1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 67
Текст из файла (страница 67)
375, [5]3Доказать, что преобразование Фурье функции f (x) = xe−|x| есть бесконечнодифференцируемая функция.693Решение.9.7Самостоятельно.Задача 14.1, §17, C. 375, [5]Пусть fb(λ) – преобразование Фурье функции11+|x|5 .Доказать, что fb(λ) имеетнепрерывную на R производную третьего порядка.Решение.10Самостоятельно.Seminar on 07.03.2019. Контрольная работаПодготовка к контрольной работе.• ЗаписатьнеравенствоБесселя f (x) = ex по ортонормированной системеnosin(nx)√, n > 1 в L2 [−π, π].π• Прорешивание домашней работы: 1.12, 1.13, 1.14, 1.15, 2.9, 2.10, 2.11, 2.12,3.15, 3.16, 3.17, 3.18, 4.11, 4.12, 4.13, 4.14, 4.15, 5.7, 5.8, 5.9, 5.10, 5.11, 5.12,6.8, 6.9, 6.10, 6.11, 6.12, 6.13, 6.14, 6.15, 7.5, 7.6, 7.7, 7.8, 8.7, 8.8, 8.9, 8.10,8.11, 8.12.• Дополнительный семинар 31 по равномерной сходимости.• (NEW) Записатьfb(λ+h)−fb(λ)hс помощью результата 9.2, где h ∈ R, h 6= 0.Контрольная работаВариант A.1.
Найти преобразование Фурье функции.f (x) =694d2(xe−x /2 ).dxРешение.F (e−x221)=√2π2 +∞Z+∞ 2− λ2 Ziλ 2te√t√e− 2 −iλt dt = √e−( 2 + 2 ) dt =2π−∞−∞Z+∞2−z 2− λ2e dz = e .λ2e− 2√π−∞Используя Теорему 8.3, получим2F (xe− x22λ21 d1 d − λ2 − x2F (e ) =e 2 = −iλe− 2 .)=(−i) dλ(−i) dλЗатем мы применяем Теорему 8.2 2x2λ2λ2d−2− x2xe= iλ(−i)λe− 2 = λ2 e− 2 .= (iλ)F xeFdx2. Представить интегралом Фурье функцию f (x), продолжив ее четным образом на интервале (−∞, 0), если:f (x) = e−αx ,x > 0,α > 0.Решение.Z+∞Z+∞2b(λ) = 0,e−α|t| cos(λt) dt =e−αt cos(λt) dt =π−∞0 +∞+∞ZZZ+∞11e−αt (eiλt + e−iλt ) dt = e(−α+iλ)t dt +e(−α−iλ)t dt =ππ0001112α+.=π α − iλ α + iλπ(α2 + λ2 )1a(λ) =πСледовательно,e−α|x| =Z+∞2α cos(λx)dλ.π(α2 + λ2 )03.
Разложить в ряд Фурье функцию f (x) = |x−π| на интервале (0, 2π).Указать значения ряда Фурье в точках 0, 2π. Исследовать ряд на695равномерную сходимость.Решение. Поcкольку функция g(t) = |t|, g(t) ∈ C 0,1 [−π, π], т.е.непрерывна по Липшицу, и g(−π) = g(π), то по теореме 31.1 рядФурье сходится равномерно на [−π, π]. Используя замену t = x − π,мы получим равномерную сходимость ряда Фурье на отрезке [0, 2π].Эта задача имеет отношение к задаче 3.4:1a0 =πZ2π1|y−π| dy =πZπ|t| dt = π,1an =π−π0|y−π| cos(ny) dy =0Zπ22|t| cos(n(t+π)) dt =t cos(n(t+π)) dt = (−1)nt cos(nt) dt =ππ−π00ππ Z sin(nt)π 2cos(nt)nn 2 sin(nt) tdt = (−1)(−1) − =200πnnπn0n2(−1)−14(−1)n,a=0,a=, bn = 0, n ∈ N.2n2n−1πn2π(2n − 1)21πZπZ2πZπПолучим∞π 4 X cos((2n − 1)x)|x − π| = +2 π n=1 (2n − 1)24.
Исследовать на сходимость (равномерную) на [−π, π] ряда Фурье кзначению функции:√Zx sin xf (x) =eydy.2 + y20См. Замечания 4.2, 4.3, 4.4.pp1Решение. Здесь мы учитываем, что |x|, | sin x| ∈ C 0, 2 [−π, π].√1В силу Замечания 4.3, получим x sin x ∈ C 0, 2 [−π, π]. ФункцияRt ey√0,1g(t) = 2+ydyпринадлежитпространствуC[0,x0 sin x0 ], где20x0 ∈ (0, π) – положительный корень уравнения tg x0 = −x0 . В силу√1Замечания 4.4 получим f (x) = g( x sin x) ∈ C 0, 2 [−π, π].696http://www.yotx.ru/#!1/3_e/ubW/tb@35Sam0fuX@wf7DvJ6XW9jf2PED4xt7u4293f2DfRINuwE6YDzugLYYj6CD3f2t/Q0AcNOE/d/Y291d39ja3tndP9gn0bAbWzGA8Xiwu7@1v2HC/m94gPCNvd3d3fWNre2d3f2DfRINu7Gzc8B4hJ0yHmGnu/tb@xsm7P/G3u7u@sbW9s7u/sE@iYbd2LrcYjxuHVwyHncudnb3t/YBBw==5.
(Дополнительно) Доказать, что если функция f имеет на отрезке[0, 2π] непрерывные производные до порядка k − 1 включительно икусочно непрерывную производную порядка k > 1, причем f (j) (0) =f (j) (2π), j = 0, 1, 2, ..., k − 1, то:ряд Фурье функции f равномерно и абсолютно сходится на отрезке[0, 2π] к функции f и|f (x) − Sn (x, f )| ≤где lim δn = 0.n→∞697δn1nk− 2,0 6 x ≤ 2π,Вариант B.1. Найти преобразование Фурье функции.d2 2 −x2f (x) = 2 (x e ).dxРешение. РассмотримF (e−x21)=√2π2 +∞Z+∞− λ4 Ziλ 2e2e−t −iλt dt = √e−(t+ 2 ) dt =2π−∞−∞2Z+∞− λ4e2e−z dz = √ .2λ2e− 4√2π−∞Используя Теорему 8.3, получим2F (x2 e−x ) =22− λ421 d1 d−x2F(e)=(−i)2 dλ2(−i)2 dλ2e√!2=(2 − λ2 ) − λ2√ e 4.4 2Затем мы применяем Теорему 8.2Fd2 2 −x2 xedx222 −x2= (iλ) F x e− λ2 ) − λ2√ e 4 =4 2(λ4 − 2λ2 ) − λ2√e 4.4 22 (2= (iλ)2. Представить интегралом Фурье функцию f (x), продолжив ее нечетным образом на интервале (−∞, 0), если:(1, если 0 6 x 6 1,f (x) =0, если x > 1.Решение.
Найдем коэффициент a(λ) = 0, b(λ) =6982πR10sin(λt) dt =2(1−cos(λ)).λπЛегко показать, чтоZ∞1(sgn(x + 1) + sgn(x − 1)) =20, еслиx < −1,− 21 , еслиx = −1, −1, если −1 < x < 0,0, еслиx = 0,1, если0 < x < 1,1x = 1,2 , если 0, еслиx > 1.b(λ) sin(λx) dλ = sgn(x) −03. Разложить в ряд Фурье функцию f (x) = x/2 на интервале (0, 2π).Указать значения ряда Фурье в точках 0, 2π. Исследовать ряд наравномерную сходимость.R2π y1Решение.
a0 = π 2 dy =1πRπ0y2cos(ny) dy +1π0R2ππy2π4,n ∈ N, an =20cos(ny) dy =cos(ny) dy. Во втором интеграле сделаем за-мену y = 2π − z и получим an =RπR2π y1π1πRπ0y2cos(ny) dy −1πRπ0z2cos(nz) dz +cos(nz) dz = 0. В свою очередь,0bn =12πZ2π2πZcos(ny) 1 cos(ny) 2πy sin(ny) dy =−ydy = +02πnn001− .n∞PВ силу равномерной сходимости рядаn=1sin(nx)nна множестве [δ, 2π −δ], δ ∈ (0, π), (по признаку Дирихле), имеем∞x π X sin(nx)= −,22 n=1n699x ∈ (0, 2π),а в точках 0 и 2π ряд будет сходится к π2 . Отметим, что здесь можнобыло применить теорему 31.2 без использования явного вида рядаФурье.Эта задача имеет отношение к задаче 4.14.4.
Исследовать на сходимость (равномерную) на [−π, π] ряда Фурье кзначению функции:f (x) =psin |x||x|.acrtg|x|См. Замечания 4.2, 4.3, 4.4.Решение. Здесь мы доопределяем нулем функцию f (x) в x = 0 ирассмотрим две функции((sin xеслиx=60xh(x) =g(x) =1 если x = 0,xarctg xесли x 6= 01если x = 0,Получимp|x|h(x)g(x).p1Легко показать, что h, g ∈ C 0,1 [−π, π] и |x| ∈ C 0, 2 [−π, π]. В своюf (x) =1очередь, в силу Замечаний 4.2 и 4.3, f ∈ C 0, 2 [−π, π].
С другой стороны, в силу f (−π) = f (π) и Теоремы 31.1 получим равномернуюсходимость ряда Фурье к функции f (x).5. (Дополнительно) Доказать, что если функция f имеет на отрезке[0, 2π] непрерывные производные до порядка k − 1 включительно икусочно непрерывную производную порядка k > 1, причем f (j) (0) =f (j) (2π), j = 0, 1, 2, ..., k − 1, то:ряд Фурье функции f равномерно и абсолютно сходится на отрезке[0, 2π] к функции f и|f (x) − Sn (x, f )| ≤где lim δn = 0.n→∞700δn1nk− 2,0 6 x ≤ 2π,11Seminar on 11.03.2019. Room 5213.
Сжимающие отображения. Неявные отображения.Пусть M есть метрическое пространство.Определение 11.1. Отображение g : M → M называется сжимающим,если существует q ∈ (0, 1), такое что ρ(g(y 1 ), g(y 2 )) 6 qρ(y 1 , y 2 ) для всехy 1 , y 2 ∈ M . Мы будем еще говорить, что g является q-сжимающим.11.1Задача № 189, С. 402, §18, [5]Доказать, что cжимающее отображение g полного метрического пространства в себя имеет и притом единственную неподвижную точку, т. е. такуюточку, что g(y) = y.Доказательство. Самостоятельно.Пусть X = Rn , Y = Rm и F : X × Y → Y , F = (F1 , .
. . , Fm ).Определение. Отображение ϕ : X 7→ Y , такое, что F (x, ϕ(x)) = 0, называется неявно заданным отображением.•Теорема (О неявной функции). Пусть Ux и Uy — области в X и Y соответственно, и отображение F : Ux ×Uy → Y удовлетворяет следующим условиям:1) существует точка (x0 , y 0 ) ∈ Ux × Uy , такая, что F (x0 , y 0 ) = 0;2) отображение F непрерывно в точке (x0 , y 0 );3) производная Fy0 отображения F по y существует в Ux × Uy и непрерывнав точке (x0 , y 0 );4) det Fy0 (x0 , y 0 ) 6= 0.Тогда существуют окрестность Vx точки x0 в X, окрестность Vy точки y 0в Y и отображение ϕ : Vx → Vy , такие, что1) {(x, y) ∈ Vx × Vy | F (x, y) = 0} = {(x, y) ∈ Vx × Vy | y = ϕ(x)};2) y 0 = ϕ(x0 );3) отображение ϕ непрерывно в точке x0 .701•Теорема 11.1.
( О непрерывности неявного отображения). Пусть выполнены условия теоремы о неявной функции и отображение F непрерывно внекоторой окрестности точки (x0 , y 0 ) в X × Y . Тогда неявная функция ϕнепрерывна в некоторой окрестности точки x0 в X.Замечание 11.1. Доказательство теорем строится на том, что отображениеgx (y) = y − (Fy0 (x0 , y 0 ))−1 F (x, y),где x принадлежит δ-окрестности Uδ (x0 ).
Отображение gx (y) (здесь x– нижний индекс) является сжимающим отображением с неподвижнойточкой ϕ(x):gx (ϕ(x)) = ϕ(x) − (Fy0 (x0 , y 0 ))−1 F (x, ϕ(x)) = ϕ(x).Следовательно, F (x, ϕ(x)) = 0, lim ϕ(x) = y 0 .x→x0Замечание 11.2. Доказать, что если (уравнение при m = 1) система уравнений F (x0 , y) = 0 имеет корень y 0 и detFy0 (x0 , y 0 ) 6= 0, то этот коренькратности 1.Доказательство.
Здесь мы используем формулу ТейлораF (x0 , y) = F (x0 , y) − F (x0 , y 0 ) = Fy0 (x0 , y 0 )(y − y 0 ) + o(y − y 0 ),при y → y 0 , из которой следует−1y 0 + o(y − y 0 ) = y − Fy0 (x0 , y 0 )F (x0 , y).Правая часть является сжимающим отображением в малой окрестности точки y 0 .11.2Задача 3361, [2]Понятие неявной функции1) Исследовать разрешимость уравненияy 2 (x) − y(x) = 0, x ∈ [0, 1];702a) сколько существует решений?б ) сколько существует непрерывных решений?в) сколько существует непрерывных решений с условием: y(0) = 0? y(1) = 1?Решение.a) Бесконечно много. Например, функция Дирихле имеет вид:(1, x ∈ Q,y(x) =0, x ∈ R\Qи является решением уравнения.б ) Существует два непрерывных решения: y(x) = 0 и y(x) = 1.в) Только одно решение.Определение 11.2. Точку (x0 , y0 ) называют точкой ветвления для уравнения F (x, y) = 0, еслиa) F (x0 , y0 ) = 0;б) не существует окрестности точки (x0 , y0 ), в которой бы данное уравнение удовлетворялось единственной непрерывной функцией y(x).11.3Задача № 3366, [2]; Задача № 93, C.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
