Matematika | Felsőoktatás » Fourier-sorok

1. 1. Fourier-sorok ezért 1 a0 = 2π Bevezetés és definı́ciók Z2π f (x)dx. 0 Ennek a fejezetnek a célja, hogy egy 2π szerint periodikus függvényt felı́rjunk mint trigonometrikus függvényekből Az ak , bk együttható meghatározásához szükségünk lesz a képzett függvénysorként. Nyilván a cos x és a sin x következő integrálokra: függvények 2π szerint periodikus függvények és általában 1. Ha k 6= l pozitı́v egészek, akkor tetszőleges k egész szám esetén a cos kx és a sin kx (a) függvények szintén 2π szerint periodikus függvények, továbbá az ezekből formált Z2π Z2π 1 n X cos(k+l)x+cos(k−l)dx = cos kx cos lxdx = 2 a0 + (ak cos kx + sin kx) · ún. trigonometrikus polinomok is tetszőleges a0 , ak , bk valós számok esetén 2π szerint periodikus függvényt adnak. Ennek a fejezetnek a célja a 2π szerint periodikus függvényt felı́rni a0 + ∞ X 0 0 k=1 (b)

Z2π (ak cos kx + sin kx) 0 k=1 1 sin kx sin lxdx = 2 · függvénysorként. A továbbiakban feltesszük, hogy a 2π szerint peiodikus f (x) Riemann-integrálható a [0, 2π] intervallumban. Először az f (x)-et a n X a0 + Z2π (ak cos kx + bk sin kx) 0 f (x)dx = 0 2. 2π R 2π R 2π R 2 cos kxdx = f (x) sin kxdx = 0 2π R fn (x) cos kxdx, k = 1, 2, . n fn (x) sin kxdx, k = 1, 2, . n 0 2π R · f (x)dx = a0 x + sin kxdx = 0 fn (x)dx = 0 n X k =1 · 0 1 − cos 2kx dx = 2 ¸2π sin 2kx 1 x− = π. 2 4k 0 (c) Z2π (ak cos kx + bk sin kx)dx = k=1 n X Z2π 2 Z2π 0 ¸2π sin 2kx 1 x+ = π; 2 4k 0 Z2π Az első feltételből a következőt kapjuk: Z2π 0 1 + cos 2kx dx = 2 (b) 0 " 0 Z2π Z2π 0 0 sin(k+l)x+sin(k−l)dx = (a) f (x) cos kxdx = a0 + Z2π ¸2π cos(k + l)x cos(k − l)x − =0 − k+l k−l 0 0 Z2π 0 2. Ha k = l, akkor fn (x)dx 0 3. cos(k−l)x−cos(k+l)dx = ¸2π sin(k − l)x

sin(k + l)x − =0 k−l k+l 0 1 sin kx cos lxdx = 2 · trigonometrikus polinommal közelı́tjük. Az együtthatókat úgy válaszjuk, hogy a következő, összesen 2n + 1 feltétel teljesüljön: 2π R Z2π (c) k=1 1. ¸2π sin(k + l)x sin(k − l)x + =0 k+l k−l 0 cos kx sin kx − bk ak k k 0 #2π 1 sin kx cos kxdx = 2 − = 2πa0 , 0 1 Z2π sin 2kxdx = 0 · ¸2π 1 cos 2kx =0 2 2k 0 A fentieket használva már meg tudjuk határozni az ak és bk együtthatókat: Z2π Példa: Fejtsük Fourier-sorba az ½ 1, 0 < x < π, f (x) = 2, π < x ≤ 2π Z2π f (x) cos kxdx = 0 fn (x) cos kxdx = függvényt! Megoldás: Nyilván 0 ! Z2πà n X a0 + (al cos lx + bl sin lx) cos kxdx = Z2π a0 = l=1 0 1 2π Z2π 0  π  Z Z2π 1  3 f (x)dx = 1dx + 2dx = ; 2π 2 0 n X a0 cos kx+ (al cos lx cos kx+bl sin lx cos kx)dx = πak , 1 ak = π l=1 0 ezért 1 ak = π Z2π 0 Hasonlóan kapjuk a bk együtthatókat: 0 a0

+ 0 Z2π a0 sin kx+ fn (x) sin kxdx = n X 0 π ¸π · ¸2π ! sin kx sin kx + 2 =0 k k 0 π ! 1 bk = π (al cos lx + bl sin lx) sin kxdx = l=1 n X f (x) cos kxdx = 0 ÷ és 0 Z2πà 0 1 π Z2π f (x) sin kxdx = Z2π  π  Z Z2π 1 1 cos kxdx + 2 cos kxdx = π f (x) cos kxdx Z2π Z2π f (x) sin kxdx = 0  π  Z Z2π 1 1 sin kxdx + 2 sin kxdx = π (al cos lx sin kx+bl sin lx sin kx)dx = πbk , π 0 l=1 ezért 1 bk = π π 1 π Z2π f (x) sin kxdx. ÷ ¸2π ! cos kx cos kx − + −2 = k k 0 π ¸π · cos kπ − 1 (−1)k − 1 = . kπ kπ 0 Az előbb kapott együtthatók nem függnek n-től, emiatt természetes a következő 2π szerint periodikus függvénnyel Így a nemnulla együtthatók: közelı́teni a 2π szerint periodikus f (x)-et: 3 −2 1. definı́ció A 2π szerint periodikus f (x) Fourier-sora: , k = 1, 2, . , a0 = , b2k−1 = 2 (2k − 1)π ∞ X azaz a Fourier sor: a0 + (ak cos kx + bk

sin kx), µ ¶ k=1 2 sin 3x sin 5x 3 − sin x + + + . ahol 2 π 3 5 Z2π 1 f (x)dx, a0 = 2π 0 1 ak = π és bk = 1 π Z2π f (x) cos kxdx 2. Fourier-sor részletösszegei f (x) sin kxdx. A következő tétel azt mondja ki, hogy a Fouriersor részletösszege a legkisebb átlagos hibanégyzet tulajdonságú. 0 Z2π 0 2 n 1. tétel Legyen az f (x) 2π szerint periodikus függvény, Z2π X ¡ ¢ f 2 (x)dx+2π(α0 −a0 )2 +π (αk − ak )2 + (βk − bk )2 − az n-edik részletösszege: sn (x). Legyen tn (x) = α0 + n X k=1 0 Ã (αk cos kx + βk sin kx) 2πa20 + π k=1 tetszőleges α0 , αk , βk valós együtthatókkal. Ekkor minden n ≥ 1 esetén Z2π 0 Z2π (f (x) − sn (x))2 dx = és egyenlőség csak akkor teljesül, ha α0 = a0 , αk = ak , βk = bk . 0 Ã Z2π 2 f (x)dx − Bizonyı́tás: Nyilván 2πa20 + π 0 Z2π (f (x) − tn (x))2 dx = Z2π 2 Z2π f 2 (x)dx + f (x) dx ≥ 2πa20 + π Z2π t2n (x)dx − 2

0 f (x)2 dx ≥ 2πa20 + π f (x)tn (x)dx = f (x) α0 + n X (αk cos kx + βk sin kx) dx = f (x)dx+ n X Z2π 0  Z2π αk k=1 0 n X ∞ X (a2k + b2k ). Ebből már következik, hogy négyzetes átlagban a részletösszeg közel van az f (x) függvényhez: (αk ak + βk bk ). Z2π lim (f (x) − sn (x))2 dx = 0. k=1 A tn (x) definı́ciójából könnyű ellenőrizni, hogy: n∞ 0 Z2π t2n (x)dx = 2πα02 + π 0 (a2k + b2k ). k=1 0 f (x) sin kxdx = f (x) cos kxdx + βk 0 f (x)2 dx = 2πa20 + π  Z2π 2πα0 a0 + π ∞ X 2. tétel (Parseval-formula) Ha a 2π szerint periodikus f (x) Riemann-integrálható a [0, 2π] intervallumban, akkor Z2π α0 (a2k + b2k ). A következő, itt nem bizonyı́tott állı́tás azt mondja ki, hogy itt egyenlőség áll: ! k=1 0 n X k=1 0 0 Ã , Mivel ez minden n ≥ 1 esetén igaz, ezért 0 Z2π Z2π (a2k + b2k ) k=1 k=1 0 f (x)tn (x)dx. Z2π De ! n X

ahonnan kapjuk, hogy 0 Z2π , A minimum esetén: 2 (f (x) − tn (x)) dx 0 0 (a2k + b2k ) k=1 aminek a minimuma α0 = a0 , αk = ak , βk = bk esetén lesz, ahonnan már következik a tétel. Z2π 2 (f (x) − sn (x)) dx ≤ ! n X n X (αk2 + βk2 ). Példa: A Parseval formulát használjuk az ½ 1, 0 < x < π, f (x) = 2, π < x ≤ 2π k=1 Ezért Z2π Z2π n X 2 (αk2 +βk2 )− függvény esetén! (f (x)−tn (x)) dx = f 2 (x)dx+2πα02 +π k =1 Megoldás: Tudjuk, hogy a nem-nulla Fourier0 0 együtthatók: Ã ! n X 3 −2 2 2πα0 a0 + π (αk ak + βk bk ) = , k = 1, 2, . a0 = , b2k−1 = 2 (2k − 1)π k=1 3 Ezért (b) Határozza meg f (2kπ) értéleit úgy, hogy f (x) mindenhol folytonos legyen! Z2π 2 f (x) dx = 2πa20 + π 5π = ∞ X (a2k + b2k ) = Megoldás: A határozott integrál definı́ciója alapján: k=1 0 µ ¶ 1 4π 1 4, 5π − 2 1 + 2 + 2 + . , π 3 5 1 a0 = 2π ahonnan rendezés után

továbbá 1 ak = π 1 π2 1 = 1 + 2 + 2 + . 8 3 5 3. Fourier-sor genciája pontonkénti xdx = π, 0 Z2π x cos kxdx = 0   · ¸2π Z2π sin kx  1  sin kx x − dx = π k k 0 konver- 0 · A következőkben arra keressünk választ, hogy a fent kapott Fourier-sor milyen feltételek esetén állı́tja elő az f (x) 2π periodikus függvényt. Ehhez szükség van a következő definicióra: ¸2π 1 cos kx = 0, π k2 0 és 1 bk = π 2. definı́ció Az f (x) függvény szakaszosan folytonos az I intervallumon, ha véges sok pont kivételével az f (x) folytonos és ahol szakadása van, ott létezik a bal és jobboldali határérték.  · Z2π x sin kxdx = 0 ¸2π cos kx 1 −x − π k 0 1 π A fenti definı́cióra támaszkodva már megadhatjuk, hogy a Fourier-sor milyen kapcsolatban van az f (x)-szel. Ã Z2π 0  cos kx  − dx = k ¸2π ! cos(2kπ) sin kx 2 −2π + =− . 2 k k k 0 · Így a

Fourier-sor: µ ¶ sin 2x sin 3x + + . π − 2 sin x + 2 3 3. tétel Tegyük fel, hogy az f (x) és f 0 (x) függvények szakaszosan folytonosak a [0, 2π]-ben. Ekkor a Fouriersor értéke az f (x) folytonossági pontjaiban megegyezik f (x)-szel, mı́g szakadási pontokban a bal és jobboldali határérték átlagát veszi fel. A konvergenciáról szóló tétel alapján az f (2kπ) = π választás kell ahhoz, hogy a Fourier-sor előállı́tsa a függvényt a szakadási helyen. A fenti, nem bizonyı́tott tétel következménye: Megjegyezzük, hogy az x = következőt adja: Következmény: Ha a 2π szerint peiodikus f (x) függvény olyan, hogy a [0, 2π] intervallum felbontható véges sok intervallumra úgy, hogy egy részintervallumon a függvény monoton és folytonos, a szakadási pontokban létezik a bal ill. jobboldali határérték, akkor a Fourier-sor előállı́tja a függvényt az f (x) folytonossági

pontjaiban és a szakadási helyeken a Fourier-sor az f (x) ottani bal és jobboldali határérték átlagát veszi fel. π 2 helyettesı́tés a π π sin 2π sin 3π = f ( ) = π − 2(sin π + + + .) = 2 2 2 3 π − 2(1 − 1 1 + − + . ), 3 5 ezért π 1 1 = 1 − + − +., 4 3 5 ami nem olyan meglepő, mivel tanultuk, hogy Példák: 1. (a) Fejtsük Fourier-sorba az f (x) = x, Z2π arctgx = x − ha 0 < x < 2π x5 x3 + − +. 3 5 ha −1 < x < 1, ami a fentiek alapján x = 1 (és x = −1) esetén is igaz. 2π szerint periodikus függvényt! 4 2. Fejtsük Fourier-sorba az tehát a Fourier-sor nem tartalmaz szinuszos tagokat, emiatt ezt a Fourier-sort tiszta koszinuszos Fouriersornak mondjuk. f (x) = sin3 x függvényt! 2. Most legyen f (x) egy páratlan függvény Ekkor f (x) páratlansága miatt Olyan a0 , ak , bk valós számokat kell találnunk, amelyekkel sin3 x = a0 + ∞ X 1 a0 = 2π (ak cos kx + bk sin

kx). A linearizációs formulák szerint: 1 ak = π 1 − cos 2x sin x = sin x = sin x sin x = 2 2 1 a0 = 2π Z2π 0 −π 1 f (x)dx = π Z2π 0 1 f (x) cos kxdx = π 2 π Z2π Ekkor f (x) Zπ f (x)dx, 0 azaz 0 0 1 f (x) sin kxdx = π Zπ f (x) sin kxdx = −π Zπ f (x) sin kxdx, 0 0≤x≤π 0 8 f (x) = π Zπ f (x) cos kxdx = µ ¶ sin 3x sin 5x sin x + + + . 33 53 2. Magyarázza meg, hogy a korábban kiszámolt −π f (x) = x, Zπ 0 < x < 2π 2π szerint periodikus függvény Fourier-sora miért nem tartalmaz koszinuszos tagot! f (x) cos kxdx. 0 1 f (x) sin kxdx = π −π Megoldás: A függvényt a [−π, 0] intervallumon úgy egészı́tjük ki, hogy a [−π, π] intervallumban páratlan legyen. Erre a függvényre már alkalmazhatom a fenti képleteket. A részleteket mellőzve a következőt kapjuk b2k = 0 Zπ 2 8 x(π − x) sin(2k − 1)xdx = , b2k−1 = π (2k − 1)3 π Megoldás: Tekintsük a g(x) = f (x)

− π2 függvényt. Ez már páratlan lesz, emiatt az ő Fourier-sora csak szinuszos tagokat tartalmaz. Ehhez a Fourier-sorhoz hozzáadva π2 -et megkapjuk f (x) Fourier-sorát. Mivel f (x) sin kx páratlan, ezért 1 bk = π f (x) cos kxdx = 0 függvényt! továbbá f (x) cos kx párossága miatt 1 ak = π Z2π f (x) = x(π − x) −π Zπ Zπ 1. Fejtsük tiszta szinuszos Fourier-sorba az g(x)dx. 1 f (x)dx = 2π −π Példák: Zπ 1. Legyen f (x) egy páros függvény párossága miatt f (x)dx = 0, emiatt ez a Fourier-sor csak szinuszos tagokat tartalmaz, ezért ezt tiszta szinuszos Fourier-sornak mondjuk. A továbbiakban felhasználjuk, hogy ha g(x) egy 2π szerint periodikus függvény, akkor a [π, 2π] intervallumon vett integrál megegyezik a [−π, 0] intervallumon vett integrállal, ezért 0 0 1 f (x) cos kxdx = π 2 π Az alábbiakban azt gondoljuk meg, hogy páros és páratlan függvények esetén hogyan

egyszerűsödik le az együtthatók kiszámı́tása. g(x)dx = Z2π 1 bk = π Páros és páratlan függvények Z2π Zπ Mivel f (x) sin kx páros, ezért 1 1 sin x − sin x cos 2x = 2 2 1 1 3 1 sin x − (sin 3x + sin(−x)) = sin x − sin 3x, 2 4 4 4 azaz a nemnulla Fourier-együtthatóák: b1 = 43 és b3 = − 41 . 4. 0 1 f (x)dx = 2π továbbá f (x) cos kx páratlansága miatt k=1 3 Z2π Zπ f (x) sin kxdx = 0., −π 5 5. T szerint periodikus függvények Fourier-sora Tegyük fel, hogy f (x) egy T szerint periodikus, a [0, T ]-ben Riemann integrálható függvény. Ekkor őt a következő alakú Fourier-sorba fejthetjük: a0 + ∞ X ak cos k=1 2kπ 2kπ x + bk sin x, T T ahol 1 a0 = T ak = 2 T és 2 bk = T ZT f (x)dx, 0 ZT f (x) cos 2kπ xdx T f (x) sin 2kπ xdx. T 0 ZT 0 A konvergenciára hasonló tétel mondható ki, mint ami a 2π szrint periodikus függvényekre vonatkozik. A részleteket

mellőzzük. 6