Furijeovi Redovi Zadaci I Deo

FURIJEOVI REDOVI – ZADACI ( I deo)

Primer 1. Funkciju y = x razviti u Furijeov red na intervalu [−π , π ]

Rešenje:

Najpre ćemo nacrtati sliku da se podsetimo kako izgleda ova funkcija...

y

y=x

y=-x

1 -1

0

1 y= x

x

Očigledno je funkcija parna ( grafik je simetričan u odnosu na y osu), pa koristimo formule:

a0 =

2

π

an =

π

∫ f ( x)dx 0

π

2

∫ f ( x) cos nxdx

π

f ( x) =

a0 =

2

π

dok je

bn = 0

0 ∞ 1 a0 + ∑ an cos nx 2 n =1

π

∫

f ( x)dx =

0

2

π

π

∫ xdx = 0

2

π

⋅(

x2 π 2 π 2 ) / = ⋅( ) = π 2 0 π 2

Dalje tražimo:

1

an =

2

π

π

∫ f ( x) cos nxdx = a

n

=

0

2

π

π

∫ x cos nxdx = 0

Ovaj integral ćemo rešiti uz pomoć parcijalne integracije, izvučimo ga na stranu , bez granica: x=u

cos nxdx = dv

1 1 x sin nx 1 = x ⋅ sin nx − ∫ sin nxdx = − ∫ sin nxdx = 1 n n n n sin nx = v n x sin nx 1 1 x sin nx 1 cos nx = = + + 2 cos nx n nn n n

∫ x cos nxdx = dx = du

Sad mu stavimo granicu:

   0 ⋅ sin n ⋅ 0 1  x sin nx 1  π  π sin nπ 1 + 2 cos nx  / =  + 2 cos nπ  −  + 2 cos n ⋅ 0  n n n n n ovo je 1  n  0     ovo je 0  1 1 1 = 2 cos nπ − 2 = 2 (cos nπ − 1) n n n

 = 

Onda je : π 2 2 1 2 an = ∫ f ( x) cos nxdx = ⋅ 2 (cos nπ − 1) = 2 (cos nπ − 1) π 0 π n πn Naravno da n uzima vrednosti 1,2,3... Izraz cos nπ neizmenično ima vrednosti :

za n=1 je cosπ =-1 za n=2 je cosπ =1 za n=3 je cosπ =-1 za n=4 je cosπ =1 itd. Dakle , važi da je cos nπ = (−1) n Onda je an =

2 ((−1)n − 1) 2 πn

Ako je n paran broj , imamo: a2 n =

2 ((−1) 2 n − 1) = 0 π n2

Ako je n neparan broj , imamo: a2 n −1 =

2 2 −4 ((−1) 2 n −1 − 1) = ⋅ (−2) = 2 2 π (2n − 1) π (2n − 1) π (2n − 1) 2

2

Vratimo se sada u formulu za razvoj: f ( x) =

∞ ∞   1 1 −4 1 −4 ∞ cos(2n − 1) x a0 + ∑ an cos nx = π + ∑  cos(2 n − 1) x = π + ∑ 2  2 2 2 π n =1 (2n − 1) 2 n =1 n =1  π (2 n − 1) 

Dakle : 1 4 ∞ cos(2n − 1) x f ( x) = x = π − ∑ 2 π n =1 (2n − 1) 2

Primer 2. Razviti u Furijeov red funkciju f ( x) = sgn x u intervalu [−π , π ] Rešenje:

Najpre malo objašnjenje: Funkcija sgnx se čita signum od x ili po naški znak od x .

Ona je ustvari:

 −1, za x < 0    sgn x =  0, za x = 0  +1, za x > 0   

pogledajmo sliku:

y

1 0

x

-1

Ako je x ≠ 0 onda imamo sgn x =

x x

Nama ova funkcija treba na intervalu [−π , π ] : y

1 -π

0

π

x

-1

3

2

Očigledno je data funkcija neparna, pa koristimo formule: bn =

bn =

2

π

π

∫

f ( x) sin nxdx =

0

2

π

π

∫ sin nxdx = 0

π

π

∫

∞

f ( x) sin nxdx

f ( x) = ∑ bn sin nx n =1

0

2  cos nx  π 2  cos nπ cos n ⋅ 0  − + / = − = π  n  0 π n n 

2  (−1) 1  2 + = (1 − (−1)n ) − π n n  πn n

=

Opet ćemo razlikovati parne i neparne članove: Za n paran broj je b 2 n = 0 Za n neparan broj je b 2 n −1 =

2 4 (1 + 1) = π (2n − 1) π (2n − 1)

Sada se vratimo u početnu formulu za razvoj i imamo:

4 4 ∞ sin(2n − 1) x sin(2n − 1) x = ∑ π n =1 2n − 1 n =1 π (2 n − 1)

∞

∞

f ( x) = ∑ bn sin nx = ∑ n =1

sgn x =

4

sin(2n − 1) x 2n − 1 n =1 ∞

∑ π

Primer 3. Funkciju f ( x) = {

π, −π ≤ x < 0 razviti u trigonometrijski red. x, 0 ≤ x ≤ π

Rešenje:

Najpre uočimo da je zadati interval [−π , π ] . Znači da ćemo koristiti formule: a0 =

1

π

π

∫

an =

f ( x)dx

−π

1

π

π

∫

bn =

f ( x) cos nxdx

−π

1

π

π

∫

f ( x) sin nxdx

−π

Pazite na jednu stvar: pošto je funkcija zadata na ovaj način moramo raditi 2 integrala, gde ćemo kad su granice od

−π do 0 uzimati vrednost f(x) = π , a kad granice idu od 0 do π uzimamo f(x) = x a0 =

1

π

π

∫

−π

f ( x)dx =

1

π

0

∫ π dx +

−π

1

π

π

∫ xdx = 0

1

π

π ⋅x/

0 −π

+

1 x2 π π 3π / =π + = π 2 0 2 2

4

an =

1

π

π

∫π

0

1

f ( x) cos nxdx =

∫π

π

−

π cos nxdx +

−

0

1

1

π

π

∫ x cos nxdx 0

π

∫π cos nxdx + π ∫ x cos nxdx

=

−

0

Ovde imamo integral sa parcijalnom integracijom, pa ćemo njegovu vrednost ( bez granica naći “na stranu”) x=u

cos nxdx = dv 1 1 x sin nx 1 ∫ x cos nxdx = dx = du 1 sin nx = v = x ⋅ n sin nx − ∫ n sin nxdx = n − n ∫ sin nxdx = n x sin nx 1 1 x sin nx 1 = + cos nx = + 2 cos nx n nn n n

Sad se vratimo u an : 0

an =

∫ cos nxdx +

−π

1

π

0

1

1  x sin nx 1  π + 2 cos nx  / n n  0

x cos nxdx = sin nx / + −π π  π∫ n 0

    1 1 1 π sin nπ 1 0 sin n ⋅ 0 1 = [ sin n ⋅ 0 − sin n(−π )]+ [ + 2 cos nπ  −  + 2 cos n ⋅ 0 ]    π  n n n n n n ovo je sve 0  ovo je 0   ovo je 0  1 1 1 1 1 = ( 2 cos nπ − 2 ) = 2 (cos nπ − 1) = 2 ((−1)n − 1) π n πn πn n Dakle : −2 , n = 2k + 1, k = 0,1, 2,3... 1 n an = 2 ((−1) − 1) = { π (2k + 1) 2 πn 0, n = 2k , k = 0,1, 2,3...

Još da nadjemo : bn =

1

π

π

∫

f ( x) sin nxdx =

−π

1

π 0

=

0

∫ π sin nxdx +

−π

1

1

π

π

∫ x sin nxdx 0

π

∫π sin nxdx + π ∫ x sin nxdx

−

0

I ovde ćemo najpre odraditi parcijalnu integraciju: x=u

sin nxdx = dv 1 1 x cos nx 1 ∫ x sin nxdx = dx = du − 1 cos nx = v = − x ⋅ n cos nx + ∫ n cos nxdx = − n + n ∫ cos nxdx = n =−

x cos nx 1 1 x cos nx 1 + sin nx = − + 2 sin nx n nn n n

5

Sada imamo:

0

bn =

∫ sin nxdx +

−π

1

π

π

∫ x sin nxdx 0

 1  0 1  x cos nx 1  π =  − cos nx  / + − + 2 sin nx  / n n  n  −π π   0  1   1  1  π cos nπ 1   0 ⋅ cos(n ⋅ 0) 1  = { − cos n ⋅ 0  −  − cos n(−π ) } + { − + 2 sin nπ  −  − + 2 sin(n ⋅ 0) } n n n n  n   n  π     1 1 1 π cos nπ = − + cos nπ + (− ) π n n n 1 cos nπ cos nπ − bn = − + n n n 1 bn = − n Sada možemo zapisati i ceo razvoj: ∞ 1 f ( x) = a0 + ∑ (an cos nx + bn sin nx) 2 n =1

f ( x) =

3π 2 ∞ cos((2k + 1)π ) ∞ sin nx − ∑ −∑ 4 π k =0 (2k + 1)2 n n =1

Ovaj red konvergira ka funkciji S koja se, po Dirihleovoj teoremi poklapa sa funkcijom f na intervalu: [−π , 0) ∪ (0, π ] a kako f(x) ima prekid za x = 0 to je S (0) =

f (0 − 0) + f (0 + 0) π + 0 π = = 2 2 2

grafik pogledajte na slici: y

π

- 2π

-π

0

π

2π

x

www.matematiranje.com 6