Numerikus sorok, Taylor-sorok, Fourier-sorok Kidolgozott feladatok 1.Példa: Vizsgáljuk meg a
5k 2 3
k 1
numerikus sor konvergenciáját. Azonos
22k 1
k 1
átalakításokkal kapjuk, hogy
5k 2 3
k 1
22k 1
k 1
5k 2
22k 1
k 1
k 1
3k 1 22k 1
25 5k 25 1 3 5 1 3 ; 2 4k k 1 3 4k 2 k 1 4 3 k 1 4 k 1 k
k
k
A sor tehát szétbontható két mértani sor összegére. Az első egy olyan mértani sor, melynek 5 kvóciense, q = >1, tehát ez a sor divergens, összege végtelen. Sorrendben a második egy olyan 4 3 mértani sor, melynek a kvóciens, q = ]–1, 1[, tehát ez a sor konvergens. Összege 4 3 3 3 3 3 3 4 4 4 4 ... 3 74 7 ; k 1 1 4 4
k
2
3
3 4
véges érték. Ebből a két eredményből következik, hogy a vizsgált sor divergens és összege
k 1
5k 2 3 22k 1
k 1
2.Példa: Némileg általánosabb példaként vizsgáljuk meg a
kq k numerikus sor konvergenciáját.
k 1
Elsőként felírjuk az n-edik részletösszeget, majd egy egyszerű ötlettel a problémát visszavezetjük mértani sor vizsgálatára.
Sn
n
kqk q 2q2 3q3 4q4 ... n 1 q n 1 nq n ;
k 1
Szorozzuk meg ezt az összeget q-val
qSn
n
kqk 1 q2 2q3 3q4 4q5 ... n 1 qn nqn 1;
k 1
majd képezzük a fenti két összeg különbségét. Ekkor összevonások után azt kapjuk, hogy
1
Sn qSn q 2q 2 3q3 4q 4 ... nq n q 2 2q3 3q 4 ... n 1 q n nq n 1 q q 2 q3 q 4 ... q n nq n 1;
Itt az első n tag egy mértani sorozat, melynek összege azonnal felírható. Sn 1 q q
qn 1 q q n 1 q q n 1 nq n 1 nq n 1 nq n 1; q 1 1 q 1 q 1 q
Ebből már adódik az n-edik részletösszeg zárt alakban
q n 1
nq n 1 Sn ; 1 q 2 1 q 2 1 q q
Ennek határértéke szolgáltatja a sor összegét. A második és harmadik tört számlálójában egy-egy mértani sorozat áll. Ha feltesszük, hogy –1 < q < 1 akkor ezek konvergensek és nullához tartanak. Ez még akkor is igaz, ha alkalmazunk egy n szorzót, ugyanis a L'Hospital szabály szerint x
lim xq x1 0 lim
x
x
q
x 1
1 1 lim x1 lim q x1 0; q 1,1 x x ln q q ln q
Ebből következik, hogy a vizsgált sor összege
S
q q n 1 nq n 1 q k kq lim S lim ; n 2 2 2 1 q n n 1 q 1 q 1 q k 1
Egyszerű alkalmazásként adódik, hogy például 1 1 k 1 k 2 2k 2 2 12 2; 1 k 1 k 1 1 4 2
3.Példa: Vizsgáljuk meg a
k
1
4k 2 4k 3
numerikus sor konvergenciáját. A parciális törtekre
k 1
bontás módszerét alkalmazzuk. Elsőként a nevezőt szorzattá bontjuk
4k 2 4k 3 4k 2 4k 1 4 2k 1 22 2k 1 2 2k 1 2 2k 3 2k 1 2
Ennek ismeretében a sorozat általános tagját megadó racionális törtet már összeggé alakíthatjuk. Könnyen ellenőrizhető, hogy a felbontás a következő
1 2
4k 4k 3
1 1 1 2k 1 2k 3 4 2k 1 2k 3 1
Ebből már zárt alakban előállítható az n-edik részletösszeg 2
Sn
n
1
n
1
1
1
4k 2 4k 3 4 2k 1 2k 3
k 1
k 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 4 1 5 3 7 5 9 7 11 2n 3 2n 1 2n 1 2n 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 3 2n 1 2n 3 3 4 2n 1 2 n 3 Ennek határértéke szolgáltatja a sor összegét
S lim Sn n
1 1
1
1
1
1
4k 2 4k 3 nlim 3 4 2n 1 2n 3 3
k 1
4.Példa: Vizsgáljuk meg konvergencia szempontjából a
k 2 2 k 1 k
k 1
numerikus
sort. Mindenféle átalakítás nélkül máris meghatározhatjuk a sor n-edik részletösszegét. Ha elegendően sok tagot veszünk figyelembe az összeg meghatározásához, akkor könnyen látható, hogy az n-edik részletösszeg az alábbi
Sn
n
k 2 2 k 1 k
k 1
4 2 3 2 5 2 4 3 6 2 5 4 7 2 6 5 8 2 7 6 ... ... n 2 n 1 n 2 n 1 2 n n 1 n 2 2
32 2 1
n 1 n
1 2 n 2 n 1 A sor összege az alábbi határértékkel egyezik meg
S
k 1
k 2 2 k 1 k lim S n lim 1 2 n 2 n 1
n
1 2 lim 1 2 lim
n
n
n
n 2 n 1 1 2 lim n 2 n 1 n 2 n 1
n 2 n 1
n 2 n 1
n 2 n 1
n
1 1 2 0 1 2; n n 2 n 1
1 2 lim
1 numerikus sort. k 1 k 1 k 2 Sorozatok esetén eredményes eljárás a nevező gyöktelenítése. Alkalmazzuk itt is a módszert 5.Példa: Vizsgáljuk meg konvergencia szempontjából a
3
1 1 k 1 k 3 k 1 k 3
k 1 k 3 k 1 k 3
k 1 k 3 1 k 1 k 3 2
k 1 k 3
k 3 k 1
k 1
2
k 3
2
Ennek segítségével könnyen meghatározhatjuk a sor n-edik részletösszegét 2Sn
n
k 3 k 1
k 1
5 3 6 4 7 5 8 6 ... ... n 1 n 1 n 2 n n 3 n 1
4 2
2 3 n 2 n 3 n 2 n 3 2 3; 1 Sn n2 n3 2 3 ; 2
Tehát a sor összege
S
1 n2 n3 2 3 lim Sn lim 2 n k 1 k 1 k 2 n
azaz a sor divergens.
3k 2
6.Példa: Vizsgáljuk meg konvergencia szempontjából a
3k 32k
pozitív tagú numerikus sort.
k 0
Alkalmazzuk az alábbi becslést
3k 2
9 3k
9 3k
1 9 k 2k k 2k k k k k 3 3 3 3 3 1 3 3 3 1 3
9
9
k
k
1 A felső becslésből következik, hogy a vizsgált sornak a 9 mértani sor majoránsa. Mivel a 3 n 0
1 kvóciens q 1,1 , ezért ez a mértani sor konvergens, tehát a kapott sor egy konvergens 3 majoráns, ami azt jelenti, hogy a példában kitűzött numerikus sor konvergens.
7.Példa: Vizsgáljuk meg konvergencia szempontjából a
k 1
k 2 1
pozitív tagú numerikus sort.
k 1
Mivel a sorozat általános tagja egy elsőfokú és egy másodfokú polinom hányadosa, jellegében 4
1 k
típusú. A
1
k
harmonikus sorról pedig tudjuk, hogy divergens, ezért az a sejtésünk, hogy a sor
k 1
divergens. Az összehasonlító kritérium alkalmazása során így alulról kell becsüljük egy divergens sorral. k 1 2
k 1
k 2
k 1
k 2
k k
2
k 2k
2
11 2k
Alulról tudjuk becsülni tehát a sort lényegében a harmonikus sorral. Éppen most idéztük ennek 1 1 divergenciáját. Ez azt jelenti, hogy a numerikus sor divergens minoráns, tehát a vizsgált sor 2 k 1 k valóban divergens, ahogyan sejtettük.
k 3 k 3 pozitív tagú 4 k 1 k 3 numerikus sort. Az általános tagot vizsgálva az látható, hogy a számláló és nevező fokszáma megegyezik, ennek határértéke a végtelenben egy pozitív konstans, amiből azt sejtjük, hogy a sor divergens. Elsőként alkalmazzuk a minoráns kritériumot, azaz becsüljünk alulról egy divergens sorral. 8. Példa: Vizsgáljuk meg konvergencia szempontjából a
k 3 k 3 k 3 k 1 1 4 k 1 4 k 1 4 k 1 4 Mivel a
1
4
nyilván divergens sor, ami azt jelenti, hogy egyúttal divergens minoráns, adódik,
k 3
hogy a vizsgált sor valóban divergens. Más módszerrel is igazolhatjuk a divergenciát. Hivatkozhatunk a szükséges feltételre is, amihez a sorozat határértékét kell kiszámítanunk.
3 3 1 k k 11 1 0 4 2 1 4 1 k
1
k 3 k 3 lim k k 4 k 1 lim
amiből következik, hogy a sor nem lehet konvergens. k 2 9.Példa: Vizsgáljuk meg konvergencia szempontjából a pozitív tagú numerikus sort. A k k 3 3
binomiális együtthatók kifejtésével jelentősen áttekinthetőbbé tehetjük a sor általános tagját.
5
k k! 2! k 2 ! 3! k 3! 2 k! 3 1 k k ! 2! k 2 ! k ! k 2 3 n ; k 3 k 3 k 3 k 3 n 1 3! k 3 ! 3
Ami azt jelenti, hogy a vizsgált sor nem más, mint a harmonikus sor 3-szorosa, tehát divergens. k 2 10.Példa: Vizsgáljuk meg konvergencia szempontjából a pozitív tagú numerikus sort, k k 4 4
amely az előző példabeli sor kissé módosított változata. A binomiális együtthatók kifejtésével a következőt kapjuk. k k! 2! k 2 ! 4! k 4 ! 2 k! 12 1 k k ! 2! k 2 ! k ! k 2 k 3 12 n n 1 ; k 4 k 4 k 4 k 4 n 1 4! k 4 ! 4
Azonos átalakításokkal ismét egy olyan sorhoz jutottunk, amely korábbról már ismert, konvergens sor. Ez azt jelenti, hogy a vizsgált sor konvergens, és ebben az esetben még az összegét is tudjuk, a hivatkozott sor összegének ismeretében az összeg 12·1 = 12. 11.Példa: Vizsgáljuk meg, hogy konvergens-e a
arctg n n n2 n 1 n 5 3 numerikus sor? A képlet alapján úgy tűnik, hogy célszerű alkalmazni a gyök-kritériumot
arctg n n lim n n 5 3n 2
arctg n lim 2 1. n n 5 3 n 1 1 3 1 6 9
Itt felhasználtuk a nevezetes lim n a 1 ha a 0 és lim n n 1 határérték relációkat. Ez utóbbi n
n
kis módosításával kapjuk, hogy lim n 5 lim n 5 n
n
n
1 n
1 lim n 5 n5 n
n 5 n
lim
n
n 5
n5
n 5 n
1
ugyanis világos, hogy a zárójeles része a sorozatnak az 1-hez tart de a kitevő is 1-hez tart. Kaptuk tehát, hogy lim n an 1 , tehát a kritérium szerint a sor konvergens. n
6
12.Példa: Vizsgáljuk meg hogy konvergens-e a
2n 1!!
1 3 1 3 5
1 3 5 7
2n 1!!
1 4 7 ... 3n 1 1 4 1 4 7 1 4 7 10 ... 1 4 7 ... 3n 1 ...
n 1
numerikus sor! Az általános tagban alkalmazott kettős felkiáltójel a faktoriális fogalom általánosítása. Azt jelenti, hogy csak az egymást követő páratlan egész számok szorzatát kell képezni 1-től 2n + 1-ig. Ismét a hányados kritériumot alkalmazzuk.
1 4 7 ... 3n 1 a 2n 3!! lim n 1 lim an 1 4 7 ... 3n 1 3n 4 2n 1!! lim
1 3 5 7 ... 2n 1 2n 3 1 2n 4 2 lim 1 1 3 5 7 ... 2n 1 3n 4 3 3n 4
A kapott határértékből következően a sor konvergens. 13.Példa: Vizsgáljuk meg hogy konvergens-e a
2, 7 n 1 n !
n 0 n 3
n 1
numerikus sor! Ismét a hányados kritériumot fogjuk használni a vizsgálathoz. Felidézve az Eulerféle sorozattal kapcsolatos ismereteket kapjuk, hogy n 1
n 1
n 1 2,7 n 2 n 1! n 3 a 2,7 n 2 n 1! n 3 n 1 n 3 lim n 1 lim lim lim 2,7 an n 4 n 4 2,7 n 1 n! n 4 n 2,7n 1 n! n 4 n
lim 2,7
n 1 n 4 1 n 4 n 4
n 1
n 1
n4 n4 n 1 1 2,7 1 lim 2,7 2,7 1 e1 1 n 4 n 4 e
Mivel a határérték kisebb mint 1, a sor konvergens. 14.Példa: Vizsgáljuk meg, hogy konvergens-e a
n 2e n
3
n 1
numerikus sor! Definiáljuk az f függvényt a következő módon: f x x 2e x . Az világos, hogy a 3
függvény a pozitív valós számok halmazán pozitív. A függvény monotonitása azonban ismét nem nyilvánvaló, hiszen egy szigorúan növekedő és egy szigorúan csökkenő függvény szorzata. Ennek eldöntéséhez képezzük a derivált függvényt f ' x 2 xe x x 2e x 3
3
3x2 e x 2x 3x4 xe x 2 3x3 3
7
3
Nyilvánvaló, hogy ha x legalább 1 akkor ez a derivált függvény negatív, ami azt jelenti, hogy ha x ≥ 1 akkor a függvény szigorúan monoton csökkenő, tehát az integrál kritérium ismét alkalmazható n0 = 1 választással.
2 x x e dx
1
3
1 1 x3 1 1 1 1 2 x3 x3 1 3 x e dx e lim e e 0 3 3 3 x 3 e 3e 1 1
Az improprius integrál konvergens, amiből a kritérium szerint az következik, hogy a numerikus sor konvergens, az összege véges. 15.Példa: Vizsgáljuk meg abszolút és feltételes konvergencia szempontjából a
1
n
n 1
2n !! n 1n
numerikus sort, ahol 2n !! 2 4 6 ... 2n 2 2n . Elsőként az abszolút konvergenciát vizsgáljuk. Vizsgáljuk tehát az abszolút értékekből képezett
2n !! n n 1 n 1
an n 1
pozitív tagú sor konvergenciáját. Erre alkalmazhatók a pozitív tagú sorokra vonatkozó kritériumok. Ebben az esetben célszerűnek mutatkozik a hányados kritérium. n 2n 2 !! n 1 2 4 6 ... 2n 2n 2 n 1 an1 2n 2 n 1 lim lim lim an n2 n2 n 2 n1 2n !! n 2 n 2 n 2 4 6 ... 2n n
n
n n 2 2n 2 n 2 1 2n 2 1 lim 1 lim n2 n2 n 2 n 2
n n 2
2 e1
2 1 e
ami azt jelenti, hogy az abszolút értékekből képezett sor konvergens, tehát az eredeti váltakozó előjelű sor abszolút konvergens, ami a legutóbbi tétel szerint egyben azt is jelenti, hogy a váltakozó előjelű sor konvergens. 16.Példa: Vizsgáljuk meg abszolút és feltételes konvergencia szempontjából a
1
n 1
n 1
3
n 1 n 2
numerikus sort. A sor váltakozó előjelű. Az abszolút értékek
an n 1
n 1
8
3
n 1 n 2
pozitív tagú sorát vizsgálva, a számláló és a nevező fokát figyelembe véve az a sejtésünk, hogy a sor divergens. Igazoljuk ezt az összehasonlító kritériummal. Alulról kell becsülnünk egy divergens sorral 3
3 3 n 1 n n 1 3 n 1 6 n2 1 6 1 1 1 ; ha n 5 n 2 n 2 n n 2 n 2 n3 2 n 2 6 n
Azt állítjuk, hogy az alsó becslésként kapott tagokból képezett sor divergens pozitív tagú sor. Ezt könnyen beláthatjuk például az integrál kritérium segítségével. Az világos, hogy az 1 f x 6 ; x 5 függvény pozitív, és az is világos, hogy szigorúan monoton csökkenő. Már csak x az improprius integrál értékét kell kiszámítanunk.
5
1 x5 6 1 6 6 6 5 6 dx x dx x lim 6 x5 6 55 6 x 5 5 x 5 6 5 5 5
amiből következik, hogy a minoráns sor divergens, ami tehát azt jelenti, hogy az abszolút értékekből képezett sor divergens. E pillanatban kijelenthetjük tehát, hogy a sor nem abszolút konvergens. Kérdés még azonban, hogy mint váltakozó előjelű sor, konvergens-e. Ezt a kérdést a Leibniz-kritériummal döntjük el. Az előbbi számítások alapján egyrészt világos az alábbi egyenlőtlenséglánc 3 1 1 n 1 3 n n 3 2n 6 4n 2 6 1 46 26n n3 n 2 n 2 n n
amiből a lim
1 1 1 lim 6 4 6 0 6 2 n n
nyilvánvaló határértékek és a közrefogási elv alapján következik, hogy 3
lim
n 1 0 n 2
Az idézett kritériumhoz már csak azt kell megvizsgálni, hogy az abszolút értékek sorozata monoton csökkenő-e. Ezt a legegyszerűbben az f x
3
x 1 függvény deriváltjának előjelvizsgálatával x 2
tudjuk eldönteni.
f x
2 1 x 1 3 3
x 2
x 2 x 1 3
2
1 2 x
9
1 3
1 3
x 12
x 2 3 x 1
x 2
2
1 2 x
2 x
33
x 2 3 x 1 3 3 x 1
x 1
2
x 2 2 x
1 x 4 x 4 6 x 3 x 1
2
2
x 2
2
2
2 x 4 x 3 x 1
33
1
x 1
x 2
6 x 3 x 1
2
2
2
x 2 2 x
4 x x 3
6
x3
x 1
2
x 2
2
2
x 2
2
A kapott tört nevezője nyilván pozitív. A számlálón pedig látszik, hogy ha x > 9 akkor negatív. Ez pontosan azt jelenti, hogy van olyan küszöbszám, ahonnan az abszolút értékek sorozata szigorúan monoton csökkenő. Ezek az eredmények együttesen azt jelentik, hogy a váltakozó előjelű sor Leibniz-típusú tehát konvergens. Összefoglalva eredményeinket kijelenthetjük, hogy a váltakozó előjelű sor tehát nem abszolút konvergens, de konvergens, ami értelmezés szerint egyenértékű azzal, hogy a sor feltételesen konvergens. 17.Példa: Határozzuk meg a
x 2k 1 2k 1 hatványsor összegfüggvényét. Tegyük fel, hogy a sor k 1
konvergens egy intervallumon – ennek igazolását az alábbiakban elvégezzük –, jelölje az összegfüggvényt F(x), azaz legyen
F x
x 2k 1 2k 1; x I k 1
Feladatunk tehát F(x) meghatározása. Könnyen észrevehetjük, hogy tagonkénti deriválással egy mértani sorhoz jutunk. Az előző tétel szerint a tagonkénti deriválással kapott sor összegfüggvénye az F(x) összegfüggvény deriváltja. Azaz írhatjuk, hogy
F x
2k 1 x
2k 1 k 1 k 1
2k 1 x2k 2 2k 1
x2k 2 1 x2 x4 ... x2k 2 ...
k 1
amely valóban egy q x 2 kvóciensű mértani sor. Tudjuk, hogy ez konvergens a ]–1, 1[ intervallumon. Az összegfüggvény a következő F x 1 x 2 x 4 ... x 2k 2 ...
1 1 x2
; x 1,1
Az eredeti hatványsor összegfüggvényét integrálásával kapjuk. Ezt például parciális törtekre bontással kapjuk F x
1 1 x2
dx
1 1 1 1 1 1 x C dx ln 1 x ln 1 x C ln 2 1 x 1 x 2 2 1 x
10
A logaritmus argumentumában nem szükséges az abszolút érték, mert a ]–1, 1[ intervallumon mindkét argumentum pozitív. Ezzel lényegében megkaptuk az összegfüggvényt, már csak a C állandó értéke a kérdés. Ehhez helyettesítsük a sorba az x = 0 értéket, ahol a sor konvergens.
F 0
02k 1 1 0 2k 1 0 ln 1 0 C ln1 0 C C k 1
ahonnan C = 0 adódik. Már csak annak a vizsgálata van hátra, hogy a ]–1, 1[ intervallum két végpontjában konvergens-e a hatványsor. Azt igazoltuk fent, hogy a deriválásnál a konvergencia sugár nem változik, de a két végpontban minden előfordulhat. Ha az eredeti sorba helyettesítjük az x = 1 illetve x = –1 értékeket, akkor rendre a következő numerikus sorokat kapjuk
12k 1 1 x 1: ; 2k 1 k 1 2k 1 k 1
x 1:
k 1
12k 1 2k 1
1
2k 1;
k 1
Mindkét kapott sor divergens, ugyanis ha az összehasonlító kritériumot alkalmazzuk, akkor az
1 1 1 1 2k 1 2k 2 k egyszerű alsó becslés azt mutatja, hogy a harmonikus sor divergens minoránsa a fenti soroknak, azaz valóban divergensek. Kaptuk tehát, hogy az összegfüggvény és a konvergencia halmaz a következő
x 2k 1 1 1 x F x ln ; x 1,1 2k 1 2 1 x k 1 x k 1 18.Példa: Határozzuk meg a hatványsor összegfüggvényét. Tegyük fel, hogy a sor k k 1 k 1 konvergens egy intervallumon – ennek igazolását az alábbiakban elvégezzük –, jelölje az összegfüggvényt F(x), azaz legyen
x k 1 F x ; xI k k 1 k 1 Feladatunk tehát F(x) meghatározása. Az előző példa megoldása alapján könnyen észrevehetjük, hogy kétszeri tagonkénti deriválással egy mértani sorhoz jutunk. Az előző tétel szerint a kétszeri tagonkénti deriválással kapott sor összegfüggvénye az F(x) összegfüggvény második deriváltja. Az első és a második derivált rendre a következő
F x
k 1 xk xk ; x k 1 k k 1 k k 1 k k 1 k 1 k 1
11
k x
kx k 1 k 1 F x x 1 x x 2 ... x k 1 ...; k k 1 k 1 k 1 k A kétszeri deriválással kapott sor egy q = x kvóciensű mértani sor. Ennek a ]–1, 1[ intervallum a konvergencia halmaza, és összegfüggvénye
F x
1
xk 1 1 x x2 ... xk 1 ... 1 x ;
k 1
x 1,1
Innen az eredeti összegfüggvényt nyilván kétszeri integrálással kapjuk. Ha egyszer integrálunk, akkor azt kapjuk, hogy
F x
1 dx ln 1 x C1; 1 x
Ennek a függvénynek a primitív függvénye szolgáltatja összegfüggvényét. Parciális integrálással kapjuk, hogy
lényegében
az
eredeti
sor
F x ln 1 x dx C1x C2 1 x ln 1 x x C1x C2 ;
Már csak a C1 és C2 állandókat kell meghatároznunk. Helyettesítsünk a sorba ismét 0-t. Adódik, hogy
F 0
0k 1 k k 1 0 1 0 ln 1 0 0 C1 0 C2 C2 ; k 1
Ez azt jelenti, hogy C2 = 0. Most pedig helyettesítsünk az első deriváltba ugyancsak 0-t. Ekkor kapjuk, hogy
F 0
0k k 0 ln 1 0 C1 C1; k 1
Tehát a C1 állandó is zérus. Az összegfüggvényt tehát előállítottuk, már csak annak vizsgálata van hátra, hogy a ]–1, 1[ intervallum két végpontjában konvergens-e a sor. Ha helyettesítjük az x = 1 illetve x = –1 értékeket, akkor rendre a következő sorokat kapjuk
1k 1 1 x 1: ; k k 1 k 1 k k 1 k 1
x 1:
1k 1 ; k k 1 k 1
Az x = 1 esetén kapott sorról tudjuk, hogy konvergens. Ezt megvizsgáltuk a parciális törtekre bontás módszerének bemutatásánál, de a majoráns kritériummal is azonnal belátható a konvergencia. Az x = –1 esetén kapott sor pedig egy váltakozó előjelű sor, amely könnyen láthatóan Leibniz-típusú, tehát itt is fennáll a konvergencia. A vizsgált hatványsor összegfüggvénye és konvergencia halmaza ezek szerint a következő
12
F x
x k 1 k k 1 1 x ln 1 x x; x 1,1 k 1
Hangsúlyozzuk, hogy a kétszeri deriválással kapott mértani sorral ellentétben ez a hatványsor konvergens az intervallum mindkét végpontjában. 19.Példa: Határozzuk meg a
2k 1 x2k hatványsor összegfüggvényét. Tegyük fel, hogy a sor
k 0
konvergens egy intervallumon – ennek igazolását az alábbiakban ugyancsak elvégezzük –, jelölje az összegfüggvényt F(x), azaz legyen
F x
2k 1 x2k ; x I
k 0
Feladatunk ismét F(x) meghatározása. Az előző példák megoldása ötletet adhat, könnyen látható, hogy ebben az esetben nem a tagonkénti deriválás hanem a tagonkénti integrálás vezet célhoz, konkrétan egy mértani sorhoz, amelyet összegezni tudunk. A tagonkénti integrálással kapott sor összegfüggvénye az F(x) összegfüggvény egy primitív függvénye.
F x dx
k 0
C
2k 2k 1 x dx
2k 1
k 0
x 2k 1 C 2k 1
x2k 1 C x x3 x5 ... x2k 1 ...
k 0
Ez egy q = x2 kvóciensű mértani sor, melynek konvergencia halmaza a ]–1, 1[ intervallum és összegfüggvénye
F x dx C
x
x2k 1 C x x3 x5 ... x2k 1 ... C 1 x2 ; x 1,1
k 0
Az eredeti hatványsor összegfüggvényét a tétel szerint ezen összegfüggvény deriválásával kapjuk. Azaz
2 x 1 1 x x 2 x 1 x2 F x C ; 2 2 2 2 1 x2 1 x 1 x
A hatványsor összegfüggvényének analitikus alakját meghatároztuk. Utolsó kérdés ismét a konvergencia az intervallum végpontjaiban. Az x = 1 illetve x = –1 helyeken rendre a következő numerikus sorokat kapjuk
x 1:
2k 1 12k 2k 1;
k 0
x 1:
k 0
2k 1 1
k 0
13
2k
2k 1; k 0
Mindkét pontban ugyanazt a sort kaptuk. Ezek a sorok nyilvánvalóan divergensek, hiszen a páratlan számok összege nem véges. Így összegzésként kapjuk a hatványsor összegfüggvényét és konvergencia halmazát
F x
2k 1 x2k
k 0
20.Példa: Írjuk fel az f x sort
1 x2
1 x
2 2
;
x 1,1
1 függvény 0-körüli Taylor-sorát, azaz írjuk fel a binomiális 1 x
1 esetén. Ennek a sornak a következő példa szerint kiemelkedő jelentősége van. 2
1 1
1
1
1 1 2 ... k 1 1 1 2 2 2 2 x k ; x 1,1 k 1 x 2 2 x k ! 1 x k 0 k k 0
szemléletesebb a sorfejtés eredménye, ha felírjuk a Taylor-sor első néhány tagját:
1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 x3 1 x x 2 2! 3! 1 x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 2 3 4 2 2 2 2 x 4 2 2 2 2 2 x5 ... 4! 5! Az előző példával ellentétben, ebben az esetben szeretnénk a hatványsor n-edik tagját zárt alakban, áttekinthetőbb formában megadni. Ehhez a fenti összegben a szorzatok tényezőit összevonva írjuk fel
1
1 1 x 2 1 x
1 3 1 3 5 1 3 5 7 1 3 5 9 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 4 2 2 2 2 5 x x x x ... 2! 3! 4! 5!
azaz
1 1 3 x2 1 1 3 5 x3 1 1 3 5 7 x4 1 1 3 5 7 9 x5 ... 1 1 1 x 2 1 x 22 2! 23 3! 24 4! 25 5! 2
3
4
5
Ha most alkalmazzuk a "dupla faktoriális" jelölést, tehát páros illetve páratlan egészekre a
2n !! 2 4 6 ... 2n 2 2n; 2n 1!! 1 3 5 ... 2n 1 2n 1 ; jelöléseket, akkor a kapott binomiális sor az
14
1 1!! 3!! 2 5!! 3 7!! 4 9!! 5 1 x x x x x ... 2 3 4 5 2 1 x 2 2! 2 3! 2 4! 2 5! egyszerűbb alakot ölti, ahonnan az általános felíráshoz szükséges általános alakú együttható már könnyen leolvasható. Kaptuk tehát a keresett Taylor-sort 1 n 2n 1!! n 1 1 x ; x 1,1 n 1 x 2 n ! n 1
21.Példa: Írjuk fel az f x arcsin x függvény 0-körüli Taylor-sorát. Vegyük észre, hogy ha deriváljuk a függvényt, akkor egy olyan függvényt kapunk, amelynek a Taylor-sora egy olyan binomiális sor, melyet a 2.19 példa számításainak eredménye alapján azonnal felírhatunk. Valóban, mivel a derivált
1
f x
1 x2
1 x2
1 2
ezért a sorfejtéshez nincs más dolgunk, mint a 20. példabeli binomiális sorban x helyére –x2-et kell helyettesítenünk. Így a derivált függvény sora máris előáll
1 1 x2
1 1
n
2n 1!!
n 1
n
2 n!
x2
n
1 1 n 1
2n
2n 1!! x2n 1 n
2 n!
n 1
2n 1!! x2n ; 2n n !
Ez a sor nyilván akkor konvergens, ha a x 2 1,1 feltétel teljesül. Ez pedig nyilván akkor igaz, ha x 1,1 . Ezzel megkaptuk a derivált függvény sorának a konvergencia halmazát is. Az arkusz szinusz függvény sora ebből a sorból nyilván tagonkénti integrálással adódik. arcsin x
2n 1!! 2n dx 1 x dx x n 1 x2 n 1 n 1 2 n !
1
2n 1!! 2n n !
x 2n dx x
2n 1!! x2n 1
n n 1 2 n !
2n 1
C;
Tudjuk, hogy integrálásnál a konvergencia sugár nem változik meg, és az intervallum végpontjaiban a konvergenciát nem vizsgáljuk, így megelégszünk azzal, hogy konvergencia halmazként
elfogadjuk a x 1,1 intervallumot. A C konstans értéke például x = 0 helyettesítéssel adódik, tekintettel arra, hogy arcsin0 = 0, kapjuk, hogy C = 0. Így az arkusz szinusz függvény 0 körüli Taylor-sora a következő
arcsin x x
n 1
2n 1!! x 2n 1 x n
2 n!
2n 1
x
1!! 3 3!! 5!! 7!! x x5 x7 x9 ... 2 3 4 3 2 5 2 2! 7 2 3! 9 2 4! 1 3 1 3 5 1 3 5 7 1 3 5 7 9 x x x x ... 23 2 45 2467 2 4 6 89
15
22.Példa: Határozzuk meg ch2 közelítő értékét úgy, hogy a hatodfokú Taylor-polinommal közelítünk és becsüljük meg a közelítés hibáját. A koszinusz hiperbolikusz függvény Taylor-sora a következő (javasoljuk az olvasónak hogy vagy a definíció szerint vagy az exponenciális függvény Taylor-sorára való visszavezetéssel állítsa elő)
x2k ch x ; xR k 0 2k ! Innen a hatodfokú Taylor-polinom
T06ch
x 2 x 4 x6 x 1 2! 4! 6!
Ennek az x = 2 helyen vett helyettesítési értéke adja ch2 kívánt közelítését. ch 2
T06ch
2 2 2 4 26 4 16 64 3, 75 3, 75555 2 1 1 2! 4! 6! 2 24 720
Most következik a számítás fontosabb és érdekesebb része, a hibabecslés. Ebben a példában két elvileg különböző módszert is mutatunk a hiba becslésére. Az első módszer legyen a standard eljárás, hibabecslés a Lagrange-féle maradéktaggal. Tekintettel arra, hogy hatod fokú polinommal közelítettünk, a maradéktag a következő
f (7) () 7 R6 x x ; 0, 2 7! ugyanis a Taylor-sor 0-pont körüli és az x = 2 helyen számítjuk a közelítő értéket. Tekintettel arra, hogy a ch függvény hetedik deriváltja a sh függvény, írhatjuk, hogy
R6 2
f (7) () 7 sh 7 128 2 2 sh; 0, 2 7! 7! 5040
A hiba becsléséhez már csak a szinusz hiperbolikusz függvény értékét kell felülről becsülnünk a ]0, 2[ intervallumon. Az exponenciális függvény monotonitási tulajdonságait felhasználva kapjuk, hogy
sh
1 1 1 1 1 e e e 3 1 32 1 5 2 2 2 e 2
Ebből adódóan kapjuk a hibabecslést
R6 2 < 5
128 0,12698; 5040
Tehát ch2 értéke a következő intervallumban van
ch2 3,75555 0,12698;3,75555 0,12698 3,62875;3,88253 16
A Lagrange-féle maradéktaggal történő becslés szerint tehát a közelítő értéknek egyetlen tizedes jegye sem pontos. Alkalmazzunk most a hiba becslésére egy másik módszert, amely figyelembe veszi a sor speciális szerkezetét, nem annyira univerzális, mint az előbbi, ezért pontosabb eredményt is szolgáltat. A módszer lényege, hogy megbecsüljük a Taylor-sorból elhagyott tagok összegét közvetlenül.
28 210 212 214 28 22 24 26 ... 1 ... 8! 10! 12! 14! 8! 9 10 9 10 11 12 9 10 11 12 13 14 28 22 24 26 28 22 24 26 1 ... 1 2 4 6 ... 8! 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 8! 9 2 4 6 28 2 2 2 256 1 256 92 256 81 1 ... 0, 00667 2 2 2 40320 8! 9 9 9 40320 40320 77 9 2 2 1 9 ch 2 T06ch 2
A becslés során adódott egy konvergens mértani sor, amelynek összege szerepel a felső becslésben. Eszerint a számítás szerint a hiba két nagyságrenddel kisebb, mint amit a Lagrange-féle maradéktag vizsgálatánál kaptunk. Ez utóbbi eredményt felhasználva azt kapjuk, hogy a keresett függvényérték a
ch2 3,75555 0,00667;3,75555 0,00667 3,74888;3,76222 intervallumba esik. Ami azt mutatja, hogy a kapott közelítő értéke első tizedes jegye értékes jegy, tehát egy tizedes pontossággal azt írhatjuk, hogy ch2 ≈ 3,7. 23.Példa: Következő példaként válasszunk egy villamosságtani problémát. Tegyük fel, hogy a hálózati váltóáramot egyenirányított, tehát a váltakozó feszültség érték félperiódusonként zérus, a többi fél periódusban pedig a normál szinuszjel. Állítsuk elő ennek az egyenirányított jelnek a trigonometrikus sorát.
0, ha x 0 f ( x) sin x, ha 0 x f ( x 2), különben a0
1 2
f ( x)dx
1 1 1 2 1 sin x dx cos x0 cos cos 0 ; 2 2 2 2 0
A továbbiakban fel kell használnunk az alábbi trigonometrikus azonosságokat. 1 sin sin ; 2 1 sin sin cos cos ; 2 sin cos
17
Amint az integrálás során a továbbiakban kiderül, mind az an mind a bn együttható kiszámításánál külön kell kezelnünk az n = 1 esetet. Ha tehát n = 1 akkor a1
1
f ( x) cos x dx
0
0
1 1 sin x cos x dx sin 2 x dx 2
1 cos 2 x 1 cos 2 cos 0 0; 2 2 0 4
Ha pedig n > 1 akkor kapjuk, hogy an
1
f ( x) cos nx dx
0
0
1 1 sin x cos nx dx sin 1 n x sin 1 n x dx 2
1 cos 1 n x cos 1 n x 1 cos 1 n cos 1 n cos 0 cos 0 2 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 0 2 0, ha n 2k 1; 1 1 cos 1 n 1 cos 1 n 2 2 1 1 2 , ha n 2k ; 2 1 n 1 n 2 1 n 1 n 1 n2
Világos, hogy ez utóbbi számításnak nincs értelme n = 1 esetén. Most következnek a bn együtthatók ugyancsak esetszétválasztással. Ha n = 1 akkor b1
1
f ( x) sin x dx
0
0
0
1 1 1 1 cos 2 x sin x sin x dx sin 2 x dx dx 2
1 sin 2 x 1 sin 2 sin 0 1 x ; 2 2 0 2 2 2 0 2
Végül az n > 1 esetben adódik, hogy 1 bn
1 1 f ( x) sin nx dx sin x sin nx dx cos 1 n x cos 1 n x dx 2 0
0
1 sin 1 n x sin 1 n x 0 2 1 n 1 n 0
ugyanis az x = kπ helyek a sin függvény zérushelyei. Ismét világos, hogy ennek a számításnak nincs értelme n = 1 esetén. Összefoglalva az eredményeket, az együtthatók a következők:
a0
1 2 1 1 ; a2k 1 0; a2k ; b1 ; bn 0 ha n 1; 2 1 2k 2
Ahonnan a trigonometrikus Fourier-sor a következő
18
f x
1 1 2 1 sin x cos 2kx; 2 k 11 4k 2
Mivel a függvény folytonos és eleget tesz a Dirichlet-tétel feltételeinek, a sor előállítja a függvényt. 24.Példa: Állítsuk elő az alábbi páros függvény Fourier-sorát. x sin , ha 0 x 2 f x 2 f x 2 különben
Mivel a függvény páros, tudjuk, hogy bn = 0, n = 1,2,3,… ezért csak a0 és an együtthatókat kell kiszámítanunk. a0
1 2
2
0
f ( x)dx
1 2
2
2
x 1 x 1 1 2 sin 2 dx 2 2cos 2 0 cos cos 0 1 1 0
Az an együtthatók kiszámításához fel kell használnunk a sin cos
1 sin sin ; 2
trigonometrikus azonosságot. Ennek alapján 1 an
2
0
1 f ( x) cos nxdx
2
0
x 1 sin cos nx dx 2 2
2
x
x
sin 2 nx sin 2 nx dx
0
2
2
1 2n 1 2 2 1 2n 1 2n 1 2n sin 2 x sin 2 x dx 2 1 2n cos 2 x 1 2n cos 2 x 0 0 1 2 2 2 2 1 2n 1 2n cos 2 cos 2 cos 0 cos 0 2 1 2 n 1 2n 2 1 2n 2 1 2n 1 2
1 2 2 2 2 cos 1 2n cos 1 2n 2 1 2 n 1 2n 1 2n 1 2n
1 1 1 1 1 1 2 2 4 1 ; 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 4n 2
meghatároztuk tehát az összes Fourier-együtthatót. Mivel a függvény folytonos, a Dirichlet-tétel alapján tudjuk, hogy a sor előállítja a függvényt, tehát a függvény trigonometrikus Fourier-sora a következő:
f x
2 4 1 cos nx ; n1 1 4n2
19
Ha a konvergencia tényét felhasználva helyettesítjük a sorba és a függvénybe az x = 0 értéket, egy numerikus sor összegéhez jutunk. Mivel f(0) = 0, ezért a sor összege is zérus az x = 0 helyen, tehát
2 4 1 2 4 1 cos 0 ; n1 1 4n2 n1 1 4n2
0
1
1
4n 2 1 2 ; n 1
Ez utóbbi eredményt természetesen sokkal egyszerűbb módon is megkaphatjuk. Ha a numerikus sorok fejezetében bemutatott parciális törtekre bontás módszerét alkalmazzuk, közvetlenül eljuthatunk ehhez az összeghez. 25. Példa: Határozzuk meg a következő függvény trigonometrikus sorát
3cos 2 x 4sin 3x, x f x f x 2 különben Ez a függvény már az értelmezés szerint a trigonometrikus rendszer tagjainak lineáris kombinációja, azaz cos és sin függvények konstans szorosaink összege, pontosan olyan, mint egy Fourier-sor. Mutassuk meg, hogy ez a "kifejtés" egybeesik a függvény trigonometrikus Fouriersorával. Ehhez számítsuk ki az együtthatókat. a0
1 2
f ( x)dx
1 2
3cos 2 x 4sin 3x dx
3 2
cos 2 x dx
4 2
sin 3x dx 0
Itt felhasználtuk, hogy a cosnx és sinnx függvények bármely 2π hosszúságú intervallumra vonatkozó határozott integrálja zérus. Az an együtthatókat nevezetes trigonometrikus azonosságokkal tudjuk kiszámítani. 1
an
1
f ( x) cos nx dx
1
3cos 2 x 4sin 3x cos nx dx
3cos 2 x cos nx 4sin 3x cos nx dx
3 2
cos 2 n x cos 2 n x dx
4 2
sin 3 n x sin 3 n x dx;
A kapott összegben az első tag zérus ha n ≠ 2, a második tag pedig akkor zérus, ha n ≠ 3. Ezt a két esetet vizsgáljuk a továbbiakban. Ha most n = 2, akkor azt kapjuk, hogy 3 a2 2
cos 2 2 x cos 2 2 x dx 23
ha pedig n = 3 akkor
20
3
cos 4 x 1 dx 2 0 2 3;
4 a3 2
sin 3 3 x sin 3 3 x dx 24
sin 6 x 0 dx 0;
Kaptuk tehát hogy an csak n = 2 esetén különbözik 0-tól, és a2 = 3. Térjünk rá a bn együtthatók kiszámítására. 1 bn
1
1 f ( x) sin nx dx
3cos 2 x 4sin 3x sin nx dx
3cos 2 x sin nx 4sin 3x sin nx dx
3 2
sin n 2 x sin n 2 x dx 24
cos 3 n x cos 3 n x dx;
Az előzőekhez hasonlóan adódik, hogy ha n ≠ 2, akkor az első tag zérus, ha pedig n ≠ 3, akkor a második tag zérus. Ismét külön foglalkozunk ezzel a két esettel. Ha n = 2 akkor az adódik, hogy b2
3 2
3 sin 2 2 x sin 2 2 x dx 2 sin 4 x 0 dx 0;
ha pedig n = 3 akkor b3
4 2
cos 3 3 x cos 3 3 x dx
4 2
4
cos 6 x 1 dx 2 0 2 4;
Azt kaptuk tehát, hogy n = 3 kivételével az összes bn együttható zérus, és b3 = –4. Ez az eredmény pedig azt jelenti, hogy a függvény Fourier-sora
f x 3cos 2 x 4sin 3x; ami a várakozásnak megfelelően valóban egybeesik f(x) értelmezésével. 26. Példa: A most következő, "triviális"-nak mondható példában meghatározzuk az
cos x, x f x f x 2 ; különben függvény komplex Fourier-sorát. Miért írtuk azt, hogy a feladat "triviális"? Azért mert a fentiekben többször felhasználtuk a cos függvény komplex exponenciális függvényekkel történő cos x
eix eix 1 ix 1 ix e e ; 2 2 2
előállítását. Ez az előállítás pontosan úgy fest, mint egy komplex Fourier-sor. Mutassuk meg, a komplex együtthatók kiszámításával, hogy ez az egyenlőség valóban azonos a komplex Fourier21
sorral. Az alábbiakban kiderül, hogy n = 1 és n = –1 esetén külön kell számítani az együtthatókat. Ha tehát elsőként n ≠ 1, akkor írhatjuk, hogy
cn
1 2
1 2
f x einx dx
cos x cos nxdx
i 2
1 2
cos x e inx dx
cos x sin nxdx
1 2
1 2
cos x cos nx i sin nx dx
cos 1 n x cos 1 n x dx 0
1 sin 1 n x sin 1 n x 0; 2 1 n 1 n
Az integrál képzetes része azért zérus, mert az integrandus egy páros és egy páratlan függvény szorzata, tehát páratlan függvény, és egy origóra szimmetrikus intervallumon integrálunk. A valós rész pedig azért adódik zérusnak, mert az utolsó lépésben látszik, hogy a sin függvény kπ helyeken vett értékei adják az eredményt, amelyek a sin függvény zérushelyei. Világos az is, hogy a fenti számításnak valóban nincs értelme, ha n = 1 vagy n = –1. Kaptuk tehát, hogy ha n ≠ 1 és n ≠ –1 akkor a cn együttható zérus. Következzék most az n = 1 eset.
1 1 1 c1 f x eix dx cos x eix dx cos x cos x i sin x dx 2 2 2
1 i 1 i cos2 xdx cos x sin xdx 1 cos 2 x dx sin 2 xdx 2 2 4 4
1 sin 2 x cos 2 x 1 1 x i 2 ; 4 2 2 4 2
1 , a különbség a fenti számításokhoz képest csak 2 annyi, hogy a fenti integráloknak nem a különbségét hanem az összegét kell képezni, de mivel a képzetes rész zérus, az eredmény n = –1 esetén nem változik. A cos függvény komplex Fourier-sora tehát valóban Hasonló számításokkal adódik az is, hogy c1
1 1 cos x eix eix ; 2 2 Adódik tehát a várt eredmény. 27. Példa: Határozzuk meg az alábbi függvény („egyenirányított harmonikus jel”) Fourier-sorát: x cos , ha x f x 2 f x 2 különben 22
A függvény páros, tehát az egyszerűség kedvéért alkalmazzuk a sorfejtéshez a páros függvényekre levezetett együttható formulát.
cn
Az
integrál
kiszámításához
0
0
1 1 x f x cos nx dx cos cos nx dx 2 ismét
használjuk
a
cos cos
1 cos cos 2
trigonometrikus azonosságot.
1 1 sin 0,5 n x sin 0,5 n x 1 1 cn cos n x cos n x dx 2 2 2 2 0,5 n 0,5 n 0 0
sin 2 n 1 sin 2 n 1 sin 0,5 n 1 1 sin 0,5 n 2 2 0 0 2 0,5 n 0,5 n 2n 1 2n 1 n 1
1 1 1 2n 1 2 n 1 n
n 1
n 1
1 1 2 1 2n 1 2n 1 4n 2 1
Az együtthatók birtokában írhatjuk az exponenciális függvények szerint haladó Fourier-sort: n 1
2 1 f x einx 2 n 4n 1 Az általános megállapításoknak megfelelően valós együtthatójú sort kaptunk. Ismét a DirichletJordan tételre hivatkozva írható az egyenlőség, a sor előállítja a függvényt mindenütt, mert a függvény mindenütt folytonos. 28.Példa: Határozzuk meg a következő 2π-szerint periodikus függvény („fűrészfogrezgés”) komplex Fourier-sorát:
x, ha x f ( x) 0, ha x 2k f ( x 2), különben Ennek a függvénynek a trigonometrikus Fourier-sorát már előállítottuk korábban a jegyzetben. Itteni eredményeinket majd összevetjük az idézett példabeli eredményekkel. A függvény páratlan, így az együtthatóknak tisztán imaginárius számoknak kell lenniük. Ha n ≠ 0 akkor parciális integrálással kapjuk, hogy
23
f x inx 1 1 g e inx inx cn f x e dx xe dx f 1 2 2 g einx in 1 xeinx 2 in
1 2
in ein 1 einx einx 1 e dx in 2 in 2 in 2
2 ein ein 1 in in e 2 e in 2 n
1 2i 1 1 cos n cos n i sin n cos n i sin n 2 n 2 n 2
1 2i 1 1 1 2i n n n 1 1 i 0 1 i 0 1 i 1n 2 n 2 n 2 n 2 n
n
Ha viszont n = 0 azonnal adódik, hogy
1 c0 2
xdx 0
hiszen páratlan függvényt integrálunk origóra szimmetrikus intervallumra. Kaptuk tehát, hogy a komplex Fourier együtthatók a következők c0 0;
cn
n 1 i;
n
n Z \ 0 ;
valóban tisztán imaginárius számok. Ezen eredmények alapján a komplex Fourier-sor az alábbi.
f x
n 1 inx i e ;
n n0
n
29.Példa: Határozzuk meg a 27. példában szereplő függvény trigonometrikus Fourier-sorát a komplex Fourier-sor együtthatóinak felhasználásával. A valós és komplex együtthatók közötti összefüggés alapján 0 1
2 1 2 a0 c0 2 4 0 1
an cn cn
n 1 1n 1 2 1n 1 1n 1 4 1n 1 2 1 4 n 2 1 4 n 2 1 4n 2 1 4n 2 1 4n 2 1
24
n 1 n 1 n 1 n 1 1 1 2 1 2 1 i 0 bn i cn cn i 4n 2 1 4 n 2 1 4n 2 1 4n 2 1
A legutóbbi eredmény a várakozásnak megfelelően azt jelenti, hogy egy páros függvény Fourier sorában nincsenek szinuszos tagok. Mint látjuk ez természetesen a „komplex irányból megközelítve” is adódik. A számítások eredményeire támaszkodva adódik a trigonometrikus Fourier-sor n 1 2 4 1 f ( x) cos nx n 1 4n2 1
Az ábrázolás érdekében felírjuk a sor néhány tagját:
f ( x)
2 1 1 1 1 2 cos x cos 2 x cos 3x ... 15 35 3
Mint már említettük, a Fourier-sor mindenütt előállítja a függvényt, tehát valóban írhatunk egyenlőséget. 30. Példa: Írjuk fel a korábban már vizsgált, egyenirányított szinuszjel komplex Fourier-sorát.
0, ha x 0 f ( x) sin x, ha 0 x f ( x 2), különben Ennek a periodikus függvénynek a trigonometrikus sorát már meghatároztuk a 23. példában. Az ottani eredmények szerint a trigonometrikus Fourier-együtthatók a következők
a0
1 2 1 1 ; a2k 1 0; a2k ; b1 ; bn 0 ha n 1; 2 1 2k 2
Ezen együtthatók ismeretében a komplex együtthatók a a ibn a ibn c0 a0 ; cn n ; és cn n 2 2
formulák alapján már adódnak. Eszerint a keresett Fourier-együtthatók
c0 a0
1 ;
1 1 0i 0i a1 ib1 a ib i 2 ;c 1 1 2 i; c1 1 2 2 4 2 2 4 a2 k 1 ib2 k 1 0 i 0 a2 k 1 ib2 k 1 0 i 0 c2 k 1 0; c 2 k 1 0; ha k 1 2 2 2 2
25
c2 k
a2 k ib2 k a2 k i 0 a2 k 1 1 ; 2 2 2 1 2k 2
c2 k
a2 k ib2 k a2 k i 0 a2 k 1 1 ; 2 2 2 1 2k 2
Ahonnan a komplex Fourier-sor az alábbi alakot ölti
f x
1 i ix i ix 1 1 i ix i ix 1 1 i 2 kx e e e e e ei 2kx ; 2 2 4 4 4 4 k 1 4k k 1 4k k 0
31.Példa: A 28. példa eredményei alapján határozzuk meg a példában szereplő függvény valós Fourier együtthatóit. Idézzük a komplex együtthatókat. c0 0;
cn
n 1 i;
n
n Z \ 0 ;
A valós és komplex együtthatók közötti kapcsolatot felírva azt kapjuk, hogy a0 c0 0;
an cn cn
n n n n 1 1 1 1 i i i i 0;
n
n
n
n
1n 1n i i 2 1n 1n 1 n 2 1 n 1 2 ; bn i cn cn i i n n n n n n amely eredmény teljes mértékben összhangban van a valós eredményekkel. 32.Példa: Határozzuk meg a következő T = 2p = 2 periódusú függvény komplex Fourier-sorát.
sh x, 1 x 1 f x f x 2 különben Ebben a példában
T 2 p 2; p 1;
2 , tehát a sor alakja f x cn einx . 2 n
A függvény páratlan. Továbbra is igaz, hogy ebben az esetben az együtthatók tisztán imaginárius számok. Állítsuk elő az együtthatókat. A hiperbolikus függvény definíciója szerint írhatjuk, hogy P
1
1
1 1 1 cn f x e inx dx sh x e inx dx e x e x einx dx 2P P 2 1 4 1 1 1in x 1in x 1 1 e e 1in x 1in x e e dx 4 1 4 1 in 1 in
1in x 1in x 1 e e 4 1 in 1 in 1 1
1
1
1 e1in e1in e1in e1in 1 ein 1 ein 1 ein ein e e 4 1 in 1 in 1 in 1 in 4 1 in e 1 in e 1 in 1 in 26
1 cos n i sin n 1 cos n i sin n 1 cos n i sin n cos n i sin n e e 4 1 in e 1 in e 1 in 1 in
n n n n 1 i 0 1 1 i 0 1 1 i 0 1 1 i 0 e e 4 1 in e 1 in e 1 in 1 in 1 1 1 sh1 1 1 1 n ee n ee 1 1 1 in 1 in 4 1 in 1 in 2 n
n n 1 1 sh1 n 1 in 1 in sh1 i 2 2 1 n 2 2 1 in
Ezzel az együtthatókat előállítottuk. A várakozásnak megfelelően imaginárius számok. A komplex Fourier-sor ezek alapján a következő
f x
n
n 1 sh1 n inx i e ;
1 n 2 2
Írjuk most fel a komplex együtthatók ismeretében a valós Fourier-sort is. Mivel páratlan a függvény, eredményként azt kell kapnunk, hogy az a0 és an együtthatók mind zérusok. Ellenőrizzük. Az együtthatók közti összefüggések az alábbiak.
a0 c0 ; an cn cn ; és bn i cn cn Ezek alapján adódik, hogy
a0 c0
0 1 sh1 0 i 0;
1 0 2 2
an cn c n i
1n sh1 n i 1n sh1 n i 1n sh1 n n 0; 2 1 n 2 2 1 n 2 2 1 n 2
n n 1n sh1 n 1 n sh1 n 1 sh1 n 1 sh1 n bn i cn c n i i i 2 2 2 2 2 2 2 2 1 n 1 n 1 n 1 n n n 1 1 sh1 n n 1 sh1 2n ;
1 n 2 2
1 n 2 2
Az a0 és an együtthatók a várakozásnak megfelelően valóban zérusok. A számítások eredménye alapján a trigonometrikus Fourier-sor a következő
f x n 1
1n1 sh1 2n sin nx 2 sh1
1
1 n
2 2
n 1
n 1
n sin nx 1 n 2 2
2 3 1 2 sh1 sin x sin 2x sin 3x ... 2 2 2 1 4 1 9 1 27
