minus 1pt minus 2pt minus 4pt
minus 2pt minus 1pt minus 2pt minus 1pt

























0

Laplace- és Fourier-transzformációk
 
Németh Zoltán, Szabó Tamás
 
2013, Szegedi Tudományegyetem
 

-1. *

Előszó
Ez a tananyag a Fourier-sorok és -transzformáció, valamint a Laplace-transzformáció alapjait tárgyalja.
Az alkalmazott matematikus mesterszakon tipikusan az ''alkalmazott analízis'', ''analízis és alkalmazásai'' tárgyakban szerepelnek (más témák mellett) ezek a területek is. Célunk elsősorban az volt, hogy ezekhez a kurzusokhoz készítsünk tananyagot.
Ugyanakkor fenti témakörök előkerülnek a fizikus, informatikus, mérnök informatikus képzésekben is, valamint természetesen a matematikus- és esetleg a matematikatanár-képzésben is. Célunk volt az is, hogy tananyagunk az ő számukra is használható legyen.
Tananyagot készítettünk, nem a témakör elméleti monográfiáját vagy az alkalmazások kimerítő ismertetését. Mivel matematika kurzusról van szó, az alkalmazásokat nem tárgyaljuk, csupán néhány feladatban mutatunk rá egy-két alkalmazási lehetőségre, mintegy kedvcsinálóként.
Munkánk során mindvégig szem előtt tartottuk, hogy amennyire ez lehetséges, próbáljuk a terület legfontosabb fogalmait, módszereit és eredményeit azok számára is kiemelni, összefoglalni, akik nem fogják a teljes elméletet részleteiben is elsajátítani.
Legfontosabb célunk az volt, hogy munkánk a témakörrel való ismerkedés kényelmesen használható segédanyaga legyen, remélhetőleg elég részletes ahhoz, hogy hatékonyan segítse az önálló tanulást. Nem törekedtünk feltétlenül a legáltalánosabb megfogalmazásokra, a legelegánsabb bizonyítások ismertetésére.
Jegyzetünk aktív olvasónak szól: papírral, ceruzával, (esetleg digitális helyettesítőikkel) felszerelkezve célszerű olvasni, feldolgozni. Az illusztratív példákat, feladatokat mindenképpen javasoljuk önállóan is megoldani. A közölt mintamegoldások, útmutatások vagy csak végeredmények nagy segítség lehetnek, de az önálló munkát nem pótolják.
Itt jegyezzük meg, hogy az olvasótól nem csak ezt az aktivitást várjuk el, hanem feltételezünk bizonyos előismereteket is. A megcélzott felsőbbéves hallgatók ezekkel általában rendelkeznek; ám szükség lehet fogalmak vagy módszerek felelevenítésére is.
Köszönettel fogadjuk, ha a jegyzet olvasói, használói megtisztelnek észrevételeikkel, javaslataikkal (az szbtmsz@math.u-szeged.hu, znemeth@math.u-szeged.hu címeken). A www.math.u-szeged.hu/nemeth internetcímen elérhető lesz az ismert sajtóhibák listája.
Köszönetünket fejezzük ki dr. Lajkó Károlynak gondos lektori munkájáért és értékes javaslataiért; valamint dr. Vajda Róbertnek és Barics Krisztiánnak az ábrák, animációk készítésében, Forróné Szél Ildikónak a nyelvi lektorálásban és Varga Ferencnének a forrásanyag beszerzésében nyújtott segítségéért.

 

Szeged, 2013.  Szabó Tamás, Németh Zoltán



1. Fourier-sorok


1.1. A trigonometrikus interpoláció




1.1.1.  Definíció.  A

p(t)=a0+k=1n(akcoskt+bksinkt),ak,bkR
alakú kifejezéseket n-ed fokú trigonometrikus polinomnak nevezzük. (Pontosan n-edfokú, ha an2+bn20.)


1.1.2.  Feladat.  Igazoljuk, hogy a trigonometrikus polinomok összege, különbsége és szorzata is trigonometrikus polinom, valamint szorzáskor a fokszámok összeadódnak. Igazoljuk, hogy az n-edfokú trigonometrikus polinomok a sint és a cost függvényeknek (algebrai értelemben) n-edfokú polinomjai.

Megoldás.  A fokszámokról szóló állítás a
cosntcoskt=12(cos(n+k)t+cos(n-k)t),
sinntsinkt=12(cos(n-k)t-cos(n+k)t),
sinntcoskt=12(sin(n+k)t+sin(n-k)t)
azonosságokból következik.
A másik állításhoz elég belátni, hogy
cosnt=ncosnt+αn-2cosn-2t+αn-4cosn-4t+,
sinnt=sint(ncosn-1t+βn-3cosn-3t+βn-5cosn-5t+.
Teljes indukcióval bizonyítunk. Az állítások n=1-re nyilván igazak. Tegyük fel valamely n-re. Ekkor
cos(n+1)t=cosntcost-sinntsint=(ncosnt+αn-2cosn-2t+)cost-sin2t(ncosn-1t+)=(ncosnt+αn-2cosn-2t+)cost-(1-cos2t)(ncosn-1t+)=(n+1)cosn+1t+γn-1cosn-1t++γn-3cosn-3t+,
a sinusos állítás hasonlóan bizonyítható.
A polinomokat pontosan is meghatározhatjuk:
cosnt+isinnt=(cost+isint)n=cosnt+(n1)cosn-1t(isint)++(isint)n=(cosnt-(n2)cosn-2tsin2t+-)+i((n1)cosn-1tsint-(n3)cosn-3tsin3t+-)
A részleteket az olvasóra bízzuk.
//
 

A továbbiakban legyen p(t) egy n-edfokú trigonometrikus polinom; és tekintsük a
θk:=k2πm,k=0,1,...,m-1
''alappontokat'' a [0,2π] intervallumon, ahol mn+1.


1.1.3.  Tétel.  A trigonometrikus polinom konstans tagjára
a0=p(θ0)+p(θ1)++p(θm-1)m.



Bizonyítás.  a) Abban a speciális esetben, ha p(t)=sint (0n), az állítás nyilván igaz, hiszen az θk és θm-k pontok a π-re szimmetrikusan helyezkednek el, így a számlálóban a sinusok összege páronként 0 (ha m páros, a középső tag sinπ=0.)
b) Vizsgáljuk a p(t)=cost esetet. Az ismert
12+cosx+cos2x++cosnx=sin(n+12)x2sint2
formulában (l. ) legyen x=2πm, kapjuk, hogy
12+cos2πm+cos22πm++cos(m-1)2πm=sin(2m-1)πm2sinπm=sin(2π-πm)2sinπm=-12.

c) Láttuk, hogy az állítás igaz külön-külön az a0, a1cos1t, b1sin1t, ..., ancosnt, bnsinnt tagokra; ekkor az összegükre, azaz az általános trigonometrikus polinomra is igaz.
//
 



1.1.4.  Tétel.  Legyen
p(t)=a0+k=1n(akcoskt+bksinkt),
egy trigonometrikus polinom és legyenek az alappontok
θk:=k2π2n+1,k=0,1,...,2n.
Ekkor a polinom együtthatóira teljesül, hogy
a0=12n+1l=02np(θl),
ak=22n+1l=02np(θl)coskθl,bk=22n+1l=02np(θk)sinkθl.



Bizonyítás.  Az a0-ra vonatkozó állítás az előző tétel, az m=2n+1 választással. Tekintsük a p(t)coskt és a p(t)sinkt polinomokat, ezek foka n+k és konstans tagjuk éppen 12ak, illetve 12bk. (Például a p(t)coskt szorzást elvégezve és a tagokat rendezve,
alcosltcoskt=12al(cos(l+k)t+cos(l-k)t),
kontans tag egyedül az l=k tagból adódhat.) Ezt észrevéve, tételünk az előző tételből adódik (n+k2n<2n+1=m, tehát a tétel csakugyan alkalmazható).
//
 

Az együtthatókra kapott kifejezéseket felhasználva, írhatjuk, hogy
p(t)=a0+k=1nakcoskt+bksinkt=12n+1l=02np(θl)+k=1n(22n+1l=02np(θl)coskθlcoskt+22n+1l=02np(θk)sinkθlsinkl)=12n+1l=02np(θk)(1+2cos(t-θk)+2cos2(t-θk)++2cosn(t-θk))=12n+1l=02np(θk)sin(2n+1)(t-θk)2sin(t-θk)2
(ismét felhasználtuk a formulát).
Vegyük észre, hogy ez a képlet analóg az algebrai polinomokkal való Lagrange-féle interpolációs képlettel: most a sinusos törtek játsszák az alapfüggvények szerepét.
Bár igazából nincs rá alapunk, de intuitíve indokolt lehet, hogy az alappontok sűrítésével egyfajta határhelyzetben folytonos eredményekhez jussunk.
A [0,2π] intervallumot a θk alappontjaink 2n+1 egyenlőközű részre osztják, θk+1-θk=2π2n+1, így ha n, kapjuk, hogy
a0=12n+1l=02np(θl)=12πl=02np(θl)(θk+1-θk)12π02πp(t)dt,
így
a0=12π02πp(t)dt
írható; hasonlóan
ak=1π02πp(t)cosktdt,bk=1π02πp(t)sinktdt,
valamint
p(t)=1π02πp(u)sin(2n+1)(t-u)2sin(t-u)2du.
Később látni fogjuk, hogy ezek a képletek csakugyan érvényesek, a trigonometrikus polinomoknál általánosabb függvényosztályokra is.

1.2. Skaláris szorzatos terek


Legyen V egy vektortér (a valós számok felett), amelyben értelmezve van egy skaláris szorzás és érvényes a Cauchy-kritérium (azaz a tér teljes). (Mi a végtelen dimenziós esetet fogjuk vizsgálni, ezeket a tereket Hilbert-térnek hívják; ilyen az L2 tér.)
A skaláris szorzat egy kétváltozós művelet, ,:V2R az alábbi tulajdonságokkal:

x,yV:x,y0,'' =''x=o,x,yV:x,y=y,x,x,yV,λR:λx,y=λ(x,y),x,y,zV:x,(y+z)=x,y+x,z.
A skaláris szorzat természetes módon definiál egy normát és egy távolságfogalmat:
x:=x,x,d(x,y):=x-y,
ez pedig egy konvergenciafogalmat: xnx pontosan akkor, ha
ε>0νn>ν:xn-x<ε.
Itt nyilván xn,xV; ez az úgynevezett normában vett konvergencia.


1.2.1.  Definíció.  A vektortér elemeinek (ϕn) rendszerét ortogonális rendszernek nevezzük, ha
ϕn,ϕk=0,  ha  nk,
és ortonormált rendszernek nevezzük, ha
ϕn,ϕk={0,ha  nk,  1,ha  n=k.  

Világos, hogy egy ortogonális rendszer bármely véges részrendszere lineárisan független. (Az a1ϕ1++akϕk++anϕn=o egyenletet skalárisan szorozva ϕk-val, adódik, hogy ak=0 (k=1,2,...,n).)
Tekintsük valamely (ϕn) ortonormált rendszer ϕ1, ..., ϕN részrendszerét, ezeknek az összes lineáris kombinációja meghatározza a tér egy alterét. Legyen fV rögzített. Vajon az altérnek melyik eleme van f-hez a legközelebb? (Mivel a kifeszített altér zárt halmaz, van ilyen legközelebbi elem; de ez úgyis ki fog derülni.)
Az altér egy eleme és az f különbségének normanégyzetét fölírva és a skaláris szorzás tulajdonságait használva,
0f-(d1ϕ1++dNϕN),f-(d1ϕ1++dNϕN)=f,f-n=1N2f,dnϕn+n=1Nk=1N(dnϕn,dkϕk=f2-n=1N2dnf,ϕn+n=1Ndn2=f2-n=1Nf,ϕn2+n=1N[f,ϕn-dn]2.
Látható, hogy az utolsó sor pontosan akkor minimális, ha minden n-re
dn=f,ϕn.

Tehát azt kaptuk, hogy a kifeszített altérben a ''legközelebbi'' elem nem más, min az f merőleges vetülete.


1.2.2.  Definíció.  A továbbiakban legyen cn:=f,ϕn, és tekintsük az
fcnϕn
sort. Ez az f elem általános Fourier-sora.


1.2.3.  Tétel.  Az így definiált Fourier-sor a V térben normában konvergens.


Bizonyítás.  Láttuk az előbb, hogy
0f2-n=1Nf,ϕn2+(nemnegatív tagok),
tehát bármely N értékre
n=1Ncn2f2n=1cn2<;
és
n=pp+qcnϕn2n=pp+qcn2.
Mivel a V térben érvényes a Cauchy-kritérium, a
n=1cnϕn=:g
sor konvergens (a V tér normájában). Az is kiderült, hogy
n=1cn2f2,
ez a Bessel-egyenlőtlenség.
//
 



1.2.4.  Definíció.  A (ϕn) ortonormált rendszert teljesnek nevezzük, ha nincs rájuk merőleges nemnulla elem, azaz, ha gV olyan, hogy n:g,ϕn=0, akkor g=o.


1.2.5.  Tétel.  Legyen (ϕn) egy teljes ortonormált rendszer a V teljes skaláris szorzatos térben. Legyen fV és cn:=f,ϕn. Ekkor
n=1cnϕn=f
a konvergenciát a V normájában értve, és
n=1cn2=f2.

A második állítás az ún. Parseval-formula.

Bizonyítás.  A sor összege (normában értve) a fentiek szerint létezik, legyen
n=1cnϕn=g.
Bármely k-ra
f-g,ϕk=f-n=1cnϕn,ϕk=f,ϕk-ck=0
a rendszer teljessége miatt g=f. Ha ezt tudjuk,
f2=n=1cnϕn,n=1cnϕn=n,k=1cnckϕn,ϕk=n=1cn2
a rendszer ortonormáltsága miatt.
//
 

1.3. A trigonometrikus Fourier-sor fogalma


A továbbiakban olyan függvényekről lesz szó, amelyek a valós egyenesen értelmezettek és 2π-periodikusak. Ez ekvivalens azzal, hogy valamely 2π hosszúságú intervallumon (például [-π,π)-n vagy [0,2π)-n) adjuk meg a függvényt. Egy formális definíció a következő lehet.
Legyen R a valós számok, 2πZ pedig a 2kπ, kZ alakú számok additív csoportja. Jelöljük T-vel az R/2πZ faktorcsoportot és vizsgáljuk a T-n értelmezett függvényeket. Ez a T (az ún. egydimenziós tórusz) természetes módon azonosítható a [-π,π) intervallummal; és legyen

Tf(t)dt:=-ππf(x)dx,
azaz T-n a Lebesgue-mérték a számegyenesen vett mérték értelemszerű megszorítása. Az integrálás fontos tulajdonsága az eltolás-invariancia:
Tf(t)dt=Tf(t-τ)dt,  azaz  -ππf(x)dx=-π+aπ+af(x)dx.

Tekintsük az L2(T) függvényteret, a
f,g:=12πTf(t)g(t)dt
skaláris szorzattal és az
f:=12πTf2(t)dt=12π-ππf2(t)dt
normával; és tudjuk, hogy ez teljes tér is. (A mérték normálása, azaz az 12π szorzó pusztán kényelmi szerepet játszik.)
Világos, hogy az
1,cost,sint,cos2t,sin2t,...,cosnt,sinnt,...
rendszer ortogonális; a következő szakaszban látjuk majd, hogy teljes is.


1.3.1.  Feladat.  Igazoljuk, hogy a fenti rendszer csakugyan ortogonális, határozzuk meg az elemek normáit.

Megoldás.  Könnyen kiszámolható, hogy
-ππ1sintdt=-ππ1costdt=0,
-ππcosktcosntdt=12-ππcos(k+n)t+cos(k-n)tdt=0,(k>n),
-ππsinktsinntdt=12-ππcos(k-n)t-cos(k+n)tdt=0,(k>n),
-ππsinktcosntdt=12-ππsin(k-n)t+sin(k+n)tdt=0,
valamint
12π-ππ12dt=1(=ϕ12),
12π-ππcos2ktdt=12π-ππ1+cos2kt2dt=12(=ϕ2k2),
12π-ππsin2ktdt=12π-ππ1-cos2kt2dt=12(=ϕ2k+12),

//
 

Az ortogonális rendszert normálva, kapjuk a
1,2cost,2sint,2cos2t,2sin2t,...,2cosnt,2sinnt,...
trigonometrikus rendszert a fenti sorrendben számozva.
Az előző szakaszban látottak szerint, képezzük a Fourier-együtthatókat:
c1=12π-ππf(t)dt,
c2k=12π-ππf(t)2cosktdt,
c2k+1=12π-ππf(t)2sinktdt,
és a Fourier-sort:
f(x)c11+c22cosx+c22sinx+.

Mindenesetre ez a sor L2-normában az f(x) függvényhez konvergens. Igazából nem ez a szokásos alak; de mielőtt azt felírnánk, vegyük észre, hogy a fenti együtthatók akkor is képezhetők, ha f-ről csak integrálhatóságot teszünk föl, hiszen a trigonometrikus rendszer függvényei mérhetőek és korlátosak (és két integrálható függvény közé eső mérhető függvény maga is integrálható).
Lássuk most már az igazi definíciót.


1.3.2.  Definíció.  Legyen f a T-n értelmezett integrálható függvény (fL1(T)), és legyenek
an:=1πTf(t)cosntdt,n=0,1,2,...,
bn:=1πTf(t)sinntdt,n=1,2,....
Ekkor az
fa02+n=1ancosnx+bnsinnx
sort az f függvény Fourier-sorának nevezzük. Egyszerűen belátható, hogy páros függvény esetében bn=0, páratlan függvény esetében an=0 minden n-re.
Vegyük észre, hogy minden Fourier-sor egyben trigonometrikus sor is. Ez fordítva nem igaz, bár ez nem nyilvánvaló. Például a sin(n!x) sor minden racionális x-ben konvergens, mégsem Fourier-sora egyetlen függvénynek sem. Egy más példát látunk majd a feladatban.
A helyzet egy kicsit hasonló a hatványsor vs. Taylor-sor problémához. A fő kérdés, amit vizsgálni fogunk, most is az, hogy vajon mikor ''állítja elő'' a Fourier-sora a függvényt? A Fourier-sorok konvergenciája nehéz kérdés. A.N. Kolmogorov mutatta meg, hogy van olyan fL, amelynek Fourier-sora majdnem mindenütt divergens; Fejér Lipót pedig azt, hogy folytonos függvénynek is lehet a Fourier-sora divergens előre adott pontokban. L. Carleson tétele szerint azonban már fL2 esetén a Fourier-sor majdnem mindenütt konvergens. Ezek az eredmények messze túlmutatnak jelen jegyzet keretein.
Az eddigiek alapján világos, hogy ha fL2, akkor Fourier-sora a függvényhez az L2 tér normájában konvergens. Később látni fogjuk, hogy a trigonometrikus rendszer teljes (l. ), így érvényes a Parseval-formula is, amely a normáló tényezők összevonása után az
T(f(t))2dt=π(a022+k=1(ak2+bk2))
alakba írható.
Komplex jelölést használva valamivel szimmetrikusabb formulákat kaphatunk.


1.3.3.  Definíció.  Legyen f a T-n értelmezett integrálható függvény, és legyen
f^(k):=12πTf(t)e-iktdt,k=0,±1,±2,....
Ekkor az
fk=-f^(k)eikx
sort az f függvény Fourier-sora komplex alakjának nevezzük.
Ebben a definícióban a két irányban végtelen sor összegét az
sn:=k=-nnf^(k)eikx
részletösszegek konvergenciája segítségével definiáljuk. A ϕk(t):=e-ikt, kZ függvények ortonormált rendszert alkotnak, ezt is szokás trigonometrikus rendszernek nevezni.


1.3.4.  Feladat.  Határozzuk meg a kapcsolatot az ak, bk, f^(k) együtthatók között.

Megoldás.  Mivel e-ikt=coskt-isinkt és eikt=coskt+isinkt, nyilván f^(k)=ak-ibk és 2ak=f^(k)+f^(-k), 2ibk=f^(-k)-f^(k).
//
 



1.3.5.  Feladat.  Gondoljuk végig, hogyan változnak meg a szakasz állításai komplex jelölésrendszerben.

Megoldás.  A legfontosabb változások: a skaláris szorzat szimmetriája helyébe x,y=y,x¯, s így cn2 helyébe |cn|2=cnc¯n kerül; továbbá komplex értékű függvények skaláris szorzatát a
f,g:=12πTf(t)g(t)¯dt
képlettel értelmezzük.
//
 



1.3.6.  Feladat.  Fejtsük Fourier-sorba az
f(t):={π-t2,ha  0<tπ,  -π-t2,ha  -πt<0,  0,ha  t=0,  
függvényt.

Megoldás.  A függvény páratlan, tehát a cosinus-együtthatók eltűnnek. A sinus-együtthatók
bn=1π-ππf(t)sinntdt=2π0ππ-x2sinnt   u=π-x2,  v=-cosntn=2π[π-x2-cosntn]0π-1π0πcosntndt=1n-1π[π-x2sinntn2]0π=1n,
tehát a keresett sor
f(x)n=1sinnxn.

//
 

A Parseval-formulát fölírva, kapjuk, hogy
-ππ(f(t))2dt=0π(π-t2)2=16π3=π(n=1bn2)=π(n=11n2),
azaz
n=11n2=π26.

 
Az s8 részletösszeg

A Dirichlet-kritériummal könnyen látható, hogy ez a sor mindenütt konvergens (1n0 és sint++sinnt korlátos); de vajon mi a határértéke? Az ábra azt sugallja, talán a függvény, de ezt még nem tudjuk. A sor L2-normában közelít a függvényhez, de ez nem jelent pontonkénti konvergenciát. (l. a feladat megoldását is.)
 

Dirichlet-kritérium: Ha an0 monoton csökkenő; továbbá bn olyan sorozat, hogy M n: |b1+b2++bn|M, akkor a anbn sor konvergens.
 

1.4. Néhány alapvető formula




1.4.1.  Tétel.  Integrálható függvény Fourier-együtthatói 0-hoz tartanak.
Ez a tétel a későbbiekben annyira fontos lesz, hogy több változatban is bebizonyítjuk. Először a Riemann-integrál fogalomkörén belül, méghozzá azért, mert így mondanivalónk egy fontos része azok számára is érthető marad, akik esetleg nem ismerik az integrálás Lebesgue-féle elméletét.

Bizonyítás.  A cosinus-együtthatókra bizonyítunk, a sinusos hasonló. Azt akarjuk belátni, hogy

|1π-ππf(t)cosntdt|0,
ha n. Legyen ε>0 tetszőleges. Osszuk a [-π,π] intervallumot k egyenlő részre a π=x0<x1<<xn=π osztópontokkal. Ekkor
|1π-ππf(t)cosntdt|=|1πi=1kxi-1xi(f(t)-f(xi)+f(xi))cosntdt|1πi=1k|xi-1xi(f(t)-f(xi))cosntdt|+1πi=1k|xi-1xif(xi)cosntdt|=:I1+I2.
A Riemann-integrálnál szokásos jelöléssel minden xi-1txi esetén
mif(t)Miésmif(xi)Mi,
mivel |cosnt|1, könnyen látható, hogy az első integrálra
I11πi=1kxi-1xi(Mi-mi)dt=1πi=1k(Mi-mi)(xi-xi-1)<ε,
ha az n elég nagy, az oszcillációs kritérium szerint.
Mivel f integrálható, korlátos is. Legyen |f(x)|M, ekkor
I21πi=1k|xi-1xif(xi)cosntdt|1πi=1k|f(xi)||xi-1xicosntdt|1πi=1k|f(xi)||[sinntn]xi-1xi|1πkM2n<ε,
ha az n elég nagy.
Beláttuk tehát, hogy bármely ε>0 esetén van olyan ν, hogy bármely n>ν indexre I1+I2<2ε, amiből a tétel adódik.

A következő bizonyítás már fL esetében is érvényes.

Bizonyítás.  Az állítás nyilván igaz trigonometrikus polinomokra, hiszen ezek Fourier-együtthatói elég nagy (a fokszámuknál nagyobb) n-re mindig 0-k. Az általános esetben használjuk fel, hogy a trigonometrikus polinomok halmaza sűrű L-ben. (Ezt pl. Weierstrass approximációs tételéből tudjuk.) Ez azt jelenti, hogy adott ε>0 esetén találhatunk olyan p polinomot, amelyre f-p<ε.
an=1π-ππf(t)cosntdt=1π-ππ(f(t)-p(t)+p(t))cosntdt=1π-ππ(f(t)-p(t))cosntdt+1π-ππp(t)cosntdt.
Itt a második tag 0-hoz tart, mert trigonometrikus polinom Fourier-együtthatója. Az első tagra pedig
|1π-ππ(f(t)-p(t))cosntdt|1π-ππ|f(t)-p(t)|dt2f-p<ε.
Tehát 0lim sup|an|ε, ebből an0 adódik. A bn0 állítás hasonlóan bizonyítható.

A következő tétel, az ún. Riemann‐Lebesgue lemma, még általánosabb feltételek mellett is igaz.


1.4.2.  Tétel.  Legyen f integrálható valamely (a,b)-n (-a<b). Legyen h az egész R-en korlátos, mérhető függvény, méghozzá olyan, hogy
1c0ch(x)dx0(|c|).
Ekkor
abf(x)h(ωx)dx0(|ω|)
(az integrál h korlátossága miatt biztosan létezik).


Bizonyítás.  Legyen f először egy karakterisztikus függvény, azaz
f(x)={1,  ha  -aαxβb,  0  különben.  
Ekkor
abf(x)h(ωx)dx=αβh(ωx)dx=0β-0α,
és
0βh(ωx)dx=0ωβh(u)1ωdu=β1βω0ωβh(u)du0
és hasonlóan 0αh(ωx)dx0 a h függvényre tett feltételek miatt.
Karakterisztikus függvényekre tehát igaz az állítás, nyilván igaz lépcsősfüggvényekre is (mert azok karakterisztikus függvények véges lineáris kombinációi).
Legyen most már f tetszőleges és ε>0 adott; (a Lebesgue-integrál felépítéséből következik, hogy) van olyan s lépcsősfüggvény, amelyre
ab|f(x)-s(x)|dx<ε.
Ekkor
|abf(x)h(ωx)dx||ab(f(x)-s(x)+s(x))h(ωx)dx|ab|f(x)-s(x)|Mdx+|abs(x)h(ωx)dx|,
ahol M a h függvény korlátja. A második tag kicsi, mert s lépcsősfüggvény; az első tag pedig legfeljebb Mε. Így
0lim supabf(x)h(ωx)dx(M+1)ε,
ha |ω|, s ezzel a tételt beláttuk.

Ebben a tételben h helyébe sinx-et vagy cosx-et írva, a h-ra megkövetelt ''átlagoló tulajdonság" nyilván teljesül, így adódnak a Fourier-együtthatókról szóló tételek. De vegyük észre, hogy a h függvény lehet más is, lehet akár pozitív (például 1/|x|, ha |x|1 és 1, ha 0|x|1).
A következő tételünk a trigonometrikus rendszer teljességét igazolja az L osztályban (mivel T korlátos, L2L, így a rendszer L2-ben is teljes).


1.4.3.  Tétel.  Legyen fL(T) olyan, hogy
-ππf(x)coskx=-ππf(x)sinkx=0(k=0,1,...).
Ekkor f(x)=0 majdnem mindenütt.


Bizonyítás.  Először legyen f folytonos. Ha nem azonosan 0, van olyan x0, hogy f(x0)=c0. Legyen g(x):=1cf(x+x0), Nyilvan g is folytonos, és könnyen ellenőrizhető, hogy g is ortogonális a trigonometrikus rendszer elemeire, hiszen például
-ππg(x)coskxdx=1c-π+x0π+x0f(x)cos(kx-kx0)dx1ccoskx0-ππf(x)coskxdx+1csinkx0-π+x0π+x0f(x)sinkxdx=0.
Mivel g folytonos és g(0)=1, van olyan δ, 0<δ<π2, hogy |x|<δ esetén g(x)12. Legyen most T(x):=cosx-cosδ+1. Vegyük észre, hogy
Tn(x){1,ha  0|x|δ,  0(n),ha  δ<|x|π.  
Mivel Tn(x) egy n-edfokú trigonometrikus polinom, g ortogonális rá, tehát
0=-ππg(x)Tn(x)dx=0|x|δ+δ<|x|π=:I1+I2.
Azonban I11212δ=δ; továbbá, Lebesgue majorált konvergencia tétele miatt I20. A kapott ellentmondás igazolja a tételt. Utolsó állításunk azért igaz, mert a δ<|x|π halmazon |T(x)|<1, így az integranduszt a |g(x)| függvény majorálja, másrészt Tn(x)0, tehát g(x)Tn(x)0, és Lebesgue tétele szerint
limδ<|x|πg(x)Tn(x)dx=δ<|x|π0dx=0.

Legyen most már fL tetszőleges, és legyen
F0(x):=0xf(t)dt,F(x):=F0(x)--ππF0(x)dx,
magyarul, F a f-nek az az integrálfüggvénye, amelynek az integrálja a [-π,π]-n éppen 0. Ez az F függvény 2π-periodikus is, hiszen
F(π)-F(-π)=-ππf(t)dx=0
(hiszen f ortogonális az 1-re). Tudjuk, hogy F abszolút folytonos (mert integrálfüggvény); ortogonális az 1-re, és a trigonometrikus rendszer többi elemére is, hiszen például
-ππF(t)cosktdt=[F(t)sinntn]-ππ--ππf(t)sinntndt=0,
tehát az előzőek szerint F(x)=0 mindenütt. Mivel majdnem mindenütt f(x)=F'(x), a tételt beláttuk.



1.4.4.  Definíció.  Legyen
Dn(x):=12+cosx+cos2x++cosnx
az n-edik Dirichlet-mag.


1.4.5.  Tétel.  Ha 0<|x|<π, akkor
Dn(x):=12+cosx+cos2x++cosnx=sin(n+12)x2sin12x
és Dn(0)=n+12.


Bizonyítás.  Legyen 0<x<π. Felhasználva a 2sinαcosβ=sin(β+α)-sin(β-α) azonosságot, egy teleszkopikus összeget kapunk:
(2sin12x)Dn(x)=sin12x+2sin12xcosx+2sin12xcos2x++2sin12xcosnx=sin12x+sin32x-sin12x+sin52x-sin32x++sin(n+12)x-sin(n-12)x=sin(n+12)x.
(Hasonló összegek ''zárt alakba írására'' ez a módszer gyakran beválik.)

Vegyük észre, hogy Dn páros függvény.


1.4.6.  Tétel. 
-ππDn(x)dx=π,-ππ|Dn(x)|dx(n).



Bizonyítás.  Az első állítás világos, hiszen tagonként integrálva
-ππ12dx+-ππcosxdx++-ππcosnxdx=π+0++0.
A második állítás bizonyításához legyenek
Ik:=[(6k-5)π6(n+12),(6k-5)π6(n+12)].
Ezek az intervallumok 0 és π között vannak, hosszuk 4π6(n+12π2n és xIk esetén
|sin(n+12)x|12,|2sin12x|x(6k-1)π6n+3knπ.
Ezekből
-ππ|Dn(x)|dxk=1nIk|Dn(x)|dxk=1nIk12kndxk=1n12nkπ2nk=1nIk12nkπ2nπ4k=1n1kπ4logn.


1.5. A Fourier-sorfejtés alaptulajdonságai


Ebben a szakaszban azt vizsgáljuk, hogy milyen kapcsolatok vannak a függvény és Fourier-együtthatóinak tulajdonságai között. Eredményeinket az egyszerűség kedvéért általában az f^(n) (n=...,-1,0,1,...) ''kétirányú" sorozatra fogalmazzuk meg, az an, bn cosinus- illetve sinus-együtthatókra vonatkozó formulák ebből könnyen adódnak.


1.5.1.  Tétel.  A Fourier-együtthatók képzése lineáris, azaz f,gL1(T) esetén

(f+g)^(n)=f^(n)+g^(n),(λf)^(n)=λ(f^(n))(λR,nZ).
Igaz továbbá, hogy
|(f)^(n)|fL1.



Bizonyítás.  Állításaink a definícióból azonnal adódnak, hiszen az integrál lineáris, és mivel
|e-int|=|cosnt+isinnt|=(cos2nt+sin2nt)1/2=1,
|f^(n)|=|12πTf(t)e-intdt|12πT|f(t)||e-int|dt=12πT|f(t)|dt=f.




1.5.2.  Definíció.  Legyenek f,gL1(T). Konvolúciójuk az a h:=f*g függvény, amelyre
h(x)=(f*g)(x):=1πTf(x-t)g(t)dt.
A h függvény szintén integrálható, és
hL1fL1gL1.

Belátjuk, hogy a definíció korrekt. Világos, hogy F(x,t):=f(x-t)g(t) mint kétváltozós függvény, mérhető. Bármely rögzített t értékre F integrálható is (mint x függvénye, így
12πT(12π|F(x,t)|dx)dt12πT(12π|f(x-t)|dx)|g(t)|dt12πTfL1|g(t)|dtfL1gL1.
Fubini tétele szerint az integrálás sorrendje fölcserélhető (F(x,t) integrálható t szerint is mint egyváltozós függvény, majdnem minden x esetén), így valóban,
12πT|h(x)|dx=12πT|TF(x,t)dt|dx14π2TT|F(x,t)|dxdtfL1gL1.



1.5.3.  Feladat.  Igazoljuk, hogy a konvolúció kommutatív, asszociatív és az összeadásra disztributív művelet.

Megoldás.  Az állítások helyettesítéses integrálással könnyen igazolhatók. Például a kommutativitás esetében legyen x-t=:u, ekkor -dt=du és
(f*g)(x)=Tf(x-t)g(t)dt=-ππf(x-t)g(t)dtx+πx-πf(u)g(x-u)(-du)=π-πf(u)g(x-u)(-du)=-ππf(u)g(x-u)du=Tf(u)g(x-u)du=(g*f)(x).




1.5.4.  Tétel.  Ha f,gL1, akkor
(f*g)^(n)=f^(n)g^(n).



Bizonyítás.  Legyen, mint fent, h:=f*g.
h^(n)=12πTh(x)e-inxdx=14π2TTf(x-t)g(t)e-in(x-t)e-intdtdx=12πTf(x-t)e-in(x-t)dx12πTg(t)e-intdt=f^(n)g^(n).




1.5.5.  Definíció.  Tekintsük azokat a (cn)n=- (komplex) számsorozatokat, amelyekre igaz, hogy
cn0,  ha  n±.
Az ilyen sorozatok vektorterét c0 sorozattérnek nevezzük, a
(cn):=maxn|cn|
normával.
A konvergencia elemi tulajdonságai miatt a tér nyilván vektortér. A norma létezik (a (cn) sorozat konvergens, tehát korlátos is), és a normatulajdonságok is könnyen ellenőrizhetők:
maxn|cn|0,maxn|cn|=0n:cn=0,
maxn|λcn|=λmaxn|cn|,
maxn|cn+dn|maxn(|cn|+|dn|)maxn((maxn|cn|)+|dn|)(maxn|cn|+maxn|dn|.

A Fourier-sorba fejtést fogjuk föl úgy, mint egy leképezést, ami az f(t) függvényhez hozzárendeli az f^(n) sorozatot. (Nevezhetjük diszkrét Fourier-transzformációnak.) Mit tudunk erről a leképezésről?
Mindenesetre a hozzárendelés L1(T) függvénytérből a c0 sorozattérbe képez és lineáris. Később látni fogjuk (lásd és ), hogy injektív, de nem szürjektív, továbbá, a leképezés korlátos (abban az értelemben, hogy f^c0fL1).
Láttuk, hogy a leképezés függvények konvolúciójához a képek szorzását rendeli.


1.5.6.  Feladat.  Igazoljuk, hogy ''eltolás képe szorzás", pontosabban, ha g(t):=f(t-τ), akkor g^(n)=e-inτf^(n).

Megoldás. 
12πTf(t-τ)e-intdt=12πe-inτTf(t-τ)e-in(t-τ)dt.




1.5.7.  Definíció.  Tekintsük azokat a (cn)n=- (komplex) számsorozatokat, amelyekre igaz, hogy
n=-|cn|2<.
Az ilyen sorozatok vekorterét 2 sorozattérnek nevezzük, a
(cn)2:=(n=-|cn|2)1/2
normával.
Legyenek c=(cn), d=(dn) 2-beli sorozatok. A Cauchy‐Bunyakovszkij egyenlőtlenség szerint
n=-|cn||dn|c2d2.
Ebből adódik a tér linearitása és a norma szubadditivitása:
n=-|cn+dn|2n=-|cn|2+2|cndn|+|dn|2(c+d)2.
A többi tulajdonság is könnyen ellenőrizhető.
Vizsgáljuk most a (diszkrét) Fourier-transzformációt az L2(T) téren. Láttuk a szakaszban, hogy ekkor a transzformáció az L2(T) függvénytérből a 2 sorozattérbe képez (hiszen ck2<), injektív és szürjektív is, továbbá izometria (abban az értelemben, hogy f^2=fL2).
Az izometria a Parseval-formulából azonnal adódik (emlékeztetünk arra, hogy a normát az
fL2:=(12πT|f(t)|2dt)1/2
képlettel értelmeztük), hiszen az ϕn(t):=eint függvények ortonormált rendszert alkotnak. Hasonlóan, ha
f(t)=n=-f^(n)ϕn(t)  és  g(t)=n=-g^(n)ϕn(t),
akkor
f,g=n,k=-f^(n)g^(k)ϕn(t)ϕk(t)=n=-f^(n)g^(n),
tehát a transzformáció az L2-beli skaláris szorzásnak a képek szorzását rendeli.
Ezeket a fontos képleteket megadjuk valós alakban is. Láttuk, hogy
T(f(t))2dt=π(a022+k=1(ak2+bk2)),
ez adódik abból is, hogy f^(k)=ak-ibk, így
n=-|f^(n)|2=n=-(ak2+bk2)=a02+2n=1(ak2+bk2),
valamint, ha
fa02+n=1(ancosnx+bnsinnx),gα02+n=1(αncosnx+βnsinnx),
akkor
1π-ππf(t)g(t)dt=a0α02+n=1(anαn+bnβn).

1.6. A Fourier-sor konvergenciája


Pontonkénti konvergenciát fogunk vizsgálni, tehát azt, hogy egy adott x pontban konvergens-e a

k=-f^(k)eikx
sor. Ennek részletösszege, felhasználva, hogy az integrál eltolás-invariáns és a Dirichlet-mag páros),
sn(x):=k=-nnf^(k)eiktdt=k=-nn(12π-ππf(t)e-iktdt)eikx=12π-ππf(t)k=-nne-ikteikxdt=12π-ππf(t)(1+k=1n(e-ik(x-t)+eik(x-t)))dt=1π-ππf(t)Dn(x-t)dt=1π-ππf(x+t)Dn(t)dt=1π-ππf(x-t)Dn(t)dt=1π-ππf(x+t)+f(x-t)2Dn(t)dt.

Mi lehet sn határértéke? vegyük szemügyre a Dirichlet-magot.
A ''görbe alatti terület'' mindig π (lásd ), ám a 0-ban a magassága n+12; ez úgy lehet, ha a mag egy magas és keskeny ''tüske'', azaz az állandó súlya egyre inkább az origóban összpontosul. Így azt várhatjuk, hogy egy
-ππϕ(t)Dn(t)dt
típusú integrálátlag határértéke ϕ(0) lehet.
 
A D7 magfüggvény

Természetesen ez nem bizonyító erejű érvelés. (Mielőtt pontosítanánk, vegyük észre a gondolatmenet gyönge pontját: szerint a Dn integrálja konstans ugyan, de csak azért, mert a pozitív és negatív részek nagyrészt kiejtik egymást; a |Dn| integrálja -divergens. Ez heurisztikusan azt jelenti, hogy az origóban levő tüske mellett a hullámzó rész nem is biztos, hogy elhanyagolható.)
Mivel a Dn Dirichlet-mag integrálja éppen π,
sn(x)-=1π-ππ(f(x+t)+f(x-t)2-)Dn(t)dt.

Tegyük föl először, hogy f az x-ben folytonos, ekkor =f(x) és legyen
ϕx(t):=f(x+t)+f(x-t)-2f(x)2,
sn(x)-f(x)=1π-ππϕx(t)Dn(t)dt=1π(|t|<δ+|δtπ)=:I1+I2
valamely δ>0 értékre. A második integrál mindig 0-hoz tart, mert
I2=1π|δtπϕx(t)2sint2sin(n+12)tdt,
és alkalmazhatjuk a Riemann‐Lebesgue lemmát (lásd ); itt a ϕx(t) nyilván integrálható, és ezt a nevező sem rontja el, mert korlátos; a sin játssza a h függvény és n+12 az ω szerepét.
Itt rögtön kimondhatunk egy érdekes tételt.


1.6.1.  Tétel.  (Lokalizációs tétel.) Legyenek az f,gL1 függvények olyanok, hogy az x hely egy δ sugarú környezetében megegyeznek, azaz x-δ<t<x+δ esetén f(t)=g(t). Ekkor f és g Fourier-sorai az x helyen ekvikonvergensek, azaz egyszerre konvergensek vagy divergensek, sőt, ha konvergensek, összegük megegyezik.


Bizonyítás.  Alkalmazzuk a (*) formulát az f-g függvényre. (A Fourier-együtthatók integrálokkal vannak definiálva, így képzésük lineáris művelet.) Tudjuk, hogy I20, és jelen esetben I10, tehát sn(f-g)=sn(f)-sn(g)0.

Ez a tétel azért érdekes, mert a Fourier-együtthatók meghatározásához a függvényt az egész intervallumon ismernünk kell, tehát (a tétel feltételei mellett is), a két függvény Fourier-sora különbözhet, konvergenciaviselkedésük mégis azonos.
Térjünk vissza a lokális konvergencia vizsgálatához. A (*) formulából erre is kapunk egy elegendő feltételt.


1.6.2.  Tétel.  Ha az fL1 függvény az x helyen olyan, hogy
0π|ϕx(t)|tdt=0π(|f(x+t)+f(x-t)-2f(x)|2t)dt<,
akkor sn(x)f(x), azaz a Fourier-sor x-ben a függvényértékhez konvergál.
Vegyük észre, hogy a tételben 0π helyett írhatunk 01-et vagy akár 0δ-t is, az integrál viselkedése a 0-ban lényeges (a függvény a-ban ''lokálisan integrálható'' kell, hogy legyen.)

Bizonyítás.  A fentiek szerint sn(x)f(x) pontosan akkor, ha (*)-ban az I1 első integrál is 0-hoz tart.
|I1|=|1π|t|<δϕx(t)Dn(t)dt|1π|t|<δ|ϕx(t)2sint2|sin(n+12)tdt=1π|t|<δ(|ϕx(t)||t|t2sint2)sin(n+12)tdt0
megint csak a Riemann‐Lebesgue lemma () miatt. Itt a () rész az integrálható függvény, hiszen az első tört a tétel feltétele szerint integrálható, és ezt a korlátos második tört sem rontja el; a sin játssza a h függvény és n+12 az ω szerepét.

Ezt a tételt kicsit általánosabban is kimondjuk. Most nem tesszük fel az f folytonosságát, de azt igen, hogy léteznek x-ben a
f(x+0):=limh0,h>0f(x+h),f(x-0):=limh0,h>0f(x-h)
féloldali határértékei. Most legyen
:=f(x+0)+f(x-0)2,ϕx(t):=f(x+t)-f(x+0)+f(x-t)-f(x-0)2.
A (*) formuláig ugyanúgy haladhatunk, mint fent.


1.6.3.  Tétel.  (Dini-féle kritérium). Ha az fL1 függvénynek az x helyen léteznek féloldali határértékei, és
0π|ϕx(t)|tdt=0π(|f(x+t)+f(x-t)-f(x+0)-f(x-0)|2t)dt<,
akkor sn(x), azaz a Fourier-sor x-ben a féloldali hátárértékek átlagához konvergál.


Bizonyítás.  A fentivel megegyezik.

A Dini-féle feltétel helyett gyakran más, egyszerűbb feltételeket használunk.


1.6.4.  Definíció.  Az f függvény az x helyen α-rendű (lokális) Lipschitz-feltételnek tesz eleget (0<α1), ha vannak olyan δ>0 és M>0 számok, hogy minden h, |h|δ értékre |f(x+h)-f(x)|Mhα.
Nyilvánvalóan igazak a következők: az x-ben Lipschitz-feltételnek eleget tevő függvény folytonos is x-ben; ha f-re 0<α1 rendű feltétel teljesül, akkor 0<βα rendű is; ha f az x-ben differenciálható, akkor α=1 rendű Lipschitz-feltételnek is eleget tesz. ( Ha h0, akkor |f(x+h)-f(x)|Mhα0 miatt f(x+h)f(x). Ha 0<|h|<1, akkor |h|α<|h|β. Végül, ha f(x+h)-f(x)hq, akkor |f(x+h)-f(x)|h(|q|+1), ha h elég kicsi. )


1.6.5.  Tétel.  Ha az fL1 függvény az x helyen folytonos és  
a) x-ben 0<α1 rendű Lipschitz-feltétel teljesül rá; vagy  
b) x-ben differenciálható;  
akkor sn(x)f(x), azaz a Fourier-sor x-ben a függvényértékhez konvergál.


Bizonyítás.  Ha f-re x-ben Lipschitz-feltétel teljesül, akkor teljesül a Dini-féle feltétel is, hiszen
0δ|ϕx(t)|tdt0δ|f(x+t)-f(x)f(x-t)-f(x)|tdt0δ2M|t|αtdt2M0δtα-1dt=limh02M[tαα]hδ<.
Ha f differenciálható, akkor 1-rendű Lipschitz-feltételnek is eleget tesz x-ben, ekkor még egyszerűbben
0δ|ϕx(t)|tdt0δ2M=2Mδ.

Ezeket az elégséges feltételeket is megfogalmazhatjuk féloldalas vátozatban is.


1.6.6.  Tétel.  Ha az fL1 függvénynek az x helyen léteznek féloldali határértékei, és mindkét oldalon Lipschitz-feltételnek tesz eleget, azaz
|f(x+h)-f(x+0)|Mhα,|f(x-h)-f(x-0)|Mhβ,(0<h<δ),
akkor a Fourier-sor x-ben a féloldali határértékek átlagához konvergál.


1.6.7.  Tétel.  (félérintős feltétel) Ha az fL1 függvénynek az x helyen léteznek féloldali határértékei, és mindkét oldalon féloldalról differenciálható, azaz
f(x+h)-f(x+0)hq+,f(x-h)-f(x-0)hq-,(h0),
akkor a Fourier-sor x-ben a féloldali hátárértékek átlagához konvergál.


Bizonyítás.  A fenti gondolatmenetet mindkét oldalra meg kell ismételnünk.

Sok más konvergenciakritérium ismert Fourier-sorok lokális konvergenciájára. Nem célunk ezek tárgyalása, még felsorolásuk sem. Még egy kritériumot azonban bizonyítás nélkül megemlítünk.


1.6.8.  Tétel.  (Dirichlet‐Jordan kritérium) Ha fL1 a T-n korlátos változású, akkor Fourier-sora mindenütt konvergál az f(x+0)+f(x-0)2 átlagértékhez. Ha f emellett folytonos is egy zárt intervallumon, akkor ott a konvergencia egyenletes.
Vegyük észre, hogy ezek mind elegendő feltételek. Emlitettük már ( után), hogy folytonos függvények Fourier-sora lehet divergens; most már azt is látjuk, hogy ez a Dirichlet-mag tulajdonságain múlik. Szükségünk lesz az alábbi tételre.


1.6.9.  Tétel.  (Banach‐Steinhaus tétel.) Legyen X egy Banach-tér, Y egy normált lineáris tér, és An:XY folytonos lineáris leképezések olyan sorozata, amelyre igaz, hogy minden xX esetén
supnAn(x)Y<.
Ekkor az An operátornormák is korlátosak.
Legyen X a 2π-periodikus függvények tere a szokásos maximum-normával, Y a valós számok tere és An(f):=sn(f,0); ez nyilván folytonos és lineáris. Tegyük fel, hogy minden folytonos f függvény Fourier-sora konvergens a 0-ban, ekkor |An(f)| is korlátos sorozat. Azonban, mivel
sn(f,0)=1π-ππf(t)Dn(t)dt,
az operátornorma
An=1π-ππ|Dn(t)|dt,
(lásd ) ami ellentmondás: tehát van folytonos függvény, melynek a Fourier-sora a 0-ban divergens.


1.6.10.  Feladat.  Hol konvergens a
f(t):={π-t2,ha  0<tπ,  -π-t2,ha  -πt<0,  0,ha  t=0,  
függvény Fourier-sora? Hova konvergál?

Megoldás.  Tudjuk, hogy a Fourier-sor
f(t)n=1sinntn.
A függvény folytonos és differenciálható is, kivéve az origót; az origóban is léteznek a féloldali határértékek (f(-0)=-π2, f(+0)=π2), és a függvény az origóban mindkét oldalról differenciálható (f'-(0)=f'+(0)=-1); tehát a Fourier-sor mindenütt konvergens, és f(t)-hez konvergál. (Ezért volt célszerű a függvényt a 0-ban éppen így definiálni.)

A részletösszegek viselkedése
Figyeljük meg a konvergenciát a 0 körül. A sinus-sor a 0-ban nyilván 0-hoz tart, és láttuk, hogy t>0 esetén a π2-x2 értékhez; azonban a részletösszegek maximuma határozottan az egyenes fölött marad (miközben a maximum helye balra csúszik a 0 felé). Ez az ún. Gibbs-jelenség mindig fellép ott, ahol egy szakaszonként differenciálható függvénynek ugrása van.

1.7. Tagonkénti integrálhatóság


Szabad-e tagonként integrálni egy Fourier-sort? Ha a sor egyenletesen konvergens (például, ha van konvergens numerikus majoránsa), akkor igen, de ez általában nincs igy. Érvényes azonban a következő tétel.


1.7.1.  Tétel.  Legyen az fL1(-π,π) 2π-periodikus függvény Fourier-sora

a02+n=1(ancosnt+bnsinnt).
Ekkor  
a) A sinus-együtthatókra teljesül, hogy a
n=1bnn
sor konvergens.  
b) Az F(x):=0xf(t)dt függvény Fourier-sora tagonkénti integrálással kapható, azaz
a0x2+n=1bnn+n=1(annsinnx-bnncosnx)
és ez a sor mindenütt konvergens.  
c) Ha azt is föltesszük, hogy fL2(-π,π), akkor a sor egyenletesen konvergál az egész számegyenesen.
A tétel feltételei mellett nyilván az is igaz, hogy bármely véges [a,b] intervallumra
abf(t)dt=a02(b-a)+n=1(ann(sinnb-sinna)-bnn(cosnb-cosna)).

Vegyük észre, hogy az f Fourier-soráról nem tettük fel, hogy konvergens lenne.

Bizonyítás.  Az F függvény f-nek integrálfüggvénye, tehát korlátos változású, tehát integrálható is. Tudjuk azt is, hogy majdnem mindenütt F'(t)=f(t). Legyen
G(x):=F(x)-a0x2=0x(f(t)-a02)dt.
Ez a függvény is integrálható, és 2π-periodikus is, hiszen
G(x+2π)-G(x)=02πf(t)dt-2πa02=0.
Tudjuk, hogy az abszolút folytonos függvények majdnem mindenütt differenciálhatók és érvényes rájuk a parciális integrálás formulája. Ezt felhasználva meghatározhatjuk G Fourier-sorát. A cosinus-együtthatók
αn=1π-ππG(t)cosntdt=1π[G(t)sinntn]-ππ-1π-ππ(f(t)-a02)sinntndt=0-bnn(n>0).
Hasonlóan, a sinus-együtthatók
βn=1π-ππG(t)sinntdt=1π[G(t)-cosntn]-ππ-1π-ππ(f(t)-a02)-cosntndt=0+ann.
A Dirichlet‐Jordan tétel (l. ) szerint a
α02+n=1αncosnx+βnsinnx
sor mindenütt konvergens, összege G(x). Az x=0 értéket behelyettesítve kapjuk, hogy
α02=n=1bnn,
ezzel az a) és a b) állításokat igazoltuk.
Nyilván igaz, hogy
0(A-1n)2=A2-2An+1n2,
ebből
n=1(|αn|+|βn|)n=1(|bn|n+|an|n)n=112(bn2+an2)+1n2,
ha fL2. Tehát a G függvény Fourier-sorát a (|αn|+|βn|) konvergens numerikus sor majorálja, így a Fourier-sor egyenletesen és abszolút konvergens.

Az f^ diszkrét Fourier-transzformáltra áttérve, kicsit pongyolán azt mondhatjuk, hogy ha F az f-nek integrálfüggvénye, akkor
F^(n)=1inf^(n)
(feltéve, hogy f^(0)=0), hasonlóan,
f'^(n)=inf^(n)
(feltéve, hogy f abszolút folytonos). Ez azt jelenti, hogy a differenciálásnak és az integrálásnak a Fourier-transzformáció algebrai műveleteket, szorzást és osztást feleltet meg.
Vegyük észre azt is, hogy a Riemann‐Lebesgue lemma miatt
f'^(n)0,  azaz  |nf^(n)|0,
tehát ha f differenciálható, a Fourier-együtthatói ''gyorsabban'' tartanak 0-hoz.


1.7.2.  Feladat.  Tekintsük a
n=1sinntlog(n+1)
trigonometrikus sort. Az előző tétel szerint ez nem lehet integrálható függvény Fourier-sora, hiszen
n=1bnn=n=11nlog(n+1)=.
Igazoljuk, hogy a sor mindenütt konvergens.

Megoldás.  A sor a t=0 helyen nyilván konvergens. Ha 0<|t|π, a Dirichlet-kritériumot alkalmazhatjuk.
|sint+sin2t++sinnt|=|sinn+12tsinn2tsint2|1sint2
korlátos (n-ben egyenletesen; t-től függhet a korlát). Az 1log(n+1) sorozat monoton csökkenve tart 0-hoz, tehát a Dirichlet-kritérium szerint a sor konvergens.

Bizonyítás nélkül megjegyezzük, hogy a
n=1cosntlog(n+1)
sor viszont Fourier-sor. Általában, ha an monoton csökkenve 0-hoz tartó konvex (2anan-1+an+1) sorozat, akkor ancosnt Fourier-sor. Most igazoltuk, hogy az ff^, L1c0 leképezés csakugyan nem szürjektív.

1.8. A Fejér-összegzés




1.8.1.  Feladat.  Igazoljuk, hogy ha sns egy konvergens sorozat, akkor a

σn:=s0+s1++snn+1
sorozat szintén konvergens és határértéke s.

Megoldás.  Az sn sorozat korlátos, snM. Legyen ν olyan nagy, hogy ha n>ν, akkor |sn-s|<ε/2. Ekkor
|σn-s|=s0+s1++snn+1-s|s0-s|+|s1-s|++|sn-s|n+1|s0-s|++|sν-s|+|sν+1-s|++|sn-s|n+1ν+1n+1M+n-νn+1ε2ν+1n+1M+ε2ε,
ha n+1>(ν+1)M/ε. Ezzel az állítást beláttuk. Hasonlóan igazolható, hogy ha sn, akkor σn.

Ez az észrevétel indokolja az alábbi definíciót.


1.8.2.  Definíció.  Legyen
n=0an
egy sor. Azt mondjuk, hogy a sor Fejér-összegezhető és összege az s szám, ha a részletösszegeiből képezett
σn:=s0+s1++snn+1=1n+1k=0n(n+1-k)ak=k=0n(1-kn+1)ak
sorozat (Fejér-közepek) s-hez konvergál.
(Más szokásos elnevezések: Fejér-szummálható vagy Cesàro-szummálható, (C,1)-szummálható.)
Ez a definíció a konvergenciafogalom egy valódi kiterjesztése. Világos ugyanis, hogy ha a sor a hagyományos értelemben konvergens, akkor Fejér-összegezhető is (ugyanoda); ám nem konvergens sorok is lehetnek Fejér-összegezhetők. (Ilyen például a 0(-1)n sor, ez divergens, de Fejér-összege 12.) Továbbá, a Fejér-összegzés lineáris művelet.
Látni fogjuk, hogy a Fejér-összegzés a Fourier-sorok esetében nagyon szerencsés fogalomalkotás. Az feladatban láttuk a sinntn sor s8 részletösszegét, most ábrázoljuk a s8 Fejér-közepet. A két ábrát összehasonlítva láthatjuk, hogy az átlagolás ''simítja" a részletösszegeket.
 
Az σ8 közép

Tudjuk, hogy
sn(x)=1π-ππf(x+t)+f(x-t)2Dn(t)dt,
ebből
σn(x):=s0(x)+s1(x)++sn(x)n+1=1π-ππf(x+t)+f(x-t)2D0(t)+D1(t)++Dn(t)n+1dt=1π-ππf(x+t)+f(x-t)2Kn(t)dt,
ahol Kn(t) az n-edik Fejér-mag.


1.8.3.  Tétel.  Ha 0<|t|<π, akkor
Kn(t)=1n+1(D0(t)+D1(t)++Dn(t))=12(n+1)(sinn+12tsin12t)2
és Kn(0)=n+12.


Bizonyítás.  Szokásos módszerünkkel
1n+1(D0(t)+D1(t)++Dn(t))=1n+112sin12t(sin12t+sin32t++sin(n+12)t)=1(n+1)4sin212t(2sin12tsin12t+2sin12tsin32t++2sin12tsin(n+12)t)=1(n+1)4sin212t(1-cost+cost-cos2t++cosnt-cos(n+1)t)=1(n+1)2sin212tsin2(n+12)t.


Vegyük észre, hogy Kn is páros függvény és
-ππKn(t)dt=π
éppen úgy, mint a Dirichlet-mag esetében; de Kn(t)0 mindenütt.
 
A K7 magfüggvény

A Dirichlet-maghoz hasonlóan a ''görbe alatti terület'' most is mindig π, és a 0-ban a görbe magassága n+12; ez úgy lehet, ha a mag egy magas és keskeny ''tüske'', azaz az állandó súlya egyre inkább az origóban összpontosul. Így most is azt várhatjuk, hogy egy
-ππϕ(t)Kn(t)dt
típusú integrálátlag határértéke ϕ(0) lehet. A mag pozitivitása miatt a σ-közepek konvergenciaviselkedése szabályosabb, mint a részletösszegeké.


1.8.4.  Tétel.  Legyen fL1(-π,π) és f az x helyen folytonos. Ekkor
σn(x)f(x)(n).
Ha az f függvény folytonos az [a,b][-π,π] intervallumon, akkor ott σn(x)f(x) egyenletesen.


Bizonyítás. 
|σn(x)-f(x)|1π|-ππf(x+t)+f(x-t)2Kn(t)dt-f(x)|1π-ππ|f(x+t)+f(x-t)-2f(x)2|Kn(t)dt|1π0|t|δ|+|1πδ|t|π|=:I1+I2.
Legyen δ>0 akkora, hogy 0|t|δ esetén
|f(x+t)+f(x-t)-2f(x)2|<ε2
(ilyen van, hiszen a függvény x-ben folytonos). Ekkor az első integrál
I11πδ|t|πε2Kn(t)dt1π-ππε2Kn(t)dtε2.
Legyen most δ|t|π, ekkor
Kn(t)=12(n+1)sin2(n+12tsin212t12(n+1)1sin2δ2,
így a második integrál
I21π12(n+1)1sin2δ2δ|t|π|f(x+t)+f(x-t)-2f(x)2|dt1π12(n+1)1sin2δ2-ππ|f(x+t)+f(x-t)-2f(x)2|dtMn+1(fL1+f(x))0(n),
tehát I2<ε2, ha n elég nagy.
Az egyenletesség igazolásához vegyük észre, hogy ha f zárt intervallumon folytonos, akkor egyenletesen is folytonos, így az első integrál becslésében szereplő δ az [a,b] intervallum bármely pontjában ugyanaz lehet.



1.8.5.  Tétel.  Legyen fL1(-π,π) és f-nek az x helyen léteznek a féloldali határértékei. Ekkor
σn(x)f(x+0)+f(x-0)2(n).



Bizonyítás.  Ismételjük meg az előző bizonyítást f(x) helyett az f(x+0)+f(x-0)2 átlaggal.



1.8.6.  Tétel.  Legyen fL1(-π,π). Ekkor σnf L1-normában, azaz
σn-f|L10(n).

A tételt nem bizonyítjuk, de felsoroljuk néhány fontos következményét:
Az L1(T) függvénytérben a trigonometrikus polinomok mindenütt sűrű halmazt alkotnak. (világos, hogy a σ közepek trigonometrikus polinomok).
Ha két függvény Fourier-sora megegyezik, akkor maguk a függvények is megegyeznek (Lebesgue-értelemben, azaz majdnem mindenütt). Ez az ún. unicitási tétel.
Ha egy függvény Fourier-sora konvergens, akkor összege csak a kiindulási függvény lehet (hiszen a Fejér-összegzés megőrzi a konvergenciát).
Bizonyítás nélkül közöljük Lebesgue alábbi tételét is. (A bizonyítás a folytonos esethez hasonló, lásd .)


1.8.7.  Tétel.  Legyen fL1(-π,π). Ekkor
σn(x)f(x)m.m.,
azaz a Fourier-sor majdnem mindenütt Fejér-összegezhető a függvényhez.



2. Feladatok


2.1. Sorfejtések, konvergencia




2.1.1.  Feladat.  Legyen az f(t):=t, ha -π<tπ, és 2π-periodikus. Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát. Írjuk fel a Parseval-formulát. Hol konvergens a Fourier-sor? Helyettesítsük az t=π3 értéket.

Megoldás.  Mivel az f páratlan függvény, az f(t)cosnt is páratlan, így minden n értékre

an=1π-ππf(t)cosntdt=0,
mert egy páratlan függvény origóra szimmetrikus integrálja mindig 0. A sinus-együtthatókat parciális integrálással számoljuk,
bn=1π-ππtsinntdt=2π0πtsinntdt=2π[-tcosntn]0π+2πn0πcosntdt=-2cosnπn=(-1)n+12n,
hiszen cosnπ=(-1)n.
Tehát a függvény Fourier-sora
f(t)2(sint1-sin2t2+sin3t3-+).

A Parseval-formula szerint
-ππf2(t)dt=π(a022+n=1(an2+bn2)),
2π33=4π(112+132+132+142+),
ebből
π26=112+122+132+142+.

Mivel a függvény szakaszonként differenciálható, a kπ szakadási pontokban mindkét féloldalról, a Fourier-sor mindenütt konvergens; határértéke f(t), a kπ szakadási pontokban pedig 0.
Helyettesítsük be a Fourier-sorba a t=π3 értéket. A sinnt értékei könnyen láthatóan +12,+12,0,-12,-12,0,.... Ebből a
π3=1-12+14-15+-
sorösszeg adódik.



2.1.2.  Feladat.  Legyen az f(t):=t2, ha -πtπ, és 2π-periodikus. Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát. Írjuk fel a Parseval-formulát. Hol konvergens a Fourier-sor? Helyettesítsük a t=0, t=π értékeket.

Megoldás.  A függvény páros, tehát minden sinus-együttható eltűnik. A cosinus-együtthatók
a0=1π-ππt2dt=23π2,
továbbá, ha n1,
an=1π-ππt2cosntdt=2π0πt2cosntdt.
Kétszer parciálisan integrálva
an=2π[t2sinntn]0π-4πn0πtsinntdt=4πn2[tcosnt]0π-4πn20πcosntdt=(-1)n4n2.
A Fourier-sor tehát
f(t)π23-4(cost-cos2t4+cos3t9-cos4t16+-).

A Parseval-formulát fölírva,
-ππf2(t)dt=-ππt4dt=2π55=π(2π49+16(114+124+134+)),
ezt átrendezve
π490=114+124+134+144+.

 
Az s5 részletösszeg

A Fourier-sor mindenütt konvergens (a függvény differenciálható, illetve a kπ töréspontokban mindkét oldalról differenciálható), a behelyettesítésekből
π26=112+122+132+142+,
π212=112-122+132-142+-.
A behelyettesítések azonnal adódnak, hiszen cosn0=1 és cosnπ=(-1)n.
(Természetesen a két összefüggés nem független egymástól, hiszen
112-122+132-142+-=112+122+132+142+-2(122+142+162+182+)=112+122+132+142+-214(112+122+132+142+).
Azonban önmagában is érdekes, hogy ehhez hasonló sorösszegzések gyakran kaphatók Fourier-sorfejtésekből.)



2.1.3.  Feladat.  Legyen az f(t):=|t|, ha -πtπ, és 2π-periodikus. Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát. Írjuk fel a Parseval-formulát. Hol konvergens a Fourier-sor? Helyettesítsük az t=π4 értéket.


Megoldás.  A függvény páros, tehát minden sinus-együttható eltűnik. A cosinus-együtthatók
a0=1π-ππ|t|dt=2ππ22=π,
ha n1, parciálisan integrálva
an=2π0πtcosntdt=2π[tsinntn]0π-2πn0πsinntdt=0+2πn2[cosnt]0π=2πn2((-1)n-1),
ebből a2k=0 és a2k+1=-4π(2k+1)2. A Fourier-sor tehát
f(t)=π2-4πk=0cos(2k+1)t(2k+1)2.
A Parseval-formulából
π496=114+134+154+.
A sor mindenütt konvergens f(t)-hez (léteznek a féloldali deriváltak); a behelyettesítésből
24π2=112-132-152+172+192--++.




2.1.4.  Feladat.  Legyen
f(t):={π/4,ha  0<t<π,-π/4,ha  -π<t<0   
és f 2π-periodikus. Határozzuk meg az
1-13+15-+,
1+15-17-111+113+117++,
1-15+17-111+
sorok összegét.

Megoldás.  A függvény páratlan, tehát minden cosinus-együttható eltűnik. A sinus-együtthatók
bn=1π-ππf(t)sinntdt=2ππ40πsinntdt=12n[cosnt]0π={1n,ha  n  páratlan,  0,ha  n  páros.
A Fourier-sor tehát 4πk=0sin(2k+1)t2k+1.
Okoskodhatnánk úgy is, hogy a f függvény (szorzótól eltekintve) a feladatban szereplő függvény deriváltja, így a sort az ott meghatározott sornak formális deriválásával kaphatjuk. Mivel gL2, a szakasz indokolja a gondolatmenetet.
A féloldali deriváltak mindenütt léteznek (hiszen a függvény szakaszonként konstans), így a Fourier-sor mindenütt konvergens f(t)-hez, illetve a kπ szakadási pontokban 0-hoz.
 
Az s13 részletösszeg
Helyettesítsük a sorba a t=π2, t=π6, t=π3 értékeket, a sorösszegek rendre π4, π3, π23.
Például a t=π2 esetben sinnπ2=(-1)n, ebből
π4=1-13+15-+.


 

Ezt az eredményt (''Gregory-sor'') más úton is megkaphattuk volna. Legyen
h(x):=x-x33+x55-+;
A sor konvergenciasugara a Cauchy‐Hadamard tételből 1. Ha |x|<1,
h'(x):=1-x2+x4-+=11+x2,
mivel h(0)=0, |x|<1 esetén h(x)=arctan(x). Mivel az 1 pontban a hatványsor konvergens (Leibniz-típusú) és a h folytonos, Abel tétele szerint π4=1-13+15-+.
 



2.1.5.  Feladat.  Legyen az f(t):=t2, ha 0<t2π, és 2π-periodikus. Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát. Hol konvergens a Fourier-sor? Helyettesítsük az t=0 értéket.

Megoldás.  A függvényt most a [0,2π] intervallumon adtuk meg; a periodicitás miatt bármelyik 2π hosszú intervallumon megadhatjuk. Az együtthatók
a0=1π02πt2dt=83π2,
an=1π02πt2cosntdt=1π[t2sinntn]02π-2πn02πtsinntdt=0+2πn[tcosntn]02π-2πn202πcosntdt=2πn2(2π-0)=4n2,
bn=1π02πt2sinntdt=1π[t2-cosntn]02π+2πn02πtcosntdt=1π4π2(-1)n+2πn[tsinntn]02π-2πn202πsinntdt=-4πn.
A Fourier-sor tehát
f(t)43π2+n=1(4n2cosnt-4πnsinnt),
és a sor összege t2, ha t2kπ (itt a függvény differenciálható). A t=2kπ szakadási pontokban is léteznek a féloldali deriváltak, így a sor összege a féloldali határértékek átlaga, azaz 2π2. Ha t=0,
f(+0)+f(-0)2=0+4π22=43π2+4n=11n2,
π26=n=11n2.




2.1.6.  Feladat.  Legyen f(t)={t,ha  0|t|π2,0,ha  π2<|t|π    és 2π-periodikus. Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát. Hol konvergens a sor?


Megoldás.  A Fourier-együtthatók
b2n=(-1)n-112n,b2n+1=(-1)n2π(2n+1)2,an=0.
Ha tkπ2, a sor konvergál f(t)-hez; kπ2 szakadási helyeken is léteznek a félérintők, a hátárérték váltakozva ±π4.
 
Az s14 részletösszeg




2.1.7.  Feladat.  Legyen f(t)=arcsinsint (ez 2π-periodikus függvény). Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát. Hol konvergens a sor?

Megoldás.  Vegyük észre, hogy f(t)=t, ha -π2<t<π2, és f(t)=π-t, ha π2<t<3π2, továbbá f páratlan. A Fourier-együtthatók könnyen számolhatók, a Fourier-sor
arcsinsint=4πn=0(-1)n(2n+1)2sin(2n+1)t.
A sor mindenütt előállítja f(t)-t, mert f-nek mindenütt léteznek a féloldali deriáltjai (arra is hivatkozhatnánk, hogy f mindenütt (α=1 rendű) Lipschitz-feltételnek tesz eleget. )
 
Az s4 részletösszeg




2.1.8.  Feladat.  Legyen f(t)=arcsincost (ez 2π-periodikus függvény). Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát. Hol konvergens a sor?

Megoldás.  A Fourier-sor mindenütt előállítja a függvényt,
arcsincost=4πn=01(2n+1)2cos(2n+1)t.




2.1.9.  Feladat.  Legyen f(t)=sint2, ha -π<t<π és 2π-periodikus. Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát. Hol konvergens a sor?

Megoldás.  A függvény páratlan, tehát minden cosinus-együttható eltűnik. A sinus-együtthatók
bn=1π-ππsint2sinntdt=2π0πsint2sinntdt=1π0πcos(n-12)t-cos(n+12)tdt=1π[sin(n-12)tn-12-sin(n+12)tn+12]0π=2π((-1)n2n-1-(-1)n+12n+1)=2π(-1)n4n4n2-1.
tehát a Fourier-sor
f(t)n=18π(-1)n-1n4n2-1sinnt.
Az f(t) függvény differenciálható, illetve a kπ szakadási helyeken is léteznek a féloldali határértékei és deriváltjai. A sor mindenütt konvergens, összege f(t), illetve a szakadási pontokban 0.
 
Az s8 részletösszeg




2.1.10.  Feladat.  Legyen f(t)=|sint|, ha -πtπ és 2π-periodikus. Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát. Hol konvergens a sor?

Megoldás.  A függvény páros, így bn=0; A cosinus-együtthatók
a0=2π0πsintdt=4π,
és ha n>1,
an=2π0πsintcosntdt=1π0π(sin(n+1)t-sin(n-1)t)dt={0,ha  n  páratlan,  -4k14k2-1,ha  n=2k,  
tehát
|sint|=2π-4πn=1cos2nt4n2-1,
a sor mindenütt konvergens, mert a kπ töréspontokban is léteznek a féloldali deriváltak.
 
Az s10 részletösszeg




2.1.11.  Feladat.  Legyen f(t)=tsint, ha -πtπ és 2π-periodikus. Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát. Hol konvergens a sor?

Megoldás.  A függvény páros, tehát minden sinus-együttható eltűnik. Ha n>1,
an=1π-ππtsintcosntdt=1π0πt(2sintcosnt)dt=1π0πt(sin(n+1)t-sin(n-1)t)dt=1π[t-cos(n+1)tn+1]0π+1π0πcos(n+1)tn+1dt-1π[t-cos(n-1)tn-1]0π-1π0πcos(n-1)tn-1dt=1π(π(-1)n+2n+1)+0-1π(π(-1)nn-1)-0=(-1)n-12n2-1.
A Fourier-sor tehát
tsint=1-cost2+2n=2(-1)n-1cosntn2-1,
és a sor mindenütt konvergens.



2.1.12.  Feladat.  Legyen f(t):={-2t,ha  -π<t0,3t,ha  0t<π   , és 2π-periodikus. Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát. Hol konvergens a sor?

Megoldás.  A Fourier-együtthatók
a0=5π2,an=10π1n2,bn=(-1)n+1n.
A sor mindenütt konvergens, összege f(t), illetve a ±π szakadási helyeken 52π.
 
Az s10 részletösszeg




2.1.13.  Feladat.  Legyen f(t):={-t,ha  -π<t0,0,ha  0t<π   , és 2π-periodikus. Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát. Hol konvergens a sor?

Megoldás. 
f(t)π4-2πn=0cos(2n+1)t(2n+1)2+n=1(-1)nsinntn.
A sor mindenütt konvergens, összege |t|<π esetén f(t), a t=±π helyeken π2.



2.1.14.  Feladat.  Legyen f(t):=et, ha 0<t<π, f páratlan és 2π-periodikus. Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát. Hol konvergens a sor?

Megoldás.  A Fourier-sor
f(t)2πn=1(1-(-1)neπ)nsinntn2+1,(tkπ),
A sor mindenütt konvergens, összege f(t), illetve a kπ szakadási helyeken a sor összege 0.



2.1.15.  Feladat.  Legyen f(t):=cosat, ha -π<t<π, és 2π-periodikus. Határozzuk meg a függvény Fourier-sorát.

Megoldás.  A Fourier-sor
f(t)2sinπaπ(12a+k=1(-1)k+1acosktk2-a2).
A sor mindenütt konvergens, összege f(t), illetve a ±kπ helyeken 12(f(π+0)+f(π-0)).



2.1.16.  Feladat.  Igazoljuk, hogy a [0,π] intervallumon az
1,cost,cos2t,cos3t,...
cosinus-rendszer, illetve a
sint,sin2t,sin3t,...
sinus-rendszer is teljes ortogonális rendszer. (Értelemszerűen most a skaláris szorzás f,g:=1π0πf(t)g(t)dt.)

Megoldás.  Legyen fL2[0,π]. Az f értelmezését kiterjeszthetjük a [-π,π] intervallumra akár páros, akár páratlan függvényként. Legyen
g(t):={f(t),ha  0tπ,f(-t),ha  -πt0,  h(t):={f(t),ha  0<tπ,-f(-t),ha  -πt<0,  0,ha  t=0.  
Mind a g, mind a h függvény Fourier-sorba fejthető; és a g sora tiszta cosinus-, míg a h sora tiszta sinus-sor. Végül, ha valamely f ortogonális lenne a [0,π]-n (mondjuk) a cosinus-rendszerre, akkor páros kiterjesztése a [-π,π]-n ortogonális a trigonometrikus rendszerre; mivel az teljes, f(t)=0 majdnem mindenütt (a [-π,π]-n és így a [0,π]-n is).



2.1.17.  Feladat.  Legyen f(t):={1,ha  0<x<π2,  0,ha  π2<x<π.   Állítsuk elő a függvényt tiszta sinus- és tiszta cosinus-sor összegeként is.

Megoldás.  Az f páros kiterjesztése
g(t)={1,ha  0<|x|<π2,  0,ha  π2<|x|<π.  
Ezt Fourier-sorba fejtve
a0=1π-ππg(t)dt=π,
an=1π-ππg(t)cosntdt=2π0π/2cosntdt=2πnsin(nπ2),
a keresett sor tehát
f(t)π2+n=12sin(nπ2)πncosnt=π2+2π(cost1-cos3t3+cos5t5-+),(tπ2),
a sor összege f(t), kivéve a π2 szakadási helyen, ahol 12.
Hasonlóan, a sinus-sor
f(t)=2π(n=11-cos(nπ2)nsinnt),t0,π2,
a sor összege a 0-ban 0, a π2 helyen 12.



2.1.18.  Feladat.  Legyen f(t):=eat, ha 0<t<π. Állítsuk elő a függvényt tiszta sinus- és tiszta cosinus-sor összegeként is.

Megoldás.  A keresett sorok
eat=2πn=1(1-(-1)neaπ)na2+n2sinnt,0<t<π
(a sor összege kπ-ben 0); illetve
eat=eaπ-1aπ+2aπn=1((-1)neaπ-1)an+n2cosnt,0<t<π,
A sor összege 0-ban 1, π-ben eaπ.
Példaképpen a sinus-együtthatókat számoljuk:
bn=2π0πeatsinntdt=2π[eatasinnt]0π-2πa0πeatcosntdt=0-2πa[eatacosnt]0π-2πa20πeatsinntdt,
a szokásos módon az utolsó tagot átvisszük a bal oldalra:
(1+1a2)bn=2πa2(1-(-1)neaπ).




2.1.19.  Feladat.  Legyen f(t):=t(π-t), ha 0<t<π. Állítsuk elő a függvényt tiszta sinus-sor összegeként.

Megoldás. 
t(π-t)=8πn=11(2n-1)2sin(2n-1)t,0tπ.




2.1.20.  Feladat.  Legyen f(t):=sinx2, ha 0<t<π. Állítsuk elő a függvényt tiszta sinus-sor összegeként.

Megoldás. 
sinx2=8πn=1(-1)n-1n(4n2-1)sinnt,0t<π.




2.1.21.  Feladat.  Legyen f(t):={1-t2a,ha  0<t2a,0,ha  2a<tπ.   Állítsuk elő a függvényt tiszta cosinus-sor összegeként.

Megoldás. 
f(t)=2aπ(12+n=1(sinnana)2cosnt,0<tπ.




2.1.22.  Feladat.  Legyen f(t):=tsint, ha 0tπ. Állítsuk elő a függvényt tiszta cosinus-sor összegeként.

Megoldás. 
tsint=1-cost2+2n=1(-1)n-1n2-1cosnt,0tπ.




2.1.23.  Feladat.  Hogyan változnak a Fourier-sorfejtés képletei, ha nem 2π, hanem 2p (p>0) szerint periodikus függvényeket vizsgálunk?

Megoldás.  A tπp lineáris transzformációval a [-π,π) intervallumról áttérhetünk a [-p,p) intervallumra. A trigonometrikus rendszer:
1,cosπpt,sinπpt,cos2πpt,sin2πpt,cos3πpt,sin3πpt,...
A Fourier-sor
fa02+n=1(ancosnπpt+bnsinnπpt),
an:=1p-ppf(t)cosnπptdt,bn:=1p-ppf(t)sinnπptdt.




2.1.24.  Feladat.  Fejtsük Fourier-sorba az f(t)=|t|, -1t1 (2-periodikus) függvényt.

Megoldás.  A feladatban felírt képleteket használjuk (p=1). A függvény páros, így bn=0; a cosinus-együtthatók
an=1p-pp|t|cosnπptdt=201tcosnπtdt=[tsinnπtnπ]01-2nπ01sinnπtdt=0+2nπ[tcosnπtnπ]01=2n2π2((-1)n-1),
ebből
|t|=12-4n2π2n=01(2n+1)2cos(2n+1)πx,
a sor mindenütt konvergens.



2.1.25.  Feladat.  Fejtsük Fourier-sorba az f(t)=2t, 0<t<1 (1-periodikus) függvényt.

Megoldás. 
a0=2012tdt=2,
an=2012tcosn2πtdt=2[2tsin2nπt2nπ]01-201sin2nπtnπdt=0,
bn=2012tsin2nπtdt=[2t-cos2nπt2nπ]01+01cos2nπtnπdt=22nπ(-2-0),
A keresett Fourier-sor
2t=1-2πn=11nsin2nπt,0<t<1,
a sor összege a végpontokban 12 (=0+22).



2.1.26.  Feladat.  Fejtsük Fourier-sorba az f(t)=10-t, 5<t<15 (10-periodikus) függvényt.

Megoldás. 
10-t=10πn=1(-1)nnsinnπt5.




2.1.27.  Feladat.  Fejtsük Fourier-sorba az f(t)=et, -a<t<a (2a-periodikus) függvényt.

Megoldás. 
et=sinha(1a+2n=1(-1)na2+n2π2(acosnπta-nπsinnπta)).


2.2. További feladatok




2.2.1.  Feladat.  Legyen fL1. Igazoljuk, hogy az f^(n) Fourier-transzformált pontosan akkor valós vagy tiszta képzetes, ha f páros, illetve páratlan.


2.2.2.  Feladat.  Írjuk át a Fourier-sort

a02+Ancos(nt+αn)
alakba. Adjuk meg az összefüggéseket az an, bn együtthatók, illetve az An amplitúdó és az αn fázisszög között.


2.2.3.  Feladat.  Igazoljuk, hogy minden 2π-periodikus f függvény egyértelműen felbontható egy fe páros és egy fo páratlan függvény összegére. Igazoljuk, hogy ha fL2(T), akkor fe és fo is, és
f2=fe2+fo2.


Megoldás. 
fe(t):=f(t)+f(-t)2,fo(t):=f(t)-f(-t)2.
Az összes páros, illetve páratlan fügvények az L2-ben két ortogonális alteret alkotnak, ebből az állítás (a Pithagorasz-tétel analogonja) már adódik.



2.2.4.  Feladat.  Igazoljuk, hogy ha f,gL2(T), akkor fgL(T) és
1π-ππf(t)g(t)dt=a0α02+n=1(anαn+bnβn)
(an, bn, αn, βn rendre az f és a g Fourier-együtthatói).

Megoldás.  Az integrál létezik, hiszen a Cauchy‐Bunyakovszkij‐Schwartz egyenlőtlenség szerint
-ππf(t)g(t)dt(-ππf2(t)dt)1/2(-ππg2(t)dt)1/2<.
Tudjuk, hogy az L2 térben
f=n=0cnϕn,g=n=0dnϕn
(a konvergenciát normában értve), ahol (ϕn) a trigonometrikus rendszer és cn, dn a függvények Fourier-egyútthatói. Ezután képezzük a skalárszorzatot:
f,g=n=0cndnϕn,
amiből az állítás adódik.



2.2.5.  Feladat.  Igazoljuk, hogy ha f páratlan, akkor Fourier-együtthatóira |bn|n|b1|; ha pedig f korlátos változású, akkor |an|,|bn||1nπfBV (itt fBV a függvény teljes változását jelöli).

Megoldás.  Az első állítás a (teljes indukcióval igazolható) |sinnt|n|sint| egyenlőtlenségből azonnal adódik. A második állítás bizonyításához az intervallumot bontsuk fel olyan szakaszokra, ahol a cosnx (vagy a sinnx) állandó előjelű, és ezeken a szakaszonkon parciálisan integráljunk.



2.2.6.  Feladat.  Igazoljuk, hogy az
f(t):={tsin1t,ha  0<|t|π,  0,ha  t=0   
függvény egyenletesen folytonos, de nem korlátos változású.

Megoldás.  A függvény egyenletesen folytonos, mert kompakt intervallumon folytonos. Osszuk fel az intervallumot: legyen
t2k-1:=1π2+(k-1)π,t2k:=1π+(k-1)π,k=1,2,...,N.
Mutassuk meg, hogy az így kapott beosztáson a függvény ingadozása logN nagyságrendű.



2.2.7.  Feladat.  Az előző feladatban szereplő függvény Fourier-sora hol konvergens?

Megoldás.  Ha t0, a függvény differenciálható; a 0-ban pedig Lipschitz-feltételnek tesz eleget (az α=1 értékkel).

Legyen
f(t):={1-log(t),ha  0<t12,  0,ha  -πt0  vagy  12<tπ.  
Igazoljuk, hogy ez a függvény korlátos változású (tehát Fourier-sora konvergens), de a 0-ban nem teljesül rá a Dini-feltétel.

Megoldás.  A függvény szakaszonként monoton, tehát korlátos változású; és a Dini-feltételben szereplő integrál divergens.



2.2.8.  Feladat.  Határozzuk meg az f(t):=112(π2t-t3) függvény Fourier-sorát. Határozzuk meg az
1-133+153-+
sor összegét.

Megoldás.  A Fourier-sort definíció szerint is meghatározhatnánk, de most más utat választunk. Tudjuk, hogy
t=2n=1(-1)n+1nsinnt.
Ezt tagonként integrálva (l. )
t22=2n=1(-1)n+1n2+2n=1(-1)nn2cosnt=2π212+2n=1(-1)nn2cosnt,
t24=π212+n=1(-1)nn2cosnt.
Ismét tagonként integrálva
t312=π212t+n=1(-1)nn3sinnt
és ezek a sorok konvergensek. A keresett Fourier-sor tehát
112(π2t-t3)=n=1(-1)n+1n3sinnt.
Helyettesítsük be a t=π2 értéket: sinnπ2=0, ha n páros, és váltakozva ±1, ha n páratlan, ebből a sor összege
1-133+153-+=π332.




2.2.9.  Feladat.  Legyenek
f(t):={0,ha  -π<t<0,  sint,ha  0t<π,  g(t):={0,ha  -π<t<0,  1-cost,ha  0t<π.  
Határozzuk meg az f Fourier-sorát, majd ezt fölhasználva g Fourier-sorát is.

Megoldás.  Ha már meghatároztuk f sorát, a g Fourier-sora tagonkénti integrálással kapható. A sorok
f(t)=1π+12sint-2πn=1cos2nt4n2-1,
g(t)=tπ+12-12cost-1πn=1sin2ntn(4n2-1),
a sorok konvergensek a függvényekhez a -πtπ intervallumon.



2.2.10.  Feladat.  Legyen f(t):=-ln|2sint2|. Igazoljuk, hogy f integrálható. Határozzuk meg a Fourier-sorát.

Megoldás.  Az f függvény páros, nemnegatív, és ha 0<|t|π, diffenciálható. A 0-ban |f(t)|, tehát az
0π(-ln(2sint2))dt
(a 0-ban improprius) integrált kell vizsgálnunk. A L'Hospital szabállyal könnyen igazolható, hogy
(t)(-ln(2sint2))0(t0),
ezért az improprius integrálnak van integrálható majoránsa (az 1x), így konvergens.
Legyen z:=r(cost+isint). Tudjuk, hogy
log(1-z)=z+z22+z33+,|z|<1.
A Dirichlet-kritériummmal igazolható, hogy
cost+cos2t2+cos3t3+
konvergens, ha 0<t<2π, és egyenletesen konvergens, ha 0<δt2π-δ<2π (δ>0); hasonlóan,
sint+sin2t2+sin3t3+
mindenütt konvergens, és egyenletesen konvergens, ha 0<δt2π-δ<2π (δ>0), ezért
log(1-z)=z+z22+z33+,
igaz minden |z|=1, z1 komplex számra is. Ebből
-ln|2sint2|=n=1cosntn,0<t<2π.
A t=π behelyettesítésével adódik:
ln2=1-12+13-+.

Figyeljük meg a sinus- és a cosinus-sorok eltérő karakterét: Láttuk (), hogy sinntlogn nem Fourier-sor (bár konvergens), cosntlogn Fourier-sor. Most láttuk, hogy a sinntn és cosntn mindketten Fourier-sorok, ám az egyik korlátos, a másik nem korlátos függvényé.



2.2.11.  Feladat.  Határozzuk meg az ln|2cost2| és az ln|tant2| függvények sorelőállításait.

Megoldás.  Az előző feladat eredményében t helyébe (π-t)-t írva, illetve a két sort kivonva
ln|2cost2|=n=1(-1)n+1cosntn,0<t<π,
-12ln|tant2|=n=1cos(2n+1)t2n+1,0<t<π.
Tagonkénti integrálással kapjuk, hogy
-0xlog(2sint2)dt=n=1sinntn2,0x2π,
0xlog(2cost2)dt=n=1(-1)n+1sinntn2,-πxπ.


2.3. Alkalmazások




2.3.1.  Feladat.  Adott kerületű zárt görbék közül melyik határolja a legnagyobb területet?
Ez az izoperimetrikus feladat. Ismert, hogy a megoldás a körvonal. Elemi geometriai megfontolásokból viszonylag egyszerűen adódik, hogy csak a körvonal lehet a keresett görbe. A feladat most azért érdekes, mert egyáltalán nem nyilvánvaló, hogy a keresett extremális görbe létezik; ezt fogjuk igazolni.

Megoldás.  A keresett síkgörbe kerülete legyen L; valamely rögzített pontjától mért ívhossza s és legyen a görbe paraméterezése x=x(t), y=y(t), ahol t=2πLs. Mivel a görbe zárt, x(0)=x(2π) és y(0)=y(2π); terjesszük ki az x és y függvényeket 2π periódussal az egész egyenesre.
A görbe bármely húrja rövidebb a megfelelő ívnél, azaz

|x(t1)-x(t2)|2πL|t1-t2|,
így az x(t) függvény (és hasonlóan az y(t) is) abszolút folytonos, tehát korlátos változású, tehát majdnem mindenütt differenciálható. Mivel
(x'(t))2+(x'(t))2=(s'(t))2=L24π2,
x és y L2-beli függvények. Legyen
x(t)=a02+n=1(ancosnt+bnsinnt),
y(t)=α02+n=1(αncosnt+βnsinnt),
és (l. )
x'(t)n=1(nbncosnt-nansinnt),
y'(t)n=1(nβncosnt-nαnsinnt).
A Parseval-formulát () alkalmazva
L22π=02π(x'(t))2+(x'(t))2dt=πn=1n2(an2+bn2+αn2+βn2).

A görbe által határolt területet hasonlóan kifejezzük a Parseval-formula segítségével. A eredménye alapján
T=02πy(t)x'(t)dt=πn=1n(βnan-αnbn).
Ezekből elemi átalakításokkal
L2-4πT=2π2n=1n2(an2+bn2+αn2+βn2)+n(βnan-αnbn)=2π2n=1((nan+βn)2+(nbn-αn)2+(n2-1)(αn2+βn2))0,
L24πT,
és egyenlőség pontosan akkor van, ha
nan=-βn;nbn=αn;n2:αn=βn=0,
x(t)=a02+a1cost+b1sint)y(t)=α02+b1cost-a1sint.

Legyen most s r=a12+b12 és φ az a szög, amire cosφ=a1r, sinφ=b1r. Ezzel a jelöléssel
x(t)=a02+r(cosφcost+sinφsint)=a02+rcos(t-φ),
y(t)=a02+r(sinφcost-cosφsint)=a02+rsin(t-φ),
tehát a kapott görbe egy körvonal.



2.3.2.  Feladat.  Egy L hosszúságú (vékony, homogén) huzal két végét állandó 0 hőmérsékleten tartjuk, a többi része el van szigetelve a környezettől. Ismerjük a huzal hőmérséklet-eloszlását a t=0 időpillanatban; határozzuk meg a hőmérséklet-eloszlás időbeli alakulását.
Ez az hővezetési feladat egyike volt azoknak a fizikai feladatoknak, amelyeket Fourier oldott meg az általa kidolgozott sorfejtési módszerrel.

Megoldás.  Fizikából ismerjük a hővezetés differenciálegyenletét: a vizsgált egydimenziós esetben
Ut=1κ22Ux2,
ahol U=U(x,t) a huzal x koordinátájú pontjában a t időpillanatban mérhető hőmérséklet, κ pedig egy, a huzal anyagára jellemző állandó. Tudjuk, hogy U(0,t)=U(L,t)=0 és U(x,0)=f(x) ismert függvény.
Keressük a megoldást U(x,t)=X(x)T(t) alakban:
κ2X(x)T'(t)=T(t)X''(x).
Feltehetjük, hogy az X és T függvények nem tűnnek el; az egyenletet XT-vel osztva és rendezve
κ2T'(t)T(t)=X''(x)X(x).
Mivel a bal oldal csak x-től, a jobb oldal csak t-től függ, ez csak akkor teljesülhet, ha mindkét oldal állandó, mondjuk c. A jobb oldali (másodrendű lineáris) egyenlet tehát X''=cX, és a megoldásokról tudjuk, hogy X(0)=X(L). Ez csak úgy lehet, ha c<0, pontosabban, ha c=-1n(πL)2, az ehhez tartozó megoldások a sinπLnx függvények.
A bal oldali (elsőrendű lineáris) egyenlet megoldásai ezek után
T=exp(-κ2nπLt),

A hővezetés differenciálegyenletének keresett megoldását tehát az
U(x,t)=n=1bnexp(-κ2nπLt)sinπLnx
sor összege adja meg; a bn együtthatók az f Fourier-együtthatói,
U(x,0)=f(t)=n=1bnsinπLnx.



3. Más ortogonális rendszerek


Ebben a fejezetben csak megemlítünk néhány ortogonális rendszert, ezeknem az elméletét még vázlatosan sem kívánjuk tárgyalni. Célunk pusztán annyi, hogy a trigonometrikus rendszer mellett egy kis kitekintést adjunk.

3.1. A Rademacher- és a Walsh-rendszerek


Ebben a szakaszban a szereplő függvények az L2[0,1] tér elemei.


3.1.1.  Definíció.  Az

rn(x):=signsin(2nπx)n=0,1,2,...
függvényeket Rademacher-rendszernek nevezzük.
 
Az első négy Rademacher-függvény (r0, r1, r2, r3)



3.1.2.  Tétel.  A Rademacher-függvények ortonormált, de nem teljes rendszert alkotnak.


Bizonyítás.  01rn2(x)dx=011dx=1, tehát a rendszer normált. Az ortogonalitás bizonyításához tekintsünk egy olyan intervallumot, ahol az n-edik Rademacher-függvény állandó előjelű. Az (n+p)-edik függvényt úgy kapjuk, hogy ezt az intervallumot 2p (egyenlő) részre osztjuk, és ezeken az intervallumokon az (n+p)-edik Rademacher-függvény felváltva lesz +1 és -1, tehát az rn(x)rn+p(x) szorzat a +1 és a -1 értékeket egyaránt egy-egy 12 összhosszúságú intervallumrendszeren veszi fel, ezért
01rn(x)rn+p(x)dx=12-12=0.
Végül, vegyük észre, hogy n1 esetén a Rademacher-függvények az 12 pontra páratlanok, azaz rn(x)=-rn(1-x), tehát rájuk bármely, az 12 pontra páros függvény ortogonális. Egy olyan páros függvény, melynek integrálja 0, például az
f(x):={1,ha  |x-12|14,  -1,ha14<|x-12|1   
függvény tehát ortogonális minden Rademacher-függvényre.

Legyen fL2[0,1]. A szakaszban láttuk, hogy képezhető a Rademacher-rendszer szerinti általános Fourier-sor (''ortogonális sor''):
fn=0cnrn(x),cn:=01f(t)rn(t)dt
és ez a sor L2-normában konvergens. (Igaz, általában nem az f függvényhez, hiszen a rendszer nem teljes; de cn2f teljesül.) A Rademacher-rendszer érdekes tulajdonsága, hogy ez a sor majdnem mindenütt is konvergens. Általában a cnrn(x) sor majdnem mindenütt konvergens vagy divergens pontosan akkor, ha a cn2 sor konvergens vagy divergens, azaz a Rademacher-sorok esetében a normában vett és a majdnem mindenütt konvergencia egybeesik.


3.1.3.  Definíció.  A w0(x):=1;
wn(x):=rnk+1(x),  ha  n=2n1+2n2++2nk,nkN
függvényeket Walsh-rendszernek nevezzük.
 
Az első négy Walsh-függvény (w0, w1, w2, w3)



3.1.4.  Tétel.  A Walsh-függvények ortonormált, teljes rendszert alkotnak.


Bizonyítás.  A Walsh-függvények normáltsága nyilvánvaló; az ortogonalitás ugyanúgy látható be, mint a Rademacher-függvények esetében. Belátjuk, hogy a rendszer teljes. Tegyük fel, hogy fL2 ortogonális a Walsh-függvényekre. Legyen az integrálfüggvénye
F(x)=0xf(t)dt.
Az ortogonalitásból
01w0(t)f(t)dt=0F(1)-F(0)=0F(1)=F(0)=0,
01w1(t)f(t)dt=0F(12)-F(0)-(F(1)-F(12))=0F(12)=0,
01w2(t)f(t)dt=0F(14)-F(0)-F(12)+F(14)+F(34)-F(12)-F(1)+F(34)=0F(14)+F(34)=0,
01w3(t)f(t)dt=0F(14)-F(0)-F(34)+F(14)+F(1)-F(34)=0F(14)-F(34)=0,
a két utolsóból F(14)=F(34)=0, és így tovább .... Teljes indukcióval kapjuk, hogy F(x)=0 minden x=k2n alakú ''diadikusan racionális'' pontban. Mivel F egy integrálfüggvény, abszolút folytonos is, tehát F(x)=0 mindenütt. Tudjuk, hogy majdnem mindenütt f(x)=F'(x)=0, s ezzel az állítást beláttuk.

3.2. A Haar-rendszer


A Haar-függvényeket is a [0,1] intervallumon értelmezzük.


3.2.1.  Definíció.  A χ0,0(x)=1,

χn,k(x):={2n,ha  k-12nx<k-122n,   -2n,ha  k-122n<xk2n,   0különben,  n=0,1,2,...,k=1,2,...,2n
függvényeket Haar-rendszernek nevezzük.
 
Az első hat Haar-függvény (χ00, χ01, χ11, χ12, χ21, χ22)

A trigonometrikus rendszer elemei folytonos és egyenletesen korlátos függvények, a Rademacher- és a Walsh-rendszer is (egyenletesen) korlátos, míg a Haar-rendszer nem korlátos és tagjai sem folytonosak, tehát az eddig megismert rendszerek közül a Haar-rendszer tűnik a ''legszabálytalanabbnak''. Látni fogjuk, hogy ennek ellenére (igazából részben éppen ezért) a Haar-sorok konvergenciaviselkedése nagyon ''szabályos''.


3.2.2.  Tétel.  A Haar-függvények ortonormált, teljes rendszert alkotnak.


Bizonyítás.  A függvények normáltsága világos, hiszen χn,k2(x)=2n egy 12n hosszú intervallumon és másutt 0. Két kölönböző Haar-függvény szorzata lehet mindenütt 0; ha nem, akkor most is igaz, hogy ugyanolyan hosszú intervallumokon lesz +12ν és -12ν, így a szorzat integrálja 0. Tegyük most fel, hogy fL2 ortogonális az összes Haar-függvényre. Legyen az integrálfüggvénye
F(x)=0xf(t)dt.
Az ortogonalitásból
01χ0,0(t)f(t)dt=0F(1)-F(0)=0F(1)=F(0)=0,
01χ0,1(t)f(t)dt=0F(12)-F(0)-F(1)+F(12)=0F(12)=0,
01χ1,1(t)f(t)dt=0F(14)-F(0)-F(12)+F(14)=0F(14)=0,
01χ1,2(t)f(t)dt=0F(34)-F(12)-F(1)+F(34)=0F(34)=0,
és így tovább .... Azt kapjuk (teljes indukció!), hogy F(x)=0 minden x=k2n alakú ''diadikusan racionális'' pontban. Mivel F egy integrálfüggvény, abszolút folytonos is, tehát F(x)=0 mindenütt. Tudjuk, hogy majdnem mindenütt f(x)=F'(x)=0, s ezzel az állítást beláttuk.

Legyenek a ϕn, n=0,1,2,... függvények a Haar-függvények, folytatólagosan számozva. Az fL1[0,1] integrálható függvény Haar‐Fourier sora a
n=0cnϕn(x),cn:=01f(t)ϕn(t)dt
sor. Az n-edik részletösszeg
sn(x)=k=0nckϕk(x)=k=0n(01f(t)ϕk(t)dt)ϕk(x)=01f(t)(k=0nϕk(t)ϕk(x))dt=01f(t)Dn(x,t)dt,
ahol
Dn(x,t):=k=0nϕk(t)ϕk(x)
az általános Dirichlet-mag.

A Dirichlet-mag viselkedését grafikusan szemléltetjük. Ábrázoljuk először a ϕk(t)ϕk(x) függvények értékeit az n=0,1,...,5 értékekre.
 
 

Ezeket sorban összeadva kapjuk a Dirichlet-magokat. Az ábrázolást folytatva:
 
Az első hat Haar‐Dirichlet mag (D0(x,t), ..., D5(x,t))

Teljes indukcióval igazolható, hogy a mag mindig olyan, hogy az egységnégyzetet negyedeljük, majd az átló menti négyzeteket negyedeljük tovább, és az átlón kívüli négyzetekben Dn(x,t)=0, az átlóra eső 12n élű négyzetekben pedig Dn(x,t)=2n. (A négyzetek közötti szakaszokon a magfüggvény a két szomszédos négyzetben fölvett érték átlaga.)
Ennek alapján kimondjuk az alábbi tételt.


3.2.3.  Tétel.  A Haar-rendszer Dirichlet-magjára igaz, hogy Dn(x,t)0 mindenütt és minden x helyen
01Dn(x,t)dt=1.

Igazak az alábbi tételek:


3.2.4.  Tétel.  Ha fL1[0,1], akkor Haar‐Fourier-sora majdnem mindenütt konvergens és összege f(x).


3.2.5.  Tétel.  Ha fL1[0,1] az x helyen folytonos, akkor Haar‐Fourier-sora az x helyen f(x)-hez konvergál. Ha f folytonos az [a,b][0,1] intervallumon, akkor ott a konvergencia egyenletes.


Bizonyítás.  Csak a folytonossági pontra vonatkozó állítás bizonyítását vázoljuk. Ha xk2l alakú, akkor Kn(x,t)0 csak akkor, ha tIm, ahol Im egy 12m hosszú intervallum, és ott Kn(x,t)=12m, így
|sn(x)-f(x)|=|Imf(t)Kn(x,t)dt-f(x)|Im|f(t)-f(x)|Kn(x,t)dtImε2mdtε,
ha n elég nagy, mert akkor 2m is nagy, azaz |x-t| kicsi.
Ha x=k2l alakú, akkor ugyanígy okoskodhatunk, csak most Kn(x,t)0 akkor teljesül, ha t két (x-ben szomszédos) intervallum valamelyikébe esik, ezek hossza 12m és 12m, vagy 12m és 12m+1 lehet.

3.3. Ortogonális polinomrendszerek


Tekintsük az [a,b], -a<b intervallumot. Legyen ρ:[a,b]R egy korlátos, nemnegatív, folytonos függvény, az ún. súlyfüggvény.


3.3.1.  Definíció.  A ρ súly szerinti Lρ2 teret azok a mérhető f:[a,b]R függvények alkotják, amelyekre

ab(f(x))2ρ(x)dx<.
Lρ2 vektortér, benne
f,g:=abf(x)g(x)ρ(x)dx
egy skaláris szorzat.
(Valójában a definíció sokkal általánosabban is megfogalmazható a Lebesgue‐Stieltjes-integrál fogalma segítségével.)


3.3.2.  Feladat.  Igazoljuk, hogy Lρ2 csakugyan skaláris szorzatos vektortér.

Megoldás.  A vektortér és a skaláris szorzat axiómái az integrál általános tulajdonságaiból adódnak. A norma értelemszerűen
f:=(ab(f(x))2ρ(x)dx)1/2.


Tudjuk, hogy az 1, x, x2, ... hatványfüggvények lineárisan független rendszert alkotnak a számegyenes bármely intervallumán. Ezt a rendszert az Lρ2[a,b] térben ortogonalizálva kapjuk ortogonális polinomok egy pn(x), n=0,1,2,... rendszerét.


3.3.3.  Tétel.  (Gram‐Schmidt-eljárás) Ha (un) lineárisan független vektorrendszer (egy vektortérben), akkor van olyan (vn) ortogonális vektorrendszer, amely ugyanazt az alteret feszíti ki, és
vn=αn1u1+αn2u2++αnnun.



3.3.4.  Feladat.  Ortogonalizáljuk az 1, x, x2, ... rendszert a [-1,1] intervallumon, a ρ(x)=1 súlyfüggvény mellett.

Megoldás.  Legyen p0(x):=1. Keressük p1-et p1(x)=(x-c10)p0(x) alakban. Az ortogonalitás miatt
-11p0(x)p1(x)dx=-11(x-c10)dx=0,
ebből c10=0, p1(x)=x. Legyen p2(x)=x2-c21p1(x)-c20p0(x). Az ortogonalitás miatt
-11p2(x)p1(x)dx=-11(x2-c21p1(x)-c20p0(x))p1(x)dx=-11(x2p1(x)-c21p12(x))dx=-11(x3-c12x2)dx=0,
-11p2(x)p0(x)dx=-11(x2-c21p1(x)-c20p0(x))p0(x)dx=-11(x2p0(x)-c20p02(x))dx=-11(x2-c20)dx=0,
ebből c21=0, c20=13, azaz p2(x)=x2-13. Hasonlóan számolva, p3(x)=x3-35x. Ezt az eljárást folytatva, ortogonális polinomok egy olyan sorozatát kapjuk, ahol a főegyüttható mindig 1. Természetesen a polinomok normálhatók is.

Az ortonormált polinomrendszerekre mindig érvényes egy rekurzió.


3.3.5.  Tétel.  Legyen (pk) egy ortogonális polinomrendszer valamely Lρ2 térben. Ekkor minden kN értékre
αkαk+1pk+1(x)=(x-ck)pk(x)-αk-1αkpk-1(x),
ahol αk a pk főegyütthatója és ck egy konstans.


Bizonyítás.  Legyen
xpk(x)=l=0k+1clpl(x),
mert a baloldal k+1-fokú polinom. Szorozzunk rendre a pj(x) polinomokkal skalárisan (azaz szorozzuk az egyenlőséget és integráljunk a-tól b-ig a súlyfüggvény szerint). A j=0,1,...,k-2 értékekre a baloldalon
abpk(x)xpj(x)ρ(x)dx=0
(mert xpj(x) foka legfeljebb k-1), a jobboldalon az ortonormáltság miatt csak a cj marad meg. Tehát
xpk(x)=ck-1pk-1(x)+ckpk(x)+ck+1pk+1(x),
az xk+1 együtthatóját összehasonlítva
xpk(x)=ck-1pk-1(x)+ckpk(x)+αkαk+1pk+1(x),
αkαk+1pk+1(x)=(x-ck)pk(x)-ck-1pk-1(x).
Most szorozzunk pk-1(x)-szel és integráljunk, az ortonormalitás miatt
ck-1=abxpk(x)pk-1(x)ρ(x)dx.
Nyilván igaz, hogy
xpk-1(x)=αk-1αkpk(x)+q(x),
ahol q egy legfeljebb k-1-edfokú polinom. Ezt beírva
ck-1=abxpk(x)pk-1(x)ρ(x)dx=ab(αk-1αkpk(x)+q(x))pk-1(x)ρ(x)dx=αk-1αk-0,
s ezzel az állítást beláttuk.

Írjuk föl a rekurziót az x és a t változókkal is. A két egyenletet egymásból kivonva és rendezve azt kapjuk, hogy
αkαk+1(pk(x)pk+1(t)-pk(t)pk+1(x))=(t-x)pk(t)pk(x)-αk-1αkpk-1(x)(pk(t)-pk-1(t)pk(x)),
és ebből
(t-x)k=0npk(t)pk(x)=k=0n(αkαk+1(pk(x)pk+1(t)-pk(t)pk+1(x))-αk-1αk(pk-1(x)pk(t)-pk-1(t)pk(x)))=k=0npk(x)pk(t)=αnαn+1(pn(x)pn+1(t)-pn(t)pn+1(x)),
egyszerűsítve a ''teleszkopikus'' összeget. Eredményünk az ún. Christoffel‐Darboux formula:


3.3.6.  Tétel.  Az ortonormált polinomrendszer általános Dirichlet-magja
Dn(x,t):=k=0npk(x)pk(t)=αnαn+1pn(x)pn+1(t)-pn(t)pn+1(x)t-x.

Vegyük észre, hogy a magfüggvény ''hasonlít'' a trigonometrikus rendszer Dirichlet-magjára. (A t=x helyen van 1t-x jellegű szingularitása.) Ezért azt várhatjuk, hogy a sorfejtés konvergenciaviselkedése is hasonló.
Bizonyítás nélkül közöljük az alábbi tételt.


3.3.7.  Tétel.  Legyen fLρ2[a,b] az x helyen folytonos és tegyük fel, hogy Dini-típusú feltételnek is eleget tesz. Tegyük fel azt is, x egy környezetében mind a ρ(t) súlyfüggvény, mind a pn(t) polinomrendszer korlátos. Ekkor a polinomrendszer szerinti Fourier-sor
n=0cnpn(x),cn:=abf(t)pn(t)dt
az x helyen konvergens és összege f(x).

3.4. A Legendre-polinomok


Tekintsük az

(1-x2)y''-2xy'+n(n+1)y=0
differenciálegyenletet és a
Pn(x):=12nn!dndxn(x2-1)n
polinomokat. Pn pontosan n-edfokú, hiszen 2n-fokú polinom n-edik deriváltja. Belátjuk, hogy Pn megoldása a differenciálegyenletnek.
legyen f(x):=(x2-1)n, nyilván f'(x)=2nx(x2-1)n-1 és ebből
(1-x2)f'(x)+2nxf(x)=0.
Ezt az egyenletet (n+1)-szer differenciáljuk a Leibniz-szabály fölhasználásával.

 

Leibniz-szabály:   (uv)(n)=k=0n(nk)u(k)v(n-k)
 

Az (n+1)-edik derivált
(1-x2)fn+2(x)+(n+11)(-2x)fn+1(x)+(n+12)(-2)fn(x)+2nxf(n+1)(x)+(n+11)2nf(n)(x)=0,
(1-x2)fn+2(x)-2xfn+1(x)+n(n+1)fn(x)=0,
ami (egy szorzótól eltekintve) éppen a bizonyítandó állítás.


3.4.1.  Definíció.  A fent megadott Pn polinomokat Legendre-féle polinomoknak nevezzük. A szokástól eltérően ezek úgy vannak normálva, hogy Pn(1)=1 álljon fönt.
Lényegében ezeket a polinomokat határoztuk meg a feladatban.
 
Az első öt Legendre-polinom


3.4.2.  Feladat.  Igazoljuk, hogy a Pn(x) polinomnak az összes gyöke egyszeres és a [-1,1] intervallumba esik.

Megoldás.  Az f(x):=(x2-1)n függvény a -1-ben és az 1-ben is 0. A középérték-tétel szerint f'-nak van gyöke az intervallum belsejében. De f' a végpontokban is 0. Így f''-nak van két (különböző) gyöke az intervallum belsejében. De f'' a végpontokban is 0 ... Ezt n-szer megismételve kapjuk, hogy f(n)-nak van n (különböző) gyöke az intervallum belsejében. Mivel f(n) egy n-edfokú polinom, több gyöke nem is lehet.



3.4.3.  Feladat.  Igazoljuk, hogy a Pn(1)=1 és Pn(-1)=(-1)n.

Megoldás.  A Leibniz-szabály szerint
((x2-1)n)(n)=k=0n(nk)n(n-1)(n-k+1)(x-1)n-kn(n-1)(k+1)(x+1)k,
minden tagban van (x-1) és (x+1) tényező is, kivéve az elsőt és az utolsót. Így
((x2-1)n)(n)|x=1=n!2nés((x2-1)n)(n)|x=-1=n!(-2)n,
ebből már következik az állítás.



3.4.4.  Feladat.  Igazoljuk, hogy a Pn(x) polinomok ortogonális rendszert alkotnak a [-1,1] intervallumon.

Megoldás.  Legyen nk. Tudjuk, hogy
(1-x2)Pn''-2xPn'+n(n+1)Pn=0,
(1-x2)Pk''-2xPk'+k(k+1)Pk=0.
Az első egyenletet Pk-val, a masodikat Pn-nel szorozva és az elsőből a másodikat kivonva
((1-x2)(Pn'Pk-PnPk'))'+(n(n+1)-k(k+1))PnPk=0,
ezt integrálva
(n-k)(n+k+1)-11Pn(x)Pk(x)dx=[(1-x2)(Pn'Pk-PnPk')]-11=0.




3.4.5.  Feladat.  Igazoljuk, hogy a Pn(x) polinomokra teljesül a
(n+1)Pn+1(x)=(2n+1)xPn(x)-nPn-1(x)
rekurzív formula.

Megoldás.  Ugyanúgy igazolható, mint az altalános esetben, lásd .



3.4.6.  Feladat.  Igazoljuk, hogy a Legendre-polinomok normája Pn=22n+1.

Megoldás.  A rekurziós formula szerint
Pn(x)=(2n-1)xPn-1(x)-(n-1)Pn-2(x).
Pn(x)-szel szorozva és integrálva (felhasználva az ortogonalitást)
n-11Pn2(x)dx=(2n-1)-11xPn(x)Pn-1(x)dx,
hasonlóan a
(n+1)Pn+1(x)=(2n+1)xPn(x)-nPn-1(x).
formulát Pn(x)-szel szorozva és integrálva (felhasználva az ortogonalitást)
(2n+1)-11xPn(x)Pn-1(x)dx=n-11Pn-12(x)dx.
Ezeket rendezve, a normanégyzetre a
-11Pn2(x)dx=2n-12n+1-11Pn-12(x)dx
rekurziót kapjuk; mivel P02=2, az állítás teljes indukcióval adódik.

Ezt felhasználva, egy f függvény Legendre‐Fourier sorfejtése
f(x)n=0cnPn(x),
ahol az együtthatók
cn:=2n+12-11f(t)Pn(t)dt;
és a sor konvergens, ha f az x-ben sima (például folytonos és Dini-feltételnek, vagy Lipschitz-feltételnek tesz eleget, vagy ha deriválható).

3.5. A Legendre-Fourier sorfejtés egy alkalmazása


A fizikában gyakran előforduló feladat a

U(x,y,z)=2Ux2+2Uy2+2Uz2=0
Laplace-egyenlet megoldása. Például, ha U egy időben állandó elekromos tér potenciálfüggvénye (''feszültség'') és a vizsgált térrészben nincsenek jelen töltések, a fenti egyenlet teljesül.
A derékszögű koordináták helyett térbeli polárkoordináta-rendszerben fogunk dolgozni: r az (x,y,z) vektor hossza (origótól mért távolság), ϕ az (x,y,0) vektornak az i=(1,0,0) vektorral bezárt szöge, θ pedig az (x,y,z) vektornak a k=(0,0,1) vektorral bezárt szöge. Feltesszük azt is, hogy a tér hengerszimmetrikus (a z tengely körüi forgatásra), azaz az U függvény nem függ ϕ-től. Ekkor (a részleteket mellőzve) a megoldandó Laplace-egyenlet
r(r2Ur)+1sinθθ(sinθUθ)=0.

Keressük a megoldást
U(r,θ)=R(r)Θ(θ)
alakban; ekkor
Θr(r2Rr)+Rsinθθ(sinθΘθ).
Feltehetjük, hogy az R és Θ függvények nem tűnnek el; az egyenletet RΘ-val osztva és rendezve
1R(r2R''+2rR')=-1Θ(Θ''+cosθsinθΘ').
Mivel a bal oldal csak r-től, a jobb oldal csak θ-tól függ, ez csak akkor teljesülhet, ha mindkét oldal állandó, mondjuk ν(ν+1).
A egyenlet bal oldalát egyenlővé téve ν(ν+1)-gyel, azt kapjuk, hogy
r2R''+2rR'-ν(ν+1)R=0,
ez jól ismert (Euler-típusú) lineáris egyenlet, két lineárisan független megoldása rν és r-ν+1 (feltéve, hogy ν-12).
Az egyenlet jobb oldalából pedig azt kapjuk, hogy
Θ''+cosθsinθΘ'+ν(ν+1)Θ=0.
Vezessük be az x=cosθ új változót. Nyilván ddθ=-sinθddx; legyen továbbá Θ(θ)=w(cosθ)=w(x). A megoldandó egyenlet ekkor
(1-x2)w''-2xw'+ν(ν+1)w=0,
erről már tudjuk, hogy a ν=n esetben megoldása a Pn(x) polinom.
Tegyük fel (a Laplace-egyenlet mellett) azt is, hogy az U(r,θ) függvényt ismerjük az egységgömbön, U(1,θ)=u(θ). Ekkor az u(θ) függvényt Legendre‐Fourier sorba fejthetjük:
u(θ)=n=0cnPn(cosθ),
cn=2n+120πu(θ)Pn(cosθ)sinθdθ.
Az általános megoldást pedig a gömb belsejében az
U(r,θ)=n=0rncnPn(cosθ);
a gömbön kívül pedig
U(r,θ)=n=0r-n-1cnPn(cosθ)
konvergens sorok adják meg. (A két esetet azért különböztettük meg, mert így konvergens mértani sor majoránsok garantálják a konvergenciát, azaz a potenciál korlátos voltát.)


3.5.1.  Feladat.  Legyen a potenciál az egységgömb felső félgömbjén u0, az alsó félgömbön 0. Határozzuk meg a potenciál sorelőállításának első három tagját.

Megoldás.  A fenti jelölésekkel
u(θ)={u0,ha  0θ<π2,  0,ha  π2<θπ.  
A
cn=2n+120π/2u0Pn(cosθ)sinθdθ=u02n+1201Pn(x)dx
együtthatókat kell kiszámolnunk. A gömb belsejében (0<r<1)
U(r,θ)=u0(12+34rP1(cosθ)-716r3P3(cosθ)+),
a gömbön kívül (1<r)
U(r,θ)=u0(121r+341r2P1(cosθ)-7161r3P3(cosθ)+).




4. A Fourier-transzformáció


4.1. Bevezetés


A komplex Fourier-sor definíciója is megfogalmazható 2p-periodikus függvényekre is. A feladat analógiájára kapjuk, hogy ha f egy 2p-periodikus, [-p,p]-n integrálható függvény, akkor Fourier-sora

fn=-f^(n)einπpt,
ahol
f^(n):=12p-ppf(t)e-inπptdt;
és (a fejezet mintájára) beláthatjuk, hogy (bizonyos feltételek teljesülése esetén) a fenti sor a függvényt valamilyen értelemben ''előállítja''.
Próbáljunk hasonló előállítást keresni nem periodikus függvényekre is. Az alábbikaban vázolunk egy heurisztikus gondolatmenetet. Az alapötlet az lesz, hogy (legalábbis szemléletesen) a p határátmenettel a 2p-periodikus függvényből megkapjuk az R-en értelmezett függvény esetét, tehát
f(t)=limpn=-f^(n)einπpt=limpn=-(12p-ppf(t)e-inπptdt)einπpt.
Vezessük be az
ωn:=nπp,Δωn:=ωn+1-ωn=πp,h(ω):=-ppf(t)e-iωtdt
jelöléseket. Ezeket a sorba beírva kapjuk, hogy
n=-(12p-ppf(t)e-inπptdt)einπpt=12πn=-(Δωn-ppf(t)e-iωntdt)eiωnt=12πn=-h(ωn)eiωntΔωn.
A fönti összeg fölfogható úgy, mint az
12π-h(ω)eiωtdω
integrál egy (Riemann-típusú) integrálközelítő összege. Ha n, Δωn0; így azt kaptuk, hogy
f(t)=12π-h(ω)eiωtdω,  ahol  h(ω):=-ppf(t)e-iωtdt,
ezek a formulák a Fourier-sorfejtés formuláinak folytonos analogonjai.


4.1.1.  Definíció.  Legyen fL1(R), azaz f a valós egyenesen (Lebesgue-értelemben) integrálható függvény. Ekkor f Fourier-transzformáltja az
Ff(ω):=f^(ω):=-f(t)e-iωtdt(ωR)
függvény.
A definíció korrekt, hiszen |e-iωt|=1, így az integrál (Lebesgue-értelemben véve) létezik. A heurisztikus gondolatmenetünk alapján azt várjuk, hogy valamilyen értelemben
f(t)=12π-f^(ω)eiωtdω.
Az ilyen típusú formulákat szokás a Fourier-transzformáció inverziós formulájának nevezni. Vegyük észre, hogy az inverziós formulában megjelenő 12π szorzó átkerülhetne a transzformáció definíciójába is, vagy akár mindkét formulában lehetne 12π szimmetrikusan; mindhárom alak előfordul az irodalomban.


4.1.2.  Feladat.  Alkalmazzuk a fenti gondolatmenetet a Fourier-sor valós alakjára, adjuk meg a transzformációs és az inverziós formulákat.

Megoldás.  A legpontosabb analógiát akkor kapjuk, ha
h(ω)=1π-ppf(t)cosω(x-t)dt,(ω0),
ekkor
f(x)=0(a(ω)cos(ωx)+b(ω)sin(ωx))dω,(ω0),
ahol
a(ω):=1π-f(t)cos(ωt)dt,b(ω):=1π-f(t)sin(ωt)dt;
nyilván f^(ω)=π(a(ω)-ib(ω)) és f^(-ω)=π(a(ω)+ib(ω)), ha ω>0.

A műszaki‐fizikai alkalmazásokban gyakran f(t)-ről mint egy, a t időben változó jelről beszélünk; a transzformáció ezt a jelet bontja ω frekvenciájú sinus- és cosinushullámokra, ekkor f^(ω) a hullámok amplitúdója.


4.1.3.  Feladat.  Határozzuk meg az 1[-a,a](t):={1,ha  |t|a,0különben   egységimpulzus-függvény Fourier-transzformáltját.

Megoldás. 
1^(ω)=-1(t)e-iωtdt=-aae-iωtdt=eiaω-e-iaωiω=2sinaωω,ω0,
és
1^(0)=-1(t)dt=2a.
Megjegyezzük, hogy az 1^(ω) függvény az R-en folytonos, de nem integrálható (l. ).

Az egységimpulzus Fourier-transzformáltja
A példában f ''időben korlátozott'', transzformáltja viszont nem ''sávkorlátozott'' (azaz f egy zárt intervallumon kívül 0, míg f^ nem). Ez általában is igaz a Fourier-transzformációra. Azt is megfigyelhetjük, hogy időben minél jobban kiterjed az f (azaz a növekszik), annál jobban koncentrálódik f^ a 0 körül.

4.2. Improprius integrálok


Bár heurisztikus gondolatmenetünk elvezetett az

f(t)12π-f^(ω)eiωtdω
inverziós formulához, de még az sem bizonyos, hogy ez az integrál egyáltalán létezik (ahogy azt megjegyeztük a feladatban).
Szükségünk lesz az alábbi fogalmakra.


4.2.1.  Definíció.  Legyen f integrálható bármely [0,r] (r>0) intervallumon. Ekkor
0f(t)dt:=limr0rf(t)dt
a szokásos improprius integrál.


4.2.2.  Definíció.  Legyen f integrálható bármely [-r,r] (r>0) intervallumon. Ekkor
PV-f(t)dt:=limr-rrf(t)dt
az integrál Cauchy-féle főértéke.
A definíciók értelemszerűen megfogalmazhatók más intervallumokra is.
Tudjuk, hogy ha f Lebesgue-értelemben integrálható a [a,b]-n, akkor |f(t)| is integrálható, és ekkor
abf(t)dt=PVabf(t)dt=abf(t)dt,
ám az improprius integrálok akkor is létezhetnek, ha maga az integrál nem.


4.2.3.  Feladat.  Igazoljuk, hogy a sintt függvény csak improprius értelemben integrálható:
0|sintt|dt=,0sinttdt=π2.


Megoldás. 
0nπ|sintt|dt=k=0n-1kπ(k+1)π|sintt|dtk=0n-1kπ+π6(k+1)π-π6|sintt|dtk=0n-1kπ+π6(k+1)π-π6121tdtk=0n-1kπ+π6(k+1)π-π6121(k+1)πdtk=0n-12π3121(k+1)π=13k=0n-11k+113logn
Ez a bizonyítás ugyanaz, mint a Dirichlet-mag (l. ) esetében.
Igazoljuk a második állítást. Parciálisan integrálva és a Cauchy-kritériumot használva
|r1r2sinttdt|=|[costt]r1r2-r1r2costt2dt|=|[costt]r1r2|+|r1r21t2dt||cosr2r2|+|cosr1r1|+|1r2|+|1r1|<ε,
ha r1<r2 elég nagyok, tehát az 0sinttdt integrál létezik; már csak az értékét kell kiszámolnunk.
Legyen rn:=(m+12)π.
limr0rsinttdt=limn0rnsinttdt=limn0(m+12)πsinttdt(u:=tm+12)=limn0πsin(m+12)uudu=limn0πsinu2usin(m+12)usinu2dt=limu0sinu2u=π2,
hiszen az utolsó integrál nem más, mint a sinu2u függvény Fourier-sorának m-edik részletösszege, ami a függvényhez konvergens, hiszen teljesül a félérintős feltétel.
Megjegyezzük, hogy ezt az integrált általában komplex függvénytani eszközökkel szokás kiszámolni; ezt is, és a Laplace-transzformációt használó számolást is látni fogjuk a 6.2.13. feladatban.



4.2.4.  Tétel.  A egységimpulzus-függvényre ''főérték-értelemben'' érvényes az inverziós formula:
1[-a,a](t)=12πPV-sinaωωeiωtdω.



Bizonyítás. 
limr12π-rr2sinaωωeiωtdω=limr12π(0r+-r0)=limr(1π0rsinaωωeiωtdω+1π0rsinaωωe-iωtdω)=limr1π0rsinaωcostωωdω=limr1π0rsin(a+t)ω+sin(a-t)ωωdω.
Legyen c>0. Az u=cω, du=cdω helyettesítéssel bármely c-re
limr0rsincωωdω=limr0crsinuudω=0sincωωdω=π2.
Ezt felhasználva,
12πPV-1^(ω)dω=limr1π0rsin(a+t)ω+sin(a-t)ωωdω=1π(sgn(a+t)π2+sgn(a-t)π2)={1π(π2+π2)=1,ha  |t|<a,  1π(π2-π2)=0,ha  |t|>a,  1π(π2+0)=12,ha  |t|=a.  
Vegyük észre, hogy a szakadási helyeken most is az f(a+0)+f(a-0)2 átlagot kapjuk vissza.

Az PV- típusú főértékek kiszámításában sokszor célszerű komplex integrálokat és a reziduumtételt használni.

 

Az f:CC függvénynek az aC pont izolált szingularitása, ha f differenciáható az z:|z-a|<δ pontokban, de z0-ban nem. Izolált szingularitás körül a függény Laurent-sorba fejthető:
f(z)=n=-cn(z-z0)n.
A c-1=:Res(f,z0) a függvény reziduuma a z0-ban.
A reziduum sok esetben egyszerűen kiszámolható. Például elsőrendű pólus esetén, azaz ha f, g holomorf függvények és g(z0)=0, g'(z0)0, akkor
Res(fg,z0)=f(z0)g'(z0).

Legyen C egy egyszerű zárt görbe; f pedig holomorf C pontjaiban és C belsejében is, kivéve véges sok z1, z2, ..., zN szinguláris pontot. Ekkor
Cf(z)dz=2πin=1NRes(f(z),zn).

 



4.2.5.  Tétel.  Legyen az f(z) komplex függvény holomorf az R valós egyenesen; holomorf a {z:Im z>0} felső félsíkon is, kivéve véges sok z1, z2, ..., zN szinguláris pontot; továbbá olyan, hogy léteznek M és k>1 számok úgy, hogy z:|z|>r0 esetén |f(z)|M/|z|k. Ekkor ω>0 esetén
PV-f(t)eiωtdt=2πin=1NRes(f(z)eizω,zn).
Ha a feltételeket az alsó félsíkra tesszük fel, az ω<0 értékekre kapjuk, hogy
PV-f(t)eiωtdt=-2πin=1NRes(f(z)eizω,zn).



Bizonyítás.  Csak a felső félsíkra vonatkozó állítást bizonyítjuk.
 

Legyen a Cr görbe a [-r,r] intervallum és a fölé rajzolt félkör. Legyen r akkora, hogy a félkör tartalmazza az összes szinguláris pontot. A reziduumtétel szerint
Crf(z)eiωzdz=2πin=1NRes(f(z)eizω,zn).
Másrészt a Cr görbe egy egyenesszakaszból és egy félkörből áll. A egyenesszakasz paraméteres alakja z=t, -rtr, dz=dt; a félköré pedig z=reiϕ, 0ϕπ, dz=rieiϕdϕ, így
Crf(z)eiωzdz=-rrf(t)eiωtdt+0πf(reiϕ)eiωreiϕrieiϕdϕ.
A feltételek szerint |z||f(z)|0, tehát |z||f(z)|<ε, ha |z|>r0. A második integrált becsüljük (felhasználva az ismert 02πϕsinϕ, 0ϕπ2 egyenlőtlenséget, amely a sinusfüggvény konkávitásából adódik):
|0πf(reiϕ)eiωreiϕrieiϕdϕ|0π|z||f(z)|e-rωsinϕdϕ20π/2εe-rωsinϕdϕ20π/2εe-rω2πϕdϕπε1-e-rωrω0(r),
tehát
limrCrf(z)eiωzdz=PV-f(t)eiωtdt,
s ezzel a tételt beláttuk.



4.2.6.  Feladat.  Határozzuk meg az f(t):=(t2+a2)-1 (a>0) függvény Fourier-transzformáltját.

Megoldás.  Mivel fL1(R),
f^(ω)=-f(t)e-iωtdt=PV-f(t)e-iωtdt.
Legyen f(z)=1z2+a2. A felső félsíkban f egyetlen szingularitása a z0=ia pont és
Res(f(z)eiωz,ia)=eiωz(z2+a2)'|z=ai=e-aω2ia,
továbbá |f(z)|2/|z|2, ha |z|>2a, tehát használhatjuk a tételt.
Ha ω>0,
-f(t)eiωtdt=2πi(e-aω2ia)=πae-aω
és
-f(t)e-iωtdt=-f(t)eiωtdt¯=πae-aω.
Ha ω=0, elemi számolással
-1t2+a2dt=limr[1aarctanta]-rr=πa.
Végül, ha ω<0, akkor a -ω>0 értékre alkalmazva a tételt,
-f(t)e-iωtdt=πaeaω.
Tehát f^(ω)=πae-a|ω|.

4.3. A Fourier-transzformált alaptulajdonságai




4.3.1.  Tétel.  Ha fL1(R), az f^ Fourier-transzformált egyenletesen folytonos R-en és f^(ω)0, ha |ω|.


Bizonyítás.  A Fourier-transzformált 0-hoz tartása a Riemann‐Lebesgue-lemmából adódik, hiszen az eit függvénynek megvan az ''átlagoló'' tulajdonsága:

1c0ceitdt=1ceic-1i0(|c|).

A folytonosság bizonyításához
|f^(ω+h)-f^(ω)|=|-f(t)(ei(ω+h)t-eiωtdt|-|f(t)||eiωt||eiht-1|dt.
Ha h0, eiht1, tehát ha h elég kicsi, akkor |eiht-1|<ε és
|f^(ω+h)-f^(ω)|-|f(t)|εdtεfL1,
tehát ha h0, akkor f^(ω+h)f^(ω), az ω-ban egyenletesen.

Jelölje C0(R) a valós egyenesen értelmezett, a ±-ben 0-hoz tartó függvények halmazát. Ez a szokásos fC:=sup|f(t)| normával Banach-tér. Eredményünk szerint a Fourier-transzformáció az L1(R) teret a C0(R)-be képezi; a transzformáció nyilván lineáris az integrál alaptulajdonságai miatt. Látni fogjuk, hogy a transzformáció injektív, de nem szürjektív.
A kompakt tartójú folytonos függvények halmazát (tehát azokat, amelyek egy korlátos zárt intervallumon kívül f(t)=0) Cc-vel jelöljük. (A szokásos terminológia szerint f sávhatárolt, ha f^Cc.) Cc is Banach-tér a supremum-normával. Ismert az is, hogy a C0 tér a Cc teljessé tétele.


4.3.2.  Tétel.  A Fourier-transzformáció lineáris, azaz ha f1, f2 integrálható függvények és λ,μR, akkor (λf1+μf2) Fourier-transzformáltja λf1^+μf2^.


4.3.3.  Tétel.  Legyen fL1(R), Fourier-transzformáltja f^ és legyenek a,h>0 valós számok. Ekkor
f(at)  Fourier-transzformáltja  1|a|f^(ωa)
(''skálázás'');
f(t-h)  Fourier-transzformáltja  e-iωhf^(ω)
(''eltolás'');
eiatf(t)  Fourier-transzformáltja  f^(ω-a)
(''exponenciális moduláció'' vagy ''frekvenciaeltolás'');
(cosat)f(t)  Fourier-transzformáltja  12f^(ω-a)+12f^(ω+a)
(''cosinusos moduláció'').


Bizonyítás. 
-f(at)e-iωtdt=1|a|-f(u)e-iω(u/a)du=1|a|f^(ωa);
-f(t-h)e-iωtdt=-f(u)e-iω(u+h)du=e-iωhf^(ω);
hasonlóan
-eiatf(t)e-iωtdt=-f(t)e-i(ω-a)tdt=f^(ω-a);
végül az utolsó állítás ebből és a transzformáció linearitásából adódik (hiszen cosat=eiat+e-iat2).



4.3.4.  Tétel.  Legyenek f,gL1(R), ekkor
-f^(t)g(t)dt=-f(t)g^(t)dt.



Bizonyítás.  Mivel f^ és g^ korlátos folytonos függvények, ezek az integrálok léteznek.
-f^(x)g(x)dx=-(-f(t)e-ixtdt)g(x)dx=--f(t)g(x)e-ixtdtdx=--f(t)g(x)e-ixtdxdt=-(-g(x)e-ixtdx)f(t)dt=-f(t)g^(t)dt;
az integrálás sorrendjét valóban fölcserélhetjük, hiszen
-(-|f(t)g(ω)e-iωt|dω)dt-|f(t)|dt-|g(t)|dt<.




4.3.5.  Definíció.  Legyenek f,gL1(R) integrálható függvények. Konvolúciójuk az az f*g függvény, amelyre
(f*g)(t)=-f(t-x)g(x)dx.

A definíció korrekt, hiszen ( mintájára)
--|f(t-x)g(x)|dtdx=-|g(x)|-|f(t)|dtdx=-|g(x)|fL1dx=fL1gL1,
azaz f(t-x)g(x) (mint kétváltozós függvény) integrálható R2-en. Ekkor
-f(t-x)g(x)dx
létezik majdnem mindenütt, és
f*gL1=-|(f*g)(t)|dt=-|-f(t-x)g(x)dx|dt--|f(t-x)g(x)|dxdt=fL1gL1,
tehát f*g is L1(R)-beli függvény.


4.3.6.  Feladat.  Igazoljuk, hogy a konvolúció L1(R)-ben kommutatív, asszociatív és disztributív művelet, azaz L1 a * szorzással Banach-algebra.

Megoldás.  Az állítások a változó helyettesítéseivel azonnal adódnak.
Például a t-x=u, -dx=du helyettesítéssel
(f*g)(t)=-f(t-x)g(x)dx=-f(u)g(t-u)du=(g*f)(u).




4.3.7.  Tétel.  Ha f,gL1(R) integrálható függvények, akkor konvolúciójuk Fourier-transzformáltja a transzformáltak szorzata, azaz (f*g)^=f^g^.


Bizonyítás. 
(f*g)^(ω)=-(f*g)(t)e-iωtdt=-e-iωt(-f(t-x)g(x)dx)dt=-g(x)(-e-iωtf(t-x)dt)dx=-g(x)(-e-iω(u+x)f(u)du)dx=-g(x)(e-iωx-e-iωu)f(u)du)dx=-g(x)e-iωxf^(ω)dx=f^(ω)-g(x)e-iωxdx=f^(ω)g^(ω),
Felcserélhettük az integrációs sorrendet, hiszen az integrálok abszolút konvergensek.

4.4. Differenciálás és integrálás




4.4.1.  Tétel.  Legyen az f függvény minden véges zárt intervallumon abszolút folytonos. Tegyük fel, hogy a f és f' deriváltja is L1-beli és f(x),f'(x)0, ha t±. Ekkor az f' Fourier-transzformáltja

f'^(ω)=(iω)f^(ω).



Bizonyítás.  Mivel f abszolút folytonos, majdnem mindenütt differenciálható. A tétel feltételei mellett alkalmazhatjuk a parciális integrálás formulát:
f'^(ω)=-f'(t)e-iωtdt=[f(t)e-iωt]---f(t)(-iω)e-iωtdt=0+(iω)f^(ω).


Teljes indukcióval nyilván az is igazolható, hogy ha
f(k)L1(R),limt±f(k)(t)=0,k=0,1,...,n,
akkor
f(k)^(ω)=(iω)kf^(ω),k=0,1,...,n.

Feltettük, hogy f' integrálható, így a Riemann‐Lebesgue-lemma miatt
f'^(ω)0(|ω|).
Ebből
limt±|ω|f^(ω)0,
illetve, ha f k-szor differenciálható és f(k)L1,
limt±|ω|kf^(ω)0.
Ezt értelmezhetjük úgy. hogy minél simább az f, annál gyorsabban tart 0-hoz a Fourier-transzformáltja.
Ismert, hogy (elég általános feltételek mellett) ''be lehet differencálni az integráljel mögé''. Pontosabban, érvényes az alábbi tétel.


4.4.2.  Tétel.  Legyen a h(t,ω) függvény, mint t függvénye, integrálható R-en, ha ω[a,b]; az R×[a,b]-n létezik a hω parciális derivált, és van integrálható majoránsa, azaz olyan gL1(R) függvény, amelyre
|hω(t,ω)|g(t),ω[a,b].
Ekkor
ddω-h(t,ω)dt=-hω(t,ω)dt.

Ezt a tételt alkalmazhatjuk a Fourier-transzformáltra.
f^(ω)=-f(t)e-iωtdt,
az integrandusz nyilván differenciálható (ω szerint).
|ωf(t)e-iωt|=|-itf(t)e-iωt|=|tf(t)|,
tehát integrálható majoráns létezik, ha tf(t)L1; ez a feltétel elégséges a Fourier-transzformált differencálhatóságához. Továbbá, ha feltesszük, hogy f inverziós formulával előállítható, azaz
f(t)=12π-f^(ω)eiωtdω,
és ωf^(ω)L1(R), akkor
f'(t)=12π-f^(ω)(iω)eiωtdω.


4.4.3.  Tétel.  Legyen f(t),tf(t)L1. Ekkor f^ differenciálható, és
tf(t)Fourier-transzformáltjaiddωf^(ω).
Ha tnf(t)L1, nN,
tnf(t)Fourier-transzformáltjaindndωnf^(ω).



Bizonyítás.  Az előző tételünket alkalmazhatjuk, hiszen |tf(t)| integrálható majoráns.



4.4.4.  Tétel.  Tegyük fel, hogy f(t),tf(t)L1 és
-f(t)dt=0.
Ekkor
g(t):=-tf(x)dxL1,g^(ω)=f(ω)iω,(ω0),
és
g^(0)=--tf(t)dt.



Bizonyítás. 
0|g(t)|dt=0|-tf(x)dx|dt=0|tf(x)dx|dt(mert  -tf+tf=-f=0)0t|f(x)|dxdt=00x|f(x)|dtdx=0x|f(x)|dx<,
felcserélve az integrálás sorrendjét és felhasználva az |xf(x)| integrálhatóságát. Hasonlóan beláthatjuk, hogy
-0|g(t)|dt<,
tehát gL1.
Ha ω0, parciális integrálással
g^(ω)=-(-tf(x)dx)dt=[e-iωt-iω(-tf(x)dx)]t=--1-iω-f(t)e-iωtdt=f^(ω)iω.
Végül,
g^(0)=--tf(x)dxdt=-0tf(x)dxdt+-0-tf(x)dxdt=-00xf(x)dtdx+-0x0f(x)dtdx=-0xf(x)dx--0xf(x)dx=--xf(x)dx.


Tételeink szerint a Fourier-transzformáció az idő szerinti deriválásnak, illetve integrálásnak a frekvenciával való algebrai műveleteket, szorzást, illetve osztást feleltet meg; fordítva, a frekvencia szerinti deriválás és integrálás az idővel vett szorzással, osztással van kapcsolatban. Ez lehetővé teszi azt, hogy differenciálegyenleteket algebrai egyenletekké transzformáljunk.


4.4.5.  Feladat.  Határozzuk meg az
f(t):={1-|t|,ha  0|t|1,  0különben  
függvény Fourier-transzformáltját.

Megoldás.  Természetesen definíció szerint is számolhatnánk (l. ); ehelyett a Fourier-transzformáció formális tulajdonságait használjuk.
Vegyük észre, hogy f deriváltja szakaszonként állandó. Tudjuk (l. ), hogy az 1[-1/2,1/2](t)=:g(t) egységimpulzus Fourier-transzformáltja
g^(ω)=2sin(ω/2)ω.
A eltolási tétel miatt g(t±12) transzformáltja e±iω/2g^(ω), tehát a
h(t):=g(t+12)-g(t-12)
Fourier-transzformáltja
eiω/22sin(ω/2)ω-e-iω/22sin(ω/2)ω=2sin(ω/2)ω(2isinω2)=4isin2(ω/2)ω.
Végül, mivel
f(t)=-th(t)dt,
f^(ω)=1iω4isin2(ω/2)ω=sin2(ω/2)(ω/2)2.


4.5. Az inverziós formula


Láttuk, hogy ha

a(ω):=1π-f(t)cos(ωt)dt,b(ω):=1π-f(t)sin(ωt)dt,
akkor az inverziós formula alakja
f(t)0(a(ω)cos(ωt)+b(ω)sin(ωt))dω
lehet, exponenciális alakban pedig
f(t)-f^(ω)eiωxdx;
de azt is láttuk, hogy ezek az integrálok nem feltétlenül konvergensek. Azt a kérdést fogjuk vizsgálni, milyen feltételek mellett lesznek konvergensek
0,PV-
improprius értelemben?
Hasonlóan dolgozhatunk, mint a Fourier-sorok esetében. A részletösszegek helyébe az improprius integrált (vagy a főertéket) definiáló sp(t) függvény lép.
Legyen
sp(t):=0p(a(ω)cos(ωt)+b(ω)sin(ωt))dω=0p1π-f(x)(cosωtcosωx+sinωtsinωx)dxdω=1π0p(-f(x)cosω(t-x)dx)dω=1π-f(x)(0pcosω(t-x)dω)dx=1π-f(x)sinp(t-x)t-xdx=1π(-t-r+t-rt+r+t+r)f(x)sinp(t-x)t-xdx.
A két szélső integrál 0-hoz tart, ha p, hiszen az |x-t|r>0 félegyeneseken
|f(x)t-x||f(x)|r,
tehát f(x)t-x is integrálható; és alkalmazhatjuk a Riemann‐Lebesgue lemmát (l. ). A középső pedig (a t-x=u, x-t=v helyettesítésekkel)
1πt-rt+r(f(x))sinp(t-x)t-xdx=t-r0+0t+r=1π0rf(t-u)sinpuudu+0rf(t+v)sinpvvdv=1π0rf(t-x)+f(t+x)2sinpxxdx
Tehát a
limpspés a  limp1π0rf(t-x)+f(t+x)2sinpxxdx
határértékek egyszerre léteznek vagy nem, és ha léteznek, ugyanoda konvergálnak.
Az exponenciális alakból ugyanehhez a formulához jutunk, hiszen
sp(t):=12π-ppf^(ω)e-iωtdω=12π-pp-f(x)eiωxdxe-iωtdω=12π-f(x)-ppeiω(x-t)dωdx=12π-f(x)eip(x-t)-e-ip(x-t)i(x-t)=1π-f(x)sinp(t-x)t-xdx=.

A sinpxx függvény a (folytonos) Fourier-mag. Láttuk (l. ), hogy improprius értelemben integrálható, de az abszolút értéke nem; ez pontosan ugyanaz a viselkedés, mint amilyen a Dirichlet-mag volt a diszkrét esetben.
=.47   =.47
 
A diszkrét Dirichlet=mag (n=7) és a folytonos Fourier-mag (p=8)



4.5.1.  Tétel.  Legyen az fL1(R) függvény a t pont egy környezetében olyan, hogy
0r|f(t-x)+f(t+x)-2c2x|dx<.
Ekkor
c=0(a(ω)cos(ωt)+b(ω)sin(ωt))dω,
c=12πPV-f^(ω)eiωxdx.



Bizonyítás.  Mivel
-sinp(t-x)t-xdx=-sinuudu=π,
a fenti átalakításokat (sp(t)-c)-re elvégezve kapjuk, hogy
sp(t)-c=1π(-t-r+t-rt+r+t+r)(f(x)-c)sinp(t-x)t-xdx.

A két szélső integrál 0-hoz tart, ha p, hiszen az |x-t|r>0 félegyeneseken |f(x)-ct-x||f(x