Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Начнём с простых вещей. Так как $$\cos\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}\left[\cos\left(\alpha+\beta\right)+\cos\left(\alpha-\beta\right)\right],$$ для целых $k,n\geqslant0$

$$\intop_{-\pi}^{\pi}\cos kx\cos nxdx=\intop_{-\pi}^{\pi}\frac{1}{2}\left[\cos\left(k+n\right)x+\cos\left(k-n\right)x\right]dx=$$ беря этот интеграл, получим $$=\left.\frac{1}{2}\left[\frac{\sin\left(k+n\right)x}{k+n}+\frac{\sin\left(k-n\right)x}{k-n}\right]\right|_{-\pi}^{\pi}=\frac{1}{2}\left[\frac{\sin\left(k+n\right)\pi}{k+n}+\frac{\sin\left(k-n\right)\pi}{k-n}+\frac{\sin\left(k+n\right)\pi}{k+n}+\frac{\sin\left(k-n\right)\pi}{k-n}\right]=0,$$ но только для $k+n\neq0$ и $k-n\neq0$, чтобы не обнулялись знаменатели.

Но не сразу эти выражения стали знаменателями, поэтому исходный интеграл можно получить и при перечисленных выражениях равных нулю. Всего нужно рассмотреть четыре случая:

1. $k+n\neq0$, $k-n\neq0$ (уже рассмотрели),
2. $k+n=0$, $k-n\neq0$ ,
3. $k+n\neq0$, $k-n=0$ ,
4. $k+n=0$, $k-n=0$ .

Пусть. $k+n=0$. Так как $k,n\geqslant0$, это может произойти только если $k=n=0$, откуда $k-n=0$. Значит, мы рассматриваем четвёртый случай, а второй невозможен. Значение интеграла получается очевидно: $$\intop_{-\pi}^{\pi}\cos kx\cos nxdx=\intop_{-\pi}^{\pi}1\cdot1dx=2\pi.$$ Остался третий случай, $k=n\neq0$: $$\intop_{-\pi}^{\pi}\cos kx\cos nxdx=\intop_{-\pi}^{\pi}\cos^{2}kx\,dx=\intop_{-\pi}^{\pi}\frac{1-\sin\left(2kx\right)}{2}dx=$$ $$=\left.\left[\frac{x}{2}+\frac{\cos\left(2kx\right)}{4k}\right]\right|_{-\pi}^{\pi}=\pi+\frac{\cos\left(2k\pi\right)}{4k}-\frac{\cos\left(2k\pi\right)}{4k}=\pi.$$ Итак, $$\intop_{-\pi}^{\pi}\cos kx\cos nxdx=\left\{ \begin{array}{cl} 0, & k\neq n,\\ \pi, & k=n\neq0,\\ 2\pi, & k=n=0. \end{array}\right.$$ Задание: аналогично получить всевозможные результаты для интегралов $$\intop_{-\pi}^{\pi}\sin kx\sin nxdx\qquad\text{и}\qquad\intop_{-\pi}^{\pi}\sin kx\cos nxdx.$$ Ответы должны получиться такие: $$\intop_{-\pi}^{\pi}\sin kx\sin nxdx=\left\{ \begin{array}{cl} 0, & k\neq n,\\ \pi, & k=n\neq0,\\ 0, & k=n=0; \end{array}\right.$$ $$\intop_{-\pi}^{\pi}\sin kx\cos nxdx=0.$$

Чтобы начали привыкать заранее, скажу, что функции из набора $f_{n}\left(x\right),$ $n=n_{0},n_{0}+1,...$, удовлетворяющие условию $$\intop_{a}^{b}f_{n}\left(x\right)f_{k}\left(x\right)l\left(x\right)dx=p_{k}\delta_{ik},$$ называются на отрезке $\left[a,b\right]$ ортогональными с весом $l\left(x\right)$. Ортогональные функции – ценный математический инструмент, который позже будет неоднократно применяться. Ниже можно увидеть, и что при помощи них обычно делают.

Пусть на отрезке $x\in\left[-\pi,\pi\right]$ функция $f\left(x\right)$ представлена в таком странном виде: $$f\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\right)$$ (ряд справа называется рядом Фурье). Совершим с этим соотношением следующие действия: сначала умножим обе части на $\cos kx$, где $k > 0$ $$f\left(x\right)\cos kx=\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\cos nx\cos kx+b_{n}\sin nx\cos kx\right)$$ и проинтегрируем обе части от $-\pi$ до $\pi$, воспользовавшись вышенайденным: $$\intop_{-\pi}^{\pi}f\left(x\right)\cos kxdx=\intop_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\cos nx\cos kx+b_{n}\sin nx\cos kx\right)dx=$$ $$=\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\intop_{-\pi}^{\pi}\cos nx\cos kxdx+b_{n}\intop_{-\pi}^{\pi}\sin nx\cos kxdx\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\pi\delta_{nk}+b_{n}\cdot0\right)=\pi a_{k}.$$ Отсюда получаем формулу для нахождения $a_{k}$: $$a_{k}=\frac{1}{\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}f\left(x\right)\cos kxdx.$$ Для того, чтобы найти $a_{0}$, можно сразу проинтегрировать, ничего не умножая: $$\intop_{-\pi}^{\pi}f\left(x\right)dx=\intop_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\right)dx=\intop_{-\pi}^{\pi}a_{0}dx+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\intop_{-\pi}^{\pi}\cos nxdx+b_{n}\intop_{-\pi}^{\pi}\sin nxdx\right)=2\pi a_{0},$$ $$a_{0}=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}f\left(x\right)dx$$ (От обозначений в Демидовиче мои отличаются расположением $\frac{1}{2}$ при $a_{0}$). Теперь найдём $b_{k}$, $k > 0$: $$f\left(x\right)\sin kx=\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\cos nx\sin kx+b_{n}\sin nx\sin kx\right),$$ $$\intop_{-\pi}^{\pi}f\left(x\right)\sin kxdx=\intop_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\cos nx\sin kx+b_{n}\sin nx\sin kx\right)dx=$$ $$=\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\intop_{-\pi}^{\pi}\cos nx\sin kxdx+b_{n}\intop_{-\pi}^{\pi}\sin nx\sin kxdx\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\cdot0+b_{n}\pi\delta_{nk}\right)=b_{k}\pi,$$ $$b_{k}=\frac{1}{\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}f\left(x\right)\sin kxdx.$$ На случай подстановки в исходный ряд Фурье с $x$, меняют переменные интегрирования, да и индекс суммирования лучше заменить обратно: $$a_{n}=\frac{1}{\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}f\left(y\right)\cos nydy,$$ $$a_{0}=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}f\left(y\right)dy,$$ $$b_{n}=\frac{1}{\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}f\left(y\right)\sin nydy.$$ Задание: понять, почему мы не ищем $b_{0}$.

Дальше начинаются вариации относительно базового случая разложения на отрезке $\left[-\pi,\pi\right]$. Пусть при $x\in\left[-l,l\right]$ задана функция $f\left(x\right)$. Введём новую переменную $$y=\frac{\pi x}{l},\qquad x=\frac{ly}{\pi}$$ и новую функцию. $$g\left(y\right)=f\left(x\right)=f\left(\frac{ly}{\pi}\right).$$ Аргумент этой функции будет уже принадлежать отрезку $\left[-\pi,\pi\right]$, и потому $$g\left(y\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\cos ny+b_{n}\sin ny\right),$$ где $$a_{n}=\frac{1}{\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}g\left(y\right)\cos nydy,\qquad a_{0}=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}g\left(y\right)dy,\qquad b_{n}=\frac{1}{\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}g\left(y\right)\sin nydy.$$ Перейдём к старым функциям и переменным: при $x\in\left[-l,l\right]$ $$\begin{equation} f\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\cos\frac{\pi nx}{l}+b_{n}\sin\frac{\pi nx}{l}\right),\label{rf} \end{equation}$$ $$a_{n}=\frac{1}{\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}g\left(y\right)\cos nydy= \frac{1}{\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}f\left(x\right)\cos n\frac{\pi x}{l}d\frac{\pi x}{l}= \frac{1}{l}\intop_{-l}^{l}f\left(x\right)\cos\frac{\pi nx}{l}dx,$$ $$a_{0}=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}g\left(y\right)dy=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}f\left(x\right)d\frac{\pi x}{l}= \frac{1}{2l}\intop_{-l}^{l}f\left(x\right)dx,$$ $$b_{n}=\frac{1}{\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}g\left(y\right)\sin nydy=\frac{1}{\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}f\left(x\right)\sin n\frac{\pi x}{l}d\frac{\pi x}{l}= \frac{1}{l}\intop_{-l}^{l}f\left(x\right)\sin\frac{\pi nx}{l}dx.$$ Разложить функцию в ряд Фурье при $x\in\left[-l,l\right]$ означает найти все коэффициенты разложения и подставить их в само разложение.

Возникает ещё и такой вопрос: если функция $f\left(x\right)$ раскладывается в ряд Фурье на отрезке $\left[-l,l\right]$, то на этом отрезке она ему равна. Что же происходит за пределами этого отрезка? Внимательно посмотрев на правую часть ($\ref{rf}$), можно заметить, что для каждого слагаемого $2l$ является периодом (хоть и не всегда минимальным). Таким образом весь ряд Фурье будет периодической функцией с периодом $2l$; ход функции $f\left(x\right)$ на отрезке $\left[-l,l\right]$ будет бесконечно воспроизводиться за его пределами (см. рис. 1).

Отметим ещё один способ сократить работу, воспользовавшись чётностью раскладываемых функций. Пусть $f\left(-x\right)=-f\left(x\right)$. Тогда $$\intop_{-a}^{a}f\left(x\right)dx=\intop_{-a}^{0}f\left(x\right)dx+\intop_{0}^{a}f\left(x\right)dx=$$ применим в первом интеграле замену $x=-y$, а во втором – $x=y$ $$=-\intop_{a}^{0}f\left(-y\right)dy+\intop_{0}^{a}f\left(y\right)dy=-\intop_{0}^{a}f\left(y\right)dy+\intop_{0}^{a}f\left(y\right)dy=0.$$ Пусть теперь $f\left(-x\right)=f\left(x\right)$. Тогда $$\intop_{-a}^{a}f\left(x\right)dx=\intop_{-a}^{0}f\left(x\right)dx+\intop_{0}^{a}f\left(x\right)dx=$$ $$=-\intop_{a}^{0}f\left(-y\right)dy+\intop_{0}^{a}f\left(y\right)dy=\intop_{0}^{a}f\left(y\right)dy+\intop_{0}^{a}f\left(y\right)dy=2\intop_{0}^{a}f\left(y\right)dy.$$ Так как произведение двух чётных либо двух нечётных функций чётно, а произведение чётной и нечётной – нечётно, то для чётной функции $f\left(x\right)$ $$a_{n}=\frac{1}{l}\intop_{-l}^{l}f\left(x\right)\cos\frac{\pi nx}{l}dx=\frac{2}{l}\intop_{0}^{l}f\left(x\right)\cos\frac{\pi nx}{l}dx,$$ $$a_{0}=\frac{1}{2l}\intop_{-l}^{l}f\left(x\right)dx=\frac{1}{l}\intop_{0}^{l}f\left(x\right)dx,$$ $$b_{n}=\frac{1}{l}\intop_{-l}^{l}f\left(x\right)\sin\frac{\pi nx}{l}dx=0.$$ Если же функция $f\left(x\right)$ нечётна, $$a_{n}=\frac{1}{l}\intop_{-l}^{l}f\left(x\right)\cos\frac{\pi nx}{l}dx=0,$$ $$a_{0}=\frac{1}{2l}\intop_{-l}^{l}f\left(x\right)dx=0,$$ $$b_{n}=\frac{1}{l}\intop_{-l}^{l}f\left(x\right)\sin\frac{\pi nx}{l}dx=\frac{2}{l}\intop_{0}^{l}f\left(x\right)\sin\frac{\pi nx}{l}dx.$$

Пример: №2944 Разложить в ряд Фурье в интервале $\left[-\pi,\pi\right]$ функцию $f\left(x\right)=\pi^{2}-x^{2}$.

Заметим, что $l=\pi$ и функция $f\left(x\right)$ чётна: $$f\left(-x\right)=\pi^{2}-\left(-x\right)^{2}=\pi^{2}-x^{2}=f\left(x\right),$$ поэтому $b_{n}=0$. $$a_{0}=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}\left(\pi^{2}-x^{2}\right)dx=\frac{1}{2\pi}\left.\left(\pi^{2}x-\frac{x^{3}}{3}\right)\right|_{-\pi}^{\pi}=\frac{1}{2\pi}\left[\left(\pi^{2}\pi-\frac{\pi^{3}}{3}\right)-\left(\pi^{2}\left(-\pi\right)-\frac{\left(-\pi\right)^{3}}{3}\right)\right]=\frac{2}{3}\pi^{2}$$ Для нахождения $a_{n}$ придётся дважды интегрировать по частям: $$a_{n}=\frac{1}{\pi}\intop_{-\pi}^{\pi}\left(\pi^{2}-x^{2}\right)\cos\frac{\pi nx}{\pi}dx=\frac{1}{\pi n}\intop_{-\pi}^{\pi}\left(\pi^{2}-x^{2}\right)\sin'nxdx=$$ $$=\frac{1}{\pi n}\left.\left(\pi^{2}-x^{2}\right)\sin nx\right|_{-\pi}^{\pi}-\frac{1}{\pi n}\intop_{-\pi}^{\pi}\left(\pi^{2}-x^{2}\right)'\sin nxdx=\frac{2}{\pi n}\intop_{-\pi}^{\pi}x\sin nxdx=-\frac{2}{\pi n^{2}}\intop_{-\pi}^{\pi}x\cos'nxdx=$$ $$=-\frac{2}{\pi n^{2}}\left.x\cos nx\right|_{-\pi}^{\pi}+\frac{2}{\pi n^{2}}\intop_{-\pi}^{\pi}x'\cos nxdx=-\frac{2}{\pi n^{2}}\left.x\cos nx\right|_{-\pi}^{\pi}+\frac{2}{\pi n^{3}}\left.\sin nx\right|_{-\pi}^{\pi}=-\frac{2}{\pi n^{2}}\left[\pi\cos n\pi-\left(-\pi\right)\cos n\left(-\pi\right)\right]=$$ $$=-\frac{2}{\pi n^{2}}\left[\pi-\left(-\pi\right)\right]\cos n\pi=\left(-1\right)^{n+1}\frac{4}{n^{2}}.$$ С такими коэффициентами $$f\left(x\right)= \sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}\cos\frac{\pi nx}{l}+b_{n}\sin\frac{\pi nx}{l}\right)= a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\cos\frac{\pi nx}{l}= \frac{2}{3}\pi^{2}+\sum_{n=1}^{\infty}4\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n^{2}}\cos\frac{\pi nx}{l}.$$

Задание: решить самостоятельно № 2940, 2942, 2948, 2951.