2. Določitev koeficientov serije s Fourierjevimi formulami.
Naj bo periodična funkcija ƒ(x) s periodo 2π taka, da je predstavljena s trigonometričnim nizom, ki konvergira k dani funkciji v intervalu (-π, π), tj. je vsota tega niza:
Recimo, da je integral funkcije na levi strani te enačbe enak vsoti integralov členov te vrste. To bo res, če predpostavimo, da številska vrsta, sestavljena iz koeficientov dane trigonometrične vrste, absolutno konvergira, tj. pozitivna številska vrsta konvergira
Serija (1) je majorizirana in jo je mogoče integrirati po členih v intervalu (-π, π). Integriramo oba dela enakosti (2):
Vsak integral, ki se pojavi na desni strani, izračunamo posebej:
,
,
V to smer, 
, kje
. (4)
Ocena Fourierjevih koeficientov. (Bugrov)
Izrek 1. Naj ima funkcija ƒ(x) periode 2π zvezni odvod ƒ (s) (x) reda s, ki zadošča neenakosti na celotni realni osi:
│ ƒ (s) (x)│≤ M s ; (5)
potem Fourierjevi koeficienti funkcije ƒ zadoščajo neenakosti
Dokaz. Integracija po delih in ob upoštevanju tega
ƒ(-π) = ƒ(π), imamo
Zaporedna integracija desne strani (7) ob upoštevanju, da so odvodi ƒ ΄ , …, ƒ (s-1) zvezni in imajo enake vrednosti tudi v točkah t = -π in t = π kot oceno (5) dobimo prvo oceno ( 6).
Drugo oceno (6) dobimo na podoben način.
Izrek 2. Fourierjevi koeficienti ƒ(x) zadoščajo neenačbi
(8)
Dokaz. Imamo
(9)
Če v tem primeru uvedemo spremembo spremenljivke in upoštevamo, da je ƒ(x) periodična funkcija, dobimo
Če seštejemo (9) in (10), dobimo
Dokaz za b k izvedemo na podoben način.
Posledica. Če je funkcija ƒ(x) zvezna, potem njeni Fourierjevi koeficienti težijo k nič: a k → 0, b k → 0, k → ∞.
Prostor funkcij s skalarnim produktom.
Funkcijo ƒ(x) imenujemo delno zvezna na segmentu, če je na tem segmentu zvezna, razen morda za končno število točk, kjer ima diskontinuitete prve vrste. Takšne točke je mogoče sešteti in pomnožiti z realnimi števili in posledično spet dobiti delno zvezne funkcije na segmentu.
Skalarni produkt dveh delno zveznih na (a< b) функций ƒ и φ будем называть интеграл
(11)
Očitno za poljubne delno zvezne funkcije ƒ , φ , ψ veljajo naslednje lastnosti:
1) (ƒ , φ) = (φ, ƒ);
2) (ƒ , ƒ) in enakost (ƒ , ƒ) = 0 implicira, da je ƒ(x) =0 na , brez morda končnega števila točk x;
3) (α ƒ + β φ, ψ) = α (ƒ, ψ) + β (φ, ψ),
kjer sta α, β poljubna realna števila.
Množico vseh delno zveznih funkcij, definiranih na intervalu , za katere uvedemo skalarni produkt po formuli (11), bomo označili, 
in pokličite prostor 
Opomba 1.
V matematiki je prostor = (a, b) množica funkcij ƒ(x), ki so integrabilne v Lebesgueovem smislu na skupaj s svojimi kvadrati, za katere je skalarni produkt uveden s formulo (11). Zadevni prostor je del . Prostor ima veliko lastnosti prostora, vendar ne vseh.
Lastnosti 1), 2), 3) pomenijo pomembno neenakost Bunyakovskega | (ƒ , φ) | ≤ (ƒ , ƒ) ½ (φ , φ) ½ , kar je v jeziku integralov videti takole:
Vrednost
se imenuje norma funkcije f.
Norma ima naslednje lastnosti:
1) || f || ≥ 0, medtem ko je enakost lahko samo za ničelno funkcijo f = 0, tj. funkcijo, ki je enaka nič, razen morda za končno število točk;
2) || ƒ + φ || ≤ || ƒ(x) || || φ ||;
3) || α ƒ || = | α | · || ƒ ||,
kjer je α realno število.
Druga lastnost v jeziku integralov izgleda takole:
in se imenuje neenakost Minkowskega.
Rečeno je, da zaporedje funkcij ( f n ), pripada , konvergira k funkciji, ki pripada v smislu srednjega kvadrata na (ali sicer v normi), če
Upoštevajte, da če zaporedje funkcij ƒ n (x) enakomerno konvergira k funkciji ƒ (x) na odseku , mora biti za dovolj velik n razlika ƒ (x) - ƒ n (x) v absolutni vrednosti majhna za vse x iz segmenta.
Če ƒ n (x) teži k ƒ(x) v srednjem kvadratnem smislu na odseku , potem navedena razlika morda ni majhna za velike n povsod na . Na nekaterih mestih odseka je lahko ta razlika velika, pomembno pa je le, da je integral njegovega kvadrata odseka majhen pri velikih n.
Primer. Naj bo na dani zvezni delno linearni funkciji ƒ n (x) (n = 1, 2,…), prikazani na sliki, in
(Bugrov, str. 281, sl. 120)
Za vsako naravno n
in posledično to zaporedje funkcij, čeprav konvergira k ničli pri n → ∞, ni enakomerno. medtem
tj. zaporedje funkcij (f n (x)) teži k nič v smislu srednjega kvadrata na .
Iz elementov nekega zaporedja funkcij ƒ 1 , ƒ 2 , ƒ 3 ,… (ki pripadajo ) sestavimo vrsto
ƒ 1 + ƒ 2 + ƒ 3 +… (12)
Vsota njenih prvih n članov
σ n = ƒ 1 + ƒ 2 + … + ƒ n
obstaja funkcija, ki pripada . Če se zgodi, da obstaja funkcija ƒ taka, da
|| ƒ-σ n || → 0 (n → ∞),
potem rečemo, da vrsta (12) konvergira k funkciji ƒ v srednjem kvadratnem smislu in zapišemo
ƒ = ƒ 1 + ƒ 2 + ƒ 3 +…
Opomba 2.
Upoštevamo lahko prostor = (a, b) funkcij s kompleksnimi vrednostmi ƒ(x) = ƒ 1 (x) + iƒ 2 (x), kjer sta ƒ 1 (x) in ƒ 2 (x) realni delno zvezni funkciji . V tem prostoru so funkcije pomnožene s kompleksnimi števili in skalarnim produktom funkcij ƒ(x) = ƒ 1 (x) + iƒ 2 (x) in φ(x) = φ 1 (x) + i φ 2 (x) je opredeljeno kot sledi:
norma ƒ pa je opredeljena kot vrednost
Fourierjeva vrsta periodičnih funkcij s periodo 2π.
Fourierjeva vrsta vam omogoča preučevanje periodičnih funkcij tako, da jih razstavite na komponente. Izmenični tokovi in napetosti, pomiki, hitrosti in pospeški ročičnih mehanizmov ter akustični valovi so značilni praktični primeri uporabe periodičnih funkcij v inženirskih izračunih.
Razširitev v Fourierjev niz temelji na predpostavki, da je mogoče vse funkcije praktičnega pomena v intervalu -π ≤ x ≤ π izraziti kot konvergentno trigonometrično vrsto (vrsta se šteje za konvergentno, če konvergira zaporedje delnih vsot, sestavljenih iz njenih članov) :
Standardni (=običajni) zapis skozi vsoto sinx in cosx
f(x)=a o + a 1 cosx+a 2 cos2x+a 3 cos3x+...+b 1 sinx+b 2 sin2x+b 3 sin3x+...,
kjer so a o , a 1 ,a 2 ,...,b 1 ,b 2 ,.. realne konstante, tj.
Pri čemer se za območje od -π do π koeficienti Fourierjeve vrste izračunajo po formulah:
Koeficienti a o , a n in b n se imenujejo Fourierjevi koeficienti, in če jih je mogoče najti, se pokliče serija (1). blizu Fourierja, ki ustreza funkciji f(x). Za niz (1) imenujemo člen (a 1 cosx+b 1 sinx) prvi oz glavna harmonika,
Drug način za pisanje serije je uporaba relacije acosx+bsinx=csin(x+α)
f(x)=a o +c 1 sin(x+α 1)+c 2 sin(2x+α 2)+...+c n sin(nx+α n)
Kjer je a o konstanta, c 1 \u003d (a 1 2 +b 1 2) 1/2, c n \u003d (a n 2 +b n 2) 1/2 so amplitude različnih komponent in je enak a n \ u003d arctg a n /b n.
Za vrsto (1) se člen (a 1 cosx + b 1 sinx) ali c 1 sin (x + α 1) imenuje prvi oz. glavna harmonika,(a 2 cos2x+b 2 sin2x) ali c 2 sin(2x+α 2) se imenuje drugi harmonik in tako naprej.
Za natančno predstavitev kompleksnega signala je običajno potrebno neskončno število členov. Vendar je v mnogih praktičnih problemih dovolj, da upoštevamo samo prvih nekaj členov.
Fourierjeva vrsta neperiodičnih funkcij s periodo 2π.
Razširitev neperiodičnih funkcij v Fourierjev niz.
Če je funkcija f(x) neperiodična, je ni mogoče razširiti v Fourierjev niz za vse vrednosti x. Vendar pa je mogoče definirati Fourierjev niz, ki predstavlja funkcijo v poljubnem območju širine 2π.
Glede na neperiodično funkcijo lahko sestavite novo funkcijo tako, da izberete vrednosti f(x) v določenem območju in jih ponovite zunaj tega območja v intervalih 2π. Ker je nova funkcija periodična s periodo 2π, jo je mogoče razširiti v Fourierjev niz za vse vrednosti x. Na primer, funkcija f(x)=x ni periodična. Če pa jo je treba razširiti v Fourierjev niz na intervalu od 0 do 2π, se periodična funkcija s periodo 2π konstruira zunaj tega intervala (kot je prikazano na spodnji sliki).
Za neperiodične funkcije, kot je f(x)=x, je vsota Fourierjevega niza enaka vrednosti f(x) na vseh točkah v danem območju, vendar ni enaka f(x) za točke izven obsega. Za iskanje Fourierjeve vrste neperiodične funkcije v območju 2π se uporablja ista formula Fourierjevih koeficientov.
Sode in lihe funkcije.
Pravijo, da je funkcija y=f(x) celoče je f(-x)=f(x) za vse vrednosti x. Grafi sodih funkcij so vedno simetrični glede na os y (to pomeni, da so zrcaljeni). Dva primera sodih funkcij: y=x 2 in y=cosx.
Pravijo, da je funkcija y=f(x) Čuden,če je f(-x)=-f(x) za vse vrednosti x. Grafi lihih funkcij so vedno simetrični glede na izvor.
Mnoge funkcije niso niti sode niti lihe.
Razširitev v Fourierjev niz v kosinuse.
Fourierjeva vrsta sode periodične funkcije f(x) s periodo 2π vsebuje samo kosinusne člene (tj. ne vsebuje sinusnih členov) in lahko vključuje konstanten člen. Posledično
kje so koeficienti Fourierove vrste,
Fourierjeva vrsta lihe periodične funkcije f(x) s periodo 2π vsebuje samo člene s sinusi (tj. ne vsebuje členov s kosinusi).
Posledično
kje so koeficienti Fourierove vrste,
Fourierjeva vrsta na polciklu.
Če je funkcija definirana za obseg, recimo od 0 do π, in ne samo od 0 do 2π, jo je mogoče razširiti v niz samo glede na sinuse ali samo v smislu kosinusov. Nastala Fourierjeva vrsta se imenuje blizu Fourierja na pol cikla.
Če želite dobiti razgradnjo Fourier na polciklu v kosinusih funkcije f(x) v območju od 0 do π, potem je treba sestaviti sodo periodično funkcijo. Na sl. spodaj je funkcija f(x)=x zgrajena na intervalu od x=0 do x=π. Ker je soda funkcija simetrična glede na os f(x), narišemo premico AB, kot je prikazano na sl. spodaj. Če predpostavimo, da je zunaj obravnavanega intervala nastala trikotna oblika periodična s periodo 2π, potem ima končni graf obliko, prikaz. na sl. spodaj. Ker je treba kot prej pridobiti Fourierjevo razširitev v kosinusih, izračunamo Fourierjeva koeficienta a o in a n
Če želite dobiti funkcije f (x) v območju od 0 do π, potem morate sestaviti liho periodično funkcijo. Na sl. spodaj je funkcija f(x)=x zgrajena na intervalu od x=0 do x=π. Ker je liha funkcija simetrična glede na izhodišče, sestavimo premico CD, kot je prikazano na sl. Če predpostavimo, da je zunaj obravnavanega intervala prejeti žagasti signal periodičen s periodo 2π, potem ima končni graf obliko, prikazano na sl. Ker je potrebno pridobiti Fourierjevo razširitev na pol cikla v smislu sinusov, kot prej izračunamo Fourierjev koeficient. b
Fourierjeva vrsta za poljuben interval.
Razširitev periodične funkcije s periodo L.
Periodična funkcija f(x) se ponavlja, ko x narašča za L, tj. f(x+L)=f(x). Prehod s predhodno obravnavanih funkcij s periodo 2π na funkcije s periodo L je dokaj preprost, saj ga lahko izvedemo s spremembo spremenljivke.
Za iskanje Fourierjeve vrste funkcije f(x) v območju -L/2≤x≤L/2 uvedemo novo spremenljivko u, tako da ima funkcija f(x) periodo 2π glede na u. Če je u=2πx/L, potem je x=-L/2 za u=-π in x=L/2 za u=π. Naj bo tudi f(x)=f(Lu/2π)=F(u). Fourierjeva vrsta F(u) ima obliko
Kje so koeficienti Fourierove vrste,
Pogosteje pa zgornja formula vodi do odvisnosti od x. Ker je u=2πх/L, potem je du=(2π/L)dx in so meje integracije od -L/2 do L/2 namesto od -π do π. Zato ima Fourierjeva vrsta za odvisnost od x obliko
kjer so v območju od -L/2 do L/2 koeficienti Fourierjeve vrste,
(Integracijske meje lahko nadomestimo s poljubnim intervalom dolžine L, na primer od 0 do L)
Fourierjeva vrsta na polciklu za funkcije, podane v intervalu L≠2π.
Za zamenjavo u=πx/L interval od x=0 do x=L ustreza intervalu od u=0 do u=π. Zato lahko funkcijo razširimo v niz samo po kosinusih ali samo po sinusih, tj. v Fourierjeva vrsta na pol cikla.
Razširitev v kosinusih v območju od 0 do L ima obliko
, kje
Fourierjeva vrsta funkcije f (x) na intervalu (-l; l) se imenuje trigonometrična vrsta oblike: 
, kje
Sestanek. Spletni kalkulator je zasnovan za razširitev funkcije f(x) v Fourierjev niz.
Za modulo funkcije (npr. |x|) uporabite kosinusna ekspanzija.
Pravila vnosa funkcij:
Za modulo funkcije uporabite kosinusno razširitev. Na primer za |x| potrebno je uvesti funkcijo brez modula, tj. x .Fourierjeva vrsta je delno zvezna, delno monotona in omejena na interval (- l;l) funkcije konvergira na celotno realno os.
Vsota Fourierjeve vrste S(x):
- je periodična funkcija s periodo 2 l. Funkcija u(x) se imenuje periodična s periodo T (ali T-periodična), če za vse x domene R velja u(x+T)=u(x).
- v intervalu (- l;l) sovpada s funkcijo f(x), razen prelomnih točk
- na diskontinuitetnih točkah (prve vrste, ker je funkcija omejena) funkcije f(x) in zavzame povprečne vrednosti na koncih intervala:
Pravijo, da se funkcija razširi v Fourierjev niz na intervalu (- l;l):
.
Če f(x) soda funkcija, potem pri njeni ekspanziji sodelujejo samo sode funkcije, tj. b n=0.
Če f(x) je liha funkcija, potem pri njeni ekspanziji sodelujejo samo lihe funkcije, tj. a n=0
Blizu Fouriera
funkcije f(x) na intervalu (0; l) s kosinusi več lokov
vrstica se imenuje: 
, kje 
.
Blizu Fouriera
funkcije f(x) na intervalu (0; l) s sinusi večih lokov
vrstica se imenuje: 
, kje 
.
Vsota Fourierjevega niza preko kosinusov več lokov je soda periodična funkcija s periodo 2 l, ki sovpada z f(x) na intervalu (0; l) na točkah kontinuitete.
Vsota Fourierjevega niza nad sinusi več lokov je liha periodična funkcija s periodo 2 l, ki sovpada z f(x) na intervalu (0; l) na točkah kontinuitete.
Fourierjeva vrsta za dano funkcijo na danem intervalu ima lastnost edinstvenosti, to je, če je razširitev pridobljena na kakršen koli drug način kot z uporabo formul, na primer z izbiro koeficientov, potem ti koeficienti sovpadajo s tistimi, izračunanimi po formulah .
Primer #1. Razširite funkcijo f(x)=1:
a) v popolnem Fourierjevem nizu na intervalu(-π ;π);
b) v nizu vzdolž sinusov več lokov na intervalu(0;π); narišite dobljeno Fourierjevo vrsto
rešitev:
a) Razširitev v Fourierjev niz na interval (-π; π) ima obliko: 
,
in vse koeficiente b n=0, ker ta funkcija je parna; tako,
Očitno bo enakost zadoščena, če vzamemo
a 0 =2, a 1 =a 2 =a 3 =…=0
Na podlagi lastnosti edinstvenosti so to želeni koeficienti. Tako je zahtevana razširitev: 
ali samo 1=1.
V tem primeru, ko vrsta identično sovpada s svojo funkcijo, graf Fourierjeve vrste sovpada z grafom funkcije na celotni realni premici.
b) Razširitev na interval (0;π) glede na sinuse več lokov ima obliko:
Očitno je nemogoče izbrati koeficiente tako, da bi enakost veljala identično. Za izračun koeficientov uporabimo formulo:
Tako za celo n (n=2k) imamo b n=0, za liho ( n=2k-1) - 
končno, 
.
Narišimo nastalo Fourierjevo vrsto z uporabo njenih lastnosti (glej zgoraj).
Najprej zgradimo graf te funkcije na danem intervalu. Nadalje, z izkoriščanjem lihosti vsote serije, nadaljujemo graf simetrično na izvor: 
Nadaljujemo periodično na celotni številski osi: 
In končno, na prelomnih točkah izpolnimo povprečne (med desno in levo mejo) vrednosti: 
Primer #2. Razširi funkcijo 
na intervalu (0;6) vzdolž sinusov več lokov.
rešitev: Želena razširitev ima obliko:
Ker tako levi kot desni del enakosti vsebujeta samo sinusne funkcije različnih argumentov, morate preveriti, ali argumenti sinusov v levem in desnem delu enačbe sovpadata za katero koli vrednost n (naravno!)
ali , od koder je n =18. To pomeni, da je tak izraz vsebovan na desni strani in mora koeficient zanj sovpadati s koeficientom na levi strani: b 18 =1;
ali , od koder je n =4. pomeni, b 4 =-5.
Tako je bilo z izbiro koeficientov mogoče dobiti želeno razširitev.
prepis
1 MINISTRSTVO ZA IZOBRAŽEVANJE IN ZNANOST RUSKE FEDERACIJE NOVOSIBIRSKA DRŽAVNA UNIVERZA FAKULTETA ZA FIZIKO R. K. Belkheeva FOURIERJEVE VRSTE V PRIMERIH IN NALOGAH Vadnica Novosibirsk 211
2 UDC BBK V161 B44 B44 Belkheeva R. K. Fourierjeve vrste v primerih in problemih: Učbenik / Novosib. država un-t. Novosibirsk, s. ISBN Vadnica nudi osnovne informacije o Fourierjevih vrstah in nudi primere za vsako obravnavano temo. Podrobno je analiziran primer uporabe Fourierjeve metode za reševanje problema prečnih nihanj strune. Podano je ilustrativno gradivo. Obstajajo naloge za samostojno reševanje. Namenjen je študentom in učiteljem Fakultete za fiziko Novosibirske državne univerze. Objavljeno po sklepu Metodološke komisije Fakultete za fiziko NSU. Recenzent dr. fiz.-mat. znanosti. V. A. Aleksandrov ISBN c Novosibirska državna univerza, 211 c Belkheeva R. K., 211
3 1. Razširitev 2π-periodične funkcije v Fourierjev niz Definicija. Fourierjeva vrsta funkcije f(x) je funkcionalna vrsta a 2 + (a n cosnx + b n sin nx), (1) kjer sta koeficienta a n, b n izračunana po formulah: a n = 1 π b n = 1 π f (x) cosnxdx, n = , 1,..., (2) f(x) sin nxdx, n = 1, 2,.... (3) Formule (2) (3) imenujemo Eulerjeve Fourierjeve formule . Dejstvo, da funkcija f(x) ustreza Fourierjevi vrsti (1), je zapisano kot formula f(x) a 2 + (a n cosnx + b n sin nx) (4) in pravijo, da je desna stran formule ( 4) je formalna serija Fourierovih funkcij f(x). Z drugimi besedami, formula (4) pomeni samo, da so koeficienti a n, b n najdeni s formulami (2), (3). 3
4 Opredelitev. 2π-periodično funkcijo f(x) imenujemo kosovno gladka, če interval [, π] vsebuje končno število točk = x< x 1 <... < x n = π таких, что в каждом открытом промежутке (x j, x j+1) функция f(x) непрерывно дифференцируема, а в каждой точке x j существуют конечные пределы слева и справа: f(x j) = lim h + f(x j h), f(x j +) = lim h + f(x j + h), (5) f(x j h) f(x j) f(x j + h) f(x j +) lim, lim. h + h h + h (6) Отметим, что последние два предела превратятся в односторонние производные после замены предельных значений f(x j) и f(x j +) значениями f(x j). Теорема о представимости кусочно-гладкой функции в точке своим рядом Фурье (теорема о поточечной сходимости). Ряд Фурье кусочно-гладкой 2π-периодической функции f(x) сходится в каждой точке x R, а его сумма равна числу f(x), если x точка непрерывности функции f(x), f(x +) + f(x) и равна числу, если x точка разрыва 2 функции f(x). ПРИМЕР 1. Нарисуем график, найдем ряд Фурье функции, заданной на промежутке [, π] формулой, f(x) = x, предполагая, что она имеет период 2π, и вычислим суммы 1 1 числовых рядов (2n + 1) 2, n 2. n= Решение. Построим график функции f(x). Получим кусочно-линейную непрерывную кривую с изломами в точках x = πk, k целое число (рис. 1). 4
5 sl. 1. Graf funkcije f(x) nx + π n n 2 = 2 π (1) n 1 n 2 = b n = 1 π π = 2 π f(x) cosnxdx = cos nx cos n 2 = 4 πn2, za liho n, za sodo n, f(x ) sin nxdx = ker je funkcija f(x) soda. Za funkcijo f(x) zapišemo formalno Fourierjevo vrsto: f(x) π 2 4 π k= 5 cos (2k + 1)x (2k + 1) 2.
6 Ugotovi, ali je funkcija f(x) delno gladka. Ker je zvezen, izračunamo le limite (6) na končnih točkah intervala x = ±π in na prelomni točki x = : in f(π h) f(π) π h π lim = lim h + h h + h = 1, f(+ h) f(+) + h () lim = lim h + h h + h f(+ h) f(+) + h lim = lim = 1, h + h h + h = 1 , f(h) f () h () lim = lim = 1. h + h h + h Limeje obstajajo in so končne, zato je funkcija delno gladka. Po točkovnem konvergenčnem izreku njegova Fourierjeva vrsta konvergira k številu f(x) v vsaki točki, tj. f(x) = π 2 4 π k= cos (2k + 1) + x (2k + 1) 2 = = π 2 4 (cosx + 19 π cos 3x) cos 5x (7) Sliki 2 in 3 prikazujeta značaj aproksimacije delnih vsot Fourierjevega niza S n (x), kjer je S n (x) = a n 2 + (a k coskx + b k sin kx), k=1, funkciji f(x) v intervalu [, π] . 6
7 sl. Sl. 2. Graf funkcije f(x) s superponiranima grafoma delnih vsot S (x) = a 2 in S 1(x) = a 2 + a 1 cos x 3. Graf funkcije f (x) z grafom delne vsote na njej S 99 (x) \u003d a 2 + a 1 cos x + + a 99 cos 99x 7
8 Če nadomestimo v (7) x = dobimo: = π 2 4 π k= 1 (2k + 1) 2, od koder najdemo vsoto številske serije: = π2 8. Če poznamo vsoto te vrste, je lahko najdemo naslednjo vsoto. Imamo: S = ( ) S = ()= π S, torej S = π2 6, to je 1 n = π Vsoto te slavne serije je prvi našel Leonhard Euler. Pogosto ga najdemo v matematični analizi in njenih aplikacijah. PRIMER 2. Narišite graf, poiščite Fourierjev niz funkcije, podane s formulo f(x) = x za x< π, предполагая, что она имеет период 2π, и вычислим суммы числовых (1) n) рядов + n= ((2n + 1,) (k k + 1) Решение. График функции f(x) приведен на рис. 4. 8
9 sl. 4. Graf funkcije f(x) Funkcija f(x) je zvezno diferenciabilna na intervalu (, π). V točkah x = ±π ima končne meje (5): f() =, f(π) = π. Poleg tega obstajajo končne meje (6): f(+ h) f(+) lim = 1 in h + h f(π h) f(π +) lim = 1. h + h Torej je f(x) delno gladka funkcija. Ker je funkcija f(x) liha, potem je a n =. Koeficiente b n dobimo z integracijo po delih: b n = 1 π f(x) sin πnxdx= 1 [ x cosnx π πn + 1 n = 1 πn [(1)n π + (1) n π] = 2(1 )n+ ena. n Sestavimo formalno Fourierjevo vrsto funkcije 2(1) n+1 f(x) sin nx. n 9 cosnxdx ] =
10 Po točkovnem konvergenčnem izreku za delno gladko 2π-periodično funkcijo konvergira Fourierjeva vrsta funkcije f(x) k vsoti: 2(1) n+1 sin nx = n f(x) = x, če je π< x < π, = f(π) + f(π +) 2 =, если x = π, (8) f() + f(+) =, если x =. 2 На рис. 5 8 показан характер приближения частичных сумм S n (x) ряда Фурье к функции f(x). Рис. 5. График функции f(x) с наложенным на него графиком частичной суммы S 1 (x) = a 2 + a 1 cos x 1
11 sl. Sl. 6. Graf funkcije f(x) z grafom delne vsote S 2 (x) na njej. 7. Graf funkcije f(x) z nadkritim grafom delne vsote S 3 (x) 11
12 sl. 8. Graf funkcije f(x) na katerega je naložen graf delne vsote S 99 (x) Z dobljenim Fourierjevim nizom poiščemo vsoti dveh numeričnih nizov. V (8) vnesemo x = π/2. Potem je 2 () +... = π 2 ali = n= (1) n 2n + 1 = π 4. Z lahkoto smo našli vsoto dobro znane Leibnizove vrste. Če v (8) postavimo x = π/3, dobimo () +... = π 2 3 ali (1+ 1) () (k) 3π +...= 3k
13 PRIMER 3. Nariši graf, poišči Fourierjev niz funkcije f(x) = sin x ob predpostavki, da ima periodo 2π, in 1 izračunaj vsoto številskega niza 4n 2 1. Rešitev. Graf funkcije f(x) je prikazan na sl. 9. Očitno je f(x) = sin x zvezna soda funkcija s periodo π. Toda 2π je tudi perioda funkcije f(x). riž. 9. Graf funkcije f(x) Izračunajmo Fourierove koeficiente. Vsi b n = ker je funkcija soda. S trigonometričnimi formulami izračunamo a n za n 1: a n = 1 π = 1 π sin x cosnxdx = 2 π sin x cosnxdx = (sin(1 + n)x sin(1 n)x) dx = = 1 () π cos( 1 + n)x cos(1 n)x + = 2 () 1 + (1) n = π 1 + n 1 n π 1 n 2 ( 4 1, če je n = 2k, = π n 2 1, če je n = 2k
14 Ta izračun nam ne omogoča, da bi našli koeficient a 1, ker gre pri n = 1 imenovalec na nič. Zato izračunamo koeficient a 1 neposredno: a 1 = 1 π sin x cosxdx =. Ker je f(x) zvezno diferenciabilna na (,) in (, π) in v točkah kπ, (k je celo število), obstajajo končne meje (5) in (6), Fourierjeva vrsta funkcije konvergira k to na vsaki točki: = 2 π 4 π sinx = 2 π 4 π cos 2nx 4n 2 1 = (1 1 cos 2x cos 4x + 1) cos 6x 1. Graf funkcije f(x) z grafom delne vsote S(x) prekritim 14
15 sl. Sl. 11. Graf funkcije f(x) z grafom delne vsote S 1 (x) na njej. Sl. 12. Graf funkcije f(x) z grafom delne vsote S 2 (x) na njej. 13. Graf funkcije f(x) z nadkritim grafom delne vsote S 99 (x) 15
16 1 Izračunaj vsoto številskih nizov. Da bi to naredili, damo 4n 2 1 v (9) x =. Potem je cosnx = 1 za vse n = 1, 2,... in torej 2 π 4 π 1 4n 2 1 =. 1 4n 2 1 = = 1 2. PRIMER 4. Dokažimo, da če delno gladka zvezna funkcija f(x) izpolnjuje pogoj f(x π) = f(x) za vse x (tj. je π-periodična), , potem je a 2n 1 = b 2n 1 = za vse n 1 in obratno, če je a 2n 1 = b 2n 1 = za vse n 1, potem je f(x) π-periodična. rešitev. Naj bo funkcija f(x) π-periodična. Izračunajmo njegova Fourierjeva koeficienta a 2n 1 in b 2n 1: = 1 π (a 2n 1 = 1 π f(x) cos(2n 1)xdx + f(x) cos(2n 1)xdx =) f(x ) cos (2n 1)xdx. V prvem integralu naredimo spremembo spremenljivke x = t π : f(x) cos(2n 1)xdx = f(t π) cos(2n 1)(t + π) dt. 16
17 Če uporabimo dejstvo, da je cos(2n 1)(t + π) = cos(2n 1)t in f(t π) = f(t), dobimo: a 2n 1 = 1 π (f(x) cos( 2n 1)x dx+) f(x) cos(2n 1)x dx =. Podobno dokažemo, da je b 2n 1 =. Nasprotno pa naj bo a 2n 1 = b 2n 1 =. Ker je funkcija f(x) zvezna, imamo po izreku o predstavljivosti funkcije v točki z njeno Fourierjevo vrsto. Potem je f(x π) = f(x) = (a 2n cos 2nx + b 2n sin 2nx). (a2n cos 2n(x π) + b 2n sin 2n(x π)) = (a2n cos 2nx + b 2n sin 2nx) = f(x), kar pomeni, da je f(x) π-periodična funkcija. PRIMER 5. Dokažimo, da če kosovno gladka funkcija f(x) izpolnjuje pogoj f(x) = f(x) za vse x, potem velja a = in a 2n = b 2n = za vse n 1 in obratno , če je a = a 2n = b 2n =, potem je f(x π) = f(x) za vse x. rešitev. Naj funkcija f(x) izpolnjuje pogoj f(x π) = f(x). Izračunajmo njegove Fourierjeve koeficiente: 17
18 = 1 π (a n = 1 π f(x) cos nxdx + f(x) cosnxdx =) f(x) cosnxdx. V prvem integralu naredimo spremembo spremenljivke x = t π. Potem je f(x) cosnxdx = f(t π) cosn(t π) dt. Če uporabimo dejstvo, da je cos n(t π) = (1) n cosnt in f(t π) = f(t), dobimo: a n = 1 π ((1) n) f(t) cosnt dt = if n sodo, = 2 π f(t) cos nt dt, če je n liho. π Podobno dokažemo, da je b 2n =. Nasprotno pa naj bo a = a 2n = b 2n = za vse n 1. Ker je funkcija f(x) zvezna, potem po izreku o predstavljivosti funkcije v točki njena Fourierjeva vrsta izpolnjuje enakost f( x) = (a 2n 1 cos ( 2n 1)x + b 2n 1 sin (2n 1)x). osemnajst
19 Potem je = f(x π) = = = f(x). PRIMER 6. Preučimo, kako funkcijo f(x), integrabilno na intervalu [, π/2], razširimo na interval [, π], tako da ima njena Fourierjeva vrsta obliko: a 2n 1 cos(2n 1) x. (1) Rešitev. Naj ima graf funkcije obliko, prikazano na sl. 14. Ker je v seriji (1) a = a 2n = b 2n = za vse n, iz primera 5 sledi, da mora funkcija f(x) zadostiti enakosti f(x π) = f(x) za vse x. Ta ugotovitev nam omogoča razširitev funkcije f(x) na interval [, /2] : f(x) = f(x+π), sl. 15. Iz dejstva, da vrsta (1) vsebuje samo kosinuse, sklepamo, da mora biti kontinuirna funkcija f (x) soda (tj. njen graf mora biti simetričen glede na os Oy), sl.
20 sl. 14. Graf funkcije f(x) 15. Graf nadaljevanja funkcije f(x) na intervalu [, /2] 2
21 Torej ima želena funkcija obliko, prikazano na sl. 16. Sl. 16. Graf nadaljevanja funkcije f(x) na intervalu [, π] Če povzamemo, sklepamo, da je treba funkcijo nadaljevati na naslednji način: f(x) = f(x), f(π x) = f(x), to je interval [π/2, π], je graf funkcije f(x) centralno simetričen glede na točko (π/2,), na intervalu [, π] pa je njen graf simetrično glede na os Oy. 21
22 POSPLOŠITEV ZGLEDOV 3 6 Naj bo l >. Upoštevajte dva pogoja: a) f(l x) = f(x); b) f(l + x) = f(x), x [, l/2]. Z geometrijskega vidika pogoj (a) pomeni, da je graf funkcije f(x) simetričen glede na navpičnico x = l/2, pogoj (b) pa, da je graf f(x) središčno simetrična glede na točko (l/2;) na abscisni osi. Potem veljajo naslednje trditve: 1) če je funkcija f(x) soda in je izpolnjen pogoj (a), potem b 1 = b 2 = b 3 =... =, a 1 = a 3 = a 5 = ... = ; 2) če je funkcija f(x) soda in je izpolnjen pogoj (b), potem b 1 = b 2 = b 3 =... =, a = a 2 = a 4 =... = ; 3) če je funkcija f(x) liha in je izpolnjen pogoj (a), potem je a = a 1 = a 2 =... =, b 2 = b 4 = b 6 =... = ; 4) če je funkcija f(x) liha in je izpolnjen pogoj (b), potem je a = a 1 = a 2 =... =, b 1 = b 3 = b 5 =... =. TEŽAVE V nalogah 1 7 narišite grafe in poiščite Fourierjev niz za funkcije (ob predpostavki, da imajo periodo 2π: če< x <, 1. f(x) = 1, если < x < π. 1, если < x < /2, 2. f(x) =, если /2 < x < π/2, 1, если π/2 < x < π. 3. f(x) = x 2 (< x < π). 4. f(x) = x 3 (< x < π). { π/2 + x, если < x <, 5. f(x) = π/2 x, если < x < π. 22
23 (1 če /2< x < π/2, 6. f(x) = 1, если π/2 < x < 3π/2. {, если < x <, 7. f(x) = sin x, если < x < π. 8. Как следует продолжить интегрируемую на промежутке [, π/2] функцию f(x) на промежуток [, π], чтобы ее ряд Фурье имел вид: b 2n 1 sin (2n 1)x? Ответы sin(2n 1)x sin(2n + 1)x. π 2n 1 π 2n + 1 n= 3. 1 (1) n () 12 3 π2 + 4 cosnx. 4. (1) n n 2 n 2π2 sin nx. 3 n 5. 4 cos(2n + 1)x π (2n + 1) (1) n cos(2n + 1)x. π 2n + 1 n= n= 7. 1 π sin x 2 cos 2nx. 8. Функцию следует продолжить следующим образом: f(x) = f(x), f(π x) = f(x), π 4n 2 1 то есть на промежутке [, π], график функции f(x) будет симметричен относительно вертикальной прямой x = π/2, на промежутке [, π] ее график центрально симметричен относительно точки (,). 23
24 2. Razširitev funkcije, podane v intervalu [, π], samo po sinusih ali samo po kosinusih Naj bo funkcija f podana v intervalu [, π]. Da jo v tem intervalu razširimo v Fourierjev niz, najprej poljubno razširimo f v interval [, π], nato pa uporabimo Eulerjeve Fourierjeve formule. Poljubnost pri nadaljevanju funkcije vodi do tega, da lahko za isto funkcijo f: [, π] R dobimo različne Fourierjeve vrste. Toda to poljubnost je mogoče uporabiti tako, da dobimo razširitev samo po sinusih ali samo po kosinusih: v prvem primeru zadošča nadaljevanje f na liho, v drugem pa na sodo. Algoritem rešitve 1. Funkcijo nadaljuj liho (sodo) na (,), nato pa periodično s periodo 2π nadaljuj funkcijo na celotno os. 2. Izračunajte Fourierjeve koeficiente. 3. Sestavite Fourierjev niz funkcije f(x). 4. Preverite pogoje za konvergenco vrste. 5. Določite funkcijo, h kateri bo ta serija konvergirala. PRIMER 7. Razširimo funkcijo f(x) = cosx,< x < π, в ряд Фурье только по синусам. Решение. Продолжим функцию нечетным образом на (,) (т. е. так, чтобы равенство f(x) = f(x) выполнялось для всех x (, π)), а затем периодически с периодом 2π на всю ось. Получим функцию f (x), график которой приведен на рис
25 sl. 17. Graf kontinuirne funkcije Očitno je funkcija f (x) delno gladka. Izračunajmo Fourierjeve koeficiente: a n = za vse n, ker je funkcija f (x) liha. Če je n 1, potem je b n = 2 π f(x) sin πnxdx = 2 π cosx sin nxdx = = 2 π dx = = 2 π cos (n + 1) x cos (n 1) x + = π n + 1 n 1 = 1 (1) n (1)n 1 1 = π n + 1 n 1 = 1 če je n = 2 k + 1, (1)n+1 (n 1) + (n + 1) = π ( n + 1)(n 1) 2 2n, če je n = 2k. π n 2 1 Za n = 1 v prejšnjih izračunih je imenovalec izničen, tako da lahko koeficient b 1 izračunamo neposredno.
26 V bistvu: b 1 = 2 π cosx sin xdx =. Sestavite Fourierjev niz funkcije f (x) : f (x) 8 π k=1 k 4k 2 1 sin 2kx. Ker je funkcija f (x) delno gladka, potem po točkovnem konvergenčnem izreku Fourierjeva vrsta funkcije f (x) konvergira k vsoti cosx, če je π< x <, S(x) =, если x =, x = ±π, cosx, если < x < π. В результате функция f(x) = cosx, заданная на промежутке (, π), выражена через синусы: cosx = 8 π k=1 k 4k 2 1 sin 2kx, x (, π). Рис демонстрируют постепенное приближение частичных сумм S 1 (x), S 2 (x), S 3 (x) к разрывной функции f (x). 26
27 sl. Sl. 18. Graf funkcije f (x) z grafom delne vsote S 1 (x) na njej. 19. Graf funkcije f(x) z grafom delne vsote S 2 (x) na njej 27
28 sl. Sl. 2. Graf funkcije f (x) z nadkritim grafom delne vsote S 3 (x). 21 sta prikazana grafa funkcije f (x) in njene delne vsote S 99 (x). riž. 21. Graf funkcije f (x) z nadkritim grafom delne vsote S 99 (x) 28
29 PRIMER 8. Razširimo funkcijo f(x) = e ax, a >, x [, π], v Fourierjev niz samo po kosinusih. rešitev. Funkcijo nadaljujemo enakomerno na (,) (tj. tako, da enakost f(x) = f(x) velja za vse x (, π)), nato pa periodično s periodo 2π na celotno realno os. Dobimo funkcijo f (x), katere graf je prikazan na sl. 22. Funkcija f (x) v točkah 22. Graf kontinuirne funkcije f (x) x = kπ, k je celo število, ima pregibe. Izračunajmo Fourierjeve koeficiente: b n =, saj je f (x) sodo. Z integracijo po delih dobimo 29
30 a n = 2 π a = 2 π = 2 cosnxd(e ax) = 2 πa e ax dx = 2 π a (eaπ 1), f(x) cos πnxdx = 2 π πa eax cosnx = 2 πa (eaπ cosnπ 1 ) + 2n πa 2 π e ax cos nxdx = + 2n e ax sin nxdx = πa sin nxde ax = = 2 π a (eaπ cos n π 1) + 2n π sin nx π a 2eax 2n2 e ax cos nxdx = 2 π a 2 π a (eaπ cos n π 1) n2 a a n. 2 Zato je a n = 2a e aπ cos n π 1. π a 2 + n 2 Ker je f (x) zvezna, v skladu s točkovnim konvergenčnim izrekom njena Fourierjeva vrsta konvergira k f (x). Zato imamo za vse x [, π] f(x) = 1 π a (eaπ 1)+ 2a π k=1 e aπ (1) k 1 a 2 + k 2 coskx (x π). Slike prikazujejo postopno približevanje delnih vsot Fourierove vrste dani diskontinuirani funkciji. 3
31 sl. 23. Grafa funkcij f (x) in S (x) 24. Grafa funkcij f (x) in S 1 (x) 25. Grafa funkcij f (x) in S 2 (x) 26. Grafa funkcij f (x) in S 3 (x) 31
32 sl. 27. Grafa funkcij f (x) in S 4 (x) 28. Grafa funkcij f (x) in S 99 (x) NALOGA 9. Razširi funkcijo f (x) = cos x, x π, v Fourierjev niz samo po kosinusih. 1. Razširite funkcijo f (x) \u003d e ax, a >, x π, v Fourierjevo vrsto samo glede na sinuse. 11. Razširite funkcijo f (x) \u003d x 2, x π v Fourierjevem nizu samo v sinusih. 12. Razširite funkcijo f (x) \u003d sin ax, x π, v Fourierjevo vrsto samo glede na kosinuse. 13. Razširite funkcijo f (x) \u003d x sin x, x π v Fourierjevem nizu samo v sinusih. Odgovori 9. cosx = cosx. 1. e ax = 2 [ 1 (1) k e aπ] k sin kx. π a 2 + k2 k=1 11. x 2 2 [ π 2 (1) n 1 π n + 2 ] n 3 ((1)n 1) sin nx. 32
33 12. Če a ni celo število, potem je sin ax = 1 cosaπ (1 + +2a cos 2nx ) + π a 2 (2n) 2 +2a 1 + cosaπ cos(2n 1)x π a 2 (2n 1) 2; če je a = 2m sodo število, potem je sin 2mx = 8m cos(2n 1)x π (2m) 2 (2n 1) 2; če je a = 2m 1 pozitivno liho število, potem je sin(2m 1)x = 2 ( cos 2nx ) 1 + 2(2m 1). π (2m 1) 2 (2n) π 16 n sin x sin 2nx. 2 π (4n 2 1) 2 3. Fourierjeva vrsta funkcije s poljubno periodo Predpostavimo, da je funkcija f(x) definirana v intervalu [ l, l], l >. Z zamenjavo x = ly, y π dobimo funkcijo g(y) = f(ly/π), definirano v intervalu π [, π]. Ta funkcija g(y) ustreza (formalnemu) Fourierjevemu nizu () ly f = g(y) a π 2 + (a n cosny + b n sin ny), katerega koeficiente najdemo z Eulerjevimi Fourierjevimi formulami: a n = 1 π g(y) cosny dy = 1 π f (ly π) cos ny dy, n =, 1, 2,..., 33
34 b n = 1 π g(y) sinny dy = 1 π f () ly sin ny dy, n = 1, 2,.... π l, dobimo rahlo spremenjeno trigonometrično vrsto za funkcijo f(x): kjer je f(x) a 2 + a n = 1 l b n = 1 l l l l (a n cos πnx l f(x) cos πnx l f(x) sin πnx l + b n sin πnx), (11) l dx, n =, 1, 2 ,..., (12) dx, n = 1, 2,.... (13) Formule (11) (13) naj bi definirale razširitev v Fourierjev niz funkcije s poljubno periodo. PRIMER 9. Poiščite Fourierjev niz funkcije, podane v intervalu (l, l) z izrazom ( A če je l< x, f(x) = B, если < x < l, считая, что она периодична с периодом 2l. Решение. Продолжим функцию периодически, с периодом 2l, на всю ось. Получим функцию f (x), кусочно-постоянную в промежутках (l + 2kl, l + 2kl), и претерпевающую разрывы первого рода в точках x = lk, k целое число. Ее коэффициенты Фурье вычисляются по формулам (12) и (13): 34
35 a = 1 l l f(x) dx = 1 l A dx + 1 l l B dx = A + B, l l a n = 1 l l l f(x) cos πnx l dx = = 1 l = 1 l l A cos πnx l = A + B π n l b n = 1 l dx + 1 l l B cos πnx l sin πn = če je n, l l A sin πnx l f(x) sin πnx l dx + 1 l l dx = B sin πnx l = B A (1 cosπn). πn Sestavite Fourierjev niz funkcije f (x) : f(x) A + B π (B A Ker je cosπn = (1) n, potem je n dx = dx = (1 cosπn) sin πnx). l za n = 2k dobimo b n = b 2k =, za n = 2k 1 b n = b 2k 1 = 35 2(B A) π(2k 1).
36 Zato f(x) A + B (B A) π (sin πx + 1 3πx sin + 1 5πx sin +... l 3 l 5 l Po točkovnem konvergenčnem izreku je Fourierjeva vrsta funkcije f(x) konvergira k vsoti A, če je l< x, S(x) = A + B, если x =, x = ±l, 2 B, если < x < l. Придавая параметрам l, A, B конкретные значения получим разложения в ряд Фурье различных функций. Пусть l = π, A =, B = 3π. На рис. 29 приведены графики первых пяти членов ряда, функции f (x) и частичной суммы S 7 (x) = a 2 + b 1 sin x b 7 sin 7x. Величина a является средним значением функции на промежутке. Обратим внимание на то, что с возрастанием ча- 2 стоты гармоники ее амплитуда уменьшается. Для наглядности графики трех высших гармоник сдвинуты по вертикали. На рис. 3 приведен график функции f(x) и частичной суммы S 99 (x) = a 2 + b 1 sin x b 99 sin 99x. Для наглядности на рис. 31 приведен тот же график в другом масштабе. Последние два графика иллюстрируют явление Гиббса. 36).
37 sl. 29. Graf funkcije f (x) s superponiranima grafoma harmonikov S (x) = a 2 in S 1 (x) = b 1 sinx. Zaradi jasnosti so grafi treh višjih harmonikov S 3 (x) \u003d b 3 sin 3πx, S l 5 (x) \u003d b 5 sin 5πx l in S 7 (x) \u003d b 7 sin 7πx premaknjeni navpično gor l 37
38 sl. Sl. 3. Graf funkcije f(x) z nadkritim grafom delne vsote S 99 (x). 31. Odlomek sl. 3 v drugi lestvici 38
39 NALOGE V nalogah razširi podane funkcije v Fourierove vrste v danih intervalih. 14. f(x) = x 1, (1, 1). 15. f(x) = ch2x, (2, 2] f(x) = x (1 x), (1, 1]. 17. f(x) = cos π x, [ 1, 1] f(x ) = sin π x, (1, 1).( 2 1 če je 1< x < 1, 19. f(x) = 2l = 4., если 1 < x < 3; x, если x 1, 2. f(x) = 1, если 1 < x < 2, 2l = 3. { 3 x, если 2 x < 3;, если ωx, 21. f(x) = 2l = 2π/ω. sin ωx, если ωx π; Разложить в ряды Фурье: а) только по косинусам; б) только по синусам указанные функции в заданных промежутках (, l) { 22. f(x) = { 23. f(x) = ax, если < x < l/2, a(l x), если l/2 < x < l. 1, если < x 1, 2 x, если 1 x 2. Ответы 14. f(x) = 4 cos(2n 1)πx. π 2 (2n 1) f(x) = sh sh4 (1) n nπx cos 16 + π 2 n f(x) = cos 2nπx. π 2 n f(x) = 2 π + 8 π (1) n n 1 4n 2 cosnπx. 39
40 18. f(x) = 8 (1) n n sin nπx. π 1 4n (1) n 2n + 1 cos πx. π 2n πn 2πnx π 2 sin2 cos n π sin ωx 2 cos 2nωx π 4n 2 1. (l 22. a) f(x) = al 4 2) 1 (4n 2)πx cos, π 2 (2n 1) 2 l b) f(x) = 4al (1) n 1 (2n 1) πx sin. π 2 (2n 1) 2 l 23. a) f(x) = (cos π π 2 2 x 2 2 cos 2π 2 2 x cos 3π 2 2 x cos 5π), 2 2 x... b) f( x) = 4 (sin π π 2 2 x 1 3 sin 3π)+ 2 2 x (sin π π 2 x cos 2π) 2 x Kompleksna oblika Fourierjeve vrste Razpad f(x) = c n e inx, kjer je c n = 1 2π f (x)e inx dx, n = ±1, ±2,..., se imenuje kompleksna oblika Fourierove vrste. Funkcija se razširi v kompleksno Fourierjevo vrsto pod enakimi pogoji, pod katerimi se razširi v pravo Fourierjevo vrsto. štiri
41 PRIMER 1. Poiščite Fourierjev niz v kompleksni obliki funkcije, podane s formulo f(x) = e ax v intervalu [, π), kjer je a realno število. rešitev. Izračunajmo koeficiente: = c n = 1 2π f(x)e inx dx = 1 2π e (a in)x dx = 1 ((1) n e aπ (1) n e aπ) = (1)n sh aπ. 2π(a in) π(a in) Kompleksna Fourierjeva vrsta funkcije f ima obliko f(x) sh aπ π n= (1) n a in einx. Preverimo, da je funkcija f(x) delno gladka: v intervalu (, π) je zvezno diferenciabilna, v točkah x = ±π pa obstajajo končne meje (5), (6) lim h + ea( +h) = e aπ, lim h + ea(π h) = e aπ, e a(+h) e a(+) lim h + h = ae aπ e a(π h) e a(π), lim h + h = ae aπ. Zato lahko funkcijo f(x) predstavimo s Fourierjevim nizom sh aπ π n= (1) n a v einx, ki konvergira k vsoti: ( e S(x) = ax, če je π< x < π, ch a, если x = ±π. 41
42 PRIMER 11. Poiščite Fourierjev niz v kompleksni in realni obliki funkcije, podane s formulo f(x) = 1 a 2 1 2a cosx + a2, kjer je a< 1, a R. Решение. Функция f(x) является четной, поэтому для всех n b n =, а a n = 2 π f(x) cosnxdx = 2 (1 a2) π cos nxdx 1 2a cosx + a 2. Не будем вычислять такой сложный интеграл, а применим следующий прием: 1. используя формулы Эйлера sin x = eix e ix 2i = z z 1, cosx = eix + e ix 2i 2 = z + z 1, 2 где z = e ix, преобразуем f(x) к рациональной функции комплексной переменной z; 2. полученную рациональную функцию разложим на простейшие дроби; 3. разложим простейшую дробь по формуле геометрической прогрессии; 4. упростим полученную формулу. Итак, по формулам Эйлера получаем = f(x) = 1 a 2 1 a(z + z 1) + a 2 = (a 2 1)z (z a)(z a 1) = a z a az. (14) 42
43 Spomnimo se, da je vsota neskončne geometrijske progresije z imenovalcem q (q< 1) вычисляется по формуле: + n= q n = 1 1 q. Эта формула верна как для вещественных, так и для комплексных чисел. Поскольку az = a < 1 и a/z = a < 1, то az = + a n z n = a n e inx, a z a = a z 1 1 a/z = a z n= + n= a n z = + n n= n= a n+1 z = + a n+1 e i(n+1)x. n+1 После замены переменной (n + 1) = k, < k < 1, получим: 1 a z a = a k e ikx. Следовательно, f(x) + n= k= c n e inx, где c n = n= { a n, если n, a n, если n <, то есть c n = a n. Поскольку функция f(x) непрерывна, то в силу теоремы о поточечной сходимости имеет место равенство: f(x) = + n= a n e inx. Тем самым мы разложили функцию f(x) в ряд Фурье в комплексной форме. 43
44 Zdaj pa poiščimo Fourierjev niz v realni obliki. Da bi to naredili, združimo člene s številkama n in n za n: a n e inx + a n e inx = 2a neinx + e inx Ker je c = 1, potem je 2 = 2a n cos nx. f(x) = 1 a 2 1 2a cosx + a = a n cosnx. 2 To je Fourierjev niz v realni obliki funkcije f(x). Tako smo brez izračuna enega samega integrala našli Fourierjevo vrsto funkcije. Pri tem smo izračunali trdi integral v odvisnosti od parametra cos nxdx 1 2a cosx + a = 2 π an 2 1 a2, a< 1. (15) ПРИМЕР 12. Найдем ряд Фурье в комплексной и вещественной форме функции, заданной формулой a sin x f(x) = 1 2a cosx + a2, a < 1, a R. Решение. Функция f(x) является нечетной, поэтому для всех n a n = и b n = 2 π f(x) sin nxdx = 2a π sin x sin nxdx 1 2a cosx + a 2. Чтобы записать ряд Фурье нужно вычислить сложные интегралы или воспользоваться приемом, описанным выше. Поступим вторым способом: 44
45 a(z z 1) f(x) = 2i (1 a(z z 1) + a 2) = i 2 + i (a + a 1)z 2 2 (z a)(z a 1) = = i 2 + i () a 2 z a + a 1. z a 1 Vsakega od preprostih ulomkov razširimo po formuli geometrijske progresije: + a z a = a 1 z 1 a = a a n z z n, n= z a 1 z a = az = a n z n. n= To je mogoče, ker je az = a/z = a< 1. Значит + ia n /2, если n <, f(x) c n e inx, где c n =, если n =, n= ia n /2, если n >ali, na kratko, c n = 1 2i a n sgnn. Tako najdemo Fourierjev niz v kompleksni obliki. Z združevanjem členov s številoma n in n dobimo Fourierjev niz funkcije v realni obliki: = f(x) = + a sin x 1 2a cosx + a + 2 (1 2i an e inx 1 2i an e inx n= +) = c n e inx = a n sin nx. Spet nam je uspelo izračunati naslednji kompleksni integral: sin x sin nxdx 1 2a cosx + a 2 = π an 1. (16) 45
46 NALOGA 24. S pomočjo (15) izračunajte integral cos nxdx 1 2a cosx + a 2 za realni a, a > Z uporabo (16) izračunajte integral sin x sin nxdx za realni a, a > a cosx + a2 V nalogah , poiščite Fourierjev niz v kompleksni obliki za funkcije. 26. f(x) = sgn x, π< x < π. 27. f(x) = ln(1 2a cosx + a 2), a < 1. 1 a cosx 28. f(x) = 1 2a cosx + a2, a < Докажите, что функция f, определенная в промежутке [, π], вещественнозначна, если и только если коэффициенты c n ее комплексного ряда Фурье связаны соотношениями c n = c n, n =, ±1, ±2, Докажите, что функция f, определенная в промежутке [, π], является четной (т. е. удовлетворяет соотношению f(x) = f(x)), если и только если коэффициенты c n ее комплексного ряда Фурье связаны соотношениями c n = c n, n = ±1, ±2, Докажите, что функция f, определенная в промежутке [, π], является нечетной (т. е. удовлетворяет соотношению f(x) = f(x)), если и только если коэффициенты c n ее комплексного ряда Фурье связаны соотношениями c n = c n, n =, ±1, ±2,.... Ответы 1 2π 24. a n a π a n i + e 2inx, где подразумевается, что слагаемое, соответствующее n =, пропущено. π n n= a n n cosnx. 28. a n cosnx. n= 46
47 5. Izrek o enakosti Ljapunova (Ljapunova enakost). Naj bo funkcija f: [, π] R takšna, da je f 2 (x) dx< +, и пусть a n, b n ее коэффициенты Фурье. Тогда справедливо равенство, a (a 2 n + b2 n) = 1 π называемое равенством Ляпунова. f 2 (x) dx, ПРИМЕР 13. Напишем равенство Ляпунова для функции { 1, если x < a, f(x) =, если a < x < π и найдем с его помощью суммы числовых рядов + sin 2 na n 2 и + Решение. Очевидно, 1 (2n 1) 2. 1 π f 2 (x) dx = 1 π a a dx = 2a π. Так как f(x) четная функция, то для всех n имеем b n =, a = 2 π f(x) dx = 2 π a dx = 2a π, 47
48 a n = 2 π f(x) cosnxdx = 2 π a cos nxdx = 2 sin na πn. Zato ima enakost Ljapunova za funkcijo f(x) obliko: 2 a 2 π + 4 sin 2 na = 2a 2 π 2 n 2 π. Iz zadnje enakosti za a π dobimo sin 2 na n 2 = a(π a) 2 Ob predpostavki a = π 2 dobimo sin2 na = 1 za n = 2k 1 in sin 2 na = za n = 2k. Zato je k=1 1 (2k 1) 2 = π2 8. PRIMER 14. Zapišimo enakost Ljapunova za funkcijo f(x) = x cosx, x [, π] in jo uporabimo za iskanje vsote števila vrsta (4n 2 + 1) 2 (4n 2 1) 4. 1 π Rešitev. Neposredni izračuni dajejo = π π f 2 (x) dx = 1 π x 2 cos 2 xdx = 1 π x sin 2xdx = π π x cos x = π x 21 + cos 2x dx = 2 π 1 4π cos 2xdx =
49 Ker je f(x) soda funkcija, potem za vse n velja b n =, a n = 2 π = 1 π 1 = π(n + 1) = f(x) cosnxdx = 2 π 1 cos(n + 1 )x π (n + 1) 2 x cosxcosnxdx = x (cos(n + 1)x + cos(n 1)x) dx = 1 π sin(n + 1)xdx sin(n 1)xdx = π(n 1) π π 1 + cos(n 1)x = π(n 1) 2 1 (= (1) (n+1) 1) 1 (+ (1) (n+1) 1) = π(n + 1) 2 π(n 1) 2 () = (1)(n+1) 1 1 π (n + 1) + 1 = 2 (n 1) 2 = 2 (1)(n+1) 1 n k π (n 2 1) = π (4k 2 1) 2, če je n = 2k, 2, če je n = 2k + 1. Koeficient a 1 je treba izračunati posebej, saj v splošni formuli za n = 1 imenovalec ulomka izgine. . = 1 π a 1 = 2 π f(x) cosxdx = 2 π x(1 + cos 2x)dx = π 2 1 2π 49 x cos 2 xdx = sin 2xdx = π 2.
50 Tako ima enačba Ljapunova za funkcijo f(x) obliko: 8 π + π (4n 2 + 1) 2 π 2 (4n 2 1) = π 2 1) = π π NALOGA 32. Zapišite enačbo Ljapunova za funkcijo ( x f(x) = 2 πx, če je x< π, x 2 πx, если π < x. 33. Напишите равенства Ляпунова для функций f(x) = cos ax и g(x) = sin ax, x [, π]. 34. Используя результат предыдущей задачи и предполагая, что a не является целым числом, выведите следующие классические разложения функций πctgaπ и (π/ sin aπ) 2 по рациональным функциям: πctgaπ = 1 a + + 2a a 2 n 2, (π) = sin aπ (a n) 2. n= 35. Выведите комплексную форму обобщенного равенства Ляпунова. 36. Покажите, что комплексная форма равенства Ляпунова справедлива не только для вещественнозначных функций, но и для комплекснозначных функций. 5
51 π (2n + 1) = π sin 2απ 2απ = 2sin2 απ α 2 π 2 Odgovori + 4 sin2 απ π 2 α 2 (α 2 n 2) 2; sin 2απ 1 2απ = απ n 2 4sin2 π 2 (α 2 n 2) 2. 1 π 35. f(x)g(x) dx= c n d n, kjer je c n Fourierjev koeficient 2π od f(x) in d n je Fourierjev koeficient funkcije g(x). 6. Diferenciacija Fourierjevih vrst Naj bo f: R R zvezno diferenciabilna 2π-periodična funkcija. Njegova Fourierjeva vrsta ima obliko: f(x) = a 2 + (a n cos nx + b n sin nx). Odvod f (x) te funkcije bo zvezna in 2π-periodična funkcija, za katero je mogoče zapisati formalno Fourierjevo vrsto: f (x) a 2 + (a n cos nx + b n sin nx), kjer a, a n , b n, n = 1 , 2,... Fourierjevi koeficienti funkcije f (x). 51
52 Izrek (o člen za členom diferenciacije Fourierjevih vrst). Ob zgornjih predpostavkah veljajo enakosti a =, a n = nb n, b n = na n, n 1. PRIMER 15. Naj bo kosovno gladka funkcija f(x) zvezna v intervalu [, π]. Dokažimo, da ob izpolnjenem pogoju f(x)dx = velja neenakost 2 dx 2 dx, imenovana Steklova neenakost, in preverimo, da je enakost v njej realizirana samo za funkcije oblike f(x) = A cosx. Z drugimi besedami, Steklova neenakost daje pogoje, pod katerimi majhnost odvoda (v rms) implicira majhnost funkcije (v rms). rešitev. Enakomerno razširimo funkcijo f(x) na interval [, ]. Razširjeno funkcijo označimo z istim simbolom f(x). Takrat bo kontinuirna funkcija zvezna in delno gladka na intervalu [, π]. Ker je funkcija f(x) zvezna, je f 2 (x) zvezna na intervalu in 2 dx< +, следовательно, можно применить теорему Ляпунова, согласно которой имеет место равенство 1 π 2 dx = a () a 2 n + b 2 n. 52
53 Ker je kontinuirna funkcija soda, je b n =, a = po pogoju. Posledično ima enakost Lyapunova obliko 1 π 2 dx = a 2 π n. (17) Prepričajmo se, da f (x) ustreza sklepu izreka o diferenciaciji po členih Fourierove vrste, to je, da je a =, a n = nb n, b n = na n, n 1. Naj se odvod f (x) prelomi v točkah x 1, x 2,..., x N v intervalu [, π]. Označimo x =, x N+1 = π. Integracijski interval [, π] razdelimo na N +1 intervalov (x, x 1),..., (x N, x N+1), na vsakem od katerih je f(x) zvezno diferencibilen. Nato z uporabo lastnosti aditivnosti integrala in integracijo po delih dobimo: b n = 1 π = 1 π = 1 π f (x) sin nxdx = 1 π N f(x) sin nx j= N f(x ) sin nx j= x j+1 x j x j+1 x j n n π N j= x j+1 x j x j+1 x j f (x) sin nxdx = f(x) cosnxdx = f(x) cosnxdx = = 1 π [( f(x 1) sin nx 1 f(x) sin nx) + + (f(x 2) sinnx 2 f(x 1) sin nx 1)
54 + (f(x N+1) sin nx N+1 f(x N) sin nx N)] na n = = 1 π na n = = 1 π na n = na n. x j+1 a = 1 f (x)dx = 1 N f (x)dx = π π j= x j = 1 N x j+1 f(x) π = 1 (f(π) f()) = . x j π j= Podobno dobimo a n = nb n. Pokazali smo, da je izrek o diferenciaciji Fourierjevih vrst po členih za zvezno delno gladko 2π-periodično funkcijo, katere odvod v intervalu [, π] podvržen diskontinuitetam prve vrste, resničen. Torej f (x) a 2 + (a n cosnx + b n sin nx) = (na n)sin nx, ker je a =, a n = nb n =, b n = na n, n = 1, 2,... Ker 2dx< +, то по равенству Ляпунова 1 π 2 dx = 54 n 2 a 2 n. (18)
55 Ker je vsak člen niza v (18) večji ali enak ustreznemu členu niza v (17), potem je 2 dx 2 dx. Če se spomnimo, da je f(x) sodo nadaljevanje prvotne funkcije, imamo 2 dx 2 dx. Kar dokazuje Steklovo enakost. Zdaj pa preverimo, za katere funkcije velja enakost v Steklovi neenakosti. Če je za vsaj en n 2 koeficient a n različen od nič, potem je a 2 n< na 2 n. Следовательно, равенство a 2 n = n 2 a 2 n возможно только если a n = для n 2. При этом a 1 = A может быть произвольным. Значит в неравенстве Стеклова равенство достигается только на функциях вида f(x) = A cosx. Отметим, что условие πa = f(x)dx = (19) существенно для выполнения неравенства Стеклова, ведь если условие (19) нарушено, то неравенство примет вид: a a 2 n n 2 a 2 n, а это не может быть верно при произвольном a. 55
56 NALOGE 37. Naj bo kosovno gladka funkcija f(x) zvezna na intervalu [, π]. Dokažite, da pod pogojem f() = f(π) = velja neenakost 2 dx 2 dx, imenovana tudi Steklova neenakost, in se prepričajte, da enakost v njej velja samo za funkcije oblike f(x) = B sin x . 38. Naj bo funkcija f zvezna v intervalu [, π] in ima v sebi (z morebitno izjemo le končnega števila točk) kvadratno integrabilen odvod f(x). Dokažite, da če sta izpolnjena pogoja f() = f(π) in f(x) dx =, velja neenakost 2 dx 2 dx, imenovana Wirtingerjeva neenakost, enakost v njej pa velja samo za funkcije oblika f(x) = A cosx + B sinx. 56
57 7. Uporaba Fourierjevih vrst za reševanje parcialnih diferencialnih enačb Pri preučevanju realnega objekta (naravnih pojavov, proizvodnega procesa, krmilnega sistema itd.) se izkažeta za pomembna dva dejavnika: stopnja akumuliranega znanja o predmetu, ki ga proučujemo, in stopnja razvoja matematičnega aparata. Na sedanji stopnji znanstvenih raziskav je bila razvita naslednja veriga: pojav fizični model matematični model. Fizična formulacija (model) problema je naslednja: identificirani so pogoji za razvoj procesa in glavni dejavniki, ki nanj vplivajo. Matematična formulacija (model) je sestavljena iz opisovanja faktorjev in pogojev, izbranih v fizikalni formulaciji, v obliki sistema enačb (algebraičnih, diferencialnih, integralnih itd.). Pravimo, da je problem pravilno zastavljen, če v določenem funkcionalnem prostoru obstaja rešitev problema, ki je enolično in zvezno odvisna od začetnih in robnih pogojev. Matematični model ni identičen obravnavanemu objektu, ampak je njegov približen opis Izpeljava enačbe prostih malih prečnih nihanj strune Sledili bomo učbeniku. Konci vrvice naj bodo fiksni, sama vrvica pa napeta. Če vrvico vzamemo iz ravnotežja (na primer tako, da jo potegnemo ali udarimo), se vrvica začne 57
58 oklevaj. Predpostavimo, da se vse točke strune gibljejo pravokotno na njen ravnovesni položaj (prečne vibracije) in da struna v vsakem trenutku leži v isti ravnini. Vzemimo sistem pravokotnih koordinat xou v tej ravnini. Potem, če je bil v začetnem času t = niz vzdolž osi Ox, potem bo u pomenil odstopanje niza od ravnotežnega položaja, to je položaj točke niza z absciso x v poljubnem času t ustreza vrednosti funkcije u(x, t). Za vsako fiksno vrednost t predstavlja graf funkcije u(x, t) obliko vibrirajoče strune v času t (slika 32). Pri konstantni vrednosti x daje funkcija u(x, t) zakon gibanja točke z absciso x vzdolž premice, vzporedne z osjo Ou, odvod u t je hitrost tega gibanja, sekunda pa odvod 2 u t 2 je pospešek. riž. 32. Sile, ki delujejo na neskončno majhen odsek vrvice Zapišimo enačbo, ki jo mora izpolnjevati funkcija u(x, t). Da bi to naredili, naredimo nekaj bolj poenostavljenih predpostavk. Predpostavili bomo, da je niz popolnoma prožen.
59 coy, to pomeni, predpostavili bomo, da se struna ne upira upogibanju; to pomeni, da so napetosti, ki nastanejo v nizu, vedno usmerjene tangencialno na njegov trenutni profil. Predpostavlja se, da je vrvica elastična in zanjo velja Hookov zakon; to pomeni, da je sprememba velikosti natezne sile sorazmerna s spremembo dolžine vrvice. Predpostavimo, da je niz homogen; to pomeni, da je njegova linearna gostota ρ konstantna. Zanemarjamo zunanje sile. To pomeni, da upoštevamo prosta nihanja. Preučevali bomo le majhne tresljaje strune. Če z ϕ(x, t) označimo kot med abscisno osjo in tangento na vrvico v točki z absciso x v času t, potem je pogoj za majhna nihanja, da je vrednost ϕ 2 (x, t) lahko zanemarimo v primerjavi s ϕ (x, t), tj. ϕ 2. Ker je kot ϕ majhen, potem je cos ϕ 1, ϕ sin ϕ tg ϕ u, torej lahko vrednost (u x x,) 2 tudi biti zanemarjen. Iz tega takoj sledi, da lahko v procesu nihanja zanemarimo spremembo dolžine katerega koli odseka strune. Dejansko je dolžina kosa vrvice M 1 M 2 projicirana v interval osi x, kjer je x 2 = x 1 + x, enaka l = x 2 x () 2 u dx x. x Pokažimo, da bo ob naših predpostavkah vrednost natezne sile T konstantna vzdolž celotne vrvice. Da bi to naredili, vzamemo del niza M 1 M 2 (slika 32) v času t in nadomestimo delovanje zavrženih delov.
60 kov z nateznimi silami T 1 in T 2. Ker se po pogoju vse točke vrvice gibljejo vzporedno z osjo Ou in ni zunanjih sil, je vsota projekcij nateznih sil na os Ox mora biti enak nič: T 1 cosϕ(x 1, t) + T 2 cosϕ(x 2, t) =. Zato zaradi majhnosti kotov ϕ 1 = ϕ(x 1, t) in ϕ 2 = ϕ(x 2, t) sklepamo, da je T 1 = T 2. Označimo splošno vrednost T 1 = T 2 s T. Sedaj izračunamo vsoto projekcij F u istih sil na os Ou: F u = T sin ϕ(x 2, t) T sin ϕ(x 1, t). (2) Ker je za majhne kote sin ϕ(x, t) tg ϕ(x, t) in tg ϕ(x, t) u(x, t)/ x, lahko enačbo (2) prepišemo kot F u T (tan ϕ(x 2, t) tan ϕ(x 1, t)) (u T x (x 2, t) u) x (x 1, t) x x T 2 u x 2(x 1, t) x . Ker je točka x 1 izbrana poljubno, potem je F u T 2 u x2(x, t) x. Ko najdemo vse sile, ki delujejo na odsek M 1 M 2, nanj uporabimo drugi Newtonov zakon, po katerem je produkt mase in pospeška enak vsoti vseh delujočih sil. Masa kosa vrvice M 1 M 2 je enaka m = ρ l ρ x, pospešek pa 2 u(x, t). Newtonova t 2 enačba ima obliko: 2 u t (x, t) x = u 2 α2 2 x2(x, t) x, kjer je α 2 = T ρ konstantno pozitivno število. 6
61 Če zmanjšamo za x, dobimo 2 u t (x, t) = u 2 α2 2 x2(x, t). (21) Kot rezultat smo dobili linearno homogeno parcialno diferencialno enačbo drugega reda s konstantnimi koeficienti. Imenuje se enačba nihanja strune ali enodimenzionalna valovna enačba. Enačba (21) je v bistvu preoblikovanje Newtonovega zakona in opisuje gibanje strune. Toda v fizični formulaciji problema so bile zahteve, da so konci vrvice fiksirani in da je položaj vrvice na neki točki v času znan. Te pogoje bomo zapisali v enačbe na naslednji način: a) predpostavili bomo, da so konci vrvice pritrjeni na točkah x = in x = l, tj. predpostavili bomo, da za vse t veljajo razmerja u(, t) = , u(l, t ) = ; (22) b) predpostavili bomo, da v trenutku t = položaj niza sovpada z grafom funkcije f(x), to pomeni, da za vse x [, l] velja enakost u(x, ) = f( x); (23) c) predpostavili bomo, da ima v trenutku t = točki vrvice z absciso x dana hitrost g(x), torej predpostavimo, da je u (x,) = g(x). (24) t Relacije (22) se imenujejo robni pogoji, relacije (23) in (24) pa začetni pogoji. Matematični model proste male prečnice 61
62 nihanja strune je, da je treba rešiti enačbo (21) z robnimi pogoji (22) in začetnimi pogoji (23) in (24) Rešitev enačbe prostih malih prečnih nihanj strune po Fourierjevi metodi< t <, удовлетворяющие граничным условиям (22) и начальным условиям (23) и (24), будем искать методом Фурье (называемым также методом разделения переменных). Метод Фурье состоит в том, что частные решения ищутся в виде произведения двух функций, одна из которых зависит только от x, а другая только от t. То есть мы ищем решения уравнения (21), которые имеют специальный вид: u(x, t) = X(x)T(t), (25) где X дважды непрерывно дифференцируемая функция от x на [, l], а T дважды непрерывно дифференцируемая функция от t, t >. Če nadomestimo (25) v (21), dobimo: X T = α 2 X T, (26) ali T (t) α 2 T(t) = X (x) X(x). (27) Rečeno je, da je prišlo do ločitve spremenljivk. Ker x in t nista odvisna drug od drugega, leva stran v (27) ni odvisna od x, desna stran pa ni odvisna od t, skupna vrednost teh razmerij pa je 62
63 mora biti konstanten, kar označimo z λ: T (t) α 2 T(t) = X (x) X(x) = λ. Tako dobimo dve navadni diferencialni enačbi: X (x) λx(x) =, (28) T (t) α 2 λt(t) =. (29) V tem primeru imajo robni pogoji (22) obliko X()T(t) = in X(l)T(t) =. Ker morajo biti izpolnjeni za vse t, t >, potem je X() = X(l) =. (3) Poiščimo rešitve enačbe (28), ki izpolnjujejo robne pogoje (3). Razmislimo o treh primerih. 1. primer: λ >. Označimo λ = β 2. Enačba (28) ima obliko X (x) β 2 X(x) =. Njena karakteristična enačba k 2 β 2 = ima korenine k = ±β. Zato ima splošna rešitev enačbe (28) obliko X(x) = C e βx + De βx. Konstanti C in D moramo izbrati tako, da so izpolnjeni robni pogoji (3), to je X() = C + D =, X(l) = C e βl + De βl =. Ker je β, ima ta sistem enačb edinstveno rešitev C = D =. Zato X(x) in 63
64 u(x, t). Tako smo v primeru 1 dobili trivialno rešitev, ki je ne bomo več obravnavali. Primer 2: λ =. Potem ima enačba (28) obliko X (x) = in njena rešitev je očitno podana s formulo: X(x) = C x+d. Če to rešitev nadomestimo v robne pogoje (3), dobimo X() = D = in X(l) = Cl =, torej C = D =. Zato sta X(x) in u(x, t) in spet imamo trivialno rešitev. Primer 3: λ<. Обозначим λ = β 2. Уравнение (28) принимает вид: X (x)+β 2 X(x) =. Его характеристическое уравнение имеет вид k 2 + β 2 =, а k = ±βi являются его корнями. Следовательно, общее решение уравнения (28) в этом случае имеет вид X(x) = C sin βx + D cosβx. В силу граничных условий (3) имеем X() = D =, X(l) = C sin βl =. Поскольку мы ищем нетривиальные решения (т. е. такие, когда C и D не равны нулю одновременно), то из последнего равенства находим sin βl =, т. е. βl = nπ, n = ±1, ±2,..., n не равно нулю, так как сейчас мы рассматриваем случай 3, в котором β. Итак, если β = nπ (nπ) 2, l, т. е. λ = то существуют l решения X n (x) = C n sin πnx, (31) l C n произвольные постоянные, уравнения (28), не равные тождественно нулю. 64
65 V nadaljevanju bomo n pripisovali samo pozitivne vrednosti n = 1, 2,..., saj bomo za negativni n dobili rešitve enake oblike (nπ). Vrednosti λ n = so imenovane lastne vrednosti, funkcije X n (x) = C n sin πnx lastne funkcije diferencialne enačbe (28) z robnimi pogoji (3). Zdaj pa rešimo enačbo (29). Zanj ima značilna enačba obliko k 2 α 2 λ =. (32) l 2 Ker smo zgoraj ugotovili, da netrivialne rešitve X(x) enačbe (28) obstajajo samo za negativni λ, ki je enak λ = n2 π 2, bomo te λ obravnavali v nadaljevanju. Koreni enačbe (32) so k = ±iα λ, rešitve enačbe (29) pa imajo obliko: T n (t) = A n sin πnαt + B n cos πnαt, (33) l l kjer je A n in B n so poljubne konstante. Če formuli (31) in (33) zamenjamo v (25), najdemo posebne rešitve enačbe (21), ki izpolnjujejo robne pogoje (22): (u n (x, t) = B n cos πnαt + A n sin πnαt) C n sin pnx. l l l Z vpisom faktorja C n v oklepajih in uvedbo zapisa C n A n = b n in B n C n = a n, zapišemo u n (X, T) kot (u n (x, t) = a n cos πnαt + b n sin πnαt ) sin pnx. (34) l l l 65
66 Nihanja strune, ki ustrezajo rešitvam u n (x, t), imenujemo lastna nihanja strune. Ker so enačba (21) in robni pogoji (22) linearni in homogeni, bo linearna kombinacija rešitev (34) (u(x, t) = a n cos πnαt + b n sin πnαt) sin πnx (35) l l l a rešitev enačbe (21 ), ki izpolnjuje robne pogoje (22) s posebnim izborom koeficientov a n in b n, ki zagotavlja enakomerno konvergenco vrste. Sedaj izberemo koeficienta a n in b n rešitve (35) tako, da ne izpolnjuje samo robnih pogojev, ampak tudi začetna pogoja (23) in (24), kjer sta f(x), g(x) podani funkciji ( poleg tega je f() = f (l) = g() = g(l) =). Predpostavimo, da funkciji f(x) in g(x) izpolnjujeta Fourierjeve pogoje razširitve. Če nadomestimo vrednost t = v (35), dobimo u(x,) = a n sin πnx l = f(x). Z diferenciranjem vrste (35) glede na t in zamenjavo t = dobimo u t (x,) = πnα b n sin πnx l l = g(x), kar je razteg funkcij f(x) in g(x) v Fourierove vrste. Zato je a n = 2 l l f(x) sin πnx l dx, b n = 2 l g(x) sin πnx dx. πnα l (36) 66
67 Če izraza za koeficienta a n in b n nadomestimo v niz (35), dobimo rešitev enačbe (21), ki zadošča robnim pogojem (22) in začetnima pogojema (23) in (24). Tako smo rešili problem prostih majhnih prečnih nihanj strune. Pojasnimo fizikalni pomen lastnih funkcij u n (x, t) problema prostih nihanj strune, definiranih s formulo (34). Zapišimo ga kot pri čemer je u n (x, t) = α n cos πnα l α n = a 2 n + b2 n, (t + δ n) sin πnx, (37) l πnα δ n = arctg b n. l a n Formula (37) kaže, da vse točke vrvice izvajajo harmonična nihanja z enako frekvenco ω n = πnα in fazo πnα δ n. Amplituda nihanja je odvisna od l l abscise x točke vrvice in je enaka α n sin πnx. Pri takem nihanju vse točke strune istočasno dosežejo svoj l največji odklon v eno ali drugo smer in istočasno preidejo ravnotežni položaj. Takšna nihanja imenujemo stoječi valovi. Stoječi val bo imel n + 1 fiksno točko, podano s koreni enačbe sin πnx = v intervalu [, l]. Fiksne točke se imenujejo vozlišča stojnega vala. V sredini med vozlišči - l mi so točke, na katerih odstopanja dosežejo največ; takšne točke imenujemo antinode. Vsaka struna ima lahko lastna nihanja strogo določenih frekvenc ω n = πnα, n = 1, 2,... Te frekvence imenujemo lastne frekvence strune. Najnižji ton l, ki ga struna lahko proizvede, določi sama 67
68 nizka lastna frekvenca ω 1 = π T in se imenuje osnovni ton strune. Preostale tone, ki ustrezajo l ρ frekvencam ω n, n = 2, 3,..., imenujemo nadtoni ali harmoniki. Zaradi jasnosti bomo prikazali tipične profile strune, ki oddaja osnovni ton (slika 33), prvi prizvok (slika 34) in drugi prizvok (slika 35). riž. Sl. 33. Profil strune, ki oddaja osnovni ton. Sl. 34. Profil strune, ki oddaja prvi prizvok. Slika 35. Profil strune, ki oddaja drugi prizvok Če struna izvaja proste vibracije, določene z začetnimi pogoji, potem je funkcija u(x, t), kot je razvidno iz formule (35), predstavljena kot vsota posamezne harmonike. Tako poljubno nihanje 68
69. niz je superpozicija stoječih valov. V tem primeru bo narava zvoka strune (ton, jakost zvoka, tember) odvisna od razmerja med amplitudami posameznih harmonikov Jakost, višina in tember zvoka Nihajoča struna vzbuja nihanje zraka, ki ga človek zaznava. uho kot zvok, ki ga oddaja struna. Moč zvoka označuje energija oziroma amplituda nihanja: večja kot je energija, večja je moč zvoka. Višina zvoka je določena z njegovo frekvenco ali periodo nihanja: višja kot je frekvenca, višji je zvok. Barva zvoka je določena s prisotnostjo prizvokov, porazdelitvijo energije po harmonikih, to je načinom vzbujanja nihanj. Amplitude prizvokov so na splošno manjše od amplitude osnovnega tona, faze prizvokov pa so lahko poljubne. Naše uho ni občutljivo na fazo nihanja. Primerjaj na primer dve krivulji na sl. 36, izposojeno iz . To je posnetek zvoka z enakim osnovnim tonom, pridobljenim iz klarineta (a) in klavirja (b). Oba zvoka nista preprosta sinusna nihanja. Osnovna frekvenca zvoka je v obeh primerih enaka in to ustvarja enak ton. Toda vzorci krivulj so različni, ker se na osnovni ton prekrivajo različni prizvoki. V nekem smislu te risbe kažejo, kaj je tember. 69
Enačbe hiperboličnega tipa. Nihanje neskončne in polneskončne strune. Fourierjeva metoda Fourierjeva metoda Stoječi valovi 4 Predavanje 4.1 Enačbe hiperboličnega tipa. Nihanja neskončna in pol neskončna
MOSKVSKA DRŽAVNA TEHNIČNA UNIVERZA CIVILNEGA LETALSTVA V.M. Lyubimov, E.A. Žukova, V.A. Ukhova, Yu.A. Šurinov
MINISTRSTVO ZA IZOBRAŽEVANJE IN ZNANOST RUSIJE Zvezna državna proračunska izobraževalna ustanova za visoko strokovno izobraževanje MATI Ruska državna tehnološka univerza poimenovana po K. E. Tsiolkovskemu
Ministrstvo za izobraževanje Republike Belorusije Državna tehnološka univerza Vitebsk Tema. "Rows" Oddelek za teoretično in uporabno matematiko. razvil izr. E.B. Dunina. Glavni
Zvezna agencija za izobraževanje Zvezna državna izobraževalna ustanova za visoko strokovno izobraževanje JUŽNA ZVEZNA UNIVERZA R. M. Gavrilova, G. S. Kostetskaya Metodična
Tema Fourierjeva vrsta Praktična lekcija Fourierjeva vrsta v ortogonalnih sistemih funkcij Prostor kosovno zveznih funkcij Posplošena Fourierjeva vrsta 3 Besselova neenakost in konvergenca Fourierjeve vrste Prostor
TEORIJA NIZOV Teorija nizov je najpomembnejša komponenta matematične analize in najde tako teoretično kot številne praktične aplikacije. Razlikovati med numeričnimi in funkcijskimi serijami.
VSEBINA Fourierjeva vrsta 4 Pojem periodične funkcije 4 Trigonometrični polinom 6 3 Ortogonalni sistemi funkcij 4 Trigonometrična Fourierjeva vrsta 3 5 Fourierjeva vrsta za sode in lihe funkcije 6 6 Razgradnja
Zvezna agencija za izobraževanje Moskovske državne univerze za geodezijo in kartografijo (MIIGAiK) METODOLOŠKA NAVODILA IN NALOGE ZA SAMOSTOJNO DELO pri predmetu VIŠJA MATEMATIKA
Predavanje 4. Harmonska analiza. Fourierjeve vrste Periodične funkcije. Harmonična analiza V znanosti in tehnologiji imamo pogosto opravka s periodičnimi pojavi, torej tistimi, ki se ponavljajo skozi
TEMA V FOURIERJEVI VRSTI PREDAVANJE 6 Razširitev periodične funkcije v Fourierjev niz Številni procesi, ki se pojavljajo v naravi in tehnologiji, imajo lastnosti, da se ponavljajo v določenih intervalih Takšni procesi
METODOLOŠKA NAVODILA ZA RAČUNSKE NALOGE PRI PREDMETU VIŠJE MATEMATIKE "NAVADNE DIFERENCIALNE ENAČBE NIZ DVOJNI INTEGRALI" III. DEL TEMATSKI NIZ Vsebina Niz Numerični niz Konvergenca in divergenca
6 Fourierjeve vrste 6 Ortogonalni sistemi funkcij Fourierjeve vrste v terminih pravokotnega sistema funkcij Funkciji ϕ () in ψ (), definirani in integrabilni na segmentu [, ], imenujemo pravokotni na tem segmentu, če
DOLOČEN INTEGRAL. Integralne vsote in določeni integral Naj bo funkcija y = f () definirana na segmentu [, b ], kjer< b. Разобьём отрезок [, b ] с помощью точек деления на n элементарных
5 Potenčne vrste 5 Potenčne vrste: definicija, domena konvergence Funkcijske vrste oblike (a + a) + a () + K + a () + K a) (, (5) števila imenujemo potenčne vrste Števila
BELORUSKA DRŽAVNA UNIVERZA FAKULTETA ZA UPORABNO MATEMATIKO IN INFORMACIJO Oddelek za višjo matematiko Učna pomoč za študente Fakultete za uporabno matematiko in informatiko
Poglejmo si nekaj primerov. Primer. Poiščimo vsoto neskončne geometrijske progresije. Formula za skupni člen tega niza je a+aq+...+aq n +... (a). a n = aq n. Izračunajmo njene delne vsote. Če je q =, potem
Naloga 1.1. Poiščite rešitve y = y(x) diferencialne enačbe, ki niso identične nič v označenem območju in izpolnjujejo podane robne pogoje (Sturm-Liouvillov problem) Rešitev: Razmislite
Matematična analiza Tema: Določen integral Nepravilni integrali Predavatelj Pakhomova E.G. 2017 POGLAVJE II. Določeni integral in njegove aplikacije 1. Določeni integral in njegove lastnosti 1. Naloge,
Predavanje 8 4 Sturm-Liouvillov problem
Pojasnila k besedilu: znak se bere kot "enakovreden" in pomeni, da imata enačbi desno in levo od znaka enako množico rešitev, znak IR označuje množico realnih števil, znak IN
82 4. Sekcija 4. Funkcionalne in potenčne vrste 4.2. Lekcija 3 4.2. Lekcija 3 4.2.. Taylorjeva razširitev funkcije DEFINICIJA 4.2.. Naj bo funkcija y = f(x) neskončno diferenciabilna v neki okolici
MINISTRSTVO ZA IZOBRAŽEVANJE IN ZNANOST RUSIJE ZVEZNA DRŽAVNA PRORAČUNSKA IZOBRAŽEVALNA INSTITUCIJA VISOKEGA STROKOVNEGA IZOBRAŽEVANJA "SAMARA STATE TECHNICAL UNIVERSITY" Oddelek za uporabno matematiko
Zvezna agencija za železniški promet Oddelek Uralske državne univerze za železniški promet "Višja in uporabna matematika" N. P. Chuev Metodični elementi harmonične analize
Predavanje 3 Taylorjeve in Maclaurinove vrste Uporaba potenčnih vrst Razširitev funkcij v potenčne vrste Taylorjeve in Maclaurinove vrste Za aplikacije je pomembno, da lahko dano funkcijo razširimo v potenčne vrste, te funkcije
S A Lavrenchenko wwwwrckoru Predavanje Fourierjeva transformacija Koncept integralne transformacije Metoda integralnih transformacij je ena od močnih metod matematične fizike in je močna rešitev
Integrabilnost funkcije (po Riemannu) in določenega integrala Primeri reševanja nalog 1. Konstantna funkcija f(x) = C je integrabilna na , saj je za poljubne particije in poljubno izbiro točk ξ i integral
I tečaj, naloga. Dokažite, da je Riemannova funkcija, če je 0, m m R(), če, m, m 0, in je ulomek nezmanjšljiv, 0, če je iracionalen, diskontinuirana v vsaki racionalni točki in zvezna v vsaki iracionalni. rešitev.
1 2 Kazalo 1 Fourierjeva vrsta 5 1.1 Trigonometrična Fourierjeva vrsta .................. 5 1.2 Samo sin & cos ............. ............ 7 1.3 Fourierjeva vrsta v kompleksni obliki ............. 11 1.4 f(x) = c k?......... ......
ENAČBE MATEMATIČNE FIZIKE 1. Parcialne diferencialne enačbe
Predavanje 4. Valovne enačbe 1. Izpeljava enačbe nihanja strune 2. Enačba vzdolžnih nihanj palice 3. Začetni pogoji, robni pogoji 4. Postavitev problema 1. Izpeljava enačbe nihanja strune
1. Elektrostatika 1 1. Elektrostatika Lekcija 6 Ločevanje spremenljivk v kartezičnih koordinatah 1.1. (Problem 1.49) Ravnina z = je naelektrena z gostoto σ (x, y) = σ sin (αx) sin (βy), kjer so σ, α, β konstante.
Tema modula Funkcijska zaporedja in nizi Lastnosti enakomerne konvergence zaporedij in nizov Potenčne vrste Predavanje Definicije funkcijskih zaporedij in nizov Enakomerno
Enačbe paraboličnega tipa. Metoda ločevanja spremenljivk Homogeni robni problem Izvorna funkcija Nehomogena toplotna enačba 7 Predavanje 7.1 Enačbe paraboličnega tipa. Metoda ločevanja
Predavanje Številske vrste Znaki konvergence Številske vrste Znaki konvergence Neskončni izraz številskega zaporedja + + + +, sestavljen iz členov neskončnega, imenujemo številski niz
35 7 Trigonometrična Fourierjeva vrsta Fourierjeva vrsta za periodične funkcije s periodo T. Naj bo f(x) delno zvezna periodična funkcija s periodo T. Upoštevajte osnovni trigonometrični sistem
Fakulteta za metalurgijo Katedra za višjo matematiko
Oddelek za matematiko in informatiko Elementi višje matematike Izobraževalno-metodični kompleks za študente srednjega strokovnega izobraževanja, ki študirajo s tehnologijami na daljavo Modul Diferencialni račun Sestavil:
9. Protiodvod in nedoločen integral 9.. Naj bo funkcija f() podana na intervalu I R. Funkcijo F () imenujemo funkcija protiizpeljave f() na intervalu I, če je F () = f() za katerikoli I in protiizpeljavo
DIFERENCIACIJA FUNKCIJ ENE SPREMENLJIVKE Pojem odvoda, njegov geometrijski in fizikalni pomen Problemi, ki vodijo do pojma odvoda Definicija tangente S na premico y f (x) v točki A x ; f(
Enačbe hiperboličnega tipa. Nihanje neskončne in polneskončne strune. d'Alembertova metoda Neskončni niz. d'Alembertova formula Polneskončni niz 3 Predavanje 3.1 Enačbe hiperboličnega tipa.
Naslov Uvod. Osnovni pojmi.... 4 1. Volterrove integralne enačbe... 5 Možnosti domače naloge.... 8 2. Resolventa Volterrove integralne enačbe. 10 Možnosti domače naloge.... 11
VRSTICE. Številske črte. Osnovne definicije Naj bo podano neskončno zaporedje števil Izraz (neskončna vsota) a, a 2,..., a n,... a i = a + a 2 + + a n +... () i= imenujemo a številske serije. Številke
8. Potenčna vrsta 8.. Funkcionalna vrsta oblike c n (z) n, (8.) n= kjer je c n številsko zaporedje, R je fiksno število, z R pa se imenuje potenčna vrsta s koeficienti c n . S spreminjanjem spremenljivk
~ ~ Nedoločeni in določeni integrali Pojem antiodpeljevanja in nedoločenega integrala. Definicija: Funkcijo F imenujemo protiodpeljava glede na funkcijo f, če sta ti funkciji povezani na naslednji način
3724 NIZA VEČKRATNIH IN KRIVOLOŠKIH INTEGRALOV 1 DELOVNI PROGRAM ODDELKOV "NIZA VEČKRATNIH IN KRIVOLOŠKIH INTEGRALOV" 11 Številska vrsta Pojem številske vrste Lastnosti številske vrste Potreben kriterij za konvergenco
JEJ. RUDA MATEMATIČNA ANALIZA. NUMERIČNE IN FUNKCIONALNE NIZE NOVOSIBIRSK 200 2 RUSKO MINISTRSTVO ZA IZOBRAŽEVANJE IN ZNANOST SEI HPE "NOVOSIBIRSKA DRŽAVNA PEDAGOŠKA UNIVERZA" E.M. Rudoy MATEMATIČNA ANALIZA.
PREDAVANJE N 7 .Moč
KVADRATNE ENAČBE
ODDELEK NALOG S PARAMETRI Komentar Naloge s parametri so tradicionalno zapletene naloge v strukturi USE, ki od kandidata zahtevajo ne le obvladovanje vseh metod in tehnik za reševanje različnih
Diferencialni račun Uvod v matematično analizo Zaporedje in funkcijska limita. Razkritje negotovosti znotraj. Izpeljanka funkcije. Pravila razlikovanja. Uporaba izpeljanke
Fourierjevi nizi Ortogonalni sistemi funkcij Z vidika algebre enakost, kjer so funkcije danega razreda in so koeficienti iz R ali C, preprosto pomeni, da je vektor linearna kombinacija vektorjev B
1. Določen integral 1.1. Naj bo f omejena funkcija, definirana na segmentu [, b] R. Razdelitev segmenta [, b] je množica točk τ = (x, x 1,..., x n 1, x n ) [, b ] tako, da je = x< x 1 < < x n 1
Ch Potenčna vrsta a a a Vrsta oblike a a a a a () se imenuje potenčna vrsta, kjer so a konstante, imenovane koeficienti vrste. Včasih se upošteva potenčna vrsta bolj splošne oblike: a a (a) a ( a) a (a) (), kjer
sledi:1) narišite graf f(x) na intervalu, dolgem vsaj dve periodi, da pokažemo, da je dana funkcija periodična;
2) narišite graf S(x) podobno, da se vidi na katerih točkah f(x)¹S(x);
3) izračunaj Fourierjeve koeficiente in zapiši Fourierjev niz.
Naloge
№1. Razširi v Fourierjev niz
rešitev. obvestilo, to f(x) podan na intervalu dolžine T=4. Ker f(x) se predpostavlja, da je periodično, potem je to število njegova perioda, potem - l = 2.
1) Graf f(x):
2) Graf S(x):
Puščice na koncih črt kažejo, da funkcija na koncu intervala ne zavzame vrednosti, določene iz izraza, podanega na intervalu. Pri primerjavi grafov f(x) in S(x) je jasno razvidno, da na diskontinuitetnih točkah f(x)¹S(x).
3) Izračunajte Fourierjeve koeficiente. To lahko storite z uporabo formul (3*): ; ; . Točno: ; torej,
Razgradnja f(x) v Fourierjevem nizu ima obliko:
Opombe. 1) Pri integraciji na [-1;3] ta del je razdeljen na in , Ker na teh segmentih f(x) nastavite na različne vrednosti.
2) Pri izračunu koeficientov so bili uporabljeni integrali: in , kjer je a = konst.
№2 . Razširi v Fourierjev niz
rešitev. Tukaj T=2, l = 1.
Fourierjeva vrsta ima obliko: , kjer je ; ; , Ker l = 1.
1) Graf f(x):
2) Graf S(x):
№3. Razširi v Fourierjev niz glede na sinuse
rešitev. Upoštevajte, da so samo lihe funkcije razširjene v Fourierovem nizu glede na sinuse. Ker f(x) opredeljeno samo za x > 0, xн(0;2)И(2;3), potem to pomeni, da na simetričnem intervalu (-3;-2)È(-2;0) f(x) treba nadaljevati tako, da se enakost f(-x) = -f(x). Zato je dolžina intervala, na katerem f(x) podana kot liha funkcija, je enako 6. Zato T = 6, l = 3. Fourierjeva vrsta za f(x) ima obliko: , kjer je , n = 1, 2, 3, (v skladu s formulami (5")).
1) Graf f(x).
Za risanje grafa f(x) kot liho funkcijo najprej narišemo graf (0;2)È(2;3), nato pa izkoristite dejstvo, da je graf lihe funkcije simetričen glede na izvor. Iz teh premislekov dobimo graf f(x) na (-3;-2)È(-2;0). Nato nadaljujemo f(x) T=6.
2) Graf S(x).
Urnik S(x) drugačen od grafikona f(x) na prelomnih točkah funkcije f(x). Na primer v t. x = 2f(x) ni definirano, ampak S(x) ima pri x=2 vrednost, ki je enaka polovici vsote enostranskih limitov funkcije f(x), točno: , kje , .
Torej, potem razgradnja f(x) v Fourierjevem nizu ima obliko: .
№4 . Razširi v Fourierjev niz v kosinusih.
rešitev. Upoštevajte, da lahko samo sode funkcije razširimo v Fourierjev niz po kosinusih. Ker f(x) nastavite samo za x>0, xн(0;2)И(2;3], potem to pomeni, da na simetričnem intervalu [-3;-2)È(-2;0) f(x) nadaljevati moramo tako, da velja enakost: f(-x) = f(x). Zato je dolžina intervala, na katerem f(x) podana kot soda funkcija je enako 6, potem T = 6, l = 3. Fourierjeva vrsta ima v tem primeru obliko:
kje ; ; n=1,2,...(po formulah (4")).
1) Graf f(x).
Za risanje grafa f(x) kot sodo funkcijo najprej narišemo graf f(x) na (0;2)È(2;3], nato pa izkoristite dejstvo, da je graf sode funkcije simetričen glede na os y. Iz teh premislekov dobimo graf f(x) na [-3;-2)È(-2;0). Nato nadaljujemo f(x) na celotni številski premici kot periodična funkcija s periodo T=6.
Tukaj je grafikon f(x) narisano na dveh polnih obdobjih funkcije.
2) Graf S(x).
Urnik S(x) drugačen od grafikona f(x) na prelomnih točkah funkcije f(x). Na primer v t. x = 0 f(x) ni definirano, ampak S(x) ima pomen: , torej graf S(x) ni prekinjen v x=0, v nasprotju z grafom f(x).
Razgradnja f(x) v Fourierjevem nizu v kosinusih ima obliko: .
№5. Razširi v Fourierjev niz f(x) = |x|, xн(-2;2)..
rešitev. Po pogoju, f(x) je enakomerna funkcija na (-2;2) ; tiste. njegova Fourierjeva vrsta vsebuje samo kosinuse, medtem ko T = 4, l = 2, ,
kje ; ; n = 1, 2,
1) Graf f(x):
2) Graf S(x):
3), ker |x| = x za x > 0.; .
Nato razgradnja f(x) v Fourierjevem nizu ima obliko: . Upoštevajte, da se pri integraciji izrazov ali , uporablja formula integracije po delih: , kjer u=x; dv = cos(ax)dx oz dv = sin(ax)dx.
№6. Razširi funkcijo v Fourierjev niz: a) v interval (-?,?); b) v intervalu (0, 2?); c) v intervalu (0, ?) v nizu sinusov.
rešitev. a) Graf funkcije z 2? - periodično nadaljevanje ima obliko
Funkcija izpolnjuje pogoje Dirichletovega izreka in jo je zato mogoče razširiti v Fourierjev niz.
Izračunajmo Fourierjeve koeficiente. Ker je funkcija soda, potem je bn = 0 (n = 0, 1, 2,…) in (n = 0, 1, 2,…).
Za izračun tega integrala se uporablja formula za integracijo po delih v določenem integralu. Dobimo
Fourierjeva vrsta te funkcije ima obliko . Na podlagi Dirichletovega testa ta niz predstavlja funkcijo x2 v intervalu (-?,?).
b) Interval (0, 2?) ni simetričen glede na izhodišče, njegova dolžina pa je 2 l= 2?. Fourierjeve koeficiente izračunamo po formulah:
Zato ima Fourierjeva vrsta obliko . Na podlagi Dirichletovega izreka serija konvergira k tvorni funkciji v točkah x?(0,2?), v točkah 0 in 2? ovrednotiti. Graf vsote serije izgleda takole
c) Funkcija, razširjena v vrsto po sinusih, mora biti liha. Zato dano funkcijo x2 razširimo v (-π,π) na lih način, tj. upoštevajte funkcijo. Za to funkcijo f(x) imamo an = 0 (n = 0, 1, 2,…) in
Želena razširitev ima obliko .
Graf vsote serije izgleda takole
Upoštevajte, da v točkah x = (-π, π) Fourierjeva vrsta konvergira k ničli.
№7 Grafično podano funkcijo razširite v Fourierjev niz:
rešitev . Dobimo ekspliciten izraz za f(x). Graf funkcije je premica, uporabimo enačbo premice v obliki. Kot je razvidno iz risbe, tj. f(x) = x - 1 (-1< x < 1) и период Т = 2.
Ta funkcija izpolnjuje pogoje Dirichletovega testa, zato se razširi v Fourierjev niz. Izračunajmo Fourierjeve koeficiente ( l = 1):
; (n = 1, 2,…);
Fourierjeva vrsta za funkcijo f(x) ima obliko
Predstavlja funkcijo f(x) pri -1< x < 1, а в точках х0 = -1 и х0 = 1 ряд сходится к -1.
№8. Funkcijo razširite v trigonometrično Fourierjevo vrsto na segmentu in označite funkcijo, h kateri konvergira nastala vrsta.
rešitev. Narišite graf funkcije, ki ga periodično nadaljujete s piko ali na celotni osi. Nadaljevana funkcija ima piko.
Preverite pogoje za zadostne pogoje za konvergenco Fourierjevih vrst (Dini-Lipschitz, Jordan, Dirichlet).
Funkcija je na odseku kosovno monotona: narašča naprej in naprej. V točkah ima funkcija diskontinuitete prve vrste.
Ugotovite, ali je funkcija soda ali liha: Funkcija ni niti soda niti liha.
a) če je funkcija nastavljena na
b) če je funkcija nastavljena na
Sestavite Fourierjev niz funkcije: .
Določite funkcijo, h kateri bo ta vrsta konvergirala, z uporabo točkovnih konvergenčnih kriterijev: Po Dirichletovem kriteriju Fourierjeva vrsta funkcije konvergira k vsoti:
№9. Funkcijo razširite v Fourierjev niz glede na sinuse na in s to razširitvijo poiščite vsoto številskega niza.
rešitev. Funkcijo nadaljujte na sodi (lihi) način na (- str,0) ali (- l,0), nato pa občasno s periodo 2 str ali 2 l nadaljevanje funkcije na celotno os.
Funkcijo nadaljujemo liho na , nato pa jo periodično s piko nadaljujemo na celotni osi.
Narišite periodični nadaljevalni graf. Dobili bomo funkcijo oblike:
Preverite pogoje za zadostne pogoje za konvergenco Fourierjevih vrst (Dini-Lipitz, Jordan, Dirichlet).
Funkcija je v intervalu delno konstantna: enaka je -1 na in 1 na . V točkah ima funkcija diskontinuitete prve vrste.
Izračunajte Fourierjeve koeficiente:
Njeni Fourierjevi koeficienti se izračunajo po formulah:
Sestavite Fourierjev niz funkcije. .
Določite funkcijo, h kateri bo ta vrsta konvergirala, z uporabo točkovnih konvergenčnih kriterijev.
Po Dirichletovem testu Fourierjeva vrsta funkcije konvergira k vsoti:
Zato, ko
Z zamenjavo vrednosti navedite vsoto danih številskih nizov.
Ob predpostavki nastale razgradnje najdemo
od koder, od ,.
№10. Zapišite Parsevalovo enakost za funkcijo in na podlagi te enakosti poiščite vsoto številske serije .
rešitev. Ugotovite, ali je podana funkcija kvadratno integrabilna funkcija na .
Funkcija je zvezna in zato integrabilna na . Iz istega razloga je njen kvadrat integrabilen na .
Izračunajte Fourierjeve koeficiente po formulah:
Ker gre za liho funkcijo, se njeni Fourierjevi koeficienti izračunajo po formulah:
Izračunaj integral.
Zapišite formulo Parseval:
Tako ima formula Parseval obliko
Če po potrebi izvedete aritmetične operacije na desni in levi strani, dobite vsoto dane numerične serije.
Če oba dela dobljene enakosti delimo s 144, dobimo: .
№11. Poiščite Fourierjev integral funkcije
in sestavi njen graf.
rešitev. Narišite funkcijo.
Preverite izpolnjevanje pogojev zadostnih pogojev za konvergenco Fourierjevega integrala (Dini, Dirichlet-Jordan ali posledice iz njih).
Funkcija je absolutno integrabilna v intervalu, zvezna za in in ima diskontinuiteto prve vrste v točki. Nadalje, za in ima funkcija končni odvod, pri nič pa sta končna desna in leva odvoda. Ugotovite, ali je funkcija soda ali liha. Funkcija ni niti soda niti liha. ; .
Torej oz.
