1611689570-2f7bf9f665e22b4e5993a1e15fa840d7 (826871), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Пусть f : [−π, π] → R и f ∗ ее 2π-периодическое продолжение на всю числовую прямую. Верно ли следующее утверждение: f ∗ ∈ C 1 (R)тогда и только тогда, когда f ∈ C 1 (−π, π) и f (π) = f (π − 0) = f (−π + 0) = f (−π)и f 0 (π − 0) = f 0 (−π + 0)?1.9.2. Обобщенное равенство ЛяпуноваТеорема 6. Пусть f : [−π,R ππ] → R и g : [−π,Rπ]π → R — интегрируемые сквадратом функции, т.е.
−π f 2 (x)dx < ∞ и −π g 2 (x)dx < ∞. Пусть, далее, an , bn — коэффициенты Фурье функции f , а αn , βn — коэффициентыФурье функции g. Тогда справедливо обобщенное равенство Ляпунова1πZ∞πf (x)g(x)dx =−πa0 α0 X+an αn + bn βn .2n=1(1.9.2)Доказательство теоремы 6. Легко проверить, что коэффициенты Фурьефункций f ± g будут an ± αn и bn ± βn . Кроме того, используя неравенство (a ± b)2 ≤ 2(a2 + b2 ), можно убедится, что указанные функции f ± g6 Александр Михайлович Ляпунов (1857–1918) – основатель строгой теории устойчивости равновесия и движения систем, описываемых обыкновенными дифференциальнымиуравнениями1.9. РАВЕНСТВО ЛЯПУНОВА23будут интегрируемые с квадратом.
Тогда запишем для обеих функций равенство Ляпунова (1.9.1):Z∞(a0 + α0 )2 X1 π2(f + g) dx =+(an + αn )2 + (bn + βn )2 ,π −π2n=11πZ∞π−π(f − g)2 dx =(a0 − α0 )2 X+(an − αn )2 + (bn − βn )2 .2n=1Вычитая из первого неравенства второе, и деля получившееся равенствона 4, получаем требуемое равенство.1.9.3. Комплексная форма равенства ЛяпуноваЕсли рассмотреть комплекснозначную функцию f : [−π, π] → C, и сложить равенства Ляпунова для ее вещественной и мнимой частей, то получимZ∞|a0 |2 X1 π|f |2 dx =+|an |2 + |bn |2 ,(1.9.3)π −π2n=1где an и bn — коэффициенты Фурье функции f .
Однако, для комплекснозначных функций ее ряд Фурье записывают обычно в комплексной форме (1.4.2). Используя ее, можно получить и равенство Ляпунова в комплексной форме.Теорема R7. Пусть f : [−π, π] → C — интегрируемая с квадратом функπция, т.е. −π |f |2 dx < ∞, и cn — ее коэффициенты Фурье в комплекснойформе, тогда справедливо равенство ЛяпуноваZ π∞X1|f |2 dx =|cn |2 .(1.9.4)2π −πn=−∞Доказательство теоремы 7. Рассмотрим правую часть равенства (1.9.4).Вспоминая, что a−n +ib−n, n < 0,2cn = a20 , n = 0,an −ibn, n > 0,2получаем∞ ∞−1 XX a−n + ib−n 2 |a0 |2 X an − ibn 22 =|cn | = + 4 +22n=−∞n=−∞n=1∞ ∞ 2X an + ibn 2 |a0 |2 X an − ibn 2 + = |a0 | ++=2424n=1n=1∞∞X|an |2 + |bn |2 + i(an bn − an bn ) X |an |2 + |bn |2 − i(an bn − an bn )+=44n=1n=1!Z π∞1 |a0 |2 X(1.9.3) 122=+|an | + |bn |=|f |2 dx.222π−πn=1+24ГЛАВА 1.
РЯДЫ ФУРЬЕ1.10Лекция4Гладкость функции и скорость сходимости ее ряда ФурьеЛемма 2. Для любого α > 0 при всех n ≥ 1 справедлива оценка∞Xk=n+111<.nα+1αnα(1.10.1)Доказательство леммы 2. Рассмотрим функцию ϕ(x) = 1/xα+1 , x > 0. Поскольку она убывающая, то∞X1k=n+1nα+1Z∞<ϕ(x)dx =n1.αnαТеорема 8. Пусть f : R → R — 2π-периодическая (k + 1) -раз непрерывнодифференцируемая функция, тогда для скорости равномерной сходимостиряда Фурье к функции fRn = sup |Tn (x) − f (x)|x∈Rсправедливо асимптотическое соотношение1Rn = oпри n → ∞.nk+1/2Доказательство теоремы 8.
Используя теорему 1 о представлении кусочно гладкой функции своим рядом Фурье и теорему 2 о дифференцированииряда Фурье, получим для всякого x ∈ R неравенства X∞∞XT 1 |Tn (x) − f (x)| = aj cos jx + bj sin jx ≤|aj cos jx| + |bj sin jx| ≤j=n+1 j=n+1∞X≤j=n+1(k+1)T2|aj | + |bj | =(k+1)(k+1)∞X|aj| |bj|+,k+1k+1jjj=n+1(k+1)где ajи bj— коэффициенты Фурье функции f (k+1) (x). Применив кпоследней сумме неравенство (??) Коши–Буняковского 1/2 1/2∞∞∞XXXuj vj ≤ |uj |2 |vj |2 , j=1j=1j=11.11. ЯВЛЕНИЕ ГИББСА25(k+1)которое мы докажем позже; взяв за uj = |ajполучим(k+1)| + |bj|, а за vj =1,j k+11/21/2 (k+1)(k+1)∞∞ ∞2XXX|aj| + |bj|1(k+1)(k+1) ≤≤|aj| + |bj| k+1jj 2k+2j=n+1j=n+1j=n+1(1.10.1)≤ ∞ X1/2(k+1)|aj|+2(k+1)|bj|√j=n+11.2k + 1 nk+1/2Отсюда мы получаем, чтоnk+1/2 Rn ≤ √ξn,2k + 12P∞(k+1)(k+1)где ξn2 = j=n+1 |aj| + |bj| → 0 при n → ∞, поскольку это "хвост"сходящегося ряда∞ X(k+1)|ajj=1(k+1)| + |bj∞ 22 2X(k+1)(k+1)| ≤2aj+ bjj=1(1.9.1)=2πZπf (k+1)2dx < ∞.−πТаким образом мы показали, что lim nk+1/2 Rn = 0, что и требовалось доn→∞казать.1.11Явление Гиббса1.11.1.
Частный случайРассмотрим функцию σ(x) из примера 2. Было показано, что для каждого x ∈ R она представляется своим рядом Фурье (см. равенство (1.5.6) играфик на рис. 1.8∞Xsin(2k − 1)xσ(x) = 2.2k − 1k=1ПоложимnXsin(2k − 1)x.2k − 1Pn2nx0Найдем ее экстремумы. Имеем σ2n−1(x) = 2 k=1 cos(2n − 1)x = sinsin x , гдепоследнее равенство доказывается аналогично выводу формулы (1.5.2) дляядра Дирихле. Откуда находим, что точки xk = πk/2n, k ∈ Z \ {0} — это0точки экстремума функции σ2n−1(x). Кроме того, из формулы для производной заключаем, чтоZ xZ 2nxsin 2nt 2nt=u 1sin uσ2n−1 (x) =dt =du.(1.11.1)sint2nsinu/2n00σ2n−1 = 2k=126ГЛАВА 1.
РЯДЫ ФУРЬЕПоскольку σ2n−1 (x) нечетна и симметрична относительно x = π/2σ2n−1 (π/2 − x) = 2nXsin((kπ − π/2) − (2k − 1)x)2k − 1k=1=2=nXsin((kπ − π/2) + (2k − 1)x)2k − 1k=1= σ2n+1 (π/2 + x),достаточно рассмотреть экстремумы на промежутке [0, π/2], т.е. xk = πk/2nдля 1 ≤ k ≤ n. Подставляя эти точки в (1.11.1), получаем, чтоZ π(k+1)sin usin u1du = σ2n−1 (xk ) +du =sin u/2n2n πksin u/2n0Z(−1)k πsin tu=t+πkdt == σ2n−1 (xk ) +2n 0 sin(t + πk)/2nσ2n−1 (xk+1 ) =12nZπ(k+1)= σ2n−1 (xk ) + (−1)k vk ,Rπ1sin tгде vk = 2ndt, 1 ≤ k ≤ n − 1. Поскольку vk > 0 и vk+1 < vk ,0 sin(t+πk)/2nмы заключаем, что наибольшее значение функции σ2n−1 (x) достигается вточке x1 = π/2n.Вычислим пределZ πsin u1du =lim σ2n−1 (x1 ) = limn→∞n→∞ 2n 0 sin u/2nZ πZ πsin usin u=du =du = Si(π),lim2nsinu/2nu00n→∞Rxгде Si(x) = 0 sinu u du — интегральный синус.
Мы смогли внести предел подзнак интеграла, поскольку по теореме Лебега о мажорируемой сходимости для этого достаточно иметь интегрируемую мажоранту; для каждого u ∈ [0, π] и n ≥ 1 имеем sin u u/2n π sin u sin u=≤ . 2n sin u/2n u sin u/2n 2 u Таким образом, мы получили, что в некотором смысле предельным геометрическим образом в точке x = 0 является отрезок (вдоль оси OY ) [−Si(π), Si(π)]вместо имеющегося у функции σ — [−π/2, π/2].
Используя таблицу значений для интегрального синуса (отметим, что π/2 = Si(+∞)), получаем, чтоотличие составляетdef Si(π) − π/2' 0, 178,(1.11.2)γ =π/2т.е. на 18%. Ниже мы узнаем, что такой эффект типичен.1.11. ЯВЛЕНИЕ ГИББСА27Определение 11. Пусть f : R → R — 2π-периодическая кусочно гладкаяфункция и x0 — ее точка разрыва, причем для определенности считаем, чтоf (x0 − 0) < f (x0 + 0). Явлением Гиббса 7 называется свойствоlimTn (x) < f (x0 − 0) < f (x0 + 0) <n→∞x→x0 −0limn→∞x→x0 +0Tn (x).В рассмотренном нами примере, мы как раз и считали верхний (а ввидунечетности и нижний) указанные пределы.1.11.2. Общий случайПусть f : R → R — 2π-периодическая кусочно-гладкая функция и x0 —(x0 −0). Без ограничеее регулярная точка разрыва, т.е. f (x0 ) = f (x0 +0)+f2ния общности, будем предполагать, что f (x0 − 0) < f (x0 + 0).
Покажем, чтоздесь также имеет место явление Гиббса с теми же 18%.Пусть D = f (x0 + 0) − f (x0 − 0) — скачок функции f в точке x0 . Рассмотрим функциюϕ(x) = f (x) − f (x0 ) −Dσ(x − x0 )π(1.11.3)и первым делом покажем, что она непрерывна в точке x0 , что нам существенно пригодится в дальнейших рассуждениях.ИмеемDϕ(x0 ) = f (x0 ) − f (x0 ) − σ(0) = 0,πDσ(±0) =πf (x0 + 0) + f (x0 − 0) f (x0 + 0) − f (x0 − 0) π−(± ) == f (x0 ± 0) −2π2f (x0 + 0) f (x0 − 0) f (x0 + 0) − f (x0 − 0)−∓= 0.= f (x0 ± 0) −222ϕ(x0 ± 0) = f (x0 ± 0) − f (x0 ) −Поскольку ϕ(x0 ) = ϕ(x0 + 0) = ϕ(x0 − 0), то непрерывность доказана.
Изформулы (1.11.3) находим выражение для рассматриваемой функции f :f (x) = ϕ(x) + f (x0 ) +Dσ(x − x0 ),πоткуда для частичных сумм рядов Фурье имеем равенствоT2n−1 (x) = ϕ2n−1 (x) + f (x0 ) +Dσ2n−1 (x − x0 ).π7 Джозайа Уиллард Гиббс (1839–1903) — американский физик, один из основоположников статистической физики.
Первоначально за 50 лет до публикации Гиббса описываемое явление было открыто английским математиком Г. Уилбрагамом28ГЛАВА 1. РЯДЫ ФУРЬЕЗдесь T2n−1 (x), ϕ2n−1 (x), σ2n−1 (x) — частичные суммы, соответственно, дляf (x), ϕ(x) и σ(x). Далее, имеемlimT2n−1 (x) =n→∞x→x0 −0limϕ2n−1 (x) + f (x0 ) +n→∞x→x0 −0= f (x0 ) +Dπlimσ2n−1 (x − x0 ) =n→∞x→x0 −0DDπ(1.11.2)lim σ2n−1 (−0) = f (x0 ) −(γ + 1) =π n→∞π 2x→−0f (x0 + 0) + f (x0 − 0) f (x0 + 0) − f (x0 + 0) Dγ−−=222Dγ= f (x0 − 0) −.2=Здесь мы воспользовались равномерной сходимостью ϕ2n−1 (x) к ϕ(x) инепрерывностью ϕ(x) в точке x0 с нулевым значением.Аналогично, имеет место равенство для верхнего пределаlimT2n−1 (x) = f (x0 ) +n→∞x→x0 +0DπDγ(γ + 1) = f (x0 + 0) +.π 22Отсюда находим, что предельный геометрический образ отличается от имеющегося у функции f в точке x0f (x0 + 0) +Dγ2− (f (x0 − 0) −DDγ2 )= γ-раз,т.е. те же 18%.Следствие 2.
Справедливы формулыf (x0 + 0) + f (x0 − 0),2π γπlim T2n−1 (x0 +) − T2n−1 (x0 −) = D(1 + ).n→∞2n2n2lim Tn (x0 ) =n→∞1.12Применение рядов Фурье: решение задачи Дирихле в кругеНапомним следующее определение.Определение 12. Пусть D ⊂ R2 — область. Функция f : D → R называется гармонической, если она дважды непрерывно дифференцируема в D,т.е. f ∈ C 2 (D), и удовлетворяет в D уравнению Лапласа 4f = 0.Напомним также, что лапласиан 4 выглядит следующим образом:4=∂2∂2+ 22∂x∂yв декартовой системе координат,1.12.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
