Szeregi Fouriera. Grzegorz Lysik. 1. Motywacja szeregów Fouriera, równanie ciepła.

Transkrypt

1 Szeregi Fouriera Grzegorz Lysik 1. Motywacja szeregów Fouriera, równanie ciepła. Rozważmy problem rozchodzenia się ciepła w pręcie o długości l. Temperatura pręta w punkcie x i w chwili t spełnia równanie 1) u t t, x) = u t, x), t >, < x < l. x Ponadto, dany jest rozkład temperatury w chwili t = ) u, x) = fx), x l oraz końce pręta mają zerową temperaturę fizycznie oznacza to, że są one zanurzone w topniejącym śniegu) 3) ut, ) = ut, l) =, t. Zauważmy, że aby warunek ) był zgodny z 3) trzeba założyć, że f) = fl) =. W celu rozwiązania powyższego zagadnienia zastosujemy pochodzącą od Fouriera metodę rozdzielania zmiennych. Mianowicie szukamy rozwiązania w postaci iloczynu funkcji zmiennej t i funkcji zmiennej x 4) ut, x) = F t) Gx). Wstawiając 4) do 1) dostajemy lub F t) Gx) = F t) G x) F t) F t) = G x) Gx). Ponieważ po lewej stronie ostatniego równania występuje funkcja zależna tylko od zmiennej t, natomiast po prawej funkcja zależna tylko od x więc obie te funkcje muszą być równe pewnej stałej λ. Czyli zachodzi 5) F t) F t) = λ = G x) Gx). Drugie z powyższych równań można zapisać w postaci G x) λgx) =. 1

2 Jest to równanie różniczkowe zwyczajne, którego rozwiązaniem ogólnym jest ae λx + be λx jeśli λ >, 6) Gx) = a cos λx + b sin λx jeśli λ <, a + bx jeśli λ =. Lecz funkcja ut, x) spełnia warunek brzegowy 3). Zatem musi zachodzić Stąd dostajemy G) = Gl) =. a = b = jeśli λ lub λ { π k a =, b dowolne, jeśli λ = π k Wówczas dla λ = π k l, k N mamy Gx) = b k sin πk l x l, k N}; l, k N. przy czym b k jest dowolną stałą rzeczywista. Powracamy teraz do pierwszego równania równania w 5), które przy założeniu, że λ = π k l, k N, można zapisać w postaci Jego rozwiązaniem jest F t) = π k l F t), k N. F t) = exp{ π k Zatem dla każdego k N dostaliśmy rozwiązanie równania 1) spełniające warunek 3) w postaci u k t, x) = b k exp{ π k l t} sin πk l x. l t}. Ponieważ równanie 1) jest liniowe więc suma tych rozwiązań 7) ut, x) = b k exp{ π k k=1 l t} sin πk l x jest też rozwiązaniem 1), o ile powyższy szereg jest zbieżny. Musimy jeszcze uwzględnić warunek początkowy ). Wstawiając w 7) t = dostajemy u, x) = k=1 b k sin πk l x = fx).

3 Zatem 6) jest rozwiązaniem problemu 1)+)+3) o ile współczynniki b k, k N spełniają równość 8) k=1 b k sin πk l x = fx). Równość ta oznacza, że funkcja f wyraża się poprzez szereg sinusów. Jeśli warunek 3) zastąpimy warunkiem 3 ) u x t, ) = u x t, l) = to dla rozwiązania problemu 1)+)+3 ) dostaniemy równość 8 ) k= a k cos πk l x = fx), która oznacza, że funkcja f wyraża się poprzez szereg cosinusów. Ostatecznie, jeśli zamiast warunku 3) zażądamy, aby oba końce pręta miały taką samą temperaturę fizycznie można, to osiągnąć łącząc końce pręta) czyli, że zachodzi 3 ) ut, ) = ut, l) to dla rozwiązania problemu 1)+)+3 ) dostaniemy równość 8 ) k= a k cos πk l x + b k sin πk l x ) = fx). Powyższy szereg nazywamy szeregiem Fouriera funkcji f. Zatem, aby rozwiązać problem propagacji ciepła w pręcie, musimy zbadać czy dana funkcja f określona na przedziale, l) może być przedstawiona w postaci szeregu sinusów 8), cosinusów 8 ) lub w postaci szeregu Fouriera 8 ). Zauważmy, że szeregi sinusów i cosinusów są szczególnymi przypadkami szeregu Fouriera.. Szeregi Fouriera. Szeregi Fouriera są podstawowym narzędziem służącym do badania funkcji okresowych, które z kolei występują jako rozwiązania wielu problemów fizyki matematycznej. Definicja. Niech f : R R lub f : R C. Mówimy, że funkcja f jest okresowa o okresie p > jeśli fx + p) = fx) dla x R. Łatwo zauważyć, że jeśli p jest okresem funkcji okresowej f, to kp, k N jest też jej okresem. 3

4 Definicja. Okresem podstawowym funkcji okresowej nazywamy najmniejszy dodatni okres danej funkcji o ile on istnieje. Przykład 1. Funkcja nie ma okresu podstawowego. fx) = { 1 dla x Q, dla x Q Lemat 1. Jeśli f jest funkcją ciągłą na pewnym przedziale, okresową, nie równą tożsamościowo stałej, to jej okres podstawowy istnieje. Dowód. Niech {p 1 p... p n...} będzie nierosnącym ciągiem okresów funkcji f. Wykażemy, że istnieje n N takie, że p n = p m dla m n. Załóżmy, że tak nie jest. Wówczas, przechodząc ewentualnie do podciągu, możemy założyć, że {p n } n N jest ściśle malejącym ciągiem okresów tzn. {p 1 > p >... > p n >...}. Zauważmy, że jeśli p, q są okresami funkcji f przy czym p > q, to p q też jest jej okresem. Istotnie fx + p q) = fx + p q + q) = fx + p) = fx) dla x R. Zatem ponieważ istnieje granica lim p n = q n funkcja f ma okresy dowolnie małe. Niech x należy do przedziału I, na którym f jest ciągła. Wówczas fx) = fx n ) dla pewnego ciągu {x n } n N gęstego w przedziale I. Ponieważ f jest ciągła na I, więc jest ona stała na I. Wynika stąd, że f jest tożsamościowo stała na R, co jest sprzeczne z założeniem.. W dalszym ciągu będziemy zakładać, że rozpatrywane funkcje mają okres π. Nie zmniejsza to ogólności rozważań, gdyż jeśli funkcja g ma okres p, p >, to fx) = g px π ) ma okres π i na odwrót. Istotnie fx + π) = g p π x + π)) = g px π + p) = g px ) = fx). π Zauważmy, że funkcje okresowe o okresie π można traktować jako funkcje określone na okręgu S 1. Podstawowymi przykładami funkcji okresowych o okresie π są funkcje trygonometryczne. Definicja. Układem trygonometrycznym nazywamy zbiór funkcji {sin nx, cos nx} n N = {1, sin x, cos x, sin x, cos x,...}. Lemat. Układ trygonometryczny spełnia warunki ortogonalności a) cos nxdx = sin nxdx =, n N; b) sin nx cos mxdx =, n, m N; 4

5 c) d) sin nx sin mxdx = cos nx cos mxdx = { jeśli n m, π jeśli n = m, { jeśli n m, π jeśli n = m, π jeśli n = m =, n, m N; n, m N ; Dowód. Wzór a) jest oczywisty, natomiast wzory b), c) i d) wynikają za związków sin ϕ sin θ = 1 cosϕ θ) 1 cosϕ + θ), sin ϕ cos θ = 1 sinϕ θ) + 1 sinϕ + θ), cos ϕ cos θ = 1 cosϕ θ) + 1 cosϕ + θ). Podstawowa idea leżąca u podstaw teorii szeregów Fouriera polega na użyciu powyższych związków ortogonalności w celu wyrażenia dowolnej funkcji f okresowej o okresie π poprzez nieskończony szereg sinusów i cosinusów tzn. 9) fx) A + m=1 ) A m cos mx + B m sin mx. We wzorze tym symbol oznacza odpowiedniość. Będziemy mogli go zastąpić przez równość jeśli wykażemy, że szereg po prawej stronie 9) jest rzeczywiście zbieżny do fx). W celu wyznaczenia współczynników A n, n N pomnóżmy obie strony 9) przez cos nx, a następnie przecałkujmy obie strony po przedziale [π]. Korzystając ze związków ortogonalności dostajemy fx) cos nxdx A cos nxdx + A m cos mx cos nxdx + B m m=1 = πa n, n N. ) sin mx sin nxdx Podobnie mnożąc przez sin nx, całkując po [, π] i korzystając ze związków ortogonalności dostajemy fx) sin nxdx πb n, n N. Definicja. Współczynnikami Fouriera funkcji okresowej f o okresie π nazywamy liczby 1) A n = 1 π B n = 1 π fx) cos nxdx, n =, 1,... fx) sin nxdx, n = 1,,... 5

6 Współczynniki Fouriera są określone o ile powyższe całki są skończone. Wystarczy więc założyć, że funkcja f jest całkowalna na przedziale [, π] czyli, że f L 1 [, π]). Warto zauważyć, że jeśli f jest parzysta tzn. f x) = fx)), to B n = dla n N oraz jeśli f jest nieparzysta tzn. f x) = fx)), to A n = dla n N. Przykład. Niech f będzie okresowa o okresie π oraz fx) = Wówczas A n = dla n N oraz B n = π { 1 dla x π, 1 dla < x <. { gdy n N, sin nxdx = 4 πn gdy n N + 1. Zatem fx) 4 π 4 π k= sink + 1)x k + 1 sin x + sin 3x 3 + sin 5x 5 ) Zadanie. Wyznaczyć współczynniki Fouriera funkcji f okresowej o okresie π jeśli a) fx) = x dla x, π], b) fx) = x dla x, π]. Szeregi Fouriera wyraża się często w postaci szeregów funkcji eksponencjalnych zamiast szeregów sinusów i cosinusów. W celu ich wprowadzenia przypomnijmy wzór Eulera e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ dla ϕ R. Stąd dostajemy Zatem 11) fx) A + cos ϕ = 1 e iϕ + e iϕ), sin ϕ = i e iϕ e iϕ). A + n= c n e inx ) A n cos nx + B n sin nx An ib n e inx + A n + ib n e inx) 6

7 gdzie Korzystając z 1) dostajemy c = A {, c An ib n = n )/ dla n N, A n + ib n )/ dla n N. 1) c n = 1 fx)e inx dx, n Z. π Zatem jeśli f : R R, to c n = c n, dla n Z. Zauważmy jeszcze, że funkcje eksponencjalne spełniają następujący związek ortogonalności: 13) 1 π { e imx e inx 1 gdy m = n, dx = δ m,n := π gdy m m. Na zakończenie tego punktu wykażemy, że współczynniki Fouriera spełniają następującą nierówność. Lemat 3 Nierówności Bessela). Jeśli f jest funkcją okresową o okresie π oraz f L 1 L [, π]), to jej współczynniki Fouriera c n spełniają nierówność 14) n= c n 1 fx) dx, π natomiast współczynniki A n, B n spełniają 15) 1 4 A + 1 An + B n ) 1 fx) dx. π Wówczas Dowód. Dla ustalonego N N oznaczmy = Ale wobec definicji S N oraz 1) S N x) = n= N fx) SN x) ) dx c n e inx. f x)dx fx)s N x)dx + SNx)dx. fx)s N x)dx = n= N c n 7 fx)e inx dx = π n= N c n

8 oraz wobec związków ortogonalności 13) Zatem S Nx)dx = = n= N n= N m= N c n e inx) c n c m fx) SN x) ) dx = N m= N c m e imx) dx e inx e imx dx = π f x)dx π Ponieważ N N było dowolne dostajemy 14). W celu uzasadnienia nierówności 15) wystarczy zauważyć, że n= N n= N A = 4 c oraz A n + B n = c n + c n ) dla n N. Wniosek 1. Jeśli f L 1 L [, π]), to szeregi n= A n, B n oraz n= c n są zbieżne. c n. c n. 3. Zbieżność punktowa szeregów Fouriera. Do tej pory określiliśmy odpowiedniość pomiędzy funkcjami okresowymi o okresie π, a ich szeregami Fouriera. Naturalnym pytaniem jest czy otrzymane szeregi są zbieżne oraz jeśli tak to w jakim sensie i jaki jest związek ich granicy z wyjściową funkcją. Definicja. Zbieżność punktowa funkcji.) Niech będzie dany ciąg funkcyjny {f n } n N funkcji określonych w otoczeniu punktu x R. Mówimy, że szereg funkcyjny f n jest zbieżny punktowo w punkcie x jeśli jest zbieżny szereg liczbowy f n x). W przeciwnym wypadku, mówimy, że szereg funkcyjny f n jest rozbieżny w x. Przykłady. 3. Szereg potęgowy xn jest zbieżny punktowo w x wtedy i tylko wtedy, gdy x < Szereg cos nx n jest zbieżny punktowo dla każdego x R. 5. Szereg cos nx n jest rozbieżny dla x = kπ, k Z. Później przekonamy się, że jest on zbieżny dla pozostałych wartości x. Okazuje się, że istnieją funkcje okresowe ciągłe, dla których szereg Fouriera jest rozbieżny w gęstym zbiorze punktów x, a nawet takie, dla których jest on rozbieżny dla każdego x R. Tym nie mniej dla szerokiej klasy funkcji ich szeregi Fouriera są zbieżne. Taką klasą funkcji są funkcje kawałkami zbieżne. Definicja. Mówimy, że funkcja f ma nieciągłość skokową w punkcie x jeśli istnieją granice jednostronne lim fx) =: x x,x< x f x ), lim fx) =: x x,x> x f x+ ) 8

9 lecz f x ) f x + ). Uwaga. Jeśli granice jednostronne istnieją i są sobie równe, to po przedefiniowaniu wartości funkcji funkcji w x otrzymamy funkcję ciągłą w x. Przykład 6. Niech fx) = { sin x x dla x, dla x =. Wówczas f jest nieciągła w lecz ponieważ lim x,x< fx) = 1 = lim x,x> fx), więc kładąc f) = 1 zamiast f) = dostajemy funkcję ciągłą. Definicja. Mówimy, że funkcja f jest kawałkami ciągła w ograniczonym przedziale a, b) R jeśli jest ona ciągła poza skończoną ilością punktów, w których ma ona skokowe nieciągłości oraz jeśli istnieją granice lim x a fx) i lim x b fx). Mówimy, że funkcja f jest kawałkami gładka w ograniczonym przedziale a, b) jeśli jest ona kawałkami ciągła w a, b) oraz jej pochodna f istnieje poza skończona liczbą punktów przedziału a, b) i jest kawałkami ciągła. Mówimy, że funkcja f jest kawałkami ciągła odpowiednio kawałkami gładka) na R jeśli jest ona kawałkami ciągła odpowiednio kawałkami gładka) na każdym ograniczonym przedziale. Uwaga. Jeśli f i g są kawałkami ciągłe gładkie) to c 1 f +c g oraz fg są też kawałkami ciągłe gładkie). Możemy teraz sformułować twierdzenie o zbieżności punktowej szeregów Fouriera. Twierdzenie 1. Jeśli f jest funkcją okresową o okresie π, kawałkami gładką na R, to jej szereg Fouriera jest zbieżny punktowo dla każdego x R przy czym 16) A + An cos nx + B n sin nx ) fx) jeśli f jest ciągła w x, = fx ) + fx + ) jeśli f jest nieciągła w x. Dowód. Oznaczmy przez S N fx), N-tą sumę częściową szeregu Fouriera funkcji f S N fx) = A + N An cos nx + B n sin nx ) = n= N c n e inx. Naszym celem jest wykazanie, że S N fx) jest zbieżne do fx ) + fx + ) ) / gdy N. Ponieważ c n = 1 fy)e iny dy, π 9

10 więc S N fx) = 1 π = 1 π = 1 π = 1 π n= N n= N +x n= N +x n= N fy)e inx y) dy fy)e iny x) dy fx + ξ)e inξ dξ fx + ξ)e inξ dξ, gdyż całka funkcji okresowej po odcinku długości pełnego okresu nie zależy od położenia tego odcinka. Zatem 17) S N fx) = gdzie 18) D N ξ) = 1 π fx + ξ)d N ξ)dξ, n= N jest jądrem Dirichleta. Przedstawimy teraz jądro Dirichleta w bardziej dogodnej postaci. e inξ 19) D N ξ) = 1 π e inξ e ikξ k= = 1 π e inξ ein+1)ξ 1 e iξ 1 e in+1)ξ e inξ = 1 π = 1 π e iξ 1 sinn + 1/)ξ. sin ξ/ e iξ/ e iξ/ Postać ta umożliwia naszkicowanie wykresu jądra Dirichleta D N. Zauważmy również, że ze wzoru 18) dostajemy D N ξ) = 1 π + 1 π e inξ + e inξ) = 1 π + 1 π cos nξ. Stąd D N ξ)dξ = D N ξ)dξ = 1. 1

11 Zatem oraz wobec 17) 1 fx ) = fx ) D N ξ)dξ, 1 π fx+ ) = fx + ) D N ξ)dξ S N fx) fx ) + fx + ) = fx + ξ) fx ) ) D N ξ)dξ + fx + ξ) fx + ) ) D N ξ)dξ. Naszym celem jest wykazanie, że ta wielkość dąży do zera gdy N. Dzięki 19) możemy prawą stronę powyższego wyrażenia zapisać w postaci gdzie 1 π gξ) e in+1)ξ e inξ) dξ, π fx + ξ) fx ) gξ) = e iξ 1 fx + ξ) fx + ) e iξ 1 dla < ξ <, dla < ξ < π. Funkcja g ma taką samą klasę gładkości na odcinkach, ) i, π). Korzystając z reguły de l Hospitala f x + ξ) lim gξ) = lim ξ ξ ie iξ = f x ), i f x + ξ) lim gξ) = lim ξ + ξ + ie iξ = f x + ). i Zatem g jest kawałkami ciągła na [, π]. Z Wniosku z nierówności Bessela wynika, że współczynniki Fouriera c n funkcji g dążą do zera. Zatem 1 π gξ) e in+1)ξ e inξ) dξ = c N+1) c N π co kończy dowód twierdzenia. gdy N Wniosek. Jeśli funkcje okresowe f i g o okresie π są kawałkami gładkie oraz mają takie same współczynniki Fouriera to f = g poza punktami nieciągłości. jest Powyższe twierdzenie umożliwia znalezienie sum pewnych szeregów liczbowych. Przykłady. 7. Szeregiem Fouriera funkcji okresowej o okresie π takiej, że fx) = sgn x dla x < π 4 π k= sink + 1)x. k

12 Wstawiając x = π/ na podstawie Twierdzenia 1 dostajemy 1) k k + 1 = π 4. jest k= 8. Szeregiem Fouriera funkcji okresowej o okresie π takiej, że fx) = x dla x < π Wstawiając x = dostajemy jest π 4 π k=1 k=1 cosk + 1)x k + 1). 1 k + 1) = π Szeregiem Fouriera funkcji okresowej o okresie π takiej, że fx) = x dla x < π Wstawiając x = dostajemy π ) n n 1) n cos nx. n = π 1. Wniosek 3. Korzystając z Przykładów 6 i 7 można policzyć wartość funkcji ζ-riemanna w punkcie ζ =. 1 ζ) = n = 1 k + 1) + 1) n n = π 8 π 1 = π 6. k=1 Następne twierdzenie wiąże współczynniki Fouriera funkcji ze współczynnikami Fouriera jej pochodnej. Twierdzenie. Załóżmy, że f jest okresowa o okresie π, ciągła i kawałkami gładka. Jeśli A n, B n i c n są współczynnikami Fouriera f, to współczynnikami Fouriera jej pochodnej f są ) A n = n B n, B n = n A n, c n = in c n. Dowód. Jest jasne, że f jest funkcją okresową, kawałkami ciągłą. Całkując przez części dostajemy dla n Z c n = 1 π f x)e inx dx = 1 π π fx)e inx = in π 1 π fx)e inx dx = inc n. 1 fx) e inx) x dx

13 Podobnie wykazujemy wzory A n = n B n i B n = n A n. Z Twierdzeń 1 i dostajemy Wniosek 4. Jeśli f jest funkcją ciągłą o okresie π, kawałkami gładką oraz jej pochodna f jest kawałkami gładka, to 1) nbn cos nx na n sin nx ) f x) jeśli f jest ciągła w x, = f x ) + f x + ) jeśli f jest nieciągła w x. Twierdzenie 3. Załóżmy, że f jest funkcją kawałkami ciągła, okresową o okresie π. Jeśli c = fy)dy =, to funkcja F x) = x fy)dy jest ciągła, kawałkami gładka, okresowa o okresie π oraz F x) = A + = C + n An n sin nx B n n cos nx ) c n in einx, gdzie C = A = 1 F x)dx. π Dowód. Jest jasne, że F jest funkcją ciągłą i kawałkami gładką. Ponadto, z założenia że c = wynika, że F jest funkcją okresową o okresie π gdyż F x + π) F x) = x+π x fy)dy = fy)dy =. Zatem na podstawie Twierdzenia 1, F jest sumą swojego szeregu Fouriera. Związki pomiędzy współczynnikami Fouriera f i F wynikają z Twierdzenia. 4. Zbieżność jednostajna szeregów Fouriera. W poprzednim rozdziale badaliśmy zbieżność punktową szeregów Fouriera. Faktycznie zbieżność punktowa jest zbieżnością słabą, gdyż daje niewielką informację o granicy. Aby uzyskać większą informację o granicy wprowadza się pojęcia zbieżności absolutnej i jednostajnej. Definicja. Mówimy, że szereg funkcyjny f n zbieżny punktowo do funkcji fx) jest zbieżny absolutnie jeśli jest zbieżny punktowo szereg f nx). 13

14 Definicja. Mówimy, że szereg funkcyjny f n jest zbieżny jednostajnie na zbiorze S jeśli sup N fx) f n x) gdy N. x S Przypomnijmy dwa twierdzenia z Analizy I. Twierdzenie Kryterium Weierstrassa). Jeśli f n x) M n dla x S i n N oraz szereg liczbowy M n jest zbieżny, to szereg funkcyjny f n jest zbieżny absolutnie i jednostajnie na S. Twierdzenie. Jeśli szereg f n funkcji ciągłych jest zbieżny jednostajnie za zbiorze zwartym K, to jego granica jest funkcją ciągłą na K. Twierdzenie 4. Jeśli f jest funkcją ciągłą, kawałkami gładką, okresową o okresie π, to jej szereg Fouriera jest zbieżny do f absolutnie i jednostajnie na R. Dowód. Zauważmy najpierw, że warunek n= A n < i B n < jest równoważny z warunkiem n= c n <. Istotnie zachodzą nierówności A n c n + c n, B n c n + c n i c ±n A n + B n. Zatem wystarczy udowodnić twierdzenie dla szeregu Fouriera w postaci eksponencjalnej. Niech c n będą współczynnikami Fouriera f, a c n współczynnikami Fouriera f. Wówczas dla n, c n = 1 in c n oraz stosując nierówność Bessela dla f n= c n 1 f x) dx <. π Następnie stosując nierówność Cauchy-Schwartza n= co kończy dowód twierdzenia. c n = c + c n n n 1 ) 1/ c + n c n ) 1/ <, n Twierdzenie 5. Niech k N. Jeśli f C k 1) R) oraz f k 1) jest funkcją okresową, kawałkami gładką, to współczynniki Fouriera funkcji f spełniają n ) n k A n <, n= n k B n < i n= n k c n <. W szczególności n k A n, n k B n gdy n i n k c n gdy n ±. Odwrotnie, jeśli współczynniki Fouriera funkcji f spełniają przy pewnym ε > n k+ε c n < dla n Z, n 14

15 lub to f jest klasy C k 1) R). n k+ε max A n, B n ) < dla n N, Dowód. Stosując Twierdzenie 4 do funkcji f k) dostajemy c k) n = in) k c n. Następnie korzystając z nierówności Bessela dostajemy pierwszą część twierdzenia. W celu udowodnienia drugiej części zauważmy, że dla j k 1 n j c n C n j k ε <. n n Zatem korzystając z kryterium Weierstrassa wnioskujemy, że szereg n= in) j c n e inx jest zbieżny absolutnie i jednostajnie dla j k 1. Zatem f C k 1) R). 5. Kryterium Abela. Wielu przypadkach kryterium Weierstrassa nie można zastosować, pomimo, że szereg jest zbieżny jednostajnie. Typowym przykładem takiej sytuacji jest szereg cos nx n. cos nx Zachodzi oszacowanie n 1/n, lecz ponieważ szereg 1/n jest rozbieżny dlaczego?), więc nie można stosować kryterium Weierstrassa. Tym nie mniej powyższy szereg jest zbieżny jednostajnie na odcinkach nie zawierających całkowitej wielokrotności π. Można ten fakt wykazać stosując kryterium Abela. Przed jego sformułowaniem wprowadźmy definicje. Definicja. Mówimy, że szereg funkcyjny f n jest jednostajnie ograniczony na zbiorze S, jeśli istnieje stała M < taka, że dla każdego n N: f n x) M dla x S. Definicja. Ciąg liczbowy {a n } n N nazywamy malejącym, jeśli oraz malejącym do zera, jeśli ponadto a 1 a... a n..., lim a n =. n 15

16 Lemat 4 Lemat Abela). Załóżmy, że skończony ciąg liczbowy {a n } N jest malejący oraz, że istnieją stałe < m < M < takie, że skończony ciąg {b n } N spełnia 3) m b 1 + b... + b N M. Wówczas a 1 m a 1 b 1 + a b a N b N a 1 M. Dowód. Dla k = 1,..., M oznaczmy S k = b 1 + b b k. Wówczas a 1 b 1 + a b a N b N = a 1 S 1 + a S S 1 ) a N S N S N 1 ) = a 1 a )S 1 + a a 3 )S a N 1 a N )S N 1 + a N S N a 1 a )m + a a 3 )m a N 1 a N )m + a N m = a 1 m. Drugą nierówność udowadniamy analogicznie. Lemat 5. Załóżmy, że ciąg {a n } jest malejący oraz, że istnieją stałe < m < M < takie, że ciąg {b n } spełnia dla każdego N N warunek 3). Wówczas, jeśli szereg a nb n jest zbieżny, to oraz dla każdego n N zachodzi: a 1 m a n b n a n b n a 1 M, a n b n an+1 M m). Dowód. Pierwsza nierówność jest wnioskiem z Lematu Abela po zastosowaniu przejścia granicznego N. Aby uzasadnić drugą zauważmy, że a n b n a n b n = Następnie, ponieważ dla każdego p N mamy m N+p 16 n=n+1 b n M, a n b n.

17 więc m M N+p n=n+1 b n M m. Zatem korzystając z pierwszej nierówności dostajemy n=n+1 a n b n an+1 M m). Lemat 6. Jeśli ciąg {a n } jest malejący do zera oraz istnieją stałe < m < M < takie, że ciąg {b n } spełnia dla każdego N N warunek 3), to szereg a nb n jest zbieżny. Dowód. Dla k = 1,..., M oznaczmy S k = b 1 + b b k. Wówczas dla N N mamy a n b n a N S N = a 1 a )S a N 1 a N )S N. Jeśli N, to suma po prawej stronie powyższego wzoru jest bezwzględnie zbieżna, gdyż wobec 3) a 1 a )S a N 1 a N )S N a 1 a )M a N 1 a N )M = a 1 a N )M. Zatem Zachodzi również a n a n+1 )S n a n a n+1 )M = a 1 M. a N S N = a N S N a N M gdy N. Stąd dostajemy zbieżność szeregu a n b n = a n a n+1 )S n. Twierdzenie 6 Kryterium Abela). Załóżmy, że sumy częściowe szeregu funkcyjnego f nx) są jednostajnie ograniczone na odcinku I R przez liczbę M <. Wówczas, jeśli ciąg liczbowy {a n } maleje monotonicznie do zera, to szereg funkcyjny a nf n x) jest zbieżny jednostajnie na I. 17

18 Dowód. Ustalmy x I i połóżmy b n = f n x). Wówczas ciągi {a n } i {b n } spełniają założenia Lematu 6. Zatem szereg a nf n x) jest zbieżny oraz dla każdego n N a n f n x) a n f n x) a N+1 M. Ustalmy δ >. Wówczas istnieje stała N N taka, że a N+1 M δ dla N N. Zatem dla N N a n f n x) a n f n x) δ. Ponieważ N nie zależy od wyboru punktu x I oznacza to, że szereg a nf n x) jest jednostajnie zbieżny na I. Wniosek 4. Dla dowolnego przedziału domkniętego I, π) szereg jest zbieżny jednostajnie na I. Dowód. Stosując wzór dostajemy dla N N sin nx n sin α sin β = cosα β) cosα + β) sin x ) sin x + sin x sin Nx = cos x cos 3x ) 3x + cos cos 5x = cos x N + 1)x cos. ) cos N 1)x cos N + 1)x) Czyli sin x + sin x sin Nx = cos x/ cos N + 1)x/. sin x/ Zatem na zwartym odcinku I, π) zachodzi sin x + sin x sin Nx 1 sin x/. Stąd wnioskujemy, że szereg sin nx jest jednostajnie ograniczony na I. Kładąc a n = 1/n dostajemy tezę wniosku. 18

19 6. Efekt Gibbsa. Jeśli funkcja f jest nieciągła w punkcie x, to jej szereg Fouriera nie może być jednostajnie zbieżny do f w otoczeniu tego punktu. Faktycznie okazuje się, że w otoczeniu punktu nieciągłości x funkcji f kawałkami gładkiej jej szereg Fouriera jest o około 9% różnicy f x + ) f x ) większy lub mniejszy od wartości f x + ). Efekt ten nazywamy efektem Gibbsa, który go zauważył w 1899 r. Zjawisko to ma znaczenie praktyczne, gdyż wynika z niego, że w otoczeniu punktu nieciągłości nie można dokładnie przedstawić funkcji w postaci jej szeregu Fouriera. Matematycznie opiszemy efekt Gibbsa na przykładzie funkcji fx) = π x dla < x < π, której szeregiem Fouriera jest szereg sinusów sin nx n. We Wniosku 4 wykazaliśmy, że szereg ten jest jednostajnie zbieżny na każdym domkniętym przedziale I, π). Wówczas Lemat 7. Niech S n x) = n k=1 sin kx. k 1 π lim max Sn x) π/ )) = 1 n x π/n π sin u u du 1, 89. Dowód. Ze wzoru 19) dostajemy n S nx) = cos kx = 1 D nx) 1, k=1 gdzie D nx) = sinn + 1)x/. sin x/ Zatem gdzie S n x) = = = x x sinn + 1)u/ du x sin u/ sinn + 1)u/ du + W n x) u n+1)x/ sin u u du + W nx), 19

20 x W n x) = 1 sin u/ 1 u Korzystając z reguły de l Hospitala mamy 1 lim u sin u/ 1 ) u ) sinn + 1)u/du x. u sin u/ H) 1 cos u/ = lim = lim u u sin u/ u sin u/ + u cos u/ H) = lim u sin u/ cos u/ u/ sin u/ =. Zatem dla dowolnego ε > możemy znaleźć δ > taką, że dla < x < δ zachodzi Stąd dla < x < δ Zauważmy, że funkcja W n x) x Sn π n+1)x/ 1 sin u/ 1 du + x u < ε. Iv) = v sin u u du π + ε. sin u u du przyjmuje maksymalną wartość dla v = π. Zatem dla n takich, że π/n < δ dostajemy 1 π max x π/n S n x) π/ 1 max π 1 π x π/n n+1)x/ sin u u du π sin u u du π + ε ) + ε, 89 + ε. 7. Zbieżność w L. Zbieżność punktowa szeregów Fouriera, aczkolwiek intuicyjnie jasna, faktycznie wiąże się ze skomplikowanymi zjawiskami typu efektu Gibbsa, czy też braku zbieżności dla pewnych funkcji ciągłych. Znacznie lepiej pod tym względem zachowuje się zbieżność w L, w której co prawda różnica pomiędzy S N f oraz f w konkretnym punkcie może być duża, lecz całka z S N fx) fx) po odcinku [, π] dąży do zera, gdy N. Okazuje się, że zbieżność w L ma zastosowanie m.in. w cyfrowej obróbce obrazów i w mechanice kwantowej. Definicja zbieżności w L opiera się na twierdzeniu o najmniejszych kwadratach. Twierdzenie 7. Jeśli ciąg {g n } n N jest układem ortogonalnym funkcji na odcinku I = [a, b] R, to dla dowolnego ciągu liczbowego {a n } n N oraz N N zachodzi nierówność 4) f L c n g n f I) L a n g n I),

21 gdzie c 1, c,... są współczynnikami Fouriera funkcji f względem układu {g n } tzn. b / b 5) c n = fx)g n x)dx gnx)dx. a a Dowód. Załóżmy najpierw, że {g n } n N jest ortogonalny tzn. b a g nx)dx = 1, Wyrażając tożsamość b a [ fx) w notacji normowej dostajemy f b a g n x)g m x)dx = dla n, m N, n m. ] dx b a n g n x) = f x)dx a c n + a n g n = f N L I) L I) c n + c n a n ) c n a n ). Zauważmy, że ostatni składnik jest nieujemny oraz równy zero wtedy i tylko wtedy, gdy a n = c n dla każdego n N. Zatem f c n g n L I) = f N c L I) n f a n g n co dowodzi 4) dla układu ortonormalnego. W ogólnej sytuacji wystarczy zauważyć, że jeśli układ {g n } n N jest ortogonalny, to układ {h n} n N, gdzie h / b n = g n a g nx)dx, jest ortonormalny. Z dowodu Twierdzenia 7 dostajemy: Wniosek 5. Jeśli {g n } n N f jest układem ortonormalnym to c n g n L I) = f N c L I) n. L I) Stosując twierdzenie o najmniejszych kwadratach do układu trygonometrycznego dostajemy Wniosek 6. Jeśli A n, B n są współczynnikami Fouriera funkcji f okresowej o okresie π, to dla dowolnych stałych C n, n N i D n, n N zachodzi N A f + An cos nx + B n sin nx )) L [,π]) f C + Cn cos nx + D n sin nx )) L. [,π]) 1,

22 Ponieważ współczynniki Fouriera c n względem układu ortogonalnego {g n } n N minimalizują wartość wyrażenia R N f) = f L c n g n, I) więc ciąg {R N f)} N N jest nierosnący. Zatem istnieje jego granica lim N f L c n g n. I) Fakt ten stanowi stanowi podstawę definicji Definicja. Mówimy, że szereg Fouriera funkcji f względem układu ortogonalnego {g n } n N jest zbieżny w L I) jeśli 6) lim N f L c n g n =. I) Układ {g n } n N nazywa się zupełny jeśli 6) zachodzi dla każdej funkcji f ciągłej na I. oraz układ eks- Można udowodnić, że układ trygonometryczny {1, cos nx, sin nx} n N ponencjalny {e inx } n Z są zupełne na [, π]. Twierdzenie 8 O jednoznaczności). Jeśli dwie funkcje ciągłe mają te same współczynniki Fouriera względem zupełnego układu ortogonalnego {g n } n N, to są one identyczne. Dowód. Wystarczy wykazać, że jeśli współczynniki Fouriera funkcji f ciągłej na I są równe zeru to f. W tym celu zauważmy, że jeśli c n = dla n N to dla każdego N N mamy f N c ng n = f. Wobec zupełności oznacza to, że f L I) =. Stąd ponieważ f jest ciągła wnioskujemy, że f, a więc f. Okazuje się, że dla zupełnego układu ortonormalnego nierówność Bessela staje się równością. Twierdzenie 9 Tożsamość Parsevala). Niech {g n } n N będzie układem ortonormalnym na I = [a, b]. Wówczas układ {g n } n N jest zupełny wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej funkcji f ciągłej lub kawałkami ciągłej) na I zachodzi c n = b a f x)dx.

23 Dowód. Na podstawie Wniosku 5 mamy f b L c n g n = f x)dx I) a 1/. cn) Jeśli N to zbieżność do zera jednej strony tej równości implikuje zbieżność do zera drugiej strony. Wniosek 7. Dla dowolnej funkcji f okresowej o okresie π, kawałkami ciągłej zachodzi 1 π f x)dx = 1 π A + A n + Bn ). Przykład 1. Niech f będzie okresowa o okresie π taka, że fx) = π x dla x [, π). Wówczas A n = dla n N oraz B n = n dla n N. Zatem na podstawie Wniosku 7 mamy 1 n = 1 π x) dx = π 4π 6. I. Równanie ciepła. 8. Zastosowania szeregów Fouriera. Motywując potrzebę szeregów Fouriera wyprowadziliśmy wzór na rozwiązanie problemu propagacji ciepła w pręcie o długości l. Jeśli l = π, to kandydatem na rozwiązanie problemu t ut, x) = xut, x), u, x) = fx), ut, ) = ut, π) = zgodnie ze wzorami 7) i 8) jest 7) ut, x) = b n e nt sin nx, gdzie współczynniki b n spełniają 8) b n sin nx = fx) dla x [, π]. Zatem jeśli założymy, że f jest ciągła, kawałkami gładka na [, π] oraz f) = fπ) =, to 9) b n = π fx) sin nxdx, 3

24 przy czym b n < oraz szereg sinusów 8) jest zbieżny jednostajnie na R do funkcji będącej okresowym przedłużeniem funkcji nieparzystej { fx) dla x π, 3) f 1 x) = f x) dla x. Pozostaje mam jeszcze zbadać zbieżność szeregu 7). Otóż, jeśli b n C <, to dla t ε > mamy bn e nt sin nx Ce n ε. Zauważmy, że e nε 1 n ε. Zatem szereg e nε jest zbieżny i z kryterium Weierstrassa wynika, że szereg 7) jest zbieżny jednostajnie do funkcji ut, x) ciągłej na [ε, ) R. Wobec dowolności ε >, u jest ciągła na, ) R. Licząc pochodne cząstkowe względem t oraz x, a następnie korzystając z nierówności 1 ) N e nε C N n ε dla pewnej stałej C N < wnioskujemy, że szeregi pochodnych są zbieżne do funkcji ciągłej. Zatem u C, ) R ). oraz Rozważania analogiczne do powyższych można przeprowadzić dla problemów t ut, x) = xut, x), u, x) = fx), u x t, ) = u x t, π) = II. Równanie struny. t ut, x) = xut, x), u, x) = fx), ut, ) = ut, π). Drgania struny o długości l = π i zaczepionych końcach są opisane przez problem początkowo-brzegowy t ut, x) = xut, x), u, x) = fx), 31) u t, x) = gx), ut, ) = ut, π) =, gdzie funkcje f i g są dane i spełniają warunki zgodności f) = fπ) =, g) = gπ) =. W celu rozwiązania tego problemy zastosujemy metodę rozdzielania zmiennych. Czyli szukamy rozwiązania w postaci ut, x) = F t)gx). Wstawiając do pierwszego równania w 31) dostajemy 3) F t) F t) = λ = G x) Gx). 4

25 Drugie równanie w 3) po uwzględnieniu warunków brzegowych przyjmuje postać problemu { G x) = λgx), G) = Gπ) =. Problem ten ma nietrywialne rozwiązanie jedynie dla λ = n, n N. Wówczas Gx) = G n x) = C n sin nx. Teraz dla λ = n, n N pierwsze równanie w 3) przyjmuje postać Rozwiązaniem ogólnym tego równania jest Zatem dla każdego n N funkcja F t) = n F t). F n x) = A n cos nt + B n sin nt. u n t, x) = A n cos nt + B n sin nt ) sin nx spełnia { t ut, x) = xut, x), ut, ) = ut, π) =. Ponieważ równanie struny jest liniowe suma funkcji u n również spełnia powyższy problem także suma nieskończona, o ile jest ona zbieżna). Zatem ogólne rozwiązanie jest dane przez 33) ut, x) = An cos nt + B n sin nt ) sin nx. Trzeba jeszcze dobrać współczynniki A n, B n tak, aby spełnione były warunki początkowe w 31) tzn. u, x) = fx), u t, x) = gx). Otóż kładąc t = w 33) dostajemy Stąd u, x) = 34) A n = π A n sin nx = fx). Licząc pochodną ut, x) względem t mamy u tt, x) = fx) sin nxdx. nan sin nt + nb n cos nt ) sin nx. 5

26 Następnie kładąc t = mamy Stąd u t, x) = 35) B n = πn nb n sin nx = gx). gx) sin nxdx. Trzeba jeszcze zbadać zbieżność szeregu 33). Otóż, jeśli funkcje f i g są ciągłe i kawałkami gładkie, to szereg ten jest zbieżny. Tym nie mniej, aby funkcja ut, x) spełniała równanie u tt = u xx powinna ona posiadać ciągłe drugie pochodne cząstkowe. Zauważmy, że licząc drugie pochodne cząstkowe 33) względem t lub x pojawia się czynnik n, który może uniemożliwić zbieżność otrzymanego szeregu. Aby zagwarantować zbieżność szeregu na drugie pochodne funkcji u można założyć, że f C 3, g C oraz, że f, f, f, g, g, g znikają w i w π. Wówczas współczynniki A n, B n spełniają przy pewnym C < A n C n 4, B n C n 3 i szereg 33) można -krotnie różniczkować względem t oraz x. Przykład 11. Struna o długości π została naciągnięta w środku do wysokości h, a następnie puszczona. Wyznaczyć drgania tej struny. Mamy do rozwiązania zagadnienie t ut, x) = xut, x), u, x) = fx), u t, x) =, ut, ) = ut, π) =, gdzie fx) = { h π dla x π/, h h π dla π/ < x π. Zgodnie ze wzorami 33)-35) mamy B n = oraz ut, x) = A n cos nx sin nx, gdzie dla n = k, k N, A n = π dla n = k + 1, k N, A n = 4 π 6 = 8h π / / = 8h 1) k π k + 1). fx) sin nxdx =, h x sink + 1)xdx π x sin nxdx

27 Zatem ut, x) = 8h π k= 1) k cosk + 1)t sink + 1)x, k + 1) przy czym szereg jest zbieżny do funkcji ciągłej, lecz nie różniczkowalnej. Faktycznie można wykazać, że gdzie f jest okresowym przedłużeniem f. ut, x) = 1 fx t) + fx + t) ), III. Funkcje harmoniczne w kole jednostkowym. Rozważmy problem Dirichleta dla koła jednostkowego 36) { x ux, y) + yux, y) = dla x, y) D = {x + y < 1}, ux, y) = gx, y) dla x, y) S = {x + y = 1}, gdzie g jest daną funkcją na S. W celu rozwiązania tego problemu wyraźmy najpierw operator Laplace a = x + y = x + y we współrzędnych biegunowych x = r cos ϕ, y = r sin ϕ. Otóż jeśli ux, y) = vr, ϕ), to v r v = cos ϕ u + sin ϕ u x y, r = cos ϕ u x + sin ϕ cos ϕ u x y + sin ϕ u y, v = r sin ϕ u + r cos ϕ u ϕ x y, v ϕ = r sin ϕ u x r sin ϕ cos ϕ u x y + r cos ϕ u r cos ϕ u y x r sin ϕ u y. Stąd u = v r + 1 v r r + 1 v r ϕ. Oznaczmy gϕ) = gcos ϕ, sin ϕ). Wówczas problem 36) we współrzędnych biegunowych przybiera postać 37) { r vr, ϕ) + 1 r rvr, ϕ) + 1 r ϕvr, ϕ) = dla r 1, ϕ π, vcos ϕ, sin ϕ) = gϕ) dla ϕ π. Stosując metodę rozdzielania stałych szukamy rozwiązania 37) w postaci vr, ϕ) = Rr) Φϕ). 7

28 Po wstawieniu do 37) i rozdzieleniu zmiennych dostajemy r R r) + rr r) Rr) Φ) = Φπ). = λ = Φ ϕ) Φϕ), Zauważmy, że problem { Φ ϕ) + λφϕ) =, Φ) = Φπ) ma niezerowe rozwiązanie tylko wtedy, gdy λ = n, n N. Wówczas Pozostaje mam rozwiązać równanie Φ n ϕ) = A n cos nϕ + B n sin nϕ = c n e inϕ. 38) r R r) + rr r) n Rr) =. Jest to równanie Eulera, którego rozwiązania szukamy w postaci Rr) = r α. Po wstawieniu do równania dostajemy αα 1) + α n )r α =. Stąd α n =. Zatem rozwiązaniem ogólnym 38) jest R n r) = a n r n + b n r n gdy n N, R r) = a + b ln r gdy n =. Ponieważ szukamy rozwiązania ciągłego w zerze, więc b = i b n = dla n N. Zatem 3) vr, ϕ) = n= c n r n e inϕ, gdzie współczynniki c n wyliczamy z warunku brzegowego v1, ϕ) = gϕ), c n = 1 gθ)e inθ dθ. π Wstawiając te współczynniki do 39) i sumując po n Z dostajemy wzór Poissona vr, ϕ) = 1 π 1 r + r r cosθ ϕ) gθ)dθ. 8

29 Zadania. 1. Wykazać, że układ { 1 π sin nx, 1 π cos nx} n N jest ortonormalny na odcinku [, π].. Znaleźć szeregi Fouriera π-okresowych rozszerzeń następujących funkcji zdefiniowanych na odcinku < x π. a) fx) = x; b) fx) = x ; c) fx) = x ; d) fx) = sin x; e) fx) = sin x ; f) fx) = e bx, b R szereg eksponent). 3. Wykazać, że sin nx n = π x 4. Korzystając z kryterium Abela wykazać, że szereg cos nx n dla < x < π. jest jednostajnie zbieżny na dowolnym domkniętym odcinku I, π). 5. Znaleźć sumy następujących szeregów a) 1 4n 1 ; b) 1) n+1 n ; 1) c) n n + b ; d) 1 n + b. 6. Sprawdzić czy dana funkcja określona na odcinku [, π] jest ciągła, kawałkami ciągła, kawałkami gładka. a) fx) = sin x) 1/3 ; b) fx) = sin { x) 4/3 ; sin x) 1/5 gdy x < π/, c) fx) = cos x gdy x π/. 7. Znaleźć maksymalne k N { } takie aby f C k R), gdzie a) fx) = e inx n 4 + n + 1 ; b) fx) = cos nx n ; c) fx) = cos n x n. 8. Znaleźć stałe a, b, A, B, C takie aby funkcje g x) = 1, g 1 x) = ax + b, g x) = Ax + Bx + C tworzyły układ ortonormalny na odcinku [, 1]. 9. Znaleźć najlepszą aproksymację w normie L [, π]) funkcji fx) = x funkcjami postaci a) a + a 1 cos x + a cos x; b) b 1 sin x + b sin x; c) a cos x + b sin x. 9

30 1. Korzystając z tożsamości Parsevala policzyć sumę szeregu 1 n Rozwiązać zagadnienie brzegowo-początkowe u = u t x, t, x) R +, 1), ut, ) = ut, 1) =, t, u, x) = x x, x 1. Czy otrzymane rozwiązanie jest klasyczne? Wykazać, że sup ut, x) Ce t dla t. x [,1] 1. Rozwiązać metodą Fouriera zagadnienie mieszane dla równania struny u tt = u xx w {t, x) : t >, < x < 1}, u, x) = x x dla < x < 1, u t, x) = dla < x < 1, ut, ) = ut, 1) = dla t. Czy otrzymane rozwiązanie jest klasyczne? 13. Znaleźć rozwiązanie zagadnienia mieszanego w R +, π) u tt = u xx + cos t sin x, u, x) = sin x dla < x < π, u t, x) = sin 3 x dla < x < π, ut, ) = ut, π) = dla t. Czy otrzymane rozwiązanie jest klasyczne? 14. Znaleźć rozwiązanie zagadnienia Dirichleta dla równania Laplace a w prostokącie, π), L) u x + u y =, x, y), π), L), u, y) = uπ, y) =, ux, ) = xx π), ux, L) =. 15. Znaleźć rozwiązanie zagadnienia Dirichleta dla równania Laplace a w kole B, 4) = {x, y) : x + y 16} u x + u =, x, y) B, 4), y u4 sin ϕ, 4 cos ϕ) = sin ϕ. 3