1.

Fourier-sorok

1.

Bevezetés és definı́ciók(b)Z2π

Ennek a fejezetnek a célja, hogy egy 2π szerint periodikusfüggvényt felı́rjunk trigonometrikus függvényekből képzett
függvénysorként. Nyilván a cos x és a sin x függvények 2πszerint periodikus függvények és általában tetszőleges kegész szám esetén a cos kx és a sin kx függvények szintén2π szerint periodikus függvények, továbbá az ezekbőlformált∞
Xa0 +(ak cos kx + sin kx)

0Z2π

2πsin(k − l)x sin(k + l)x−=0k−lk+l01sin kx cos lxdx =22. Másrészt(a)(ak cos kx + sin kx)

Z2π

cos kxdx =0

A továbbiakban feltesszük, hogy a 2π szerint peiodikus
f (x) Riemann-integrálható a [0, 2π] intervallumban.
Először az f (x)-et a0Z2πf (x)dx =0a0 +01 − cos 2kx
dx =20Ekkor

2πsin 2kx
1= π.
x−24k0(c)Z2π(ak cos kx + bk sin kx)dx =k=10Z2π2∞X2π
sin 2kx
1= π;x+24k0sin kxdx =

k=1

Z2π

1 + cos 2kx
dx =
2(b)

(ak cos kx + bk sin kx)

végtelen trigonometrikus polinomként ı́rjuk fel.
formálisan számolva

Z2π2

Z2π

sin(k+l)x+sin(k−l)dx =2πcos(k + l)x cos(k − l)x−−=0k+lk−l0alakú függvénysorként. A feladat tehát az a0 , ak és bkvalós számok alkalmas megválasztása.

a0 +

Z2π00

k=1∞
Xcos(k−l)x−cos(k+l)dx =(c)függvénysorok is tetszőleges a0 , ak , bk valós számok esetén2π szerint periodikus függvényt adnak (feltéve, hogy mindenhol konvergensek). Ennek a fejezetnek a célja a 2πszerint periodikus függvényt felı́rni
a0 +Z2π0

k=1∞
X

1
sin kx sin lxdx =21sin kx cos kxdx =20"a0 x +∞Xak

k=1cos kx
sin kx− bkkkezérta0 =12π

= 2πa0 ,−0f (x)dx.

1 cos 2kx
=022k0Z2πf (x) cos kxdx =0Z2π

1. Ha k 6= l pozitı́v egészek, akkor(a)!
∞Xa0 +(al cos lx + bl sin lx) cos kxdx =01cos kx cos lxdx =2Z2π

Z2πa0 cos kx +cos(k+l)x+cos(k−l)dx =00

2π

A fentieket használva már meg tudjuk határozni az ak ésbk együtthatókat:

Z2πAz ak , bk együttható meghatározásához szükségünk lesz akövetkező integrálokra:

0sin 2kxdx =
0

#2π

0

Z2π

Z2π

l=1∞
X
(al cos lx cos kx + bl sin lx cos kx)dx =l=1Z2π2πsin(k + l)x sin(k − l)x+=0k+lk−l0a0

cos kxdx+01

Z2π∞
X

aléscos lx cos kxdx+l=10∞X

Z2π1bk =πf (x) sin kxdx.
0sin lx cos kxdx =bl

l=1Z2πPélda: Fejtsük Fourier-sorba az

0πakezért1πak =f (x) =1, 0 < x < π,2, π < x ≤ 2π

Z2πfüggvényt!
Megoldás: Nyilvánf (x) cos kxdx
0Hasonlóan kapjuk a bk együtthatókat:
a0 =Z2πf (x) sin kxdx =

12π

Z2π

 π
Z2π
Z
31 1dx + 2dx = ;f (x)dx =2π200π0Z2πa0 +0Z2π1ak =π!

nX(al cos lx + bl sin lx) sin kxdx = πZZ2π11 cos kxdx + 2 cos kxdx =πl=1Z2πa01πsin kxdx+0∞
XZ2π
al

l=1∞
X0ππ 2π !
sin kxsin kx+ 2=0kk0πéscos lx sin kxdx+

1bk =
π

0Z2π
blf (x) cos kxdx =0l=1nX
a0 sin kx +(al cos lx sin kx + bl sin lx sin kx)dx =0Z2π

Z2πf (x) sin kxdx =0sin lx sin kxdx =l=1 πZZ2π1
1 sin kxdx + 2 sin kxdx =π0πbk

π0ezért
1bk =πZ2π1πf (x) sin kxdx.
0Emiatt természetes a következő 2π szerint periodikusfüggvénnyel közelı́teni a 2π szerint periodikus f (x)-et:

π 
2π !
cos kxcos kx+ −2=−kk0π
cos kπ − 1(−1)k − 1=.
kπkπ

1. definı́ció. A 2π szerint periodikus f (x) Fourier-sora:
Így a nemnulla együtthatók:
a0 +∞X(ak cos kx + bk sin kx),a0 =

k=1ahol1
a0 =2π1πk = 1, 2, . . .,azaz a Fourier sor:

32sin 3x sin 5x−sin x +++ ... .
2 π
35Z2π
f (x)dx,0

ak =−23, b2k−1 =,2(2k − 1)πZ2πf (x) cos kxdx
02

2.

Fourier-sor részletösszegei

A tn (x) definı́ciójából könnyű ellenőrizni, hogy:
Z2πA következő tétel azt mondja ki, hogy a Fouriersor részletösszege a legkisebb átlagos hibanégyzet tulajdonságú.

t2n (x)dx = 2πα02 + πnX(αk2 + βk2 ).

k=10Ezért
1. tétel. Legyen az f (x) 2π szerint periodikus függvény,
az n-edik részletösszege: sn (x), azaznXsn (x) = a0 +Z2πZ2πnX2(f (x)−tn (x)) dx = f 2 (x)dx+2πα02 +π(αk2 +βk2 )−0

k =10(ak cos kx + bk sin kx)

k=12 2πα0 a0 + πLegyennX!
(αk ak + βk bk )=k=1tn (x) = α0 +nXZ2π(αk cos kx + βk sin kx)

k=1f 2 (x)dx+2π(α0 −a0 )2 +π(f (x) − sn (x)) dx ≤02πa20 + π(f (x) − tn (x)) dxés egyenlőség csak akkor teljesül, ha α0 = a0 , αk =ak , βk = bk .

Z2π
(f (x) − sn (x))2 dx =0Z2π(f (x) − tn (x))2 dx =Z2π2f (x)dx −02πa20 + π0Z2πt2n (x)dx − 2f (x)dx +0(a2k + b2k ) ,A minimum esetén:Bizonyı́tás: Nyilván2!

aminek a minimuma α0 = a0 , αk = ak , βk = bk eseténlesz, ahonnan már következik a tétel. 20Z2πnX

k=1Z2π2(αk − ak )2 + (βk − bk )2 −k=10tetszőleges α0 , αk , βk valós együtthatókkal. Ekkor mindenn ≥ 1 eseténZ2πnX0Z2π!

nX(a2k + b2k )k=1,ahonnan kapjuk, hogy
f (x)tn (x)dx.

Z2π0

Def (x)2 dx ≥ 2πa20 + πf (x)tn (x)dx =(a2k + b2k ).

k=10Z2πnX

Mivel ez minden n ≥ 1 esetén igaz, ezért0Z2πf (x) α0 +nXZ2π!
(αk cos kx + βk sin kx) dx =(a2k + b2k ).

A következő, itt nem bizonyı́tott állı́tás azt mondja ki,hogy itt egyenlőség áll:

Z2π
α0∞
X

k=10

k=10f (x)2 dx ≥ 2πa20 + πf (x)dx+0nX
k=1Z2παkf (x) cos kxdx + βk
0

2. tétel (Parseval-formula). Ha a 2π szerint periodikus
f (x) Riemann-integrálható a [0, 2π] intervallumban, akkor

Z2πf (x) sin kxdx =02πα0 a0 + πnXZ2π(αk ak + βk bk ).

0

k=1

3f (x)2 dx = 2πa20 + π∞
X(a2k + b2k ).

k=1

Ebből már következik, hogy négyzetes átlagban arészletösszeg közel van az f (x) függvényhez:A fenti, nem bizonyı́tott tétel következménye:Következmény: Ha a 2π szerint periodikus f (x)függvény olyan, hogy a [0, 2π] intervallum felbonthatóvéges sok intervallumra úgy, hogy egy részintervallumon
a függvény monoton és folytonos, a szakadási pontokban
létezik a bal ill. jobboldali határérték, akkor a Fourier-sor
előállı́tja a függvényt az f (x) folytonossági pontjaiban ésa szakadási helyeken a Fourier-sor az f (x) ottani bal ésjobboldali határérték átlagát veszi fel.

Z2π(f (x) − sn (x))2 dx = 0.
lim

n→∞

0Példa: A Parseval formulát használjuk az
f (x) =függvény esetén!
Megoldás:
Tudjuk,együtthatók:
a0 =3,2b2k−1 =1, 0 < x < π,2, π < x ≤ 2πPéldák:
1. (a) Fejtsük Fourier-sorba az

hogy

anem-nulla−2,(2k − 1)πFourier-f (x) = x,

ha 0 < x < 2π

2π szerint periodikus függvényt!
k = 1, 2, . . ..

(b) Határozza meg f (2kπ) értéleit úgy, hogy f (x)mindenhol folytonos legyen!

EzértZ2π
5π =f (x)2 dx = 2πa20 + π∞
XMegoldás: A határozott integrál definı́ciója alapján:(a2k + b2k ) =

k=10

4π
4, 5π − 2π

a0 =továbbá

1
ak =πpontonkénti

xdx = π,Z2π
x cos kxdx =011π2= 1 + 2 + 2 + ...
835Fourier-sor
genciájaZ2π0
1
1
1 + 2 + 2 + ... ,35ahonnan rendezés után3.

12π

2π Z2π
sin kx 1  sin kx−dx =xπkk0
konver-02π



1 cos kx
= 0,π
k2
0

A következőkben arra keressünk választ, hogy a fent
kapott Fourier-sor milyen feltételek esetén állı́tja elő a 2π
szerint periodikus f (x) függvényt. Ehhez szükség van akövetkező definicióra:ésbk =1π

Z2πx sin kxdx =02π Z2π1
cos kxcos kx dx =−x
− −π
kk
0

2. definı́ció. Az f (x) függvény szakaszosan folytonos az
I intervallumon, ha véges sok pont kivételével az f (x)folytonos és ahol szakadása van, ott létezik a bal és jobboldali határérték.

01π

A fenti definı́cióra támaszkodva már megadhatjuk, hogy
a Fourier-sor milyen kapcsolatban van az f (x)-szel.

2π !
cos(2kπ)sin kx2−2π+=− .
kk2 0kÍgy a Fourier-sor:sin 2x sin 3x++ ... .
π − 2 sin x +233. tétel. Tegyük fel, hogy az f (x) és f 0 (x) függvények
szakaszosan folytonosak a [0, 2π]-ben. Ekkor a Fouriersor értéke az f (x) folytonossági pontjaiban megegyezik
f (x)-szel, mı́g szakadási pontokban a bal és jobboldali
határértékének átlagát veszi fel.

A konvergenciáról szóló tétel alapján az f (2kπ) = πválasztás kell ahhoz, hogy a Fourier-sor előállı́tsa a4

függvényt a szakadási helyen.
Megjegyezzük, hogy az x =következőt adja:

1. Legyen f (x) egy páros függvény.
párossága miattπ
2helyettesı́tés aππ
sin 2π sin 3π= f ( ) = π − 2(sin π +++ ...) =2223ezértπ
1 1= 1 − + − +...,
43 5
ami nem olyan meglepő, mivel tanultuk, hogy−πZ2π1πf (x) cos kxdx =1bk =πf (x) cos kxdx =f (x) cos kxdx.

Z2π

Zπ

1f (x) sin kxdx =πf (x) sin kxdx = 0,−πtehát a Fourier-sor nem tartalmaz szinuszos tagokat,
emiatt ezt a Fourier-sort tiszta koszinuszos Fouriersornak mondjuk.
2. Most legyen f (x) egy páratlan függvény. Ekkor f (x)páratlansága miatt

Olyan a0 , ak , bk valós számokat kell találnunk, amelyekkel

1a0 =2π(ak cos kx + bk sin kx).

k=1Z2π1f (x)dx =2πA linearizációs formulák szerint:Zπf (x)dx = 0,−π0továbbá f (x) cos kx páratlansága miatt

1 − cos 2x
sin x =21ak =π11sin x − sin x cos 2x =221131sin x − (sin 3x + sin(−x)) = sin x − sin 3x,2444Z2πZπ1f (x) cos kxdx =πf (x) cos kxdx = 0−π0Mivel f (x) sin kx páros, ezért
1bk =πazaz a nemnulla Fourier-együtthatóák: b1 = 43 és b3 =− 41 .

Z2π

1f (x) sin kxdx =π2πAz alábbiakban azt gondoljuk meg, hogy páros és páratlanfüggvények esetén hogyan egyszerűsödik le az együtthatókkiszámı́tása.

Zπf (x) sin kxdx =−π0Páros és páratlan függvények

Zπf (x) sin kxdx,0emiatt ez a Fourier-sor csak szinuszos tagokat tartalmaz, ezért ezt tiszta szinuszos Fourier-sornak mondjuk.

A továbbiakban felhasználjuk, hogy ha g(x) egy 2π szerint periodikus függvény, akkor a [π, 2π] intervallumon
vett integrál megegyezik a [−π, 0] intervallumon vett integrállal, ezértPéldák:
1. Fejtsük tiszta szinuszos Fourier-sorba az

Zπg(x)dx =ZπMivel f (x) sin kx páratlan, ezértfüggvényt!

01π0

ha −1 < x < 1,f (x) = sin3 xZ2πf (x)dx,0Zπ0sin3 x = sin2 x sin x =Zπ−π2π2. Fejtsük Fourier-sorba az

4.

1f (x)dx =π0

ami a fentiek alapján x = 1 (és x = −1) esetén isigaz.

sin3 x = a0 +Zπtovábbá f (x) cos kx párossága miattak =∞X

1f (x)dx =2π0

1 1
π − 2(1 − + − + . . . ),3 5x5x3+− +...
arctgx = x −35Z2π1a0 =2π

Ekkor f (x)f (x) = x(π − x)g(x)dx.
−πfüggvényt!
50≤x≤πMegoldás: A függvényt a [−π, 0] intervallumon úgyegészı́tjük ki, hogy a [−π, π] intervallumban páratlan
legyen. Erre a függvényre már alkalmazhatjuk afenti képleteket. A részleteket mellőzve a következőtkapjuk
b2k = 0πZ82x(π − x) sin(2k − 1)xdx =,b2k−1 =π(2k − 1)3 π0azaz
8πf (x) =
sin 3x sin 5x++.
.
.
sin x +3353

2. Magyarázza meg, hogy a korábban kiszámoltf (x) = x,

0 < x < 2π

2π szerint periodikus függvény Fourier-sora miért
nem tartalmaz koszinuszos tagot!
Megoldás: Tekintsük a g(x) = f (x) − π2 függvényt.
Ez már páratlan lesz, emiatt az ő Fourier-sora csak
szinuszos tagokat tartalmaz. Ehhez a Fourier-sorhoz
hozzáadva π2 -et megkapjuk f (x) Fourier-sorát.

5. T szerint periodikus függvényekFourier-sora
Tegyük fel, hogy f (x) egy T szerint periodikus, a[0, T ]-ben Riemann integrálható függvény. Ekkor őta következő alakú Fourier-sorba fejthetjük:a0 +∞X

ak cosk=12kπ2kπx + bk sinx,
TTahol1a0 =TZTf (x)dx,02
ak =TZT
f (x) cos

2kπxdxTf (x) sin

2kπxdx.
T0és2
bk =TZT
0A konvergenciára hasonló tétel mondható ki, mint
ami a 2π szrint periodikus függvényekre vonatkozik.
A részleteket mellőzzük.

6