Matematika/Furje eilutės

Trigonometrinė eilutė ir jos pagrindinės savybės

Eilutė pavidalo

$\frac{a_0}{2}+a_1\cos x+b_1\sin x+a_2\cos (2x)+b_2\sin (2x)+a_3\cos (3x)+b_3\sin (3x)+...+a_n\cos (nx)+b_n\sin (nx)+...=$

$=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n\cos (nx)+b_n\sin (nx))(1)$

vadinasi trigonometrine eilute, o skaičiai $a_0,a_1,b_1,a_2,b_2,...,a_n,b_n,...-$ koeficientais trigonometrinės eilutės.

Skirtumas nuo laipsninės eilutės yra, kad trigonometrinėje eilutėje vietoje paprasčiausių funkcijų 1, x, $x^2$, ..., $x^n$, ... paimtos trigonometrinės funkcijos

$\frac{1}{2},\cos x,\sin x,\cos (2x),\sin (2x),...,\cos (nx),\sin (nx),...,(2)$

kurios taip pat gerai išnagrinėtos.

Visų pirma pažymėsime, kad visos funkcijios sistemos (2) yra periodinės su periodu $2\pi$. Iš tiesų, konstanta $\frac{1}{2}$ turi bet kokį periodą, o periodas funkcijų $\sin (nx)$ ir $\cos (nx)$ ($n=1,2,...$) lygus $\frac{2\pi }{n}$ (iš tiesų, $\sin [n(x\pm \frac{2\pi }{n})]=\sin (nx\pm 2\pi )=\sin (nx)$) ir, pasekoje, skaičius $2\pi =n$ $(\frac{2\pi }{n})$ taipogi jų periodas. Akivaizdu, kad kiekvienas narys trigonometrinės eilutės (1) yra periodinė funkcija su eriodu $2\pi$. Todėl ir betkuri dalinė suma eilutės (1) $2\pi$-periodinė (jeigu visi nariai eilutės nesikeičia nuo pakaitalo x iki $x+2\pi$, tai ir suma jos nesikeičia nuo šito pakaitalo). Iš čia seka, kad jeigu eilutė (1) konverguoja atkarpoje $[-\pi ;\pi ]$, tai ji konverguoja visoje skaičių tiesėje ir jos suma, esanti riba pasekmės periodinių dalinių sumų, yra periodinė funkcija su periodu $2\pi$. Todėl trigonometrinės eilutės ypač patogios nagrinėjant periodines funkcijas, aprašančias įvairius periodinius procesus, kurie yra gamtoje ir technikoje. Pavyzdžiai periodinių procesų yra supamieji ir sukamieji judesiai įvairių detalių mašinų ir prietaisų, akustiniai ir elektromagnetiniai virpesiai ir kita.

Kita svarbia savybe funkcijos (2) yra jų statmenumas atkarpoje $[-\pi ;\pi ]:$ integralas atkarpa $[-\pi ;\pi ]$ iš sandaugos dviejų skirtingų funkcijų šitos sistemos lygus nuliui, o integralas atkarpa $[-\pi ;\pi ]$ iš kvadrato bet kurios funkcijos šitos sistemos nelygus nuliui.

Iš tiesų,

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{1}{2}\cos (kx)\text{d}x=\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{1}{2k}\cos (kx)\text{d}(kx)=\frac{1}{2k}\sin (kx){|}_{-\pi }^{\pi }=0;(3)$

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{1}{2}\sin (kx)\text{d}x=\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{1}{2k}\sin (kx)\text{d}(kx)=-\frac{1}{2k}\cos (kx){|}_{-\pi }^{\pi }=-\frac{1}{2k}(\cos (k\pi )-\cos (-k\pi ))=0;(3)$

čia $\text{d}(kx)=k\cdot \text{d}x;\frac{\text{d}(kx)}{k}=\text{d}x.$

Toliau,

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\cos (nx)\text{d}x=\frac{1}{2}\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}[\cos ((k+n)x)+\cos ((k-n)x)]\text{d}x=$

$=\frac{1}{2}[\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{\cos ((k+n)x)}{k+n}\text{d}((k+n)x)+\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{\cos ((k-n)x)}{k-n}\text{d}((k-n)x)]=$

$=\frac{1}{2}[\frac{\sin ((k+n)x)}{k+n}{|}_{-\pi }^{\pi }+\frac{\sin ((k-n)x)}{k-n}{|}_{-\pi }^{\pi }]=0,\text{kai}k\ne n,(4)$

čia $\text{d}((k+n)x)=(k+n)\text{d}x,\frac{\text{d}((k+n)x)}{k+n}=\text{d}x$ ir $\text{d}((k-n)x)=(k-n)\text{d}x,\frac{\text{d}((k-n)x)}{k-n}=\text{d}x$ bei pasinaudojome trigonometrine formule $\cos (A)\cdot \cos (B)=\frac{1}{2}[\cos (A+B)+\cos (A-B)].$

Analogiškai randame

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\sin (kx)\sin (nx)\text{d}x=-\frac{1}{2}\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}[\cos ((k+n)x)-\cos ((k-n)x)]\text{d}x=$

$=-\frac{1}{2}[\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{\cos ((k+n)x)}{k+n}\text{d}((k+n)x)-\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{\cos ((k-n)x)}{k-n}\text{d}((k-n)x)]=$

$=-\frac{1}{2}[\frac{\sin ((k+n)x)}{k+n}{|}_{-\pi }^{\pi }-\frac{\sin ((k-n)x)}{k-n}{|}_{-\pi }^{\pi }]=0,\text{kai}k\ne n,(5.1)$

čia $\text{d}((k+n)x)=(k+n)\text{d}x,\frac{\text{d}((k+n)x)}{k+n}=\text{d}x$ ir $\text{d}((k-n)x)=(k-n)\text{d}x,\frac{\text{d}((k-n)x)}{k-n}=\text{d}x$ bei pasinaudojome trigonometrine formule $\sin (A)\cdot \sin (B)=-\frac{1}{2}[\cos (A+B)-\cos (A-B)];$

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\sin (kx)\cos (nx)\text{d}x=\frac{1}{2}\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}[\sin ((k+n)x)+\sin ((k-n)x)]\text{d}x=-\frac{1}{2}(\frac{\cos ((k+n)x)}{k+n}+\frac{\cos ((k-n)x)}{k-n}){|}_{-\pi }^{\pi }=0.(5.2)$

Kai (5.2) integrale $k=n=p,$ tai toks integralas irgi lygus nuliui, nes

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\sin (px)\cos (px)\text{d}x=\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\sin (px)\cos (px)\frac{\text{d}(\sin (px))}{p\cos (px)}=\frac{1}{p}\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\sin (px)\text{d}(\sin (px))=\frac{1}{2p}{\sin }^2(px){|}_{-\pi }^{\pi }=0;$ čia $\text{d}(\sin (px))=p\cos (px)dx.$

Pagaliau,

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}{\cos }^2(kx)\text{d}x=\frac{1}{2}\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}(1+\cos (2kx))\text{d}x=\frac{1}{2}(x+\frac{1}{2k}\sin (2kx)){|}_{-\pi }^{\pi }=\frac{1}{2}(\pi -(-\pi ))=\pi ,(6)$

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^2(kx)\text{d}x=\frac{1}{2}\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}(1-\cos (2kx))\text{d}x=\frac{1}{2}(x-\frac{1}{2k}\sin (2kx)){|}_{-\pi }^{\pi }=\frac{1}{2}(\pi -(-\pi ))=\pi ,(6)$

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}{\left(\frac{1}{2}\right)}^2\text{d}x=\frac{1}{4}x{|}_{-\pi }^{\pi }=\frac{1}{4}(\pi -(-\pi ))=\frac{1}{4}\cdot 2\pi =\frac{\pi }{2},$

ką ir reikėjo parodyti.

Furjė eilutė

Analogiškai laipsninei eilutei, trigonometrinė eilutė turi tokią teoremą.

Teorema 1. Jeigu funkcija $f(x)$ apibrėžta ir integruojama ant atkrapos $[-\pi ;\pi ],$ išsiskaido į trigonometrinę eilutę

$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n\cos (nx)+b_n\sin (nx))(7)$

kurią galima integruoti panariui, tai šitas išskaidymas vienintelis.

Įrodymas. Integruodami (7), gauname

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x=\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{a_0}{2}\text{d}x+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (nx)\text{d}x+b_n\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\sin (nx)\text{d}x),$

Iš kur, atsižvelgę į (3), randame

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x=\frac{a_0}{2}\cdot x{|}_{-\pi }^{\pi }+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n\frac{\sin (nx)}{n}{|}_{-\pi }^{\pi }-b_n\frac{\cos (nx)}{n}{|}_{-\pi }^{\pi }),$

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x=\frac{a_0}{2}\cdot (\pi -(-\pi )),$

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x=\frac{a_0}{2}\cdot 2\pi ,$

$a_0\pi =\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x,$

$a_0=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x.(8)$

Kad nustatyti koeficientą $a_k$ prie $\cos (kx)$ (k $-$ naturalus skaičius) padauginsime lygybę (7) iš $\cos (kx)$ ir praintegruosime per x nuo $-\pi$ iki $\pi$ (eilučių teorijoje įrodoma, kad eilutę (7) galima integruoti panariui po padauginimo jos iš ribotos funkcijos). Tada pagal formules (3) $-$ (6) gauname

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\cos (kx)\text{d}x=\frac{a_0}{2}\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\text{d}x+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\cos (nx)\text{d}x+b_n\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\sin (nx)\text{d}x)=$

$=\frac{a_0}{2k}\sin (kx){|}_{-\pi }^{\pi }+a_1\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\cos (x)\text{d}x+b_1\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\sin (x)\text{d}x+$

$+a_2\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\cos (2x)\text{d}x+b_2\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\sin (2x)\text{d}x+...+a_k\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\cos (kx)\text{d}x+b_k\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\sin (kx)\text{d}x+...+$

$+a_n\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\cos (nx)\text{d}x+b_n\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\sin (nx)\text{d}x+...=$

$=0+0+0+...+a_k\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\cos (kx)\text{d}x+b_k\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\cos (kx)\sin (kx)\text{d}x+...+0+0+...=$ $=a_k\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}{\cos }^2(kx)\text{d}x+b_k\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{1}{2}[\sin ((k+k)x)-\sin ((k-k)x)]\text{d}x=a_k\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}{\cos }^2(kx)\text{d}x+\frac{b_k}{2}\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\sin ((k+k)x)\text{d}x=$ $=a_k\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{1}{2}(1+\cos (2kx))\text{d}x-\frac{b_k}{2}\cdot \frac{\cos (2kx)}{2k}{|}_{-\pi }^{\pi }=\frac{a_k}{2}(x+\frac{1}{2k}\sin (2kx)){|}_{-\pi }^{\pi }-\frac{b_k}{4k}(\cos (2k\pi )-\cos (-2k\pi ))=$ $=\frac{a_k}{2}\cdot x{|}_{-\pi }^{\pi }=\frac{a_k}{2}\cdot (\pi -(-\pi ))=a_k\pi ,$

iš kur

$a_k=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\cos (kx)\text{d}x.(9)$

Analogiškaim padauginę lygybę (7) iš $\sin (kx)$ ir integruodami ribose nuo $-\pi$ iki $\pi$, pagrindu tų pačių formulių gausime

$\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (kx)\text{d}x=\frac{a_0}{2}\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\sin (kx)\text{d}x+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\sin (kx)\cos (nx)\text{d}x+b_n\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\sin (kx)\sin (nx)\text{d}x)=$

$=b_k\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^2(kx)\text{d}x=b_k\pi ,$

iš kur randame

$b_k=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (kx)\text{d}x.(10)$

Tokiu budu, koeficientai $a_0,a_k$ ir $b_k$ eilutės (7) nustatomi vieninteliu budu formulėmis (8) $-$ (10), kas ir įrodo teoremą.

Šita teorema duoda pagrindą įvesti tokį apibrežimą.

Apibrėžimas. Tegu $f(x)-$ funkcija, apibrėžta ir integruojama atkarpoje $[-\pi ;\pi ]$. Tada skaičiai $a_0,a_n,b_n,$ rasti pagal formules (8) $-$ (10), vadinasi koeficientais Furje, o eilutė

$\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n\cos (nx)+b_n\sin (nx))$

su šitais koeficientais vadinasi eilute Furje funkcijos f(x).

Konvergencija Furje eilutės

Įvesime sąvoka periodinio pratesimo funkcijos $f(x),$ apibrėžtos atkarpoje $[-\pi ;\pi ].$

Sakysime, kad funkcija $F(x),$, apibrėžta visoje skaičių tiesėje ir periodinė su periodu $2\pi$, yra periodinis tesinys funkcijos $f(x),$ jeigu atkarpoje $[-\pi ;\pi ]F(x)=f(x).$

Akivaizdu, kad jeigu atkarpoje $[-\pi ;\pi ]$ Furje eilutė konverguoja į funkcija $f(x),$ tai eilutė konverguoja visoje skaičių tiesėje į jos periodinį tesinį.

Nustatysime kokiomis sąlygomis Furje eilutė funkcijos $f(x)$ konverguoja į šitą funkciją.

Teorema 2. Tegu funkcija $f(x)$ ir jos išvestinė $f^{\prime }(x)-$ netrūkios funkcijos atkarpoje $[-\pi ;\pi ]$ arba turi atkarpoje $[-\pi ;\pi ]$ baigtinį skaičių trūkių 1-ojo tipo. Tada Furje eilutė funkcijos $f(x)$

konverguoja visoje skaičių tiesėje, be kita ko kiekviename taške $x\in (-\pi ;\pi ),$ kuriame $f(x)$ netruki, suma eilutės lygi $f(x),$ o kiekviename trūkio taške $x_0$ funkcijos suma eilutės lygi

$\frac{f(x_0-)+f(x_0+)}{2},$

kur $f(x_0-)=\underset{x\to x_0-}{\lim }f(x)$ ir $f(x_0+)=\underset{x\to x_0+}{\lim }f(x).$ Ant kraštų atkapros $[-\pi ;\pi ]$ suma eilutės lygi

$\frac{f(-\pi )+f(\pi )}{2}.$

Bet kuriame taške $x\in [-\pi ;\pi ]$ suma Furje eilutės lygi $F(x),$ jeigu $x$ $-$ netrūkio taškas $F(x),$ ir lygi $\frac{F(x-)+F(x+)}{2},$ jeigu $x$ $-$ trūkio taškas $F(x),$ kur $F(x)-$ periodinis tesinys $f(x).$

Furje eilutė lyginėms ir nelyginėms funkcijoms

Tegu funkcija $f(x)$ apibrėžta atkarpoje $[-\pi ;\pi ]$ ir yra lyginė, t. y. $f(-x)=f(x).$ Tada jos koeficientai Furje $b_n$ lygūs nuliui. Tikrai,

$b_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x=\frac{1}{\pi }[\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x+\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x].$

Pirmame integrale kvadratiniuose skliaustuose padarysime pakeitimą kintamojo. Tarsime $x=-t.$ Tada $\text{d}x=\text{d}t;$ jeigu $x=-\pi$, tai $t=\pi$; jeigu $x=0$, tai $t=0.$ Atkreipdami dėmesį, kad funkcija $f(x)$ lyginė, o funkcija $\sin x-$ nelyginė, gauname

$\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x=-\underset{\pi }{\overset{0}{\int }}f(-t)\sin (n(-t))\text{d}t=-\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(t)\sin (nt)\text{d}t.$

Todėl,

$b_n=\frac{1}{\pi }[-\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(t)\sin (nt)\text{d}t+\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x]=0$

(priminsime, kad apibrėžtinis integralas nepriklauso nuo pažymėjimo kintamojo integravimo).

Kitoks paaiškinimas. Kadangi $g(x)=\sin x$ yra nelyginė funkcija (tam tikromis sąlygomis, t. y., kai x kinta nuo $-\pi$ iki $\pi$), nes, pavyzdžiui, $\sin (30^{\circ })=\frac{1}{2}$ ir $\sin (-30^{\circ })=-\frac{1}{2},$ tai sukombinavus su funkcija $f(x),$ kai funkcija $f(x)$ yra nelyginė, gaunasi, kad minusas panaikinta minusą ir todėl $f(1)\cdot \sin (1)=f(-1)\cdot \sin (-1).$ Kai funkcija $f(x)$ yra lyginė, tai $f(1)\cdot \sin (1)\ne f(-1)\cdot \sin (-1).$ Kai funkcija $f(x)$ yra nelyginė ($f(-x)=-f(x)$), tai sudauginus ją su funkcija $g(x)=\sin x$ visada gausime atsakymą tokį patį, nepriklausomai ar $x=t$ ar $x=-t$ ($f(t)\sin t=u$, $f(-t)\sin (-t)=u$). O kai funkcija $f(x)$ yra lyginė ($f(-x)=f(x)$), tai sudauginus ją su funkcija $g(x)=\sin x$ gausime atsakymą su skirtingu ženklu, priklausomai ar $x=t$ ar $x=-t$ ($f(t)\sin t=u$, $f(-t)\sin (-t)=-u$). Tada, kai funkcija $f(x)$ lyginė gauname:

$\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x=-\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x(\text{jeigu}f(-x)=f(x)).$

Palyginimui, kai funkcija $f(x)$ yra nelyginė gauname:

$\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x(\text{jeigu}f(-x)=-f(x)).$

Todėl, kai funkcija $f(x)$ yra lyginė gauname:

$b_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x=\frac{1}{\pi }[\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x+\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x]=$

$=\frac{1}{\pi }[-\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x+\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x]=0(\text{jeigu}f(-x)=f(x)).$

Pažynėsime, kad reikia sudėti daug dalių funkcijos kai reikšmė x padalinta į daug mažų intervalų. Pavyzdžiui, jei funkcija lyginė $f(x)=x^2$, tai integruojant gauname $\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}{x}^2\text{d}x=\frac{x^3}{3}{|}_{-\pi }^0=\frac{0^3}{3}-\frac{(-\pi {)}^3}{3}=\frac{{\pi }^3}{3}$ ir $\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{x}^2\text{d}x=\frac{x^3}{3}{|}_{-\pi }^0=\frac{{\pi }^3}{3}-\frac{0^3}{3}=\frac{{\pi }^3}{3}$ (gavome tą patį atsakymą). Tačiau, jeigu funkcija nelyginė $f(x)=x^3$, tuomet integraujant gausime skirtingus atsakymus $\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}{x}^3\text{d}x=\frac{x^4}{4}{|}_{-\pi }^0=\frac{0^4}{4}-\frac{(-\pi {)}^4}{4}=-\frac{{\pi }^4}{4}$ ir $\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{x}^3\text{d}x=\frac{x^4}{4}{|}_0^{\pi }=\frac{{\pi }^4}{4}-\frac{0^4}{4}=\frac{{\pi }^4}{4}.$ Tačiau esmė yra iškelti minusą prieš integralą. Akivaizdu, kad

$\underset{-10}{\overset{0}{\int }}{x}^2\text{dx}=\frac{x^3}{3}{|}_{-10}^0=\frac{0^3}{3}-\frac{(-10{)}^3}{3}=\frac{1000}{3}=333.(3)\approx$

$\approx (-1{)}^2+(-2{)}^2+(-3{)}^2+(-4{)}^2+(-5{)}^2+(-6{)}^2+(-7{)}^2+(-8{)}^2+(-9{)}^2+(-10{)}^2=385,$

$\underset{0}{\overset{10}{\int }}{x}^2\text{dx}=\frac{x^3}{3}{|}_0^{10}=\frac{10^3}{3}-\frac{0^3}{3}=\frac{1000}{3}=333.(3)\approx$

$\approx 1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2+7^2+8^2+9^2+10^2=385$

bei

$\underset{-10}{\overset{0}{\int }}{x}^3\text{dx}=\frac{x^4}{4}{|}_{-10}^0=\frac{0^4}{4}-\frac{(-10{)}^4}{4}=-\frac{10000}{4}=-2500\approx$

$\approx (-1{)}^3+(-2{)}^3+(-3{)}^3+(-4{)}^3+(-5{)}^3+(-6{)}^3+(-7{)}^3+(-8{)}^3+(-9{)}^3+(-10{)}^3=-3025,$

$\underset{0}{\overset{10}{\int }}{x}^3\text{dx}=\frac{x^4}{4}{|}_0^{10}=\frac{10^4}{4}-\frac{0^4}{4}=\frac{10000}{4}=2500\approx$

$\approx 1^3+2^3+3^3+4^3+5^3+6^3+7^3+8^3+9^3+10^3=3025.$

Taigi, mes iš karto matome, kad galime iškelti minuso ženklą nelyginės (kuri yra $\sin x$, kai $x\in (-\pi ;\pi )$) funkcijos ir integruoti $f(x)\sin x$ nuo 0 iki $\pi$, tarsi f(x) būtų lyginė funkcija.

Analogiškai, atsižvelgiant, kad funkcijos $f(x)$ ir $\cos (x)$ yra lyginės ($\cos (x)$ yra lyginė, kai $x\in [-\pi ;\pi ],$ nes, pavyzdžiui, $\cos (-150^{\circ })=\cos (150^{\circ })=-\frac{\sqrt{3}}{2}$), galima gauti sekančią išraišką koeficientų $a_n$:

$a_0=\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x,a_n=\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\cos (nx)\text{d}x.(11)$

Kai abi funkcijos $f(x)$ ir $\cos (x)$ lyginės, tai:

$a_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\cos (nx)\text{d}x=\frac{1}{\pi }(\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}f(x)\cos (nx)\text{d}x+\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\cos (nx)\text{d}x)=\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\cos (nx)\text{d}x.$

Nes integruojant lyginę funkciją (pvz., $x^2$) arba lyginių funkcijų sandaugą (pvz., $x^6=x^2\cdot x^4$) atsakymas yra toks pat, nepriklausomai ar x kinta nuo $-\pi$ iki 0, ar x kinta nuo 0 iki $\pi$, todėl

$\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}f(x)\cos (nx)\text{d}x=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\cos (nx)\text{d}x(\text{kai}f(-x)=f(x)\text{ir}\cos (-t)=\cos (t)).$

$a_0=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x=\frac{1}{\pi }(\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}f(x)\text{d}x+\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x)=\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x,\text{kai}f(-x)=f(x).$

$a_0=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x=\frac{1}{\pi }(\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}f(x)\text{d}x+\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x)=\frac{1}{\pi }(-\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x+\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\text{d}x)=0,\text{kai}f(-x)=-f(x).$

Tegu, dabar funkcija $f(x),$ apibrėžtą atkarpoje $[-\pi ;\pi ],$ nelyginė, t. y. $f(x)=-f(-x).$ Tada, panaudodami samprotavimus, analogiškus pateiktiems aukščiau, galima parodyti, kad Furje koeficientai $a_n$ lygūs nuliui, o koeficientai $b_n$ nustatomi išraiškomis pavidalu

$b_n=\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x.(12)$

Nes tuomet, kai abi funkcijos nelyginės $f(-x)\sin (-x)=-f(x)\cdot (-\sin (x))=f(x)\sin (x)$ ir todėl:

$b_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x=\frac{1}{\pi }(\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x+\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x)=\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x,\text{kai}f(-x)=-f(x);$

$\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x=\frac{1}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)\text{d}x,\text{kai}f(-x)=-f(x).$

Tas pats kas integruojant $x^3\cdot x^5=x^8$ gausime tokias išraiškas:

$\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}{x}^3\text{dx}=-\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{x}^3\text{dx};$

$\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}{x}^5\text{dx}=-\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{x}^5\text{dx};$

$\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}{x}^3\cdot x^5\text{dx}=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{x}^3\cdot x^5\text{dx}.$

Tokiu budu, jeigu funkcija $f(x)$ lyginė, tai Furjė eilutę sudaro tik kosinusai ir tik sinusai, jeigu funkcija $f(x)$ nelyginė. Formulės (11) ir (12) leidžia suprastinti skaičiavimus koeficientų Furje, kada tam tikra funkcija yra lyginė arba nelyginė.

Pavyzdžiai

Vaizdas:219apav.jpg

a).

• Panagrinėkime funkcija $f(x)=x.$ Šita funkcija tenkina teoremą 2 ir todėl gali būti išdeliota į eilutę Furjė. Kadangi jinai nelyginė, tai jos koeficientai Furjė $a_n=0,$ o $b_n$ randami pagal formulę (12). Turime

$b_n=\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}x\sin (nx)\text{d}x=\frac{2}{\pi }[-\frac{1}{n}x\cos (nx){|}_0^{\pi }+\frac{1}{n}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\cos (nx)\text{d}x]=$

$=\frac{2}{\pi }[-\frac{1}{n}(\pi \cos (n\pi )-0\cdot \cos (n\cdot 0))+\frac{1}{n^2}\sin (nx){|}_0^{\pi }]=$

$=\frac{2}{\pi }[-\frac{\pi \cos (n\pi )}{n}+\frac{1}{n^2}(\sin (n\pi )-\sin (n\cdot 0))]=$

$=\frac{2}{\pi }[-\frac{\pi \cos (n\pi )}{n}]=-\frac{2\cos (n\pi )}{n}=-\frac{2\cdot (-1{)}^n}{n}=(-1{)}^{n+1}\frac{2}{n}.$

Tokiu budu, gauname eilutę Furjė duotos funkcijos

$x=2(\frac{\sin x}{1}-\frac{\sin 2x}{2}+\frac{\sin 3x}{3}-\frac{\sin 4x}{4}+...+(-1{)}^{n+1}\frac{\sin nx}{n}+...).$

Šita lygybė teisinga betkuriam $x\in (-\pi ;\pi ).$ Taškuose $x=\pm \pi$ suma eilutės Furjė pagal teoremą 2 nesutampa su reikšmėmis funkcijos $f(x)=x,$ o lygi $\frac{f(-\pi )+f(\pi )}{2}=\frac{-\pi +\pi }{2}=0.$ Ne atkarpoje $[-\pi ;\pi ]$ suma eilutės yra periodinis teisinys funkcijos $f(x)=x$; jos grafikas parodytas pav. a.

Vaizdas:219bpav.jpg

b).

• Panagrinėkime funkciją $f(x)=x^2.$ Šita funkcija tenkina sąlygas teoremos 2 ir todėl gali būti išdeliota į eilutę Furjė. Kadangi ji lyginė, tai jos koeficientai Furjė $b_n=0,$ o $a_n$ randami pagal formulę (11). Turime

$a_0=\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{x}^2\text{d}x=\frac{2}{\pi }\cdot \frac{{\pi }^3}{3}=\frac{2{\pi }^2}{3};$

$a_n=\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{x}^2\cos (nx)\text{d}x=\frac{2}{\pi }[\frac{x^2\sin (nx)}{n}{|}_0^{\pi }-\frac{2}{n}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}x\sin (nx)\text{d}x]=$

$=-\frac{4}{n\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}x\sin (nx)\text{d}x=-\frac{4}{n\pi }(-\frac{x\cos (nx)}{n}{|}_0^{\pi }-\frac{-1}{n}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\cos (nx)\text{d}x)=$

$=-\frac{4}{n\pi }(-\frac{\pi \cos (n\pi )}{n}+\frac{1}{n^2}\sin (nx){|}_0^{\pi })=$

$=\frac{4}{n^2}\cos (n\pi )=\frac{4}{n^2}\cdot (-1{)}^n=(-1{)}^n\frac{4}{n^2};$

čia pasinaudojome integravimu dalimis $\int u(x)v^{\prime }(x)𝖽x=u(x)v(x)-\int u^{\prime }(x)v(x)𝖽x.$

Reiškia, eilutė Furjė duotos funkcijos turi pavidalą

$x^2=\frac{{\pi }^2}{3}-4(\frac{\cos x}{1}-\frac{\cos (2x)}{2^2}+\frac{\cos (3x)}{3^2}-...).$

Šita lygybė teisinga betkuriam $x\in [-\pi ;\pi ],$ kadangi taškuose $x=\pm \pi$ suma eilutės šiuo atveju sutampa su reikšmėmis funkcijos $f(x)=x^2,$ nes $\frac{f(-\pi )+f(\pi )}{2}=\frac{{\pi }^2+{\pi }^2}{2}={\pi }^2=f(\pi )=f(-\pi ).$ Grafikas funkcijos $f(x)=x^2$ ir sumos duotosios eilutės Furjė pavaizduoti pav. b.

• Panagrinėkime funkcija $f(x)=x^3.$ Šita funkcija tenkina teoremą 2 ir todėl gali būti išdeliota į eilutę Furjė. Kadangi jinai nelyginė, tai jos koeficientai Furjė $a_n=0,$ o $b_n$ randami pagal formulę (12). Turime

$b_n=\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{x}^3\sin (nx)\text{d}x=\frac{2}{\pi }[(\frac{3x^2}{n^2}-\frac{6}{n^4})\sin (nx)-(\frac{x^3}{n}-\frac{6x}{n^3})\cos (nx)]{|}_0^{\pi }=$

$=\frac{2}{\pi }[-(\frac{x^3}{n}-\frac{6x}{n^3})\cos (nx)]{|}_0^{\pi }=-\frac{2}{\pi }(\frac{{\pi }^3}{n}-\frac{6\pi }{n^3})\cos (n\pi )=(\frac{12}{n^3}-\frac{2{\pi }^2}{n})\cos (n\pi )=(-1{)}^n(\frac{12}{n^3}-\frac{2{\pi }^2}{n}).$

Tokiu budu, gauname eilutę Furjė duotos funkcijos

$x^3=-(\frac{12}{1^3}-\frac{2{\pi }^2}{1})\sin x+(\frac{12}{2^3}-\frac{2{\pi }^2}{2})\sin 2x-(\frac{12}{3^3}-\frac{2{\pi }^2}{3})\sin 3x+(\frac{12}{4^3}-\frac{2{\pi }^2}{4})\sin 4x-\cdots .$

Furjė eilutė su periodu 2l

Tegu funkcija $f(x)$ apibrėžta apkarpoje $[-l;l]$ ($l-$ betkoks teigiamas skaičius) ir tenkina šitoje atkarpoje sąlygas teoremos 2. Išdeliosimę ją į Furjė eilutę.

Įvesime naują kintamajį $\xi$ pagal formulę

$x=\frac{l\xi }{\pi }$

ir panagrinėsime funkciją $\varphi (\xi )=f\left(\frac{l\xi }{\pi }\right)=f(x).$

Akivaizdu, funkcija $\varphi (\xi )$ apibrėžta atkarpoje $[-\pi ;\pi ]$ ir tenkina joje sąlygas teoremos 2.

Išdeliosime funkciją $\varphi (\xi )$ atkarpoje $[-\pi ;\pi ]$ į Furjė eilutę

$\varphi (\xi )=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n\cos (n\xi )+b_n\sin (n\xi )),(13)$

kur $a_0=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\varphi (\xi )\text{d}\xi ;a_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\varphi (\xi )\cos (n\xi )\text{d}\xi ;b_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\varphi (\xi )\sin (n\xi )\text{d}\xi .$

Grįšime dabar prie senojo kintamojo x:

$x=\frac{l}{\pi }\xi ,\xi =x\frac{\pi }{l},\text{d}\xi =\text{d}\left(\frac{x\pi }{l}\right)=\frac{\pi }{l}\text{d}x,\text{d}x=\frac{l}{\pi }\text{d}\xi .$ Tada formulė (13) įgauna pavidalą

$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n\cos \frac{n\pi x}{l}+b_n\sin \frac{n\pi x}{l}),(14)$

kur

$a_0=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\varphi (\xi )\text{d}\xi =\frac{1}{\pi }\underset{-l}{\overset{l}{\int }}f(x)\frac{\pi }{l}\text{d}x=\frac{1}{l}\underset{-l}{\overset{l}{\int }}f(x)\text{d}x;$

$a_n=\frac{1}{l}\underset{-l}{\overset{l}{\int }}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}\text{d}x;$

$b_n=\frac{1}{l}\underset{-l}{\overset{l}{\int }}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}\text{d}x.$

Formulė (14) ir yra Furjė eilutė su periodu $2l.$

Pavyzdžiai

Vaizdas:Fourier220.jpg

Pav. 2.

• Išdelioti į Furjė eilutę su periodu $2l$ funkciją $f(x),$ kuri atkarpoje $[-l;l]$ užrašoma formule $f(x)=|x|.$

Sprendimas. Kadangi funkcija $f(x)=|x|$ lyginė, tai

$b_n=0;$

$a_0=\frac{2}{l}\underset{0}{\overset{l}{\int }}x\text{d}x=\frac{2}{l}\cdot \frac{x^2}{2}{|}_0^l=\frac{2}{l}\cdot \frac{l^2}{2}=l;$

$a_n=\frac{2}{l}\underset{0}{\overset{l}{\int }}x\cos \frac{n\pi x}{l}\text{d}x=\frac{2}{l}(\frac{l\cdot x\sin \frac{n\pi x}{l}}{n\pi }{|}_0^l-\frac{l}{n\pi }\underset{0}{\overset{l}{\int }}\sin \frac{n\pi x}{l}\text{d}x)=$

$=\frac{2}{l}(\frac{l^2\sin \frac{n\pi l}{l}}{n\pi }+\frac{l}{n^2{\pi }^2}\cos \frac{n\pi x}{l}{|}_0^l)=\frac{2}{l}(\frac{l^2\sin (n\pi )}{n\pi }+\frac{l}{n^2{\pi }^2}(\cos \frac{n\pi l}{l}-\cos \frac{n\pi \cdot 0}{l}))=$

$=\frac{2}{l}\cdot \frac{l}{n^2{\pi }^2}(\cos (n\pi )-1)=\frac{2}{n^2{\pi }^2}(\cos (n\pi )-1)=\frac{2}{n^2{\pi }^2}((-1{)}^n-1)=\{\begin{array}{cc}0,\text{kai}n\text{lyginis},& \\ -\frac{4l}{n^2{\pi }^2},\text{kai}n\text{nelyginis}.& \end{array}$

Furjė eilutė funkcijos $f(x)$ yra tokia

$|x|=\frac{l}{2}-\frac{4l}{{\pi }^2}(\cos \frac{\pi x}{l}+\frac{1}{3^2}\cos \frac{3\pi x}{l}+\frac{1}{5^2}\cos \frac{5\pi x}{l}+...).$

Funkcija $|x|$ tenkina sąlygas teoremos 2 ir gauta lygybė teisinga bet kokiam $x\in [-l;l],$ o tai reiškia, kad eilutė konverguoja visoje skaičių tiesėje ir jos suma yra funkcija, grafikas kurios parodytas pav. 2.

Pažymėsime, kad Furjė eilutės plačiai taikomos tiek teoriniuose tyrimuose, tiek ir praktiniuose uždaviniuose.

• Išdelioti į Furjė eilutę su periodu $2l$ funkciją $f(x),$ kuri atkarpoje $[-l;l]$ užrašoma formule $f(x)=x^2.$

Sprendimas. Įvedame keitinį $x=\frac{\xi l}{\pi };\xi =\frac{\pi x}{l};\text{d}\xi =\frac{\pi }{l}\text{d}x.$ Funkcija $\varphi (\xi )$ apibrėžta atkarpoje $[-\pi ;\pi ].$ Kadangi funkcija $f(x)=x^2$ lyginė, tai

$b_n=0;$

$a_0=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\varphi (\xi )\text{d}\xi =\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\varphi (\xi )\text{d}\xi =\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{l}{\int }}f(x)\cdot \frac{\pi }{l}\text{d}x=\frac{2}{l}\underset{0}{\overset{l}{\int }}{x}^2\text{d}x=\frac{2}{l}\frac{x^3}{3}{|}_0^l=\frac{2}{l}\cdot \frac{l^3}{3}=\frac{2l^2}{3};$

$a_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\varphi (\xi )\cos (n\xi )\text{d}\xi =\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\varphi (\xi )\cos (n\xi )\text{d}\xi =\frac{2}{\pi }\cdot \frac{\pi }{l}\underset{0}{\overset{l}{\int }}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}\text{d}x=$

$=\frac{2}{l}\underset{0}{\overset{l}{\int }}{x}^2\cos \frac{n\pi x}{l}\text{d}x=\frac{2}{l}[\frac{x^2\sin \frac{n\pi x}{l}}{\frac{n\pi }{l}}{|}_0^l-\underset{0}{\overset{l}{\int }}2x\cdot \frac{\sin \frac{n\pi x}{l}}{\frac{n\pi }{l}}\text{d}x]=$

$=\frac{2}{l}\cdot (-\frac{2}{\frac{n\pi }{l}})\underset{0}{\overset{l}{\int }}x\sin \frac{n\pi x}{l}\text{d}x=-\frac{4}{n\pi }(-\frac{x\cos \frac{n\pi x}{l}}{\frac{n\pi }{l}}{|}_0^l-\frac{-1}{\frac{n\pi }{l}}\underset{0}{\overset{l}{\int }}\cos \frac{n\pi }{l}\text{d}x)=$

$=-\frac{4}{n\pi }(-\frac{l\cos (n\pi )}{\frac{n\pi }{l}}+\frac{1}{(\frac{n\pi }{l}{)}^2}\sin \frac{n\pi x}{l}{|}_0^l)=\frac{4l^2}{n^2{\pi }^2}\cos (n\pi )=(-1{)}^n\frac{4l^2}{n^2{\pi }^2};$

čia pasinaudojome integravimu dalimis $\int u(x)v^{\prime }(x)𝖽x=u(x)v(x)-\int u^{\prime }(x)v(x)𝖽x$ du kartus.

Furjė eilutė funkcijos $f(x)$ yra tokia

$x^2=\frac{\frac{2l^2}{3}}{2}+(-\frac{4l^2}{{\pi }^2}\cos \frac{\pi x}{l}+\frac{4l^2}{2^2{\pi }^2}\cos \frac{2\pi x}{l}-\frac{4l^2}{3^2{\pi }^2}\cos \frac{3\pi x}{l}+...)=$

$=\frac{l^2}{3}-\frac{4l^2}{{\pi }^2}(\frac{\cos \frac{\pi x}{l}}{1^2}-\frac{\cos \frac{2\pi x}{l}}{2^2}+\frac{\cos \frac{3\pi x}{l}}{3^2}-...).$

Nuorodos

• http://193.219.157.231/Vilkas/Furje/Furje.htm
• http://193.219.157.231/Vilkas/_Knygos/math_analysis/Fourier.pdf
• Furje eilučių pavyzdžiai, 50 psl.
• Sinuso Integralo įrodymas
• Sinuso Integralo užrašymo Teiloro eilute įrodymas
• Furjė integralo labai teisingas užrašmas, nes pirmiau gaunamos $a(\omega )$ ir $b(\omega )$ reikšmės, su kuriomis gaunama $f(x)$ reikšmė. (Apatinėje eilutėje $f(\xi )$ funkcija yra $f(x)$, tik norima pabrėžti, kad $f(\xi )$ ir per $\xi$ integruojama pirmiau)