Fourieranalyse/Convergentie

Niet elke periodieke functie heeft een fourierreeks. Als een periodieke functie een fourierreeks heeft, zou het plezierig zijn als deze reeks de functie benadert. Er zijn echter periodieke functies met een fourierreeks, die niet convergeert naar de oorspronkelijke functie. Voor andere periodieke functies met een fourriereeks is er wel sprake van convergentie. Voor sommige functies is er alleen puntgewijze convergentie, voor andere convergeert de fourrierreeks zelfs uniform.

Puntsgewijze convergentie

Onder bepaalde voorwaarden zal de fourierreeks puntgewijze convergeren, zij het dat voor punten waar de functie discontinu is, de reeks convergeert naar wat de gemiddelde waarde heet, een waarde midden tussen de linker- en rechterlimiet.

Definitie

Onder de gemiddelde waarde van een functie in het punt x, verstaan we:

$f(x\pm 0)=\frac{f(x-0)+f(x+0)}{2}$,

mits de linker- en rechterlimieten bestaan.

In een continuïteitspunt van f is de gemiddelde waarde natuurlijk gelijk aan de functiewaarde f(x).

De bovengenoemde voorwaarden heten de Dirichlet-voorwaarden.

Definitie

Een functie f voldoet aan de Dirichlet-voorwaarden als voor elke x:

• de linker- en rechterlimiet $f(x-0)=\underset{y\uparrow 0}{\lim }f(x+y)$ en $f(x+0)=\underset{y\downarrow 0}{\lim }f(x+y)$ bestaan, en
• $\underset{h\downarrow 0}{\lim }\frac{f(x+h)-f(x+0)}{h}$ en $\underset{h\uparrow 0}{\lim }\frac{f(x+h)-f(x-0)}{h}$ bestaan

Stelling

Voor functies f die voldoen aan de Dirichlet-voorwaarden convergeert de fourierreeks puntsgewijs naar de gemiddelde waarde, dwz.:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(a_0+\sum _{k=1}^n(a_k\cos (ky)+b_k\sin (ky)))=f(y\pm 0).$

Bewijs

Voor de partiële sommen geldt:

$f_n(y)=a_0+\sum _{k=1}^n(a_k\cos (ky)+b_k\sin (ky))=$

$\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)(\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n(\cos (kx)\cos (ky)+\sin (kx)\sin (ky)))dx=$

$\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)(\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n\cos (k(x-y)))dx{=}^{1)}$

$\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\frac{\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})(x-y))}{\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}(x-y))}dx=$

$\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi -y}{\overset{\pi -y}{\int }}f(x+y)\frac{\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)}{\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}dx=$

$\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x+y)\frac{\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)}{\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}dx$

Omdat:

$\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}\frac{\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)}{\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}dx=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}(\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n\cos (kx))dx=1$

en analoog

$\frac{1}{2\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)}{\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}dx=1$,

volgt:

$f_n(y)-\frac{f(y-0)+f(y+0)}{2}=$

$=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}(f(x+y)-f(y-0))\frac{\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)}{\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}dx+$

$+\frac{1}{2\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}(f(x+y)-f(y+0))\frac{\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)}{\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}dx$

We laten vervolgens zien dat elk van de beide integralen naar 0 nadert voor toenemende n. We bezien de eerste van de beide integralen, een beetje anders geschreven:

$\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}\frac{f(x+y)-f(y-0)}{\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)dx$

Het bewijs gaat nu verder langs de volgende lijnen:

We tonen aan dat de functie:

$\frac{f(x+y)-f(y-0)}{\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}$

integreerbaar is.

Daardoor kan deze functie willekeurig dicht benaderd worden door een trapfunctie, een eindige som van functies die op een deelinterval constant zijn en 0 daarbuiten. Een zo'n functie is bijvoorbeeld gelijk aan c op het deelinterval (a,b) en 0 daarbuiten. Dan is:

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}c\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)dx=c\frac{\cos ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})b)-\cos ((n+\frac{1}{2})a)}{n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}}\to 0$ als n toeneemt.

Om de integreerbaarheid aan te tonen, schrijven we:

$\frac{f(x+y)-f(y-0)}{\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}=\frac{f(x+y)-f(y-0)}{x}\frac{x}{\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}$

Omdat f integreerbaar is, zal voor x niet te dicht bij 0 deze functie integreerbaar zijn. Verder is in de Dirichlet-voorwaarden precies geëist wat hier nodig is, nl. het bestaan van:

$\underset{x\uparrow 0}{\lim }\frac{f(y+x)-f(y-0)}{x}$.

Omdat ook

$\underset{x\uparrow 0}{\lim }\frac{x}{\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}$ bestaat,

is de integreerbaarheid aangetoond en daarmee de stelling bewezen

1)

$\sum _{k=0}^n\cos (kx)=\mathrm{\Re }\sum _{k=0}^n{e}^{ikx}=\mathrm{\Re }\frac{e^{i(n+1)x}-1}{e^{ix}-1}=\mathrm{\Re }\frac{e^{i(n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x}-e^{-ix/2}}{e^{ix/2}-e^{-ix/2}}=\frac{\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)+\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}{2\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}$

dus

$\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n\cos (kx)=\sum _{k=0}^n\cos (kx)-\frac{1}{2}=\frac{\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)}{2\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}$

Of via inductie; we laten alleen de inductiestap zien:

$\sum _{k=0}^n\cos (kx)-\frac{1}{2}+\cos ((n+1)x)=\frac{\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)}{2\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}+\cos ((n+1)x)=$

$=\frac{\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)}{2\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}+\cos ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)\cos (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)-\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)=$

$=\frac{\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)+\cos ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)2\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)\cos (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)-\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)2{\sin }^2(\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}{2\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}=$

$=\frac{\cos ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)\sin (x)+\sin ((n+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)\cos (x))}{2\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}=\frac{\sin ((n+1+\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array})x)}{2\sin (\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}x)}$

Voorbeelden

In dit eerste voorbeeld is de functie f gegeven op het interval $(-\pi ,\pi ]$ en wordt deze daarbuiten periodiek voortgezet.

$f(x)=\frac{1}{x}$, voor $x\ne 0,\pi ,f(0)=f(\pi )=0$,

Deze functie heeft geen fourierreeks.

Welke functies kunnen benaderd worden door een fourierreeks? Functies die continu differentieerbaar zijn voldoen aan de voorwaarden, evenals stuksgewijs continu differentieerbare functies.

Een voorbeeld is een driehoekig signaal.

Driehoekspuls

We kiezen de maximale waarde 1 en de minimale -1.

$f(x)=\{\begin{array}{ccc}1+\frac{2}{\pi }x& als& -\pi <x\le 0\\ \\ 1-\frac{2}{\pi }x& als& 0<x\le \pi \end{array}$

Goede benadering met 6 termen

Deze functie is overduidelijk stuksgewijs continu differentieerbaar. De coëfficiënten zijn:

$a_0=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)dx=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}(1+\frac{2}{\pi }x)dx+\frac{1}{2\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}(1-\frac{2}{\pi }x)dx=0$

en voor n>0:

$b_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)dx=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}(1+\frac{2}{\pi }x)\sin (nx)dx+\frac{1}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}(1-\frac{2}{\pi }x)\sin (nx)dx=0$

en

$a_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\cos (nx)dx=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}(1+\frac{2}{\pi }x)\cos (nx)dx+\frac{1}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}(1-\frac{2}{\pi }x)\cos (nx)dx=$

$=\frac{2}{{\pi }^2}\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}x\cos (nx)dx-\frac{2}{{\pi }^2}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}x\cos (nx)dx=-\frac{4}{{\pi }^2}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}x\cos (nx)dx=$

$=-\frac{4}{n{\pi }^2}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}xd\sin (nx)=\frac{4}{n{\pi }^2}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin (nx)dx=\frac{4}{n^2{\pi }^2}(1-\cos (n\pi ))=\{\begin{array}{cc}0& \text{als }n\text{ even}\\ \frac{8}{n^2{\pi }^2}& \text{als }n\text{ oneven}\end{array}$

Dus:

$f(x)=\frac{8}{{\pi }^2}\left(\cos (x)+\frac{1}{3^2}\cos (3x)+\frac{1}{5^2}\cos (5x)+\dots \right)$

Het zal ons niet verbazen dat a₀ en b_n gelijk zijn aan nul. De driehoekspuls lijkt immers al veel op een gewone cosinus. Daarom zijn ook a_2k gelijk aan 0. De cosinus heeft wat correctie nodig via a_2k+1. Omdat de driehoek continu is en al zoveel op de cosinus lijkt nemen de coëfficiënten snel af met toenemende k.

Een heel ander geval is de zaagtand.

Zaagtand

We kiezen de maximale waarde 1 en de minimale -1.

$f(x)=\{\begin{array}{ccc}\frac{1}{\pi }x& als& -\pi <x<\pi \\ \\ 0& als& x=\pi \end{array}$

Deze functie is niet continu, maar wel stuksgewijs continu differentieerbaar. De coëfficiënten zijn:

$a_0=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)dx=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}xdx=0$

en voor n>0:

$a_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\cos (nx)dx=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{1}{\pi }x\cos (nx)dx=0$

en

$b_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)dx=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{1}{\pi }x\sin (nx)dx$

$=-\frac{1}{n{\pi }^2}\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}xd\cos (nx)=-\frac{1}{n{\pi }^2}x\cos (nx){|}_{-\pi }^{\pi }=-\frac{2}{n\pi }\cos (n\pi )=(-1{)}^{n+1}\frac{2}{n\pi }$

Dus:

$f(x)=\frac{2}{\pi }\left(\sin (x)-\frac{1}{2}\sin (2x)+\frac{1}{3}\sin (3x)-\dots \right)$

Dit is een oneven functie, die dus door uitsluitend sinussen benaderd kan worden. In de buurt van 0 lijkt de functie wel op een sinus, maar de discontinuïten maken dat er erg veel termen nodig zijn voor een goede benadering in de buurt van die punten.

Een ander bekend voorbeeld is de blokgolf.

Blokgolf

$f(x)=\{\begin{array}{cc}-1& \text{als }-\pi <x<0\\ 1& \text{als }0<x<\pi \\ 0& \text{als }x=0,\pi \end{array}$

Deze functie is niet continu, maar wel stuksgewijs continu differentieerbaar. De coëfficiënten zijn:

$a_0=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)dx=-\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}dx+\frac{1}{2\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}dx=0$

en voor n>0:

$a_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\cos (nx)dx=-\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}\cos (nx)dx+\frac{1}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\cos (nx)dx=0$

en

$b_n=\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (nx)dx=-\frac{1}{\pi }\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}\sin (nx)dx+\frac{1}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin (nx)dx=$

$=\frac{2}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin (nx)dx=-\frac{2}{n\pi }\cos (nx){|}_0^{\pi }=\frac{2}{n\pi }(1-\cos (n\pi ))=\{\begin{array}{cc}0& \text{als }n\text{ even}\\ \frac{4}{n\pi }& \text{als }n\text{ oneven}\end{array}$

Dus:

$f(x)=\frac{4}{\pi }\left(\sin (x)+\frac{1}{3}\sin (3x)+\frac{1}{5}\sin (5x)+\dots \right)$

Dit is een oneven functie, die dus door uitsluitend sinussen benaderd kan worden.