1. 1.
Fourier-sorok
ez´ert 1 a0 = 2π
Bevezet´ es ´ es defin´ıci´ ok
Z2π f (x)dx. 0
Ennek a fejezetnek a c´elja, hogy egy 2π szerint periodikus utthat´o meghat´aroz´as´ahoz sz¨ uks´eg¨ unk lesz a f¨ uggv´enyt fel´ırjunk mint trigonometrikus f¨ uggv´enyekb˝ol Az ak , bk egy¨ k¨ o vetkez˝ o integr´ a lokra: k´epzett f¨ uggv´enysork´ent. Nyilv´an a cos x ´es a sin x f¨ uggv´enyek 2π szerint periodikus f¨ uggv´enyek ´es ´altal´aban 1. Ha k 6= l pozit´ıv eg´eszek, akkor tetsz˝oleges k eg´esz sz´am eset´en a cos kx ´es a sin kx (a) f¨ uggv´enyek szint´en 2π szerint periodikus f¨ uggv´enyek, tov´abb´a az ezekb˝ol form´alt Z2π Z2π 1 n X cos kx cos lxdx = cos(k+l)x+cos(k−l)dx = 2 a0 + (ak cos kx + sin kx) 0
k=1
u ´n. trigonometrikus polinomok is tetsz˝oleges a0 , ak , bk val´os sz´amok eset´en 2π szerint periodikus f¨ uggv´enyt adnak. Ennek a fejezetnek a c´elja a 2π szerint periodikus f¨ uggv´enyt fel´ırni a0 +
∞ X
0
·
Z2π
(ak cos kx + sin kx)
0
1 sin kx sin lxdx = 2 ·
f¨ uggv´enysork´ent. A tov´abbiakban feltessz¨ uk, hogy a 2π szerint peiodikus f (x) Riemann-integr´alhat´o a [0, 2π] intervallumban. El˝osz¨or az f (x)-et a a0 +
Z2π
(ak cos kx + bk sin kx)
0
f (x)dx =
0
2.
3.
2π R
2π R
2π R
2π R
2π R
f (x) sin kxdx =
0
fn (x) cos kxdx,
fn (x) sin kxdx,
Z2π
0
k = 1, 2, . . . n
k = 1, 2, . . . n
¸2π =0 0
1 sin 2kx x+ 2 4k Z2π
2
sin kxdx = 0
fn (x)dx = 0
n X
0
1 + cos 2kx dx = 2 ¸2π = π; 0
(b)
Z2π
0
·
Z2π
f (x)dx =
·
0
1 − cos 2kx dx = 2
1 sin 2kx x− 2 4k
¸2π = π. 0
(c) Z2π
(ak cos kx + bk sin kx)dx =
k=1
k =1
0
2
Az els˝o felt´etelb˝ol a k¨ovetkez˝ot kapjuk:
a0 x +
sin(k+l)x+sin(k−l)dx =
Z2π
Z2π
0
n X
=0 0
Z2π
cos kxdx =
0
"
¸2π
(a)
0
0
0
2. Ha k = l, akkor
fn (x)dx
f (x) cos kxdx =
a0 +
cos(k−l)x−cos(k+l)dx =
cos(k + l)x cos(k − l)x − − k+l k−l
0
Z2π
Z2π
sin(k − l)x sin(k + l)x − k−l k+l
1 sin kx cos lxdx = 2 ·
trigonometrikus polinommal k¨ozel´ıtj¨ uk. Az egy¨ utthat´okat u ´gy v´alaszjuk, hogy a k¨ovetkez˝o, ¨osszesen 2n + 1 felt´etel teljes¨ ulj¨on: 2π R
=0 0
(c)
k=1
1.
¸2π
(b)
k=1
n X
sin(k + l)x sin(k − l)x + k+l k−l
sin kx cos kx ak − bk k k
0
#2π
1 sin kx cos kxdx = 2 −
= 2πa0 , 0
1
Z2π sin 2kxdx = 0
· ¸2π 1 cos 2kx =0 2 2k 0
A fentieket haszn´alva m´ar meg tudjuk hat´arozni az ak ´es bk egy¨ utthat´okat: Z2π
P´elda: Fejts¨ uk Fourier-sorba az ½ 1, 0 < x < π, f (x) = 2, π < x ≤ 2π
Z2π f (x) cos kxdx =
0
fn (x) cos kxdx =
f¨ uggv´enyt! Megold´as: Nyilv´an
0
! Z2πà n X a0 + (al cos lx + bl sin lx) cos kxdx = Z2π
a0 =
l=1
0
1 2π
Z2π 0
π Z Z2π 1 3 f (x)dx = 1dx + 2dx = ; 2π 2
1 ak = π
l=1
0
ez´ert 1 ak = π
Z2π
f (x) cos kxdx
1 π
0
Hasonl´oan kapjuk a bk egy¨ utthat´okat: Z2π f (x) sin kxdx = 0
a0 + 0
Z2π a0 sin kx+
fn (x) sin kxdx =
n X
n X
1 π
l=1
ez´ert 1 bk = π
1 π
Z2π f (x) sin kxdx.
2 cos kxdx = π
0
÷
(al cos lx + bl sin lx) sin kxdx =
sin kx k
¸π 0
· ¸2π ! sin kx + 2 =0 k π
Z2π f (x) sin kxdx = 0
Zπ
Z2π
2 sin kxdx =
1 sin kxdx + π
0
÷
Z2π
1 bk = π
(al cos lx sin kx+bl sin lx sin kx)dx = πbk ,
f (x) cos kxdx = 0
1 cos kxdx +
!
l=1
Z2π
Zπ
´es
0
Z2πÃ
0
1 π
Z2π
π
0
n X a0 cos kx+ (al cos lx cos kx+bl sin lx cos kx)dx = πak ,
cos kx − k
¸π 0
·
cos kx + −2 k
¸2π ! = π
cos kπ − 1 (−1)k − 1 = . kπ kπ
0
Az el˝obb kapott egy¨ utthat´ok nem f¨ uggnek n-t˝ol, emiatt term´eszetes a k¨ovetkez˝o 2π szerint periodikus f¨ uggv´ennyel ´ Igy a nemnulla egy¨ utthat´ok: k¨ozel´ıteni a 2π szerint periodikus f (x)-et: 3 −2 1. defin´ıci´ o. A 2π szerint periodikus f (x) Fourier-sora: a0 = , b2k−1 = , k = 1, 2, . . ., 2 (2k − 1)π ∞ X azaz a Fourier sor: a0 + (ak cos kx + bk sin kx), µ ¶ k=1 2 sin 3x sin 5x 3 − sin x + + + ... . ahol 2 π 3 5 Z2π 1 a0 = f (x)dx, 2π 0
1 ak = π ´es bk =
1 π
Z2π f (x) cos kxdx
2.
Fourier-sor r´ eszlet¨ osszegei
f (x) sin kxdx.
A k¨ovetkez˝o t´etel azt mondja ki, hogy a Fouriersor r´eszlet¨osszege a legkisebb ´atlagos hiban´egyzet tulajdons´ag´ u.
0
Z2π 0
2
n 1. t´ etel. Legyen az f (x) 2π szerint periodikus f¨ uggv´eny, Z2π X ¡ ¢ f 2 (x)dx+2π(α0 −a0 )2 +π (αk − ak )2 + (βk − bk )2 − az n-edik r´eszlet¨osszege: sn (x). Legyen n X
tn (x) = α0 +
k=1
0
Ã
(αk cos kx + βk sin kx)
2πa20
k=1
tetsz˝oleges α0 , αk , βk val´os egy¨ utthat´okkal. Ekkor minden n ≥ 1 eset´en
0
(f (x) − tn (x)) dx
´es egyenl˝os´eg csak akkor teljes¨ ul, ha α0 = a0 , αk = ak , βk = bk .
0
Ã
Z2π 2
f (x)dx −
Bizony´ıt´ as: Nyilv´an
f (x) dx ≥ Z2π t2n (x)dx − 2 0
2πa20
+π
f (x)2 dx ≥ 2πa20 + π
f (x)tn (x)dx =
f (x) α0 +
n X
(αk cos kx + βk sin kx) dx =
f (x)dx+
n X
Z2π
0
Z2π
αk
k=1
(a2k + b2k ).
0 n X
∞ X
(a2k + b2k ).
k=1
0
f (x) sin kxdx =
f (x) cos kxdx + βk 0
f (x)2 dx = 2πa20 + π
Z2π
2πα0 a0 + π
∞ X
2. t´ etel (Parseval-formula). Ha a 2π szerint periodikus f (x) Riemann-integr´alhat´o a [0, 2π] intervallumban, akkor
Z2π α0
(a2k + b2k ).
A k¨ovetkez˝o, itt nem bizony´ıtott ´all´ıt´as azt mondja ki, hogy itt egyenl˝os´eg ´all:
!
k=1
0
n X
k=1
0
0
Ã
,
Mivel ez minden n ≥ 1 eset´en igaz, ez´ert
0
Z2π
Z2π
+
b2k )
k=1
0
f (x)tn (x)dx.
Z2π
De
!
π (a2k k=1
Z2π 2
f 2 (x)dx +
+
n X
ahonnan kapjuk, hogy
0
0
2πa20
0
Z2π (f (x) − tn (x))2 dx = Z2π
,
Z2π (f (x) − sn (x))2 dx =
0
Z2π
+
b2k )
A minimum eset´en:
2
2
(f (x) − sn (x)) dx ≤
π (a2k k=1
aminek a minimuma α0 = a0 , αk = ak , βk = bk eset´en lesz, ahonnan m´ar k¨ovetkezik a t´etel. ¥
Z2π
Z2π
+
!
n X
Ebb˝ol m´ar k¨ovetkezik, hogy n´egyzetes ´atlagban a r´eszlet¨osszeg k¨ozel van az f (x) f¨ uggv´enyhez:
(αk ak + βk bk ).
Z2π lim (f (x) − sn (x))2 dx = 0.
k=1
A tn (x) defin´ıci´oj´ ab´ol k¨onny˝ u ellen˝orizni, hogy:
n→∞
0
Z2π t2n (x)dx = 2πα02 + π
n X
(αk2 + βk2 ). P´elda: A Parseval formul´at haszn´aljuk az ½ 1, 0 < x < π, f (x) = 2, π < x ≤ 2π
k=1
0
Ez´ert Z2π Z2π n X 2 (αk2 +βk2 )− (f (x)−tn (x)) dx = f 2 (x)dx+2πα02 +π 0
0
à 2 2πα0 a0 + π
f¨ uggv´eny eset´en! Megold´as: Tudjuk, egy¨ utthat´ok:
k =1
n X
! (αk ak + βk bk )
=
a0 =
k=1
3
3 , 2
b2k−1 =
hogy
a
−2 , (2k − 1)π
nem-nulla
Fourier-
k = 1, 2, . . ..
Ez´ert
(b) Hat´arozza meg f (2kπ) ´ert´eleit u ´gy, hogy f (x) mindenhol folytonos legyen!
Z2π 2
5π =
f (x) dx =
2πa20
+π
∞ X
(a2k + b2k ) =
Megold´as: A hat´arozott integr´al defin´ıci´oja alapj´an:
k=1
0
µ ¶ 4π 1 1 4, 5π − 2 1 + 2 + 2 + . . . , π 3 5
1 a0 = 2π
ahonnan rendez´es ut´an
tov´abb´a 1 ak = π
π2 1 1 = 1 + 2 + 2 + ... 8 3 5
3.
Fourier-sor genci´ aja
pontonk´ enti
xdx = π, 0
Z2π x cos kxdx = 0
· ¸2π Z2π sin kx 1 sin kx − dx = x π k k 0
konver-
0
·
A k¨ovetkez˝okben arra keress¨ unk v´alaszt, hogy a fent kapott Fourier-sor milyen felt´etelek eset´en ´all´ıtja el˝o az f (x) 2π periodikus f¨ uggv´enyt. Ehhez sz¨ uks´eg van a k¨ovetkez˝o definici´ora:
1 cos kx π k2 ´es 1 bk = π
2. defin´ıci´ o. Az f (x) f¨ uggv´eny szakaszosan folytonos az I intervallumon, ha v´eges sok pont kiv´etel´evel az f (x) folytonos ´es ahol szakad´asa van, ott l´etezik a bal ´es jobboldali hat´ar´ert´ek.
·
1 cos kx −x π k 1 π
A fenti defin´ıci´ora t´amaszkodva m´ar megadhatjuk, hogy a Fourier-sor milyen kapcsolatban van az f (x)-szel.
¸2π = 0, 0
Z2π x sin kxdx = 0
¸2π
Ã
Z2π −
0
0
cos kx − dx = k
·
cos(2kπ) sin kx −2π + k k2
¸2π ! 0
2 =− . k
´Igy a Fourier-sor: µ ¶ sin 2x sin 3x π − 2 sin x + + + ... . 2 3
3. t´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy az f (x) ´es f 0 (x) f¨ uggv´enyek szakaszosan folytonosak a [0, 2π]-ben. Ekkor a Fouriersor ´ert´eke az f (x) folytonoss´agi pontjaiban megegyezik f (x)-szel, m´ıg szakad´asi pontokban a bal ´es jobboldali hat´ar´ert´ek ´atlag´at veszi fel.
A konvergenci´ar´ol sz´ol´o t´etel alapj´an az f (2kπ) = π v´alaszt´as kell ahhoz, hogy a Fourier-sor el˝o´all´ıtsa a f¨ uggv´enyt a szakad´asi helyen.
A fenti, nem bizony´ıtott t´etel k¨ovetkezm´enye:
Megjegyezz¨ uk, hogy az x = k¨ovetkez˝ot adja:
K¨ ovetkezm´ eny: Ha a 2π szerint peiodikus f (x) f¨ uggv´eny olyan, hogy a [0, 2π] intervallum felbonthat´o v´eges sok intervallumra u ´gy, hogy egy r´eszintervallumon a f¨ uggv´eny monoton ´es folytonos, a szakad´asi pontokban l´etezik a bal ill. jobboldali hat´ar´ert´ek, akkor a Fourier-sor el˝o´all´ıtja a f¨ uggv´enyt az f (x) folytonoss´agi pontjaiban ´es a szakad´asi helyeken a Fourier-sor az f (x) ottani bal ´es jobboldali hat´ar´ert´ek ´atlag´at veszi fel.
π 2
helyettes´ıt´es a
π sin 2π sin 3π π = f ( ) = π − 2(sin π + + + ...) = 2 2 2 3 π − 2(1 −
1 1 + − + . . . ), 3 5
ez´ert
π 1 1 = 1 − + − +..., 4 3 5 ami nem olyan meglep˝o, mivel tanultuk, hogy
P´ eld´ ak: 1. (a) Fejts¨ uk Fourier-sorba az f (x) = x,
Z2π
arctgx = x −
ha 0 < x < 2π
x3 x5 + − +... 3 5
ha −1 < x < 1,
ami a fentiek alapj´an x = 1 (´es x = −1) eset´en is igaz.
2π szerint periodikus f¨ uggv´enyt! 4
2. Fejts¨ uk Fourier-sorba az
teh´at a Fourier-sor nem tartalmaz szinuszos tagokat, emiatt ezt a Fourier-sort tiszta koszinuszos Fouriersornak mondjuk.
f (x) = sin3 x f¨ uggv´enyt!
2. Most legyen f (x) egy p´aratlan f¨ uggv´eny. Ekkor f (x) p´aratlans´aga miatt
Olyan a0 , ak , bk val´os sz´amokat kell tal´alnunk, amelyekkel sin3 x = a0 +
∞ X
1 a0 = 2π
(ak cos kx + bk sin kx).
A lineariz´aci´os formul´ak szerint:
1 ak = π
1 − cos 2x sin x = sin x = sin x sin x = 2 2
1 a0 = 2π
Z2π 0
−π
1 f (x)dx = π
Z2π 0
1 f (x) cos kxdx = π 2 π
Z2π
Ekkor f (x) Zπ f (x)dx, 0
azaz
0
0
1 f (x) sin kxdx = π
Zπ f (x) sin kxdx = −π
Zπ f (x) sin kxdx, 0
0≤x≤π
0
8 f (x) = π
Zπ f (x) cos kxdx =
µ ¶ sin 3x sin 5x sin x + + + ... 33 53
2. Magyar´azza meg, hogy a kor´abban kisz´amolt
−π
f (x) = x,
Zπ
0 < x < 2π
2π szerint periodikus f¨ uggv´eny Fourier-sora mi´ert nem tartalmaz koszinuszos tagot!
f (x) cos kxdx. 0
1 f (x) sin kxdx = π
−π
Megold´as: A f¨ uggv´enyt a [−π, 0] intervallumon u ´gy eg´esz´ıtj¨ uk ki, hogy a [−π, π] intervallumban p´aratlan legyen. Erre a f¨ uggv´enyre m´ar alkalmazhatom a fenti k´epleteket. A r´eszleteket mell˝ozve a k¨ovetkez˝ot kapjuk b2k = 0 Zπ 2 8 b2k−1 = x(π − x) sin(2k − 1)xdx = , π (2k − 1)3 π
Megold´as: Tekints¨ uk a g(x) = f (x) − π2 f¨ uggv´enyt. Ez m´ar p´aratlan lesz, emiatt az ˝o Fourier-sora csak szinuszos tagokat tartalmaz. Ehhez a Fourier-sorhoz hozz´aadva π2 -et megkapjuk f (x) Fourier-sor´at.
Mivel f (x) sin kx p´aratlan, ez´ert 1 bk = π
f (x) cos kxdx = 0
f¨ uggv´enyt!
tov´ abb´a f (x) cos kx p´aross´aga miatt 1 ak = π
Z2π
f (x) = x(π − x)
−π
Zπ
Zπ
1. Fejts¨ uk tiszta szinuszos Fourier-sorba az
g(x)dx.
1 f (x)dx = 2π
−π
P´ eld´ ak:
Zπ
1. Legyen f (x) egy p´aros f¨ uggv´eny. p´aross´aga miatt
f (x)dx = 0,
emiatt ez a Fourier-sor csak szinuszos tagokat tartalmaz, ez´ert ezt tiszta szinuszos Fourier-sornak mondjuk.
A tov´abbiakban felhaszn´aljuk, hogy ha g(x) egy 2π szerint periodikus f¨ uggv´eny, akkor a [π, 2π] intervallumon vett integr´al megegyezik a [−π, 0] intervallumon vett integr´allal, ez´ert
0
0
1 f (x) cos kxdx = π
2 π
Az al´abbiakban azt gondoljuk meg, hogy p´aros ´es p´aratlan f¨ uggv´enyek eset´en hogyan egyszer˝ us¨odik le az egy¨ utthat´ok kisz´am´ıt´asa.
g(x)dx =
Z2π
1 bk = π
P´ aros ´ es p´ aratlan f¨ uggv´ enyek
Z2π
Zπ
Mivel f (x) sin kx p´aros, ez´ert
1 1 sin x − sin x cos 2x = 2 2 1 3 1 1 sin x − (sin 3x + sin(−x)) = sin x − sin 3x, 2 4 4 4 azaz a nemnulla Fourier-egy¨ utthat´o´ak: b1 = 43 ´es b3 = 1 −4.
4.
0
1 f (x)dx = 2π
tov´abb´a f (x) cos kx p´aratlans´aga miatt
k=1
3
Z2π
Zπ f (x) sin kxdx = 0., −π
5
5. T szerint periodikus f¨ uggv´ enyek Fourier-sora Tegy¨ uk fel, hogy f (x) egy T szerint periodikus, a [0, T ]-ben Riemann integr´alhat´o f¨ uggv´eny. Ekkor ˝ot a k¨ovetkez˝o alak´ u Fourier-sorba fejthetj¨ uk: a0 +
∞ X
ak cos
k=1
2kπ 2kπ x + bk sin x, T T
ahol 1 a0 = T
ak =
2 T
´es 2 bk = T
ZT f (x)dx, 0
ZT f (x) cos
2kπ xdx T
f (x) sin
2kπ xdx. T
0
ZT 0
A konvergenci´ ara hasonl´o t´etel mondhat´o ki, mint ami a 2π szrint periodikus f¨ uggv´enyekre vonatkozik. A r´eszleteket mell˝ozz¨ uk.
6
