Rešitev Fourierove vrste. Fourierjeve vrste v primerih in problemih

Dizajn in notranjost 14.10.2019
Dizajn in notranjost

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 Fourierjeve vrste temelji na predpostavki, da vse praktična vrednost funkcije v intervalu -π ≤x≤ π lahko izrazimo kot konvergentno trigonometrično vrsto (vrsta se šteje za konvergentno, če konvergira zaporedje delnih vsot, sestavljenih iz njenih členov):

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.

Kje so za območje od -π do π koeficienti Fourierjeve vrste se 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.

Dekompozicija neperiodičnih funkcij.

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. Zaradi nova funkcija je periodičen s periodo 2π, ga 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 člene s kosinusi (tj. ne vsebuje členov s sinusi) in lahko vključuje stalni član. 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 morate dobiti Fourierjeva ekspanzija sinusnega polcikla funkcijo f(x) v območju od 0 do π, potem je treba 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

(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

Fourierjev niz sode periodične funkcije f(x) s periodo 2p vsebuje samo kosinusne člene (tj. ne vsebuje sinusnih členov) in lahko vključuje konstanten člen. Posledično

kje so koeficienti Fourierove vrste,

Fourierjeva ekspanzija v sinusih

Fourierjeva vrsta lihe periodične funkcije f (x) s periodo 2p vsebuje samo člene s sinusi (torej ne vsebuje členov s kosinusi).

Posledično

kje so koeficienti Fourierove vrste,

Fourierjeva vrsta na pol cikla

Če je funkcija definirana za obseg, recimo od 0 do p, in ne le od 0 do 2p, jo je mogoče razširiti v niz samo glede na sinuse ali samo v smislu kosinusov. Nastala Fourierjeva vrsta se imenuje poleg Fourier na pol cikla.

Če želite dobiti razgradnjo Fourier na pol cikla na kosinusov funkcije f (x) v območju od 0 do p, potem je treba sestaviti sodo periodično funkcijo. Na sl. spodaj je funkcija f (x) =x, zgrajena na intervalu od x=0 do x=p. Ker je soda funkcija simetrična glede na os f (x), narišemo premico AB, kot je prikazano na sl. spodaj. Če predpostavimo, da je izven obravnavanega intervala nastala trikotna oblika periodična s periodo 2p, 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 morate dobiti razgradnja Fourier na pol cikla na sinusov funkcije f (x) v območju od 0 do p, potem je treba sestaviti liho periodično funkcijo. Na sl. spodaj je funkcija f(x)=x zgrajena na intervalu od x=0 do x=p. 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 2p, 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

Kako vstaviti matematične formule na spletno mesto?

Če boste kdaj morali na spletno stran dodati eno ali dve matematični formuli, potem je to najlažji način, kot je opisano v članku: matematične formule se enostavno vstavijo na spletno mesto v obliki slik, ki jih Wolfram Alpha samodejno ustvari. Poleg preprostosti to univerzalni način bo pomagalo izboljšati prepoznavnost strani v iskalnikih. Deluje že dolgo (in mislim, da bo delovalo večno), vendar je moralno zastarelo.

Če na svojem spletnem mestu nenehno uporabljate matematične formule, priporočam, da uporabite MathJax, posebno knjižnico JavaScript, ki prikazuje matematični zapis v spletnih brskalnikih z uporabo oznak MathML, LaTeX ali ASCIIMathML.

MathJax lahko začnete uporabljati na dva načina: (1) z uporabo preproste kode lahko hitro povežete skript MathJax s svojim spletnim mestom, ki se bo samodejno naložil z oddaljenega strežnika ob pravem času (seznam strežnikov); (2) naložite skript MathJax z oddaljenega strežnika na svoj strežnik in ga povežite z vsemi stranmi vašega spletnega mesta. Druga metoda je bolj zapletena in dolgotrajna in vam bo omogočila, da pospešite nalaganje strani vašega spletnega mesta, in če nadrejeni strežnik MathJax iz nekega razloga postane začasno nedosegljiv, to na noben način ne bo vplivalo na vaše lastno spletno mesto. Kljub tem prednostim sem izbral prvo metodo, saj je enostavnejša, hitrejša in ne zahteva tehničnega znanja. Sledite mojemu zgledu in v 5 minutah boste lahko uporabljali vse funkcije MathJaxa na svojem spletnem mestu.

Skript knjižnice MathJax lahko povežete z oddaljenega strežnika z uporabo dveh možnosti kode, vzetih z glavnega spletnega mesta MathJax ali s strani z dokumentacijo:

Eno od teh možnosti kode je treba kopirati in prilepiti v kodo vaše spletne strani, po možnosti med oznake in ali takoj za oznako . Po prvi možnosti se MathJax naloži hitreje in manj upočasni stran. Toda druga možnost samodejno sledi in naloži najnovejše različice MathJaxa. Če vstavite prvo kodo, jo bo treba občasno posodobiti. Če prilepite drugo kodo, se bodo strani nalagale počasneje, vendar vam ne bo treba stalno spremljati posodobitev MathJax.

MathJax najlažje povežete v Bloggerju ali WordPressu: na nadzorni plošči spletnega mesta dodajte gradnik, namenjen vstavljanju kode JavaScript tretje osebe, vanj kopirajte prvo ali drugo različico zgornje kode za nalaganje in gradnik postavite bližje začetek predloge (mimogrede, to sploh ni potrebno, saj se skript MathJax naloži asinhrono). To je vse. Zdaj se naučite označevalne sintakse MathML, LaTeX in ASCIIMathML in pripravljeni ste na vdelavo matematičnih formul na svoje spletne strani.

Vsak fraktal je zgrajen po določenem pravilu, ki se dosledno uporablja neomejeno število krat. Vsak tak čas se imenuje ponovitev.

Iterativni algoritem za izdelavo Mengerjeve gobe je precej preprost: originalna kocka s stranico 1 je razdeljena z ravninami, vzporednimi z njenimi ploskvami, na 27 enakih kock. Iz nje se odstrani ena osrednja kocka in 6 kock, ki mejijo nanjo vzdolž ploskev. Izkaže se komplet, sestavljen iz 20 preostalih manjših kock. Če enako naredimo z vsako od teh kock, dobimo niz, sestavljen iz 400 manjših kock. Če ta postopek nadaljujemo za nedoločen čas, dobimo gobo Menger.

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 B študijski vodnik predstavljene so osnovne informacije o Fourierjevih vrstah, podani so primeri 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 Novosibirsk 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 fazi znanstvenega raziskovanja se je razvila 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 na tej ravnini pravokotne koordinate xou. 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 ji linearna gostotaρ je konstanten. 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. Posledično skupna odločitev enačba (28) ima 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


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

Zvezna agencija za izobraževanje Zvezna državna izobraževalna ustanova za visoko strokovno izobraževanje JUŽNA ZVEZNA UNIVERZA R. M. Gavrilova, G. S. Kostetskaya Metodična

Ministrstvo za izobraževanje Republike Belorusije Državna tehnološka univerza Vitebsk Tema. "Rows" Oddelek za teoretično in uporabno matematiko. razvil izr. E.B. Dunina. Glavni

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

MOSKVSKA DRŽAVNA TEHNIČNA UNIVERZA CIVILNEGA LETALSTVA V.M. Lyubimov, E.A. Žukova, V.A. Ukhova, Yu.A. Šurinov

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

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

TEORIJA NIZOV Teorija nizov je najpomembnejša komponenta matematične analize in najde tako teoretično kot številne praktične aplikacije. Razlikovati med numeričnimi in funkcijskimi serijami.

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

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

Zvezna agencija za železniški promet Oddelek Uralske državne univerze za železniški promet "Višja in uporabna matematika" N. P. Chuev Metodični elementi harmonične analize

BELORUSKA DRŽAVNA UNIVERZA FAKULTETA ZA UPORABNO MATEMATIKO IN INFORMACIJO Oddelek za višjo matematiko Učna pomoč za študente Fakultete za uporabno matematiko in informatiko

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

ENAČBE MATEMATIČNE FIZIKE 1. Parcialne diferencialne enačbe

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?......... ......

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

Predavanje 8 4 Sturm-Liouvillov problem

MINISTRSTVO ZA IZOBRAŽEVANJE IN ZNANOST RUSIJE ZVEZNA DRŽAVNA PRORAČUNSKA IZOBRAŽEVALNA INSTITUCIJA VISOKEGA STROKOVNEGA IZOBRAŽEVANJA "SAMARA STATE TECHNICAL UNIVERSITY" Oddelek za uporabno matematiko

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

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

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

Naslov Uvod. Osnovni pojmi.... 4 1. Volterrove integralne enačbe... 5 Možnosti domače naloge.... 8 2. Resolventa Volterrove integralne enačbe. 10 Možnosti domače naloge.... 11

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

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

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.

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. 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.

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

S A Lavrenchenko wwwwrckoru Predavanje Fourierjeva transformacija Koncept integralne transformacije Metoda integralnih transformacij je ena od močnih metod matematične fizike in je močna rešitev

Diferencialni račun Uvod v matematično analizo Zaporedje in funkcijska limita. Razkritje negotovosti znotraj. Izpeljanka funkcije. Pravila razlikovanja. Uporaba izpeljanke

PREDAVANJE N 7 .Moč

Fakulteta za metalurgijo Katedra za višjo matematiko

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

Moskovski inštitut za fiziko in tehnologijo (državna univerza) O.V. Besov TRIGONOMETRIČNE FOURIERJEVE NIZE Učni pripomoček Moskva, 004 Sestavil O.V.Besov UDK 517. Trigonometrične vrste

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

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:

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

VPRAŠANJA IN TIPIČNE NALOGE za zaključni izpit pri disciplini "Matematična analiza" Uporabna matematika Pri ustnem izpitu prejme študent dve teoretični vprašanji in dve nalogi. Skupaj 66 vprašanj letno.

Tema modula Funkcijska zaporedja in nizi Lastnosti enakomerne konvergence zaporedij in nizov Potenčne vrste Predavanje Definicije funkcijskih zaporedij in nizov Enakomerno

~ ~ 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

Ministrstvo za izobraževanje in znanost Ruske federacije Zvezna državna proračunska izobraževalna ustanova za visoko strokovno izobraževanje "Sibirska državna industrijska univerza"

KVADRATNE ENAČBE

VOJAŠKI IZOBRAŽEVALNI IN ZNANSTVENI CENTER LETALSTVA "LETALSKA AKADEMIJA z imenom profesorja N. E. ŽUKOVSKEGA in Ju. A. GAGARINA" PRIMERI

ZVEZNA AGENCIJA ZA IZOBRAŽEVANJE DRŽAVNA IZOBRAŽEVALNA INSTITUCIJA VISOKEGA STROKOVNEGA IZOBRAŽEVANJA Moskovska državna univerza za instrumentalno tehniko in informatiko Oddelek za visoko

Poglavje 5. Fourierjeva vrsta 5 .. Lekcija 5 5 ... Osnovne definicije Funkcionalno vrsto oblike a 2 + (a k cos x + b k si x) (5 ..) imenujemo trigonometrija

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

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

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(

DIFERENCIALNE ENAČBE 1. Osnovni pojmi Diferencialna enačba glede na neko funkcijo je enačba, ki to funkcijo povezuje z njenimi neodvisnimi spremenljivkami in z njenimi odpeljankami.

OBIČAJNE DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA Osnovni pojmi Diferencialna enačba je enačba, v kateri pod predznakom odvoda ali diferenciala vstopi neznana funkcija.

DIFERENCIALNE ENAČBE Splošni koncepti Diferencialne enačbe imajo številne in zelo raznolike aplikacije v mehaniki, fiziki, astronomiji, tehniki in v drugih vejah višje matematike (npr.

Funkcionalna serija Funkcionalna serija njena vsota in površina funkcionalnega o Naj bo zaporedje funkcij k (k 1) podano v območju Δ realnih ali kompleksnih števil

SISTEMI ORTOGONALNIH POLINOMOV IN NJIHOVE UPORABE A. Chebyshev-Hermite polinomi

Predavanja pripravila izredna profesorica Musina MV Definicija Izraz oblike Numerične in funkcionalne serije Numerične serije: osnovni pojmi (), kjer se imenuje številska serija (ali samo serija) Številke, člani serije (odvisno od

Številni procesi, ki se pojavljajo v naravi in ​​tehnologiji, imajo lastnost, da se ponavljajo v rednih intervalih. Takšni procesi se imenujejo periodični in so matematično opisani s periodičnimi funkcijami. Te funkcije vključujejo greh(x) , cos(x) , greh(wx), cos(wx) . Vsota dveh periodičnih funkcij, na primer funkcija oblike , na splošno ni več periodično. Lahko pa se pokaže, da če razmerje w 1 / w 2 je racionalno število, potem je ta vsota periodična funkcija.

Najenostavnejše periodične procese – harmonična nihanja – opisujejo periodične funkcije greh(wx) in cos(wx). Bolj zapletene periodične procese opisujejo funkcije, ki so sestavljene iz končnega ali neskončnega števila členov oblike greh(wx) in cos(wx).

3.2. trigonometrične vrste. Fourierjevi koeficienti

Razmislite o funkcionalnem nizu oblike:

Ta vrstica se imenuje trigonometrična; številke a 0 , b 0 , a 1 , b 1 ,a 2 , b 2 …, a n , b n ,… klical koeficientov trigonometrične vrste. Serija (1) je pogosto zapisana na naslednji način:

. (2)

Ker imajo členi trigonometrične vrste (2) skupno periodo
, potem je tudi vsota niza, če konvergira, periodična funkcija s periodo
.

Predpostavimo, da funkcija f(x) je vsota te serije:

. (3)

V tem primeru se reče, da je funkcija f(x) razširi v trigonometrično vrsto. Ob predpostavki, da ta niz enakomerno konvergira v intervalu
, lahko njegove koeficiente določite s formulami:

,
,
. (4)

Koeficienti nizov, določenih s temi formulami, se imenujejo Fourierjevi koeficienti.

Trigonometrični nizi (2), katerih koeficienti so določeni s Fourierjevimi formulami (4), se imenujejo blizu Fourierja ki ustreza funkciji f(x).

Torej, če je periodična funkcija f(x) je vsota konvergentne trigonometrične vrste, potem je ta vrsta njena Fourierjeva vrsta.

3.3. Konvergenca Fourierovih vrst

Formule (4) kažejo, da je mogoče Fourierjeve koeficiente izračunati za vsak interval, ki ga je mogoče integrirati

-periodična funkcija, tj. za takšno funkcijo je vedno mogoče sestaviti Fourierjev niz. Toda ali bo ta serija konvergirala k funkciji f(x) in pod kakšnimi pogoji?

Spomnimo se, da funkcija f(x), definirana na segmentu [ a; b] , imenujemo delno gladka, če imata in njena izpeljanka največ končno število diskontinuitetnih točk prve vrste.

Naslednji izrek daje zadostne pogoje za razširitev funkcije v Fourierjev niz.

Dirichletov izrek. Pustiti
-periodična funkcija f(x) je po delih gladka
. Potem se njegova Fourierjeva vrsta konvergira v f(x) na vsaki njeni točki kontinuitete in na vrednost 0,5(f(x+0)+ f(x-0)) na prelomni točki.

Primer1.

Razširite funkcijo v Fourierjev niz f(x)= x, podan na intervalu
.

rešitev. Ta funkcija izpolnjuje Dirichletove pogoje in jo je zato mogoče razširiti v Fourierjev niz. Uporaba formul (4) in metode integracije po delih
, najdemo Fourierjeve koeficiente:

Torej Fourierjeva vrsta za funkcijo f(x) ima pogled.

Priporočamo branje

Vrh