1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 65
Текст из файла (страница 65)
Если∞∞XXu(x) = p0 +pn cos(nx), v(x) =pn sin(nx),n=1n=1то согласно теореме Абеля для тех точек x, в которых ряды (6.1) сходятся,имеет место равенствоu(x) + iv(x) = f (eix ).(6.2)Когда удается найти функцию f в явном виде (т. е. выразить ее через элементарные функции) и вычислить ее значение, стоящее в правой части равенства(6.2), то тем самым удается найти и суммы рядов (6.1).6.1Задача 121, §22, [4]Проинтегрировав почленно разложение∞Xsin(nx) π − x=,n2n=1получить формулу∞Xcos(nx)n=1n20 < x < 2π,1 2 ππ2= x − x+ .426672Решение.Рассмотрим почленное интегрирование ряда:∞ Zx∞∞∞XXXsin(ny)cos(ny) x X 1cos(nx)dy = −=−=2220nnnnn=1n=1n=1n=10∞π 2 X cos(nx)−.26nn=1В свою очередь,!Zx XZx ∞πx x2sin(ny)π−ydy =dy =− .n224n=100Можно представитьЗамечание.∞Xcos 2nx∞∞∞XXXsin2 ( xn1π2sin2 (hn) 2 )=−2=−2 x=2222h= 2nnn6nn=1n=1n=1n=1π2h(π − h) 1 2 ππ2−2 x = x − x+ .h= 262426См. задачу 3.2.Проверить возможность почленного дифференцирования рядов Фурье функций:6.2Задачаf (x) = x.Решение.Функция f (x) = x является непрерывной на [−π, π], но нет равен-ства односторонних пределов в точках ±π.
Следовательно, ряд Фурье нельзяпочленно дифференцировать.Замечание.x ∼ −2∞Pn=16.3(−1)nnsin(nx)Задача(Пусть h ∈ (0, π), f (x) =1,|x| < h,0,h 6 |x| 6 π.673Решение.Функция f (x) не является непрерывной на [−π, π]. Следователь-но, ряд Фурье нельзя почленно дифференцировать.Замечание.6.4f (x) ∼1πh+2∞Pn=1sin(nh)ncos(nx) .Задачаf (x) = 1− |x|π . http://www.yotx.ru/#!1/3_e/ubW/tb@35Sam0fuX@wf7DvJ6XW9rc2Tdj/jb3d7RBw/2CfRMNu7JwyHk@3GI9blxe7@1v7AA==Решение.Функция f (x) является непрерывной на [−π, π] и f (π − 0) =f (−π + 0). Производная является кусочно постоянной. Следовательно, рядФурье можно один раз почленно дифференцировать.Замечание.6.5f (x) = 1 −|x|π=12+4π2∞Pn=1cos((2n−1)x)(2n−1)2 .Задача 122, §22, [4]Доказать, что если функция f имеет на отрезке [−π, π] непрерывные производные до порядка k − 1 включительно и кусочно непрерывную производнуюпорядка k > 1, причем f (j) (−π) = f (j) (π), j = 0, 1, 2, .
. . , k − 1, то:1) коэффициенты Фурье функции f удовлетворяют неравенствам|an | 6где ряд∞Pεn,nk|bn | 6εn,nkn ∈ N,ε2n сходится.n=12) ряд Фурье функции f равномерно и абсолютно сходится на отрезке [−π, π]к функции f и|f (x) − Sn (f, x)| 6δn1nk− 2где lim δn = 0.n→∞674,−π 6 x 6 π,Решение 1.При помощи теоремы 6.2, рассмотрим ряд Фурье k-ой производ-ной:f(k)(x) ∼∞ X(k)an (cos(nx))(k)+ bn (sin(nx))=n=1 ∞P(−1)r n2r+1 (−an sin(nx) + bn cos(nx)) , k = 2r + 1,n=1∞P(−1)r n2r (an cos(nx) + bn sin(nx)) ,k = 2r.n=1Запишем равенство Парсеваля (равенство Ляпунова):1πZπ(f(k)2(x)) dx =∞Xn2k(a2nn=1−π+b2n )=∞X((nk an )2 + (nk bn )2 ) 6n=1∞X2ε2n < ∞.n=1Решение 2.∞ Xsup |f (x) − Sn (f, x)| = sup (al cos(xl) + bl sin(xl)) 6x∈[−π,π]x∈[−π,π] l=n+1∞∞XXεl62ε2l(|al | + |bl |) 6 2kll=n+1l=n+1l=n+11! 12 Z∞2∞Xdx =√ 22ε2lx2k2k − 1∞Xl=n+16.6n! 12∞X1l2k! 126l=n+1∞Xl=n+1! 21ε2l1k− 12n=δn1nk− 2.Задача 123, §22, [4]Используя результаты задачи 6.5, оценить коэффициенты Фурье функцииf (x), заданной на отрезке [−π, π], если:1.
f (x) = x10 ;2. f (x) = x5 ;6753. f (x) = (x2 −π 2 )10 /π 20 ; http://www.yotx.ru/#!1/3_e/ubW/tb@35Sam0fuX@wf7DvJ6XW9jf21nc2Q8D1nd31rYPtjRBwfedgd/9gn0TDbuycMh5PtxiPW5cXu/tb@wA=64. f (x) = sin2 x (x2 −π 2 )/π 2 ; http://www.yotx.ru/#!1/3_e/ubW/tb@35Sam0fuX@wf7DvJ6XW9jc8QPjG3u7u@s7G3vrOZgi4vrO7HQKu7@wf7JNo2I2dU8bj6RbjcevyYndax8D75.
f (x) = sin2 2x (x2 −π 2 )4 /π 8 ; http://www.yotx.ru/#!1/3_e/ubW/tb@35Sam0fuX@wf7DvJ6XW9jc8QPjGzt7u7vrOxt76zmYIuL6zuw7aDgHXYfsH@yQadmPnlPF4usV43Lq6. f (x) = (cos 5x − cos 3x)2 (x2 − π 2 )2 /π 4 . http://www.yotx.ru/#!1/3_e/ubW/tb@35Sam0fuX@wf7DvJ6XW9jfkf/8bZ3u7m/K//42Lvd3d9Z2NvfWdzRBwfWd3fWsk2jYjZ1TxuPpFuNx6/Jid39rHwM=Решение.1. Заметим, что lim f (x) =x→π−0lim f (x), но f 0 (π − 0) 6= f 0 (−π + 0):x→−π+0|an | 6 εn /n, bn = 0, n ∈ N.Оценкуδnsup |f (x) − Sn (f, x)| 6 √nx∈[−π,π]можно улучшить если положить |εn | 6 c/n:sup |f (x) − Sn (f, x)| 6x∈[−π,π]2. Заметим, что lim f (x) 6=x→π−0c.nlim f (x):x→−π+0|bn | 6 εn , an = 0, n ∈ N, a0 = 0.Равномерной сходимости нет.67an = (−1)n+1 408748032000(11904165 − 1670760n2 π 2 + 51597n4 π 4 − 468n6 π 6 + n8 π 8 )/(πn)20an = 8(−1)n+1 (16n − 16n3 + 3n5 )/(π 2 n3 (n2 − 4)3 )6763.
Раскладывая по формуле Тейлора одиннадцатого порядка в точках x =±π, легко показать, что f (i) (−π) = f (i) (π), i = 0, . . . , 10:π 20 (f (x) − f (π)) = (x2 − π 2 )10 = (x − π)10 (x − π + 2π)10 =(2π)10 (x − π)10 + 10(2π)9 (x − π)11 + o((x − π)11 ), x → π − 0;π 20 (f (x) − f (−π)) = (x2 − π 2 )10 = (x + π − 2π)10 (x + π)10 =(2π)10 (x + π)10 − 10(2π)9 (x + π)11 + o((x + π)11 ), x → −π + 0;Здесь f (11) (−π + 0) 6= f (11) (π − 0):|an | 6 εn /n11 , bn = 0, n ∈ N.4. Раскладывая по формуле Тейлора третьего порядка в точках x = ±π,легко показать, что f (i) (−π) = f (i) (π) = 0, i = 0, 1, 2:1π 2 (f (x) − f (π)) = (x2 − π 2 )(1 − cos 2x) =21(x − π)(x − π + 2π)(1 − cos(2(x − π))) =22π(x − π)3 + o((x − π)3 ), x → π − 0;1π 2 (f (x) − f (−π)) = (x2 − π 2 )(1 − cos 2x) =21(x + π)(x + π − 2π)(1 − cos(2(x + π))) =2− 2π(x + π)3 + o((x + π)3 ), x → −π + 0.Здесь f (3) (−π + 0) 6= f (3) (π − 0):|an | 6 εn /n3 , bn = 0, n ∈ N.5.
Раскладывая по формуле Тейлора седьмого порядка в точках x = ±π,677легко показать, что f (i) (−π) = f (i) (π), i = 0, . . . , 6:1π 8 (f (x) − f (π)) = (x2 − π 2 )4 sin2 (2(x − π)) =21(x + π)4 (1 − cos(4(x − π)))(x − π)4 =2 16(x − π)2143(2π + (x − π)) 1 − 1 −+ o((x − π) )(x − π)4 =2264π 4 (x − π)6 + 128π 3 (x − π)7 + o((x − π)7 ), x → π − 0;1π 8 (f (x) − f (−π)) = (x2 − π 2 )4 sin2 (2(x − π)) =21(x − π)4 (1 − cos(4(x + π)))(x + π)4 =2 2116(x+π)(−2π + (x + π))4 1 − 1 −+ o((x + π)3 )(x + π)4 =2264π 4 (x + π)6 − 128π 3 (x + π)7 + o((x + π)7 ), x → −π + 0.Здесь f (7) (−π + 0) 6= f (7) (π − 0):|an | 6 εn /n7 , bn = 0, n ∈ N.6.
Раскладывая по формуле Тейлора седьмого порядка в точках x = ±π,легко показать, что f (i) (−π) = f (i) (π), i = 0, . . . , 6:π 4 (f (x) − f (π)) = (x2 − π 2 )2 (cos 5x − cos 3x)2 =4(x2 − π 2 )2 sin2 (4x) sin2 x =4(x − π)2 (x − π + 2π)2 sin2 (4(x − π)) sin2 (x − π) =162 π 2 (x − π)6 + 162 π(x − π)7 + o((x − π)7 ), x → π − 0,π 4 (f (x) − f (−π)) = (x2 − π 2 )2 (cos 5x − cos 3x)2 =4(x2 − π 2 )2 sin2 (4x) sin2 x =4(x + π)2 (x + π − 2π)2 sin2 (4(x + π)) sin2 (x + π) =162 π 2 (x + π)6 − 162 π(x + π)7 + o((x + π)7 ), x → −π + 0,Здесь f (7) (−π + 0) 6= f (7) (π − 0):|an | 6 εn /n7 , bn = 0, n ∈ N.6786.7Задачи 146 и 147, §22, [4]Найти суммы рядов∞Pn=1Решение.cos(nx)n! ,∞Pn=1sin(nx)n! .23Рассмотрим ряд ez −1 = z + z2! + z3! +.
. ., z ∈ C. Подставим z = eix :ixexp(e ) − 1 =∞Xcos(nx)n=1n!+i∞Xsin(nx)n!n=1В свою очередь,exp(eix ) − 1 = ecos x (cos(sin x) + i sin(sin x)) − 1.Ответ.cos xecos(sin x) − 1 =∞Xcos(nx)n!n=1ecos xsin(sin x) =∞Xsin(nx)n=1Домашняя работа6.8Задачаf (x) = exp x26.9Задачаf (x) = sin2 x ·6.10p|x|Задачаf (x) = sgnx6.11Задачаf (x) = x2 ln |x|679n!.,6.12f (x) =Задача(0, x ∈ [−π, 0],x ∈ (0, π].sin x,6.13Задачаf (x) =Rx2arcsin06.14yπ4·dyy .Задача 125, §22, [4]Доказать, что если функция f = u + iv имеет на отрезке [−π, π] непрерывные производные до порядка k − 1 включительно и f (j) (−π) = f (j) (π),j = 0, 1, .
. . , k − 1, кусочно непрерывную производную порядка k > 1 и∞∞XXinx(k)inxf∼e , f ∼c(k),n en=−∞n=−∞тоkcn = c(k)n /(in) .6.15Задачи 152 и 153, §22, [4]Найти суммы рядов 1 +∞P(−1)n−1 cos(nx)n(n+1) ,n=17∞Psin(nx)(−1)n−1 n(n+1).n=1Seminar on 25.02.2019. Room 5213.Самостоятельная работа. См. задачу 31.1.Интеграл Фурье.∞Рассмотрим ряд Фурье функции f ∈ L2 [−A, A]:a0 X 1f (x) ∼+2Ak=1ZAkπf (t) cos(x − t) dt =A−AZA∞X1kπf (t) cos(x − t) dt.2AAk=−∞680−AСделаем замену переменныхвательно1f (x) ∼2πkπA= λ и рассмотрим предел A → +∞. Следо-Z+∞ Z+∞f (t) cos(λ(x − t)) dt dλ.−∞−∞Теорема. (Формула Фурье) Пусть функция f ∈ L1 (R) удовлетворяет условию Дини в точке x0 . Тогда интеграл имеет вид)Z+∞ Z+∞f (x0 )1=dλf (t) cos(λ(x0 − t)) dt =f (x0 +0)+f (x0 −0)π2−∞0Z+∞a(λ) cos(λx0 ) + b(λ) sin(λx0 ) dλ,01a(λ) =πZ+∞Z+∞1f (t) cos(λt) dt, b(λ) =f (t) sin(λt) dt.π−∞−∞•Формулу Фурье можно записать в комплексной форме:)Z+∞ Z+∞f (x)1=dλf (t) eiλ(x−t) dt .f (x+0)+f (x−0)2π2−∞7.1−∞Задача № 1.1, §17, C.
372, [5]Записать интеграл Фурье функции(f (x) =1, |x| 6 1,0, |x| > 1.λОтметим, что f ∈ L1 (R), a(λ) = 2 sinλπ , b(λ) = 0.) Z+∞Z+∞f (x)2 sin λ1sin(λ(x + 1))=cos(λx)dλ=dλ+f (x+0)+f (x−0)λππλ2Решение.001πZ+∞sin(λ(1 − x))1dλ = (sgn(x + 1) + sgn(1 − x))λ20681См. интеграл Дирихле 12.7.7.2Задача № 1.4, §17, C. 372, [5]Записать интеграл Фурье функции f (x) =Решение.1α2 +x2 ,α > 0.Отметим, что f ∈ L1 (R), b(λ) = 0,2a(λ) =πZ+∞2cos(λt)dt=α2 + t2παZ+∞0cos(αλy)dy1 + y20Вычислим интеграл Лапласа (z > 0):Z+∞I(z) =cos(zy)dy.1 + y20πI 0 (z) + =2Z+∞sin(zy) y sin(zy)−y1 + y2Z+∞dy =0sin(zy)dy.y(1 + y 2 )0Легко убедится, что lim I 0 (z) = − π2 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
