?i2=x??1如果放在數軸上看, 是不是可以把-x看成x逆時針旋轉了180°, 那么兩個 i i i能讓它轉180°, 一個 i i i自然可以讓它轉 90°吧? 所以啊, 這個 i i i就可以看成是一個90°旋轉角.

于是任何一個二維平面上的點都可以表示成 ∣ A ∣ e ρ i |A|e^{\rho i} ∣A∣eρi的形式. 同樣一個點經過了 x ? 90 ° x * 90° x?90°的旋轉, 是不是可以表示成這個點原先的位置乘了 e x i e^{xi} exi

除此之外, 這個復指數函式還滿足普通指數函式滿足的一些性質.

ρ 1 e a i ? ρ 2 e b i = ρ 1 ρ 2 e ( a + b ) i e ? i x = cos ? ( x ) ? i sin ? ( x ) \rho_1 e^{ai} \cdot \rho_2 e^{bi} = \rho_1 \rho_2 e^{(a+b)i}\\ e^{-ix} = \cos(x) - i \sin(x) ρ1?eai?ρ2?ebi=ρ1?ρ2?e(a+b)ie?ix=cos(x)?isin(x)

剩下的一些其他性質可以看復變函式相關的資料.

時域頻域關系

音符舉例

先來一個看起來很形象的例子: 一個音符.

時域中的樣子可能是這樣的

其中橫軸是時間, 縱軸是你接收到的模擬信號的強度

那么它在頻域的信號可能是這樣的:

它可能表示的資訊就是在八分音符的這半拍里面, 它會有一個跟這個音符音高表示的音一樣的頻率的正弦波出現, 也就是上面那種正弦波

所以, 上圖的時域上的正弦波可以用下圖頻域上一個音高來表示.

相互表示

在演奏會上, 音樂家手里拿的肯定是長得跟下面的"頻域"上的譜子, 而不是很多音符演奏出去之后的交錯的時域上的譜子(類似于下面這樣?)

為啥? 是因為頻域在某些時候能更精確簡潔反應時域上的變化

那既然知道了從頻域到時域的意義, 可是我們一般能見到的也只有時域上的譜子啊, 我們怎么搞成頻域上面的?

答案是通過傅里葉變換可以將時域上的東西轉化到頻域上去.

又或者我們知道了頻域上的資訊, 怎么去還原這個時域上的資訊?

答案是通過傅里葉逆變換, 可以將頻域還原回時域上面去.

傅里葉變換

傅里葉變換和級數, 展開的關系

傅里葉級數假定了函式是連續的而且是周期函式, 傅里葉變換則將所有函式看成了一個周期無限大的函式, 去做這個傅里葉級數的展開.

個人感覺本質上傅里葉變換就是更強的傅里葉展開成為傅里葉級數.

從傅里葉展開說起

我們先不看傅里葉變換, 普通的傅里葉展開就可以將時域信號轉化為頻域的信號. 那咋做呢?

既然我們說任何函式都可以看成是多個三角函式的疊加, 那是不是我們也可以把一個函式分解成多個三角函式的和?

那必然可以, 我們這里取一個只有奇數次的三角函式相加的例子:

好, 你已經得到了離散的頻域的分量.

咋得到的呢? 這就要看傅里葉變換的輸入輸出是啥了.

傅里葉變換的輸入輸出

傅里葉變換的輸入是一個隨時間t變化的函式 f ( t ) f(t) f(t)
傅里葉變換的輸出是一個隨頻率w變化的函式 F ( w ) F(w) F(w)

其中這個w啊, 就是三角函式里面那個頻率啊!

如果你把上面那個圖的第一條線的頻率看作是1, 那么因為后面的頻率都是它的整數倍, 所以后面的頻率也是一系列的整數.

對于每個w, 你都能知道一個它的具體形式中 A sin ? ( w x ) A\sin(wx) Asin(wx)里面的 A 和 w A和w A和w, 那既然w是自變數, A理所應當的就成為了因變數. 也就是對應的 F ( w ) = A F(w) = A F(w)=A. (當然這只是一個形式化的理解)

等下哈, 你把這三個圖放在一起看, 你看看能發現什么 >_<

是不是非常妙?

復指數形式的傅里葉級數(推導)

啥? 為啥我一開始這么明白的東西還能扯上復指數?

別急, 且聽我慢慢道來.

你看那個優美的式子(w是那個最小的頻率, n就是對應頻譜的那個下標)

f ( t ) = ∑ n = 0 + ∞ a n cos ? ( n w t ) + b n sin ? ( n w t ) e i n w t = cos ? ( n w t ) + i sin ? ( n w t ) e ? i n w t = cos ? ( n w t ) ? i sin ? ( n w t ) f(t) = \sum_{n=0}^{+\infty} a_n \cos(nwt) + b_n \sin(nwt)\\ e^{inwt} = \cos(nwt) + i\sin(nwt)\\ e^{-inwt} = \cos(nwt) - i\sin(nwt) f(t)=n=0∑+∞?an?cos(nwt)+bn?sin(nwt)einwt=cos(nwt)+isin(nwt)e?inwt=cos(nwt)?isin(nwt)

是不是可以做做等價變換啊? 那就先看看三角函式怎么變換吧

cos ? ( n w t ) = e i n w t + e ? i n w t 2 sin ? ( n w t ) = e i n w t ? e ? i n w t 2 i \cos(nwt) = {e^{inwt} + e^{-inwt} \over 2}\\ \sin(nwt) = {e^{inwt} - e^{-inwt} \over 2i} cos(nwt)=2einwt+e?inwt?sin(nwt)=2ieinwt?e?inwt?

然后我們就把它帶到上面那個傅里葉展開式中去

f ( t ) = ∑ n = 0 + ∞ a n e i n w t + e ? i n w t 2 + b n e i n w t ? e ? i n w t 2 i = ∑ n = 0 + ∞ a n ? e i n w t 2 + a n ? e ? i n w t 2 + ? i b n ? e i n w t 2 + i b n ? e ? i n w t 2 = ∑ n = 0 + ∞ e i n w t a n ? i b n 2 + ∑ n = 0 + ∞ e ? i n w t a n + i b n 2 f(t) = \sum_{n=0}^{+\infty}a_n {e^{inwt} + e^{-inwt} \over 2} + b_n {e^{inwt} - e^{-inwt} \over 2i}\\ =\sum_{n=0}^{+\infty} {a_n \cdot e^{inwt} \over 2} + {a_n \cdot e^{-inwt} \over 2} + {-ib_n \cdot e^{inwt} \over 2} + {ib_n \cdot e^{-inwt}\over 2}\\ =\sum_{n=0}^{+\infty} e^{inwt} {a_n - ib_n \over 2} + \sum_{n=0}^{+\infty} e^{-inwt} {a_n + ib_n\over 2} f(t)=n=0∑+∞?an?2einwt+e?inwt?+bn?2ieinwt?e?inwt?=n=0∑+∞?2an??einwt?+2an??e?inwt?+2?ibn??einwt?+2ibn??e?inwt?=n=0∑+∞?einwt2an??ibn??+n=0∑+∞?e?inwt2an?+ibn??

然后我們把后半部分式子的n反過來, 也就是

∑ n = 0 + ∞ e ? i n w t a n + i b n 2 = ∑ n = 0 ? ∞ e i n w t a ? n + i b ? n 2 \sum_{n=0}^{+\infty}e^{-inwt}{a_n + ib_n\over 2} = \sum_{n=0}^{-\infty} e^{inwt} {a_{-n} + ib_{-n}\over 2} n=0∑+∞?e?inwt2an?+ibn??=n=0∑?∞?einwt2a?n?+ib?n??

然后把它帶回去原來的式子, 并且單獨把n=0給拿出來

f ( t ) = ∑ n = 1 + ∞ e i n w t a n ? i b n 2 + ∑ n = ? 1 ? ∞ e i n w t a ? n + i b ? n 2 + ∑ n = 0 0 e i n w t a 0 f(t) = \sum_{n=1}^{+\infty} e^{inwt} {a_n - ib_n \over 2} + \sum_{n=-1}^{-\infty} e^{inwt} {a_{-n} + ib_{-n}\over 2} + \sum_{n=0}^{0} e^{inwt} a_0 f(t)=n=1∑+∞?einwt2an??ibn??+n=?1∑?∞?einwt2a?n?+ib?n??+n=0∑0?einwta0?

然后你看它是不是都有 e i n w t e^{inwt} einwt?那我們不如?

f ( t ) = ∑ n = ? ∞ + ∞ c n e i n w t c n = { a 0 , n = 0 a n ? i b n 2 , n > 0 a ? n + i b ? n 2 , n < 0 f(t) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} c_n e^{inwt}\\ c_n = \begin{cases} a_0 &,n = 0\\ {a_n-ib_n\over 2} &,n>0\\ {a_{-n}+ib_{-n}\over 2} &,n<0 \end{cases} f(t)=n=?∞∑+∞?cn?einwtcn?=??????a0?2an??ibn??2a?n?+ib?n???,n=0,n>0,n<0?

展開說說?

{ a 0 = 1 T ∫ 0 T f ( t ) d t a n = 2 T ∫ 0 T f ( t ) cos ? ( n w t ) d t b n = 2 T ∫ 0 T f ( t ) sin ? ( n w t ) d t { a n = { c n , n = 0 c n + c ? n , n > 0 b n = i ( c n ? c ? n ) , n > 0 \begin{cases} a_0 = {1\over T} \int_{0}^{T} f(t) dt\\ a_n = {2 \over T} \int_{0}^{T} f(t) \cos(nwt) dt\\ b_n = {2 \over T} \int_{0}^{T} f(t) \sin(nwt) dt \end{cases} \\ \begin{cases} a_n = \begin{cases} c_n &,n=0\\ c_n + c_{-n} &,n>0 \end{cases}\\ b_n = i(c_n-c_{-n}) ,n>0 \end{cases} ??????a0?=T1?∫0T?f(t)dtan?=T2?∫0T?f(t)cos(nwt)dtbn?=T2?∫0T?f(t)sin(nwt)dt???????an?={cn?cn?+c?n??,n=0,n>0?bn?=i(cn??c?n?),n>0?

然后我們把這個ab的求法帶到c里面去, 看看c長啥樣?

先推導那個 c n , n = 0 c_n, n=0 cn?,n=0

c 0 = a 0 = 1 T ∫ 0 T f ( t ) d t = 1 T ∫ 0 T f ( t ) e i n w t d t , n = 0 c_0 = a_0 = {1 \over T} \int_{0}^{T}f(t) dt = {1 \over T} \int_{0}^{T}f(t) e^{inwt} dt, n=0 c0?=a0?=T1?∫0T?f(t)dt=T1?∫0T?f(t)einwtdt,n=0

然后推導 c n , n > 0 c_n, n>0 cn?,n>0

c n = a n ? i b n 2 = 1 2 ( 2 T ∫ 0 T f ( t ) cos ? ( n w t ) d t ? i 2 T ∫ 0 T f ( t ) sin ? ( n w t ) d t ) = 1 T ∫ 0 T f ( t ) ( cos ? ( n w t ) ? i sin ? ( n w t ) ) d t = 1 T ∫ 0 T f ( t ) e ? i n w t d t \begin{aligned} c_n = {a_n-ib_n\over 2} &= {1\over 2}({{2\over T}\int_{0}^{T}f(t)\cos(nwt)dt -i {2 \over T} \int_{0}^{T}f(t)\sin(nwt)dt}) \\ &= {1\over T}\int_{0}^{T} f(t) (\cos(nwt) - i\sin(nwt)) dt\\ &= {1\over T} \int_{0}^{T} f(t) e^{-inwt} dt \end{aligned} cn?=2an??ibn???=21?(T2?∫0T?f(t)cos(nwt)dt?iT2?∫0T?f(t)sin(nwt)dt)=T1?∫0T?f(t)(cos(nwt)?isin(nwt))dt=T1?∫0T?f(t)e?inwtdt?

然后推導 c n , n < 0 c_n, n<0 cn?,n<0

c n = a ? n + i b ? n 2 = 1 2 ( 2 T ∫ 0 T f ( t ) cos ? ( ? n w t ) d t + i 2 T ∫ 0 T f ( t ) sin ? ( ? n w t ) d t ) = 1 T ∫ 0 T f ( t ) ( cos ? ( ? n w t ) + i sin ? ( ? n w t ) ) d t = 1 T ∫ 0 T f ( t ) e i ( ? n w t ) d t = 1 T ∫ 0 T f ( t ) e ? i n w t d t \begin{aligned} c_n = {a_{-n}+ib_{-n}\over 2} &= {1\over 2}({{2\over T}\int_{0}^{T}f(t)\cos(-nwt)dt +i {2 \over T} \int_{0}^{T}f(t)\sin(-nwt)dt}) \\ &= {1\over T}\int_{0}^{T} f(t) (\cos(-nwt) + i\sin(-nwt)) dt\\ &= {1\over T} \int_{0}^{T} f(t) e^{i(-nwt)} dt\\ &= {1\over T} \int_{0}^{T} f(t) e^{-inwt} dt \end{aligned} cn?=2a?n?+ib?n???=21?(T2?∫0T?f(t)cos(?nwt)dt+iT2?∫0T?f(t)sin(?nwt)dt)=T1?∫0T?f(t)(cos(?nwt)+isin(?nwt))dt=T1?∫0T?f(t)ei(?nwt)dt=T1?∫0T?f(t)e?inwtdt?

哎? 是不是長得非常一樣啊? 那確實啊! 整理一下

c n = 1 T ∫ 0 T f ( t ) e ? i n w t d t , n ∈ Z c_n = {1\over T} \int_{0}^{T} f(t) e^{-inwt} dt, n\in Z cn?=T1?∫0T?f(t)e?inwtdt,n∈Z

讓我們回歸本源( w w w是一個常量, 表示最小的頻率尺度):

f ( t ) = ∑ n = 0 + ∞ a n cos ? ( n w t ) + b n sin ? ( n w t ) = ∑ n = ? ∞ + ∞ c n e i n w t = 1 T ∑ n = ? ∞ + ∞ ( ∫ 0 T f ( t ) e ? i n w t d t ) e i n w t \begin{aligned} f(t) &= \sum_{n=0}^{+\infty} a_n \cos(nwt) + b_n \sin(nwt)\\ &= \sum_{n=-\infty}^{+\infty} c_n e^{inwt}\\ &= {1\over T} \sum_{n=-\infty}^{+\infty}( \int_{0}^{T} f(t) e^{-inwt} dt ) e^{inwt} \end{aligned} f(t)?=n=0∑+∞?an?cos(nwt)+bn?sin(nwt)=n=?∞∑+∞?cn?einwt=T1?n=?∞∑+∞?(∫0T?f(t)e?inwtdt)einwt?

哦對了, 這里補充一下, 為啥會從普通的實數域的 a , b a,b a,b擴展到復數域的這個 c c c.
我個人理解是: 原先通過兩個變數 ( a , b ) (a,b) (a,b)來確定這個函式, 現在可以認為是 ( c r , c i ) (c_r, c_i) (cr?,ci?)實部和虛部來確定的

復指數形式的傅里葉變換(結論)

f ( t ) = ∑ n = ? ∞ + ∞ c n e i n w t c n = 1 T ∫ 0 T f ( t ) e ? i n w t d t , n ∈ Z f(t) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} c_n e^{inwt}\\ c_n = {1\over T} \int_{0}^{T} f(t) e^{-inwt} dt, n\in Z f(t)=n=?∞∑+∞?cn?einwtcn?=T1?∫0T?f(t)e?inwtdt,n∈Z

非周期函式傅里葉變換(推導)

你看上面那個東西是不是都有一個最小的頻率w, 所有的w取值只能是離散的吧! 那能不能搞成連續的w呢?

等等, 似乎不用太麻煩, 如果我 w → 0 w\rightarrow 0 w→0足夠小, 是不是說所有值都能通過 W = n w W=nw W=nw的形式去表示出來?

那就開始推式子唄, 開始從普通的離散過渡到連續上面去

F ( n w ) = c n = 1 T ∫ 0 T f ( t ) e ? i n w t d t F(nw) = c_n = {1\over T} \int_{0}^{T} f(t) e^{-inwt} dt F(nw)=cn?=T1?∫0T?f(t)e?inwtdt

讓我們取 w → 0 w\rightarrow 0 w→0, 帶進去看看?

f ( t ) = lim ? w → 0 ∑ n = ? ∞ + ∞ 1 T ( ∫ ? T 2 T 2 f ( t ) e ? i n w t d t ) e i n w t = lim ? w → 0 ∑ n = ? ∞ + ∞ w 2 π ( ∫ ? T 2 T 2 f ( t ) e ? i n w t d t ) e i n w t = lim ? T → + ∞ ∑ n = ? ∞ + ∞ w 2 π ( ∫ ? ∞ + ∞ f ( t ) e ? i n w t d t ) e i n w t \begin{aligned} f(t) &= \lim_{w \rightarrow 0} \sum_{n=-\infty}^{+\infty} {1\over T} (\int_{-T\over 2}^{T\over 2} f(t)e^{-inwt}dt) e^{inwt}\\ &= \lim_{w \rightarrow 0} \sum_{n=-\infty}^{+\infty} {w\over 2\pi} (\int_{-T\over 2}^{T\over 2} f(t)e^{-inwt}dt) e^{inwt}\\ &= \lim_{T\rightarrow +\infty} \sum_{n=-\infty}^{+\infty} {w\over 2\pi} (\int_{-\infty}^{+\infty}f(t) e^{-inwt}dt)e^{inwt} \end{aligned} f(t)?=w→0lim?n=?∞∑+∞?T1?(∫2?T?2T??f(t)e?inwtdt)einwt=w→0lim?n=?∞∑+∞?2πw?(∫2?T?2T??f(t)e?inwtdt)einwt=T→+∞lim?n=?∞∑+∞?2πw?(∫?∞+∞?f(t)e?inwtdt)einwt?

我們把這個求和啊給它換成積分好吧

f ( t ) = lim ? T → + ∞ ∑ n = ? ∞ + ∞ w 2 π ( ∫ ? ∞ + ∞ f ( t ) e ? i n w t d t ) e i n w t = lim ? T → + ∞ ∫ ? ∞ + ∞ w 2 π ( ∫ ? ∞ + ∞ f ( t ) e ? i n w t d t ) e i n w t d n \begin{aligned} f(t) &= \lim_{T\rightarrow +\infty} \sum_{n=-\infty}^{+\infty} {w\over 2\pi} (\int_{-\infty}^{+\infty}f(t) e^{-inwt}dt)e^{inwt}\\ &= \lim_{T\rightarrow +\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} {w\over 2\pi} (\int_{-\infty}^{+\infty}f(t) e^{-inwt}dt)e^{inwt} dn \end{aligned} f(t)?=T→+∞lim?n=?∞∑+∞?2πw?(∫?∞+∞?f(t)e?inwtdt)einwt=T→+∞lim?∫?∞+∞?2πw?(∫?∞+∞?f(t)e?inwtdt)einwtdn?

既然 n w nw nw都連續了, 那要不直接用 W W W來代替 n w nw nw唄, 給這個積分換個積分變數!

f ( t ) = lim ? T → + ∞ ∫ ? ∞ + ∞ w 2 π ( ∫ ? ∞ + ∞ f ( t ) e ? i n w t d t ) e i n w t d n = ∫ ? ∞ + ∞ 1 2 π ( ∫ ? ∞ + ∞ f ( t ) e ? i W t d t ) e i W t d W = 1 2 π ∫ ? ∞ + ∞ ( ∫ ? ∞ + ∞ f ( t ) e ? i W t d t ) e i W t d W \begin{aligned} f(t) &= \lim_{T\rightarrow +\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} {w\over 2\pi} (\int_{-\infty}^{+\infty}f(t) e^{-inwt}dt)e^{inwt} dn\\ &= \int_{-\infty}^{+\infty} {1\over 2\pi} (\int_{-\infty}^{+\infty}f(t) e^{-iWt}dt)e^{iWt} dW\\ &= {1 \over 2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} (\int_{-\infty}^{+\infty}f(t) e^{-iWt}dt)e^{iWt} dW \end{aligned} f(t)?=T→+∞lim?∫?∞+∞?2πw?(∫?∞+∞?f(t)e?inwtdt)einwtdn=∫?∞+∞?2π1?(∫?∞+∞?f(t)e?iWtdt)eiWtdW=2π1?∫?∞+∞?(∫?∞+∞?f(t)e?iWtdt)eiWtdW?

想想咱們傅里葉變換的輸出是啥來著?

輸出是對于某個頻率的強度 F ( W ) F(W) F(W)啊! 這個是不是就是中間括號里面的東西啊!

這就是傅里葉變換正變換 / 傅里葉變換

F ( W ) = ∫ ? ∞ + ∞ f ( t ) e ? i W t d t F(W) = \int_{-\infty}^{+\infty}f(t) e^{-iWt}dt F(W)=∫?∞+∞?f(t)e?iWtdt

然后還原回去的程序就是傅里葉變換逆變換 / 逆傅里葉變換

f ( t ) = 1 2 π ∫ ? ∞ + ∞ F ( W ) e i W t d W f(t) = {1\over 2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} F(W) e^{iWt} dW f(t)=2π1?∫?∞+∞?F(W)eiWtdW

非周期函式傅里葉變換(結論)

F ( W ) = ∫ ? ∞ + ∞ f ( t ) e ? i W t d t f ( t ) = 1 2 π ∫ ? ∞ + ∞ F ( W ) e i W t d W \begin{aligned} &F(W) = \int_{-\infty}^{+\infty}f(t) e^{-iWt}dt\\ &f(t) = {1\over 2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} F(W) e^{iWt} dW \end{aligned} ?F(W)=∫?∞+∞?f(t)e?iWtdtf(t)=2π1?∫?∞+∞?F(W)eiWtdW?

上面這個叫傅里葉變換正變換 / 傅里葉變換, 下面這個叫傅里葉變換逆變換 / 逆傅里葉變換.

沖激函式及其性質

首先, 沖激函式并不是單位沖激函式, 單位沖激函式 n = 0 n=0 n=0的時候為1, 但是沖激函式 n = 0 n=0 n=0的時候為無窮. 而且通過廣義函式相關理論得到沖激函式的一些性質, 而且對于單位沖激函式, 除了第一條不同, 后兩條性質相同

δ ( x ) = { + ∞ , x = 0 0 , x ≠ 0 ∫ ? ∞ ∞ δ ( x ) d x = 1 δ ( x ) ? h ( x ) = h ( x ) ∫ ? ∞ ∞ δ ( x ) h ( x ) d x = h ( 0 ) \delta(x) = \begin{cases} +\infty&, x = 0\\ 0&, x\neq 0 \end{cases}\\ \int_{-\infty}^{\infty} \delta(x) dx= 1\\ \delta(x) * h(x) = h(x)\\ \int_{-\infty}^{\infty} \delta(x) h(x) dx = h(0)\\ δ(x)={+∞0?,x=0,x?=0?∫?∞∞?δ(x)dx=1δ(x)?h(x)=h(x)∫?∞∞?δ(x)h(x)dx=h(0)

這些性質從簡單大學數學上是不好解釋的.記住就好，可以去查閱廣義函式、奇異函式相關內容

推奈奎斯特抽樣定理式子

原始抽樣序列的表示

x a ( t ) x_a(t) xa?(t)為抽樣信號, x ′ ( t ) x'(t) x′(t)為理想抽樣信號, p ( t ) = δ T ( t ) = ∑ m = ? ∞ + ∞ δ ( t ? m T ) p(t) = \delta_T(t)=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\delta(t-mT) p(t)=δT?(t)=∑m=?∞+∞?δ(t?mT)為周期性的單位抽樣函式. 注意, 以上函式都是在t上取值連續的函式

x ′ ( t ) = x a ( t ) ? p ( t ) = x a ( t ) ? ∑ m = ? ∞ + ∞ δ ( t ? m T ) = ∑ m = ? ∞ + ∞ x a ( t ) δ ( t ? m T ) x'(t) = x_a(t) \cdot p(t) = x_a(t) \cdot \sum_{m=-\infty}^{+\infty} \delta(t-mT)\\ =\sum_{m=-\infty}^{+\infty} x_a(t) \delta(t-mT) x′(t)=xa?(t)?p(t)=xa?(t)?m=?∞∑+∞?δ(t?mT)=m=?∞∑+∞?xa?(t)δ(t?mT)

因為 δ ( t ? m T ) \delta(t-mT) δ(t?mT)當且僅當 t = m T t=mT t=mT的時候有值, 因此可以認為上式為:

x ′ ( t ) = ∑ m = ? ∞ + ∞ x a ( t ) δ ( t ? m T ) = ∑ m = ? ∞ + ∞ x a ( m T ) δ ( t ? m T ) x'(t) = \sum_{m=-\infty}^{+\infty} x_a(t) \delta(t-mT) = \sum_{m=-\infty}^{+\infty} x_a(mT) \delta(t-mT) x′(t)=m=?∞∑+∞?xa?(t)δ(t?mT)=m=?∞∑+∞?xa?(mT)δ(t?mT)

求抽樣完成后序列頻譜與原頻譜關系

X a ( i Ω ) = F x a ( Ω ) X_a(i\Omega) = F_{x_a}(\Omega) Xa?(iΩ)=Fxa??(Ω), Δ T ( i Ω ) = F δ T ( Ω ) \Delta_T(i\Omega) = F_{\delta_T}(\Omega) ΔT?(iΩ)=FδT??(Ω), X a ′ ( i Ω ) = F x a ′ ( Ω ) X'_a(i\Omega) = F_{x'_a}(\Omega) Xa′?(iΩ)=Fxa′??(Ω)也就是對應的頻譜的輸出結果

x a ′ ( t ) = δ T ( t ) ? x a ( t ) X a ′ ( i Ω ) = 1 2 π [ Δ T ( i Ω ) ? X a ( i Ω ) ] x'_a(t) = \delta_T(t) \cdot x_a(t)\\ X'_a(i\Omega) = {1\over 2\pi} [\Delta_T(i\Omega) * X_a(i\Omega)] xa′?(t)=δT?(t)?xa?(t)Xa′?(iΩ)=2π1?[ΔT?(iΩ)?Xa?(iΩ)]

(第二個式子還沒學會怎么證明, 等學會了補上>_<)

那么我們就從 Δ T ( t ) \Delta_T(t) ΔT?(t)開始求解吧

求解周期沖激函式傅里葉展開

首先明確一個事情, 就是我們這個沖激函式求出來之后會近似于原始的沖激函式.(不信你做做逆變換). 為啥要求這個傅里葉展開, 這是為了解決這個函式不好計算的問題

這個周期沖激函式是個周期函式, 所以直接用周期函式的傅里葉展開就行了 Ω s \Omega_s Ωs?為抽樣頻率

δ T ( t ) = ∑ k = ? ∞ + ∞ c k e i k Ω s t d t \delta_T(t) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} c_k e^{ik\Omega_st}dt δT?(t)=k=?∞∑+∞?ck?eikΩs?tdt

然后周期函式的 c k c_k ck?求法帶進去

c k = 1 T ∫ ? T 2 T 2 δ T ( t ) e ? i k Ω s t d t ( 展 開 δ T ) = 1 T ∫ ? T 2 T 2 ∑ p = ? ∞ + ∞ δ ( t ? p T ) e ? i k Ω s t d t \begin{aligned} c_k &= {1\over T} \int_{-T\over 2}^{T\over 2} \delta_T(t) e^{-ik\Omega_st}dt\\ (展開\delta_T)&= {1\over T} \int_{-T\over 2}^{T\over 2}\sum_{p=-\infty}^{+\infty}\delta(t-pT) e^{-ik\Omega_st}dt \end{aligned} ck?(展開δT?)?=T1?∫2?T?2T??δT?(t)e?ikΩs?tdt=T1?∫2?T?2T??p=?∞∑+∞?δ(t?pT)e?ikΩs?tdt?

發現只有 p = 0 p=0 p=0的時候, t = 0 t=0 t=0在最靠近0的這個周期里面. 所以上面這個式子可以寫成(利用一下沖激函式的性質)

c k = 1 T ∫ ? T 2 T 2 ∑ p = ? ∞ + ∞ δ ( t ? p T ) e ? i k Ω s t d t = 1 T e ? i k Ω s 0 = 1 T \begin{aligned} c_k &= {1\over T} \int_{-T\over 2}^{T\over 2}\sum_{p=-\infty}^{+\infty}\delta(t-pT) e^{-ik\Omega_st}dt\\ &= {1\over T} e^{-ik\Omega_s0} = {1\over T} \end{aligned} ck??=T1?∫2?T?2T??p=?∞∑+∞?δ(t?pT)e?ikΩs?tdt=T1?e?ikΩs?0=T1??

所以啊, 原來那個周期性沖激函式就可以被展開成

δ T ( t ) = 1 T ∑ k = ? ∞ + ∞ e i k Ω s t \delta_T(t) = {1\over T} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} e^{ik\Omega_st} δT?(t)=T1?k=?∞∑+∞?eikΩs?t

然后這個展開式的圖呢, 在最靠近0的這個區間里啊, 大概長這樣(我只模擬了80層疊加, 而且是展開之后的疊加)

你看它這個趨勢就是在向無窮去疊加, 也就是去模擬這個周期沖激函式.

然后我們去考慮一下把這個東西給做一下傅里葉變換.

求解周期沖激函式的頻域

嗯, 列式子吧(看起來很簡單!), F T [ ? ] FT[\cdot] FT[?] 表示傅里葉變換

Δ T ( i Ω ) = F T [ 1 T ∑ k = ? ∞ + ∞ e i k Ω s t ] = 1 T ∑ k = ? ∞ + ∞ F T [ e i k Ω s t ] \begin{aligned} \Delta_T(i\Omega) &= FT[{1\over T} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} e^{ik\Omega_st}]\\ &= {1\over T} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} FT[e^{ik\Omega_st}] \end{aligned} ΔT?(iΩ)?=FT[T1?k=?∞∑+∞?eikΩs?t]=T1?k=?∞∑+∞?FT[eikΩs?t]?

然后我們看這個 F T [ e i k Ω s t ] FT[e^{ik\Omega_st}] FT[eikΩs?t], 它是不是很簡單做出來

它有一條性質, 也就是結果, 是 F T [ e i k Ω s t ] = 2 π δ ( Ω ? k Ω s ) FT[e^{ik\Omega_st}] = 2\pi\delta(\Omega-k\Omega_s) FT[eikΩs?t]=2πδ(Ω?kΩs?)

然后帶進去就能得到:

Δ T ( i Ω ) = 1 T ∑ k = ? ∞ + ∞ F T [ e i k Ω s t ] = 2 π T ∑ k = ? ∞ + ∞ δ ( Ω ? k Ω s ) = Ω s ∑ k = ? ∞ + ∞ δ ( Ω ? k Ω s ) \begin{aligned} \Delta_T(i\Omega) &= {1\over T} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} FT[e^{ik\Omega_st}]\\ &= {2\pi\over T} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta(\Omega - k\Omega_s)\\ &= {\Omega_s} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta(\Omega - k\Omega_s)\\ \end{aligned} ΔT?(iΩ)?=T1?k=?∞∑+∞?FT[eikΩs?t]=T2π?k=?∞∑+∞?δ(Ω?kΩs?)=Ωs?k=?∞∑+∞?δ(Ω?kΩs?)?

什么? 你非要推出上面那個性質來? 那就單獨開一節吧!

求解一個特殊的傅里葉變換(建議跳過)

求解下面這個式子

F ( W ) = ∫ ? ∞ + ∞ e i k Ω s t ? e ? i W t d t F(W) = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{ik\Omega_st} \cdot e^{-iWt} dt F(W)=∫?∞+∞?eikΩs?t?e?iWtdt

然后求解一下這個問題哈:

F ( W ) = { 0 , W ≠ k Ω s + ∞ , W = k Ω s F(W) = \begin{cases} 0&, W\neq k\Omega_s\\ +\infty &,W = k\Omega_s \end{cases} F(W)={0+∞?,W?=kΩs?,W=kΩs??

哎你看, 這東西是不是沖激函式啊?那我們給它搞成沖激函式一樣的東西唄

F ( W ) = δ ( W ? k Ω s ) F(W) = \delta(W-k\Omega_s) F(W)=δ(W?kΩs?)

但是這…真的對嗎?

讓我們利用一下逆傅里葉變換, 看看能得到些啥?

f ( t ) = 1 2 π ∫ ? ∞ + ∞ F ( W ) e i W t d W = 1 2 π ∫ ? ∞ + ∞ δ ( W ? k Ω s ) e i W t d W = 1 2 π e i k Ω s t \begin{aligned} f(t) &= {1\over 2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} F(W) e^{iWt} dW\\ &= {1\over 2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(W-k\Omega_s) e^{iWt} dW\\ &= {1\over 2\pi} e^{ik\Omega_st} \end{aligned} f(t)?=2π1?∫?∞+∞?F(W)eiWtdW=2π1?∫?∞+∞?δ(W?kΩs?)eiWtdW=2π1?eikΩs?t?

哎?是不是少了個系數? 少了個系數 2 π 2\pi 2π哎, 那就搞進去唄

F ( W ) = 2 π δ ( W ? k Ω s ) F(W) = 2\pi\delta(W-k\Omega_s) F(W)=2πδ(W?kΩs?)

然后就得到了那個顯然成立的式子.

理想抽樣信號頻譜

X a ′ ( i Ω ) = 1 2 π [ ( 2 π T ∑ k = ? ∞ + ∞ δ ( Ω ? k Ω s ) ) ? X a ( i Ω ) ] = 1 T [ ∑ k = ? ∞ + ∞ δ ( Ω ? k Ω s ) ) ? X a ( i Ω ) ] = 1 T ∑ k = ? ∞ + ∞ [ δ ( Ω ? k Ω s ) ? X a ( i Ω ) ] = 1 T ∑ k = ? ∞ + ∞ [ ∫ ? ∞ + ∞ X a ( i θ ) ? δ ( Ω ? θ ? k Ω s ) d θ ] = 1 T ∑ k = ? ∞ + ∞ X a ( i ( Ω ? k Ω s ) ) = 1 T ∑ k = ? ∞ + ∞ X a ( i ( Ω ? k 2 π T ) ) \begin{aligned} X'_a(i\Omega) &= {1\over 2\pi} [({2\pi\over T} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta(\Omega - k\Omega_s)) * X_a(i\Omega)]\\ &= {1\over T} [\sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta(\Omega - k\Omega_s)) * X_a(i\Omega)]\\ &= {1\over T} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} [\delta(\Omega - k\Omega_s) * X_a(i\Omega)]\\ &= {1\over T} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} [\int_{-\infty}^{+\infty} X_a(i\theta) \cdot \delta(\Omega-\theta - k\Omega_s)d\theta ]\\ &= {1\over T} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} X_a(i(\Omega - k\Omega_s))\\ &= {1\over T} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} X_a(i(\Omega - k{2\pi\over T})) \end{aligned} Xa′?(iΩ)?=2π1?[(T2π?k=?∞∑+∞?δ(Ω?kΩs?))?Xa?(iΩ)]=T1?[k=?∞∑+∞?δ(Ω?kΩs?))?Xa?(iΩ)]=T1?k=?∞∑+∞?[δ(Ω?kΩs?)?Xa?(iΩ)]=T1?k=?∞∑+∞?[∫?∞+∞?Xa?(iθ)?δ(Ω?θ?kΩs?)dθ]=T1?k=?∞∑+∞?Xa?(i(Ω?kΩs?))=T1?k=?∞∑+∞?Xa?(i(Ω?kT2π?))?

這不就是把原先的那個 X a X_a Xa?給它左右平移 2 π T 2\pi \over T T2π?嘛, 那就是說的延拓周期

Ω s = 2 π T = 2 π f s \Omega_s = {2\pi \over T} = 2\pi f_s Ωs?=T2π?=2πfs?

就是抽樣頻率啊!

X a ′ ( i Ω ) = 1 T ∑ k = ? ∞ + ∞ X a ( i ( Ω ? k 2 π T ) ) = Ω s 2 π ∑ k = ? ∞ + ∞ X a ( i ( Ω ? k Ω s ) ) \begin{aligned} X'_a(i\Omega) &= {1\over T} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} X_a(i(\Omega - k{2\pi\over T}))\\ &= {\Omega_s \over 2\pi} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} X_a(i(\Omega - k\Omega_s)) \end{aligned} Xa′?(iΩ)?=T1?k=?∞∑+∞?Xa?(i(Ω?kT2π?))=2πΩs??k=?∞∑+∞?Xa?(i(Ω?kΩs?))?