在对数学或物理进行事后分析,往往会发现一些奇怪的现象,也有可能得到一些更为深刻有趣的结果。比如本文所要谈及的傅里叶变换,可以由一种“异想天开”的思路得来。

洛朗展式
我们知道,在原点处形态良好的函数,可以展开为泰勒级数
$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n$$
我们发现,上面的幂都是正的,为什么不能包含$x$的负数次幂呢?比如$\frac{\sin z}{z^2}$展开为
$$\frac{1}{z}-\frac{z}{6}+\frac{z^3}{120}\dots$$
显然也是一件合理的事情。于是,结合复变函数,我们得到解析函数的洛朗展式
$$f(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_n z^n$$
这是函数的双边展开。其中
$$a_n=\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma} \frac{f(z)}{z^{n+1}}dz$$
$\gamma$是积分曲线$|z|=\rho,\rho>0$。这个公式基于下面一个很显然的事实($\alpha\in\mathbb{Z}$)
$$\int_{\gamma} z^{\alpha}dz=\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2\pi i,\alpha=-1;}\\
{0,\alpha\neq -1.}
\end{array}} \right.$$

半整数幂级数
可是,还有一个问题,为什么不能包含分数次幂呢?诸如$\sqrt{z}$的函数如何展开呢?这说明,洛朗展式还是可以拓展的。为了举例说明,我们不妨把“半整数幂”也加进去,考虑:
$$f(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_n z^{n/2}$$

如何求各项系数?我们将它转化为熟悉的洛朗展式即可。设$z^{1/2}=\xi$,则
$$f(\xi^2)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_n \xi^n$$
洛朗展式我们知道怎么求系数了,即
$$\begin{aligned}
a_n=\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma}\frac{f(\xi^2)}{\xi^{n+1}}d\xi &=\frac{1}{2\pi i}\int_{2\gamma}\frac{f(z)}{z^{(n+1)/2}}dz^{1/2}\\
&=\frac{1}{4\pi i}\int_{2\gamma}\frac{f(z)}{z^{n/2+1}}dz
\end{aligned}$$
$\gamma$是以原点为圆心的一个圆(逆时针绕原点一周),$n\gamma$则表示逆时针绕原点$n$周。新级数是洛朗展式的推广之一。

一劳永逸
可是,疑问又来了,为什么不能有1/3整数幂呢?为什么不能有无理数次幂呢?这类“异想天开”可以是无穷尽的。于是乎,为了避免被进一步提问,我们干脆把所有实数幂都考虑进去,这也就是本节的“一劳永逸”的意思。函数
$$f(z)=\int_{-\infty}^{+\infty}a(x)z^x dx$$
这包含了上面的两种形式。(离散的$a_n$对应带有狄拉克函数$\delta(x)$的$a(x)$。)。下面我们来推导$a(x)$的表达式。我们把求和离散化,从原点出发,以$\Delta x$为步长进行求和
$$f(z)=\lim_{\Delta x \to 0} \sum_{n=-\infty}^{+\infty}a(n\Delta x)\Delta x z^{n\Delta x}$$
设$z^{\Delta x}=u$,代入
$$f(\xi^{1/\Delta x})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a(n\Delta x)\Delta x \xi^{n}$$
同样用洛朗展式的方法求系数,得
$$\begin{aligned}a(n\Delta x)\Delta x=\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma}\frac{f(\xi^{1/\Delta x})}{\xi^{n+1}}d\xi &=\frac{1}{2\pi i}\int_{\left(\frac{1}{\Delta x}\right)\gamma}\frac{f(z)}{z^{(n+1)\Delta x}}dz^{\Delta x}\\
&=\frac{1}{2\pi i}\int_{\left(\frac{1}{\Delta x}\right)\gamma}\frac{\Delta x f(z)}{z^{n\Delta x+1}}dz
\end{aligned}$$
此即
$$\begin{aligned}a(x)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\left(\frac{1}{\Delta x}\right)\gamma}\frac{f(z)}{z^{x+1}}dz
\end{aligned}$$
积分路径为绕原点的圆无穷多圈。由于变换之间可逆,这成为了两个函数之间的相互变换。

傅里叶变换
现在我们换个熟悉的记号,设$z=e^{-i\omega}$,记$a(x)$换成记号$ f(x)$,对应的$f(z)$则换成$F(\omega)$,有
$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{-i\omega x} dx$$
以及
$$f(x)=-\frac{1}{2\pi i}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{F(\omega)}{e^{-i\omega(x+1)}}de^{-i\omega}=\frac{1}{2\pi }\int_{-\infty}^{+\infty} F(\omega) e^{i\omega x}d\omega$$
我们取的积分曲线$\gamma$是逆时针的,但是$e^{-i\omega x}$是顺时针的,所以要加个负号。这就得到了傅里叶变换及其逆变换。

稍微总结
读者最大的疑问应该是为什么积分限是负无穷到正无穷,而不是0到正无穷?这个确实不容易解释清楚,严格推导傅里叶逆变换还是需要《数学物理方法》上面的步骤。当然,勉强来说,从本文的角度,还是可以给积分限一个解释的(解释而不是证明)。

如果积分上限选取适当,那么积分下限时可以随意选取的,比如积分下限取0,那么积分上限就必须取$2\pi N,N\in \mathbb{Z}$且$N\to \infty$。但是,趋于无穷时,加上个限制($N\in\mathbb{Z}$而不是$N\in \mathbb{R}$)总是不舒服的,由于正无穷具有不确定性,我们干脆在下限也来个不确定性(负无穷),这样子,由于没有确定起点,也就没有必要给终点加上个限制了。于是积分上下限就可以写成正负无穷,至于区域无穷的部分的瑕疵,在积分的时候自然地被抹平了。(PS:这段话相当含糊,但是为了使文章不至于陷入繁琐的技术细节中,只能说到这个份上。事实上,基于数学分析中严格的瑕积分理论,可以给上面这段话一个证明。这主要用到诸如$\int_0^{\infty} f(x)\cos(\omega x)dx$之类的积分技巧。希望深究的朋友,不妨尝试一下?

事实上,上面的推导基本上都是不严格的,本文的目的是想通过这个思路给大家一种对傅里叶变换的“比较自然”的认识,并且提供大家将两种看似不相关的东西(傅里叶变换和洛朗展式)联系起来的思路。通过复变函数,可以将很多数学分支巧妙地联系起来。这似乎是设计者的一个法则:和谐统一。如果真是这样子的话,我们将有更深层次的理由去探索数学、探索科学,那就是——为了美!


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