S kosinusi in sinusi več lokov, tj. vrsto oblike
ali v kompleksni obliki
kje a k,b k oz. c k klical koeficienti T. r.
Prvič je T. r. srečamo pri L. Eulerju (L. Euler, 1744). Dobil je razširitve
Vsi R. 18. stoletje V zvezi s preučevanjem problema prostega nihanja strune se je pojavilo vprašanje možnosti predstavitve funkcije, ki označuje začetni položaj strune, kot vsota T. r. To vprašanje je povzročilo burno razpravo, ki je trajala več desetletij, najboljši analitiki tistega časa - D. Bernoulli, J. D "Alembert, J. Lagrange, L. Euler ( L. Euler). Spori v zvezi z vsebino pojma funkcije. Takrat so bile funkcije običajno povezane z njihovo analitiko. dodelitve, kar je privedlo do upoštevanja samo analitičnih ali delno analitičnih funkcij. In tu je postalo potrebno, da funkcija, katere graf je dovolj poljuben, zgradi T. r., ki predstavlja to funkcijo. Toda pomen teh sporov je večji. Pravzaprav so razpravljali ali se pojavili v zvezi z vprašanji, povezanimi s številnimi temeljno pomembnimi koncepti in idejami matematike. analiza na splošno - predstavitev funkcij s Taylorjevo vrsto in analitično. nadaljevanje funkcij, uporaba divergentnih vrst, limitov, neskončnih sistemov enačb, funkcij s polinomi itd.
In v prihodnje, tako kot v tej začetni, je teorija T. r. je služil kot vir novih idej v matematiki. Fourierov integral, skoraj periodične funkcije, splošne ortogonalne vrste, povzetek . Raziskave na reki T. služil kot izhodišče za nastanek teorije množic. T. r. so močno orodje za predstavljanje in raziskovanje funkcij.
Vprašanje, ki je povzročilo polemike med matematiki v 18. stoletju, je leta 1807 rešil J. Fourier, ki je navedel formule za izračun koeficientov T. r. (1), ki mora. predstavljajo na funkciji f(x):
in jih uporabili pri reševanju problemov toplotne prevodnosti. Formule (2) imenujemo Fourierove formule, čeprav jih je že prej srečal A. Clairaut (1754), L. Euler (1777) pa je do njih prišel z integracijo po členih. T. r. (1), katerih koeficienti so določeni s formulami (2), imenovani. blizu Fourierove funkcije f in številke a k, b k- Fourierjevi koeficienti.
Narava dobljenih rezultatov je odvisna od tega, kako razumemo predstavitev funkcije kot vrsto, kako razumemo integral v formulah (2). Sodobna teorija T. reke. pridobljeno po pojavu Lebesguevega integrala.
Teorija T. r. lahko pogojno razdelimo na dva velika dela – teorijo Fourierjeva vrsta, v kateri se domneva, da je vrsta (1) Fourierjeva vrsta določene funkcije, in teorija splošne T. R., kjer taka predpostavka ni. Spodaj so glavni rezultati, pridobljeni v teoriji splošnega T. r. (v tem primeru množice in merljivost funkcij razumemo po Lebesgueu).
Prva sistematika raziskava T. r., v kateri ni bilo predpostavljeno, da so te vrste Fourierove vrste, je bila disertacija V. Riemanna (V. Riemann, 1853). Zato je teorija splošnega T. r. klical včasih Riemannovo teorijo termodinamike.
Za preučevanje lastnosti poljubnih T. r. (1) s koeficienti, ki težijo k nič B. Riemann je upošteval zvezno funkcijo F(x) ,
ki je vsota enakomerno konvergentne vrste
dobljeno po dvojni člen za členom integracije serije (1). Če serija (1) konvergira v neki točki x k številu s, potem na tej točki obstaja druga simetrija in je enaka s. F funkcije:
potem to vodi do seštevka vrste (1), ki jo ustvarijo faktorji 
klical po Riemannovi metodi seštevanja. S pomočjo funkcije F je formuliran Riemannov lokalizacijski princip, po katerem je obnašanje niza (1) v točki x odvisno le od obnašanja funkcije F v poljubno majhni okolici te točke.
Če T. r. konvergira na množici pozitivnih mer, potem njeni koeficienti težijo k nič (Cantor-Lebesgue). Težnja k ničelnim koeficientom T. r. izhaja tudi iz njene konvergence na množici druge kategorije (W. Young, W. Young, 1909).
Eden osrednjih problemov teorije splošne termodinamike je problem predstavitve poljubne funkcije T. r. Krepitev rezultatov N. N. Luzina (1915) o predstavitvi T. R. funkcij z Abel-Poissonovo in Riemannovo metodo seštevanja je D. E. Men'shov dokazal (1940) naslednji izrek, ki se nanaša na najpomembnejši primer, ko je predstavitev funkcije f se razume kot T. r. do f(x) skoraj povsod. Za vsako merljivo in skoraj povsod končno funkcijo f obstaja T. R., ki skoraj povsod konvergira k njej (Men'shovljev izrek). Opozoriti je treba, da tudi če je f integrabilen, potem na splošno Fourierjeve vrste funkcije f ne moremo vzeti kot tako vrsto, saj obstajajo Fourierjeve vrste, ki se povsod razhajajo.
Zgornji Men'shov izrek dopušča naslednjo izboljšavo: če je funkcija f merljiva in končna skoraj povsod, potem obstaja taka, da 
skoraj povsod in po členu diferencirana Fourierjeva vrsta funkcije j konvergira k f(x) skoraj povsod (N. K. Bari, 1952).
Ni znano (1984), ali je mogoče skoraj povsod v Men'shovljevem izreku izpustiti pogoj končnosti za funkcijo f. Zlasti ni znano (1984), ali je T. r. zbližujejo skoraj povsod
Zato je bil problem predstavitve funkcij, ki lahko zavzamejo neskončne vrednosti na nizu pozitivne mere, obravnavan za primer, ko je nadomeščen s šibkejšo zahtevo - . Konvergenca v meri do funkcij, ki lahko prevzamejo neskončne vrednosti, je definirana na naslednji način: delne vsote T. p. s n(x) po meri konvergira k funkciji f(x) .
če kje f n(x) skoraj povsod konvergirajo k / (x) in zaporedje po meri konvergira k nič. V tej postavitvi je problem reprezentacije funkcij rešen do konca: za vsako merljivo funkcijo obstaja T. R., ki ji konvergira po meri (D. E. Men'shov, 1948).
Veliko raziskav je bilo posvečenih problemu edinstvenosti T. r.: Ali se lahko dva različna T. razhajata v isto funkcijo? v drugačni formulaciji: če T. r. konvergira k nič, ali iz tega sledi, da so vsi koeficienti niza enaki nič. Tu lahko mislimo na konvergenco na vseh točkah ali na vseh točkah zunaj določene množice. Odgovor na ta vprašanja je v bistvu odvisen od lastnosti množice, zunaj katere konvergenca ni predpostavljena.
Uveljavljena je naslednja terminologija. Veliko imen. komplet unikatnosti oz U- množica, če iz konvergence T. r. na nič povsod, razen morda za točke niza E, sledi, da so vsi koeficienti te serije enaki nič. Sicer Enaz. M-set.
Kot je pokazal G. Cantor (1872), so tudi vse končne U-množice. Poljubna je tudi U-množica (W. Jung, 1909). Po drugi strani pa je vsak niz pozitivnih mer M-množica.
Obstoj M-množic mer je ugotovil D. E. Men'shov (1916), ki je zgradil prvi primer popolne množice s temi lastnostmi. Ta rezultat je temeljnega pomena pri problemu edinstvenosti. Iz obstoja M-množic mere nič sledi, da so v predstavitvi funkcij T. R., ki konvergirajo skoraj povsod, te vrste definirane vedno dvoumno.
Popolne množice so lahko tudi U-množice (N. K. Bari; A. Rajchman, A. Rajchman, 1921). Zelo subtilne značilnosti nizov mere nič igrajo bistveno vlogo pri problemu edinstvenosti. Splošno vprašanje o razvrščanju množic mere nič naprej M- in U-sklopi ostajajo (1984) odprti. Ni rešeno niti za popolne komplete.
Naslednji problem je povezan s problemom edinstvenosti. Če T. r. konvergira k funkciji 
potem, ali mora biti ta vrsta Fourierjeva vrsta funkcije /. P. Dubois-Reymond (P. Du Bois-Reymond, 1877) je dal pozitiven odgovor na to vprašanje, če je f integrabilna v smislu Riemanna in vrsta konvergira k f(x) v vseh točkah. Iz rezultatov III. J. Vallee Poussin (Ch. J. La Vallee Poussin, 1912) namiguje, da je odgovor pozitiven tudi, če niz konvergira povsod, razen v štetni množici točk in je njegova vsota končna.
Če T. p absolutno konvergira v neki točki x 0, potem so konvergenčne točke te serije, kot tudi točke njegove absolutne konvergence, nameščene simetrično glede na točko x 0
(P. Fatou, P. Fatou, 1906).
Po navedbah Denjoy - Luzinov izrek iz absolutne konvergence T. r. (1) na množici pozitivnih mer niz konvergira 
in posledično absolutno konvergenco vrst (1) za vse X. To lastnost imajo tudi množice druge kategorije, pa tudi nekatere množice mere nič.
Ta raziskava zajema le enodimenzionalne T. r. (ena). Obstajajo ločeni rezultati, povezani s splošnim T. p. iz več spremenljivk. Tukaj je v mnogih primerih še vedno treba najti naravne težave.
Lit.: Bari N. K., Trigonometrične serije, M., 1961; Sigmund A., Trigonometrične vrste, trans. iz angleščine, zvezek 1-2, M., 1965; Luzin N. N., Integralne in trigonometrične serije, M.-L., 1951; Riemann B., Dela, prev. iz nemščine, M.-L., 1948, str. 225-61.
S. A. Teljakovski.
Matematična enciklopedija. - M.: Sovjetska enciklopedija. I. M. Vinogradov. 1977-1985.
V znanosti in tehnologiji imamo pogosto opravka s periodičnimi pojavi, tj. tiste, ki se po določenem času reproducirajo T imenovano obdobje. Najenostavnejša od periodičnih funkcij (razen konstante) je sinusna vrednost: kot v(x+ ), harmonično nihanje, kjer obstaja "frekvenca", povezana s periodo z razmerjem: . Iz tako preprostih periodičnih funkcij je mogoče sestaviti bolj zapletene. Očitno morajo biti sestavne sinusne količine različnih frekvenc, saj seštevanje sinusnih količin iste frekvence povzroči sinusno količino iste frekvence. Če dodamo več vrednosti obrazca
Na primer, tukaj reproduciramo seštevek treh sinusnih količin: . Razmislite o grafu te funkcije
Ta graf se bistveno razlikuje od sinusnega vala. To še toliko bolj velja za vsoto neskončnega niza, sestavljenega iz členov tega tipa. Postavimo si vprašanje: ali je to mogoče za dano periodično funkcijo obdobja T predstaviti kot vsoto končnega ali vsaj neskončnega niza sinusnih količin? Izkazalo se je, da je glede na velik razred funkcij na to vprašanje mogoče odgovoriti pritrdilno, vendar le, če vključimo natanko celotno neskončno zaporedje takih členov. Geometrijsko to pomeni, da graf periodične funkcije dobimo s prekrivanjem niza sinusoidov. Če vsako sinusno vrednost obravnavamo kot določeno harmonično nihajno gibanje, potem lahko rečemo, da je to kompleksno nihanje, za katerega je značilna funkcija ali preprosto njeni harmoniki (prvi, drugi itd.). Imenuje se proces razgradnje periodične funkcije na harmonike harmonska analiza.
Pomembno je omeniti, da se takšne razširitve pogosto izkažejo za uporabne pri preučevanju funkcij, ki so podane samo v določenem končnem intervalu in sploh niso ustvarjene z nobenimi oscilacijskimi pojavi.
Opredelitev. Trigonometrična vrsta je vrsta oblike:
oz 
(1).
Realna števila imenujemo koeficienti trigonometričnega niza. To serijo lahko zapišemo tudi takole:
Če niz zgoraj predstavljenega tipa konvergira, potem je njegova vsota periodična funkcija s periodo 2p.
Opredelitev. Fourierjevi koeficienti trigonometričnega niza se imenujejo: 
(2)
(3)
(4)
Opredelitev. Blizu Fourierja za funkcijo f(x) se imenuje trigonometrična vrsta, katere koeficienti so Fourierjevi koeficienti.
Če je Fourierjeva vrsta funkcije f(x) konvergira k njej v vseh svojih kontinuitetnih točkah, potem rečemo, da funkcija f(x) razširi v Fourierjev niz.
Izrek.(Dirichletov izrek) Če ima funkcija periodo 2p in je zvezna na segmentu ali ima končno število diskontinuitetnih točk prve vrste, lahko segment razdelimo na končno število segmentov, tako da je funkcija znotraj vsakega monotona od njih, potem Fourierjeva vrsta za funkcijo konvergira za vse vrednosti X, v točkah zveznosti funkcije pa njena vsota S(x) je enak , na diskontinuitetnih točkah pa je njegova vsota enaka , tj. aritmetična sredina mejnih vrednosti na levi in desni.
V tem primeru Fourierjeva vrsta funkcije f(x) enakomerno konvergira na vsakem intervalu, ki pripada intervalu zveznosti funkcije .
Funkcijo, ki izpolnjuje pogoje tega izreka, imenujemo delno gladka na intervalu .
Oglejmo si primere razširitve funkcije v Fourierjev niz.
Primer 1. Razširite funkcijo v Fourierjev niz f(x)=1-x, ki ima obdobje 2p in podan na segmentu .
rešitev. Narišimo to funkcijo
Ta funkcija je zvezna na segmentu , to je na segmentu z dolžino periode, zato jo je mogoče razširiti v Fourierjev niz, ki ji konvergira v vsaki točki tega segmenta. S formulo (2) najdemo koeficient te serije: .
Uporabimo formulo integracije po delih ter poiščemo in uporabimo formuli (3) oziroma (4):
Če nadomestimo koeficiente v formulo (1), dobimo 
ali .
Ta enakost velja v vseh točkah, razen v točkah in (točkah lepljenja grafov). Na vsaki od teh točk je vsota serije enaka aritmetični sredini njenih mejnih vrednosti na desni in levi, tj.
Predstavimo algoritem za razširitev funkcije v Fourierjevem nizu.
Splošni postopek za rešitev zastavljenega problema je naslednji.
Standardne metode, vendar so z drugim primerom zašli v slepo ulico.
V čem je težava in kje je lahko ovira? Odložimo namiljeno vrv, mirno analizirajmo razloge in se seznanimo s praktičnimi metodami rešitve.
Prvo in najpomembnejše: v veliki večini primerov je za preučevanje konvergence niza potrebno uporabiti neko znano metodo, vendar je običajni izraz niza napolnjen s tako zapletenim nadevom, da sploh ni jasno, kaj storiti z njim . In se vrtite v krogu: prvi znak ne deluje, drugi ne deluje, tretji, četrti, peti način ne deluje, potem se osnutki vržejo na stran in vse se začne znova. To je običajno posledica pomanjkanja izkušenj ali vrzeli v drugih delih računanja. Še posebej, če teče omejitve zaporedja in površno razstavljen meje delovanja, potem bo težko.
Z drugimi besedami, oseba preprosto ne vidi potrebne rešitve zaradi pomanjkanja znanja ali izkušenj.
Včasih je kriv tudi »mrk«, ko na primer nujni kriterij za konvergenco vrste preprosto ni izpolnjen, pa zaradi neznanja, nepazljivosti ali malomarnosti to pade izpred oči. In izpade kot v tistem kolesu, kjer je profesor matematike rešil otroški problem s pomočjo divjih ponavljajočih se zaporedij in številskih nizov =)
V najboljših tradicijah takoj živi primeri: vrstice 
in njihovi sorodniki - se razlikujejo, saj je teoretično dokazano omejitve zaporedja. Najverjetneje vas bodo v prvem semestru udarili iz duše zaradi lektoriranja 1-2-3 strani, zdaj pa je povsem dovolj, da pokažete, da nujni pogoj za konvergenco serije ni izpolnjen, sklicujoč se na znana dejstva. slavni? Če študent ne ve, da je koren n-te stopnje izjemno močna stvar, potem je recimo serija 
ga spraviti v zadrego. Čeprav je rešitev kot dva in dva: , tj. iz očitnih razlogov se obe seriji razlikujeta. Skromna pripomba »te meje so dokazane v teoriji« (ali celo njena odsotnost) je povsem dovolj za pobotanje, navsezadnje so izračuni precej težki in vsekakor ne sodijo v del numeričnih vrst.
In ko boste preučili naslednje primere, boste presenečeni nad kratkostjo in preglednostjo številnih rešitev:
Primer 1
Raziščite konvergenco vrste
rešitev: najprej preverite izvedbo potrebno merilo za konvergenco. To ni formalnost, ampak odlična priložnost, da se spopademo s primerom "male krvi".
"Ogled prizorišča" nakazuje na divergentno vrsto (primer posplošene harmonične serije), a spet se postavlja vprašanje, kako upoštevati logaritem v števcu?
Približni primeri nalog na koncu lekcije.
Ni neobičajno, ko morate izvesti dvosmerno (ali celo trosmerno) sklepanje:
Primer 6
Raziščite konvergenco vrste 
rešitev: najprej se previdno lotite blebetanja števnika. Zaporedje je omejeno: . Nato: 
Primerjajmo našo serijo s serijo . Na podlagi pravkar dobljene dvojne neenakosti bo za vse "en" veljalo: 
Sedaj pa primerjajmo vrsto z divergentno harmonično vrsto.
Imenovalec ulomka manj imenovalec ulomka, torej sam ulomek – več ulomki (zapišite prvih nekaj členov, če niso jasni). Tako za vsak "en": 
Torej, za primerjavo, serija 
razhaja skupaj s harmonično serijo.
Če malo spremenimo imenovalec: 
, potem bo prvi del sklepanja podoben: 
. Toda za dokaz divergence vrste je že uporaben le mejni test primerjave, saj je neenakost napačna.
Situacija s konvergentnimi vrstami je "zrcalna", to je na primer za serijo lahko uporabimo oba merila primerjave (neenakost je resnična), za serijo pa samo omejevalni kriterij (neenakost je napačna).
Nadaljujemo safari po divjini, kjer se je na obzorju bohotila čreda gracioznih in sočnih antilop:
Primer 7
Raziščite konvergenco vrste
rešitev: nujni konvergenčni kriterij je izpolnjen in ponovno postavimo klasično vprašanje: kaj storiti? Pred nami je nekaj podobnega konvergentnemu nizu, vendar tukaj ni jasnega pravila - takšne asociacije so pogosto varljive.
Pogosto, vendar ne tokrat. Z uporabo Mejni primerjalni kriterij Primerjajmo našo vrsto s konvergentno vrsto. Pri izračunu limita uporabljamo čudovita meja 
, kjer kot infinitezimalno stoji: 
konvergira skupaj z zraven.
Namesto uporabe standardne umetne tehnike množenja in deljenja s "tri", je bilo na začetku mogoče primerjati s konvergentno vrsto.
Toda tukaj je zaželeno opozorilo, da konstantni množitelj splošnega člena ne vpliva na konvergenco vrste. In ravno v tem slogu je zasnovana rešitev naslednjega primera:
Primer 8
Raziščite konvergenco vrste
Vzorec na koncu lekcije.
Primer 9
Raziščite konvergenco vrste
rešitev: v prejšnjih primerih smo uporabili omejenost sinusa, zdaj pa ta lastnost ni več v igri. Imenovalec ulomka višjega red rasti kot števec, torej, ko argument sinus in celoten skupni člen neskončno majhen. Potreben pogoj za konvergenco, kot razumete, je izpolnjen, kar nam ne dovoljuje, da bi se izognili delu.
Izvedli bomo izvidnico: v skladu z izjemna enakovrednost 
, mentalno zavrzite sinus in dobite serijo. No, nekaj takega....
Odločanje:
Primerjajmo preučevano vrsto z divergentno vrsto. Uporabljamo merilo mejne primerjave: 
Infinitezimalno nadomestimo z enakovredno: za 
.
Dobimo končno število, ki ni nič, kar pomeni, da preučevana vrsta razhaja skupaj s harmonično serijo.
Primer 10
Raziščite konvergenco vrste
To je primer "naredi sam".
Za načrtovanje nadaljnjih dejanj v takšnih primerih zelo pomaga miselna zavrnitev sinusa, arkusina, tangensa, arktangensa. Vendar ne pozabite, da ta možnost obstaja le, če infinitezimalno argument, ne tako dolgo nazaj sem naletel na provokativno serijo:
Primer 11
Raziščite konvergenco vrste 
.
rešitev: tukaj je neuporabna uporaba omejenosti arktangente in tudi enakovrednost ne deluje. Rezultat je presenetljivo preprost: 
Študijska serija razhaja, saj nujni kriterij za konvergenco vrste ni izpolnjen.
Drugi razlog"Gag on the job" je sestavljen iz dostojne prefinjenosti skupnega člana, ki povzroča težave tehnične narave. Grobo povedano, če zgoraj obravnavane serije spadajo v kategorijo "številke, ki jih uganeš", potem te spadajo v kategorijo "ti se odločiš". Pravzaprav se temu reče kompleksnost v "običajnem" pomenu. Vsakdo ne bo pravilno razrešil več faktorjev, stopinj, korenin in drugih prebivalcev savane. Največ težav seveda povzročajo faktoriali:
Primer 12
Raziščite konvergenco vrste
Kako dvigniti faktorial na potenco? Enostavno. V skladu s pravilom operacij s potencami je treba vsak faktor produkta dvigniti na potenco:
In seveda, pozornost in še enkrat pozornost, sam znak d'Alembert deluje tradicionalno: 
Tako preučevana serija konvergira.
Spominjam vas na racionalno tehniko za odpravo negotovosti: ko je jasno red rastištevec in imenovalec - sploh ni treba trpeti in odpirati oklepajev.
Primer 13
Raziščite konvergenco vrste
Zver je zelo redka, vendar se najde in nepravično bi bilo, da bi jo zaobšli z objektivom fotoaparata.
Kaj je faktoriel dvojnega klicaja? Faktoriel "navije" produkt pozitivnih sodih števil: 
Podobno faktoriel "navije" produkt pozitivnih lihih števil: 
Analizirajte, kakšna je razlika med
Primer 14
Raziščite konvergenco vrste
In pri tej nalogi se poskušajte ne zamenjati s stopnjami, čudovite enakovrednosti in čudovite meje.
Vzorčne rešitve in odgovori na koncu lekcije.
Toda učenec ne more nahraniti le tigrov - premeteni leopardi tudi izsledijo svoj plen:
Primer 15
Raziščite konvergenco vrste 
rešitev: nujno merilo konvergence, omejitveni kriterij, d'Alembertov in Cauchyjev kriterij izginejo skoraj v trenutku. Najhuje pa je, da je funkcija z neenakostmi, ki nas je že večkrat reševala, nemočna. Dejansko je primerjava z divergentno vrsto nemogoča, saj je neenakost 
nepravilno - množitelj-logaritem poveča samo imenovalec, sam ulomek pa zmanjša 
glede na ulomek. In še globalno vprašanje: zakaj smo sprva prepričani, da naša serija 
se mora razhajati in ga je treba primerjati z nekaterimi divergentnimi serijami? Se sploh prilega?
Integralna funkcija? Napačen integral 
vzbuja otožno razpoloženje. Zdaj, če bi se prepirali 
… potem ja. nehaj! Tako se rojevajo ideje. Odločitev sprejmemo v dveh korakih:
1) Najprej preučimo konvergenco vrste 
. Uporabljamo integralna značilnost:
Integrand neprekinjeno na
Torej, število 
divergira skupaj z ustreznim nepravilnim integralom.
2) Primerjajte našo vrsto z divergentno vrsto 
. Uporabljamo merilo mejne primerjave:
Dobimo končno število, ki ni nič, kar pomeni, da preučevana vrsta razhaja skupaj z drug ob drugem 
.
In v takšni odločitvi ni nič nenavadnega ali kreativnega – tako se je treba odločiti!
Predlagam, da samostojno pripravimo naslednjo dvopotezo:
Primer 16
Raziščite konvergenco vrste 
Študent z nekaj izkušnjami v večini primerov takoj vidi, ali se niz konvergira ali razhaja, vendar se zgodi, da se plenilec spretno prikrije v grmovje:
Primer 17
Raziščite konvergenco vrste 
rešitev: na prvi pogled sploh ni jasno, kako se ta serija obnaša. In če imamo pred seboj meglo, potem je logično, da začnemo z grobim preverjanjem nujnega pogoja za konvergenco vrste. Za odpravo negotovosti uporabljamo nepotopljivo metoda množenja in deljenja s pridruženim izrazom:
Potreben znak konvergence ni deloval, vendar je na dan prinesel našega tambovskega tovariša. Kot rezultat izvedenih transformacij smo dobili enakovredno vrsto 
, kar pa močno spominja na konvergentno vrsto .
Napišemo čisto rešitev:
Primerjajte to vrsto s konvergentno vrsto. Uporabljamo merilo mejne primerjave:
Pomnoži in deli s pridruženim izrazom:
Dobimo končno število, ki ni nič, kar pomeni, da preučevana vrsta konvergira skupaj z zraven.
Morda se nekateri vprašajo, od kod volkovi na našem afriškem safariju? ne vem Verjetno so ga prinesli. Dobili boste naslednjo trofejno kožo:
Primer 18
Raziščite konvergenco vrste 
Primer rešitve na koncu lekcije
In za konec še ena misel, ki mnoge študente obišče v obupu: namesto tega, ali uporabiti redkejši kriterij za konvergenco vrste? Znak Raabe, znak Abel, znak Gauss, znak Dirichlet in druge neznane živali. Ideja deluje, vendar je v realnih primerih implementirana zelo redko. Osebno sem se v vseh letih prakse zatekel le 2-3 krat znak Raabe ko iz standardnega arzenala ni prav nič pomagalo. Ponavljam potek mojega ekstremnega iskanja v celoti:
Primer 19
Raziščite konvergenco vrste
rešitev: Brez dvoma znak d'Alemberta. Pri izračunih aktivno uporabljam lastnosti stopinj, pa tudi druga čudovita meja:
Tukaj je ena za vas. D'Alembertov znak ni dal odgovora, čeprav nič ni napovedovalo takšnega izida.
Po pregledu priročnika sem našel malo znano mejo, dokazano v teoriji, in uporabil močnejši radikalni Cauchyjev kriterij:
Tukaj sta dva za vas. In kar je najpomembneje, sploh ni jasno, ali se serija zbližuje ali razhaja (zame je to izjemno redka situacija). Potreben znak primerjave? Brez velikega upanja - tudi če na nepredstavljiv način ugotovim vrstni red rasti števca in imenovalca, to še vedno ne zagotavlja nagrade.
Popoln d'Alembert, a najhuje je, da je treba serijo rešiti. Potreba. Konec koncev bo to prvič, da bom obupal. In potem sem se spomnil, da je videti nekaj močnejših znakov. Pred mano ni bil več volk, ne leopard in ne tiger. Bil je ogromen slon, ki je mahal z velikim rilcem. Moral sem vzeti metalec granat:
Znamenje Raabe
Razmislite o nizu pozitivnih števil.
Če obstaja omejitev 
, potem:
a) V vrsti razhaja. Poleg tega je lahko dobljena vrednost enaka nič ali negativna.
b) V vrsti konvergira. Zlasti serija konvergira za .
c) Kdaj Raabejev znak ne daje odgovora.
Sestavimo limit in skrbno poenostavimo ulomek: 
Ja, slika je, milo rečeno, neprijetna, a nisem bil več presenečen. lopitalska pravila, in prva misel se je, kot se je kasneje izkazalo, izkazala za pravilno. A najprej sem kakšno uro sukal in obračal mejo po »običajnih« metodah, a negotovost ni hotela izginiti. In hoja v krogu je, kot kažejo izkušnje, značilen znak, da je bila izbrana napačna pot reševanja.
Moral sem se obrniti na rusko ljudsko modrost: "Če nič ne pomaga, preberite navodila." In ko sem odprl 2. zvezek Fichtenholtza, sem na svoje veliko veselje našel študijo enake serije. In potem je šla rešitev po vzoru.
Hölderjevo stanje. Pravimo, da funkcija $f(x)$ izpolnjuje Hölderjeve pogoje v točki $x_0$, če obstajajo enostranske končne meje $f(x_0 \pm 0)$ in taka števila $\delta > 0$, $\ alfa \in ( 0,1]$ in $c_0 > 0$, tako da $|f(x_0+t)-f(x_0+0)|\leq c_0t^( \alpha )$, $|f(x_0-t )-f(x_0-0)|\leq c_0t^(\alpha )$.
Dirichletova formula. Transformirano Dirichletovo formulo imenujemo formula oblike:
$$S_n(x_0)= \frac(1)(\pi)\int\limits_(0)^(\pi)(f(x_0+t)+f(x_0-t))D_n(t)dt \quad (1),$$ kjer je $D_n(t)=\frac(1)(2)+ \cos t + \ldots+ \cos nt = \frac(\sin(n+\frac(1)(2))t) (2\sin\frac(t)(2)) (2)$ — .
Z uporabo formul $(1)$ in $(2)$ zapišemo delno vsoto Fourierove vrste v naslednji obliki:
$$S_n(x_0)= \frac(1)(\pi)\int\limits_(0)^(\pi)\frac(f(x_0+t)+f(x_0-t))(2\sin\ frac(t)(2))\sin \left (n+\frac(1)(2) \desno) t dt$$
$$\Rightarrow \lim\limits_(n \to \infty )S_n(x_0) — \frac(1)(\pi)\int\limits_(0)^(\pi)\frac(f(x_0+t) +f(x_0-t))(2\sin\frac(t)(2)) \cdot \\ \cdot \sin \levo (n+\frac(1)(2) \desno)t dt = 0 \quad (3)$$
Za $f \equiv \frac(1)(2)$ formula $(3)$ postane: $$ \lim\limits_(n \to \infty )\frac(1)(\delta)\frac(\ sin (n+\frac(1)(2))t)(2\sin\frac(t)(2))dt=\frac(1)(2), 0
Konvergenca Fourierovega niza v točki
Izrek. Naj bo $f(x)$ $2\pi$-periodična absolutno integrabilna funkcija na $[-\pi,\pi]$ in izpolnjuje Hölderjev pogoj v točki $x_0$. Potem Fourierjeva vrsta funkcije $f(x)$ v točki $x_0$ konvergira k številu $$\frac(f(x_0+0)+f(x_0-0))(2).$$
Če je v točki $x_0$ funkcija $f(x)$ zvezna, potem je v tej točki vsota serije enaka $f(x_0)$.
Dokaz
Ker funkcija $f(x)$ izpolnjuje Hölderjev pogoj v točki $x_0$, potem za $\alpha > 0$ in $0< t$ $ < \delta$ выполнены неравенства (1), (2).
Za dano $\delta > 0$ zapišemo enakosti $(3)$ in $(4)$. Če pomnožimo $(4)$ z $f(x_0+0)+f(x_0-0)$ in odštejemo rezultat od $(3)$, dobimo $$ \lim\limits_(n \to \infty) (S_n (x_0) - \frac(f(x_0+0)+f(x_0-0))(2) - \\ - \frac(1)(\pi)\int\limits_(0)^(\delta)\ frac(f(x_0+t)+f(x_0-t)-f(x_0+0)-f(x_0-0))(2\sin \frac(t)(2)) \cdot \\ \cdot \ sin \left (n + \frac(1)(2) \right)t \, dt) = 0. \quad (5)$$
Iz Hölderjevega pogoja sledi, da je funkcija $$\Phi(t)= \frac(f(x_0+t)+f(x_0-t)-f(x_0+0)-f(x_0-0))(2\ sin \frac(t)(2)).$$ je absolutno integrabilen na $$. Dejansko z uporabo Hölderjeve neenakosti dobimo, da za funkcijo $\Phi(t)$ velja naslednja neenakost: $|\Phi(t)| \leq \frac(2c_0t^(\alpha ))(\frac(2)(\pi)t) = \pi c_0t^(\alpha - 1) (6)$, kjer je $\alpha \in (0,1 ]$.
Na podlagi primerjalnega kriterija za neprave integrale neenakost $(6)$ implicira, da je $\Phi(t)$ absolutno integrabilen na $.$
Po Riemannovi lemi $$\lim\limits_(n \to \infty)\int\limits_(0)^(\delta)\Phi(t)\sin \left (n + \frac(1)(2) \ right )t\cdot dt = 0 .$$
Iz formule $(5)$ zdaj sledi, da je $$\lim\limits_(n \to \infty)S_n(x_0) = \frac(f(x_0+0)+f(x_0-0))(2) $$
[skrij]
Posledica 1.Če ima $2\pi$-periodična in absolutno integrabilna na $[-\pi,\pi]$ funkcija $f(x)$ odvod v točki $x_0$, potem njena Fourierjeva vrsta na tej točki konvergira k $f (x_0) $.
Posledica 2.Če ima $2\pi$-periodična in absolutno integrabilna na $[-\pi,\pi]$ funkcija $f(x)$ oba enostranska odvoda v točki $x_0$, potem njena Fourierjeva vrsta konvergira v tej točki na $\frac (f(x_0+0)+f(x_0-0))(2).$
Posledica 3.Če $2\pi$-periodična in absolutno integrabilna na $[-\pi,\pi]$ funkcija $f(x)$ izpolnjuje Hölderjev pogoj v točkah $-\pi$ in $\pi$, potem zaradi za periodičnost je vsota serije Fourierjeva transformacija v točkah $-\pi$ in $\pi$ enaka $$\frac(f(\pi-0)+ f(-\pi+0))( 2).$$
Dini znak
Opredelitev. Naj bo $f(x)$ $2\pi$-periodična funkcija. Točka $x_0$ bo regularna točka funkcije $f(x)$, če
- 1) obstajata končni levi in desni meji $\lim\limits_(x \to x_0+0 )f(x)= \lim\limits_(x \to x_0-0 )f(x)= f(x_0+0) = f(x_0-0),$
- 2) $f(x_0)=\frac(f(x_0+0)+f(x_0-0))(2).$
Izrek. Naj bo $f(x)$ $2\pi$-periodična absolutno integrabilna funkcija na $[-\pi,\pi]$ in točka $x_0 \in \mathbb(R)$ regularna točka funkcije $ f(x)$. Naj funkcija $f(x)$ izpolnjuje Dinijeve pogoje v točki $x_0$: obstajajo nepravi integrali $$\int\limits_(0)^(h)\frac(|f(x_0+t)-f( x_0+0) |)(t)dt, \\ \int\limits_(0)^(h)\frac(|f(x_0-t)-f(x_0-0)|)(t)dt,$$
potem ima Fourierjeva vrsta funkcije $f(x)$ v točki $x_0$ vsoto $f(x_0)$, tj. $$ \lim\limits_(n \to \infty )S_n(x_0)=f(x_0)=\frac(f(x_0+0)+f(x_0-0))(2).$$
Dokaz
Delna vsota $S_n(x)$ Fourierove vrste ima integralno predstavitev $(1)$. In zaradi enakosti $\frac(2)(\pi )\int\limits_(0)^(\pi )D_n(t) \, dt=1,$
$$ f(x_0)= \frac(1)(\pi )\int\limits_(0)^(\pi )f(x_0+0)+f(x_0-0)D_n(t) \, dt$$
Potem imamo $$S_n(x_0)-f(x_0) = \frac(1)(\pi)\int\limits_(0)^(\pi)(f(x_0+t)-f(x_0+0) ) D_n(t) \, dt + $$ $$+\frac(1)(\pi)\int\limits_(0)^(\pi)(f(x_0-t)-f(x_0-0)) D_n (t) \, dt. \quad(7)$$
Očitno bo izrek dokazan, če dokažemo, da imata oba integrala v formuli $(7)$ limite, ko je $n \to \infty $ enak $0$. Razmislite o prvem integralu: $$I_n(x_0)=\int\limits_(0)^(\pi)(f(x_0+t)-f(x_0+0))D_n(t)dt. $$
Dinijev pogoj je izpolnjen v točki $x_0$: nepravilni integral $$\int\limits_(0)^(h)\frac(|f(x_0+t)-f(x_0+0)|)(t) \, dt .$$
Zato za vsak $\varepsilon > 0$ obstaja $\delta \in (0, h)$, tako da $$\int\limits_(0)^(\delta )\frac(\left | f(x_0+ t) -f(x_0+0) \right |)(t)dt
Glede na izbrani $\varepsilon > 0$ in $\delta > 0$ lahko integral $I_n(x_0)$ predstavimo kot $I_n(x_0)=A_n(x_0)+B_n(x_0)$, kjer je
$$A_n(x_0)=\int\limits_(0)^(\delta )(f(x_0+t)-f(x_0+0))D_n(t)dt ,$$ $$B_n(x_0)=\ int\limits_(\delta)^(\pi )(f(x_0+t)-f(x_0+0))D_n(t)dt .$$
Najprej razmislite o $A_n(x_0)$. Uporaba $\levo | D_n(t)\desno |
za vse $t \in (0, \delta)$.
Zato $$A_n(x_0) \leq \frac(\pi)(2) \int\limits_(0)^(\delta ) \frac(|f(x_0+t)-f(x_0+0)|)( t)dt
Preidimo k oceni integrala $B_n(x_0)$ kot $n \to \infty $. Da bi to naredili, uvedemo funkcijo $$ \Phi (t)=\left\(\begin(matrix)
\frac(f(x_0+t)-f(x_0+0))(2\sin \frac(t)(2)), 0
$$B_n(x_0)=\int\limits_(-\pi)^(\pi)\Phi (t) \sin \left (n+\frac(1)(2) \desno)t\,dt.$$ Dobimo, da $\lim\limits_(n \to \infty )B_n(x_0)=0$, kar pomeni, da za poljuben $\varepsilon > 0$, izbran prej, obstaja $N$ tako, da za vse $n> N$ neenakost $|I_n(x_0)|\leq |A_n(x_0)| + |B_n(x_0)|
Na popolnoma enak način je dokazano, da ima drugi integral formule $(7)$ ničelno mejo kot $n \to \infty $.
[skrij]
PosledicaČe je periodična funkcija $2\pi$ $f(x)$ delno diferenciabilna na $[-\pi,\pi]$, potem njena Fourierjeva vrsta v kateri koli točki $x \in [-\pi,\pi]$ konvergira na število $$\frac(f(x_0+0)+f(x_0-0))(2).$$
Na segmentu $[-\pi,\pi]$ poiščite trigonometrično Fourierjevo vrsto funkcije $f(x)=\left\(\begin(matrix)
1, x \in (0,\pi),\\ -1, x \in (-\pi,0),
\\ 0, x=0.
\konec(matrika)\desno.$
Raziščite konvergenco dobljene vrste.
S periodičnim podaljšanjem $f(x)$ na celotno realno os dobimo funkcijo $\widetilde(f)(x)$, katere graf je prikazan na sliki.
Ker je funkcija $f(x)$ liha, potem $$a_k=\frac(1)(\pi)\int\limits_(-\pi)^(\pi)f(x)\cos kx dx =0 ; $$
$$b_k=\frac(1)(\pi)\int\limits_(-\pi)^(\pi)f(x)\sin kx \, dx = $$ $$=\frac(2)(\ pi)\int\limits_(0)^(\pi)f(x)\sin kx \, dx =$$ $$=-\frac(2)(\pi k)(1- \cos k\pi) $$
$$b_(2n)=0, b_(2n+1) = \frac(4)(\pi(2n+1)).$$
Zato je $\tilde(f)(x)\sim \frac(4)(\pi)\sum_(n=0)^(\infty)\frac(\sin(2n+1)x)(2n+1 ).$
Ker $(f)"(x)$ obstaja za $x\neq k \pi$, potem $\tilde(f)(x)=\frac(4)(\pi)\sum_(n=0)^ ( \infty)\frac(\sin(2n+1)x)(2n+1)$, $x\neq k \pi$, $k \in \mathbb(Z).$
V točkah $x=k \pi$, $k \in \mathbb(Z)$ funkcija $\widetilde(f)(x)$ ni definirana, vsota Fourierjevega niza pa je enaka nič.
Če nastavimo $x=\frac(\pi)(2)$, dobimo enakost $1 — \frac(1)(3) + \frac(1)(5)- \ldots + \frac((-1)^ n) (2n+1)+ \ldots = \frac(\pi)(4)$.
[skrij]
Poiščite Fourierjev niz naslednje $2\pi$-periodične in absolutno integrabilne na $[-\pi,\pi]$ funkcije:
$f(x)=-\ln |
\sin \frac(x)(2)|$, $x \neq 2k\pi$, $k \in \mathbb(Z)$ in preverite konvergenco dobljene serije.
Ker $(f)"(x)$ obstaja za $ x \neq 2k \pi$, bo Fourierjeva vrsta funkcije $f(x)$ konvergirala v vseh točkah $ x \neq 2k \pi$ k vrednosti funkcije. Očitno je, da je $f(x)$ soda funkcija in mora zato njena razširitev v Fourierjev niz vsebovati kosinuse. \sin \frac(x)(2)dx = $$ $$= -2 \int\limits_( 0)^(\frac(\pi)(2))\ln \sin \frac(x)(2) dx \,- \, 2\int\limits_(\frac(\pi)(2))^( \pi)\ln \sin \frac(x)(2)dx =$$ $$= -2 \int \limits_(0)^(\frac(\pi)(2))\ln \sin \frac( x)(2)dx \, — \, 2\int\limits_(0)^(\frac(\pi )(2))\ln\cos \frac(x)(2)dx=$$ $$= -2 \int\limits_(0)^(\frac(\pi)(2))\ln (\frac (1)(2)\sin x)dx =$$ $$= \pi \ln 2 \, — \, 2 \int\limits_(0)^(\frac(\pi)(2))\ln \ sin x dx =$$ $$= \pi \ln 2 \, — \, \int\limits_( 0)^(\pi)\ln \sin \frac(t)(2)dt = \pi\ln 2 + \frac(\pi a_0)(2),$$ od koder je $a_0= \pi \ln 2$ .
Poiščimo zdaj $a_n$ za $n \neq 0$. Imamo $$\pi a_n = -2 \int\limits_(0)^(\pi)\cos nx \ln \sin \frac(x)(2)dx = $$ $$ = \int\limits_(0 ) ^(\pi) \frac(\sin(n+\frac(1)(2))x+\sin (n-\frac(1)(2))x)(2n \sin\frac(x)(2 ) )dx=$$ $$= \frac(1)(2n) \int\limits_(-\pi)^(\pi) \begin(bmatrix)
D_n(x)+D_(n-1)(x)\\ \end(bmatrix)dx.$$
Tu je $D_n(x)$ Dirichletovo jedro, definirano s formulo (2), in dobimo, da je $\pi a_n = \frac(\pi)(n)$ in posledično $a_n = \frac(1)(n ) $. Torej $$-\ln |
\sin \frac(x)(2)| = \ln 2 + \sum_(n=1)^(\infty ) \frac(\cos nx)(n), x \neq 2k\pi, k \in \mathbb(Z).$$
[skrij]
Literatura
- Lysenko Z.M., zapiski predavanj o matematični analizi, 2015-2016
- Ter-Krikorov A.M. in Šabunin M.I. Tečaj matematične analize, str. 581-587
- Demidovich B.P., Zbirka nalog in vaj iz matematične analize, izdaja 13, popravljena, Založba CheRo, 1997, str. 259-267
Časovna omejitev: 0
Navigacija (samo številke delovnih mest)
0 od 5 nalog opravljenih
Informacije
Test na gradivu te teme:
Test ste že opravili. Ne morete ga ponovno zagnati.
Test se nalaga ...
Za začetek testa se morate prijaviti ali registrirati.
Za začetek tega morate opraviti naslednje teste:
rezultate
Pravilni odgovori: 0 od 5
Tvoj čas:
Čas je potekel
Dosegli ste 0 od 0 točk (0 )
Vaš rezultat je bil zabeležen na lestvici najboljših
- Z odgovorom
- Odjavil
Naloga 1 od 5
1 .
Število točk: 1Če ima $2\pi$ -periodična in absolutno integrabilna na $[−\pi,\pi]$ funkcija $f(x)$ odvod v točki $x_0$, h čemu bo njen Fourierjev niz konvergiral na tej točki ?
Naloga 2 od 5
2 .
Število točk: 1Če so izpolnjeni vsi pogoji Dinijevega testa, h kateremu številu konvergira Fourierjeva vrsta funkcije $f$ v točki $x_0$?
Pokažimo, da je skoraj vsako periodično funkcijo mogoče predstaviti kot niz, katerega člani so preprosti harmoniki, z uporabo tako imenovanih trigonometričnih nizov.
Opredelitev. Trigonometrična vrsta je funkcionalna vrsta oblike
kje so prave številke a 0 , a n , b n se imenujejo koeficienti vrste.
Prosti člen niza je zapisan v obliki za enotnost formul, ki jih dobimo kasneje.
Treba je obravnavati dve vprašanji:
1) Pod kakšnimi pogoji deluje funkcija f(x) s periodo 2π lahko razširimo v vrsto (5.2.1)?
2) Kako izračunati kvote a 0 ,… a n , b n ?
Začnimo z drugim vprašanjem. Naj funkcija f(x) je zvezna na intervalu in ima periodo T=2π. Predstavljamo formule, ki jih bomo potrebovali v nadaljevanju.
Za vsako celo število , saj je funkcija soda.
Za katero koli celoto.
(m in n cela števila)
ob ( m in n cela števila) se vsak izmed integralov (III, IV, V) pretvori v vsoto integralov (I) ali (II). Če , potem v formuli (IV) dobimo:
Enakost (V) dokazujemo podobno.
Predpostavimo zdaj, da se je izkazalo, da je funkcija taka, da je bila zanjo najdena razširitev v konvergentno Fourierjevo vrsto, tj.
(Upoštevajte, da je seštevek nad indeksom n).
Če serija konvergira, označimo njeno vsoto S(x).
Členska integracija (legitimna zaradi predpostavke konvergence vrste) v območju od do daje
saj so vsi členi razen prvega enaki nič (relacije I, II). Od tu najdemo
Množenje (5.2.2) z ( m=1,2,…) in integriramo člen za členom znotraj območja od do , najdemo koeficient a n.
Na desni strani enakosti so vsi členi enaki nič, razen enega m=n(relacije IV, V), torej dobimo
Množenje (5.2.2) z ( m\u003d 1,2, ...) in integriramo člen za členom znotraj območja od do , podobno najdemo koeficient b n
Vrednosti - določene s formulami (5.2.3), (5.2.4), (5.2.5) se imenujejo Fourierjevi koeficienti, trigonometrična serija (5.2.2) pa je Fourierjeva serija za dano funkcijo f(x).
Torej, dobili smo razgradnjo funkcije f(x) v Fourierjevem nizu
Vrnimo se k prvemu vprašanju in ugotovimo, katere lastnosti naj bi imela funkcija f(x), tako da je konstruirana Fourierjeva vrsta konvergentna in bi bila vsota vrste natanko enaka f(x).
Opredelitev. Funkcijo f(x) imenujemo delno zvezna, če je zvezen ali ima končno število diskontinuitetnih točk prve vrste.
Opredelitev. Funkcija f(x), podan na segmentu, se imenuje po delih monotono, če lahko segment s točkami razdelimo na končno število intervalov, v vsakem od katerih se funkcija monotono spreminja (narašča ali pada).
Upoštevali bomo funkcije f(x), ki ima menstruacijo T=2π. Takšne funkcije imenujemo 2π- periodično.
Oblikujmo izrek, ki predstavlja zadosten pogoj za razširitev funkcije v Fourierjev niz.
Dirichletov izrek(sprejmi brez dokazila) . Če 2π-periodična funkcija f(x) na segmentu je delno zvezen in delno monoton, potem Fourierjeva vrsta, ki ustreza funkciji, konvergira na tem segmentu in v tem primeru:
1. V točkah zveznosti funkcije vsota serije sovpada s funkcijo samo S(x)=f(x);
2. Na vsaki točki x 0 prekinitev funkcije f(x) vsota serije je,
tiste. aritmetična sredina limitov funkcije levo in desno od točke x 0 ;
3. V točkah (na koncih segmenta) je vsota Fourierjevega niza ,
tiste. aritmetična sredina mejnih vrednosti funkcije na koncih segmenta, ko se argument nagiba k tem točkam iz notranjosti intervala.
Opomba: če funkcija f(x) s periodo 2π zvezna in diferenciabilna v celotnem intervalu in njene vrednosti na koncih intervala so enake, tj. zaradi periodičnosti je ta funkcija zvezna na celotni realni osi in za poljubno X vsota njegovih Fourierjevih vrst je enaka f(x).
Torej, če je funkcija integrabilna na intervalu f(x) izpolnjuje pogoje Dirichletovega izreka, potem velja enakost na intervalu (razširitev v Fourierjev niz):
Koeficienti se izračunajo po formulah (5.2.3) - (5.2.5).
Dirichletove pogoje izpolnjuje večina funkcij, ki se pojavljajo v matematiki in njenih aplikacijah.
Fourierjeve vrste se tako kot potenčne vrste uporabljajo za približen izračun funkcijskih vrednosti. Če razširitev funkcije f(x) v trigonometrično serijo, potem lahko vedno uporabite približno enakost in to funkcijo nadomestite z vsoto več harmonikov, tj. delna vsota (2 n+1) člen Fourierove vrste.
Trigonometrične serije se pogosto uporabljajo v elektrotehniki, z njihovo pomočjo rešujejo številne probleme matematične fizike.
Razširite v Fourierjev niz funkcijo s periodo 2π, podano na intervalu (-π; π).
rešitev. Poiščite koeficiente Fourierove vrste:
Dobili smo razširitev funkcije v Fourierjev niz
V točkah zveznosti je vsota Fourierove vrste enaka vrednosti funkcije f(x)=S(x), v bistvu x=0 S(x)=1/2, na točkah x=π,2π,… S(x)=1/2.
