MIT 线性代数 24 马尔可夫矩阵傅里叶级数

作者: 光能蜗牛 | 来源:发表于2023-01-02 11:14 被阅读0次

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

MIT 线性代数 24 马尔可夫矩阵傅里叶级数

马尔可夫矩阵

讨论带有标准正交基的投影问题

傅里叶级数

预备知识

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

引入傅里叶级数

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

1.计算 $a_0$

2.找 $a_n$

3.找 $b_n$

傅里叶级数的计算

傅里叶变换的复数表示

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