Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

14Deret Fourier

Dapatkah setiap sinyal berkala dibangun ulang dari sinus dan kosinus murni? Jawaban “ya” Fourier yang berani menciptakan satu abad analisis. Bab ini membuktikan dua pilarnya yang terjangkau pada tingkat ini: teorema Dirichlet (yakni rekonstruksi titik demi titik untuk fungsi $C^1$ sepotong-sepotong, lewat kernel Dirichlet) dan kesamaan Parseval (yakni energi sebuah sinyal sama dengan jumlah energi harmoniknya), lalu memanen deret numerik klasiknya — dengan Basel $\sum 1/n^2 = \pi^2/6$ yang pertama di antaranya.

Di sepanjang bab ini, fungsinya berkala- $2\pi$ , kontinu sepotong-sepotong, dan bernilai kompleks; sedangkan $\mathcal{C}$ menyatakan yang kontinu.

14.1 Koefisien Fourier

Definisi 14.1

Adapun koefisien Fourier bagi $f$ adalah

c_n(f) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(t)\,\eu^{-\iu n t}\,\dd t \qquad (n \in \Z),

dan koefisien bentuk realnya $a_n = c_n + c_{-n}$ , $b_n = \iu(c_n - c_{-n})$ , sehingga jumlah parsial Fourier berbunyi

S_N(f)(t) = \sum_{n=-N}^{N} c_n(f)\,\eu^{\iu nt} = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{N}\bigl(a_n\cos nt + b_n \sin nt\bigr).

Pada $\mathcal{C}$ , definisikan hasil kali dalam Hermitian $\langle f, g\rangle = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\conj f\,g$ : maka eksponensial $e_n(t) = \eu^{\iu nt}$ bersifat ortonormal (sebab $\langle e_m, e_n\rangle = \delta_{mn}$ lewat perhitungan langsung), dan $c_n(f) = \langle e_n, f\rangle$ : jadi analisis Fourier adalah geometri Hermitian (Bab 13) dalam dimensi tak hingga.

Proposisi 14.2 (Ketaksamaan Bessel)

Jumlah $S_N(f)$ adalah proyeksi ortogonal $f$ ke ruang $\mathcal{T}_N$ berisi polinomial trigonometri berderajat $\leq N$ , dan

\sum_{n=-N}^{N} \abs{c_n(f)}^2 \leq \norm f_2^2 = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} \abs f^2 :

jadi deret $\sum \abs{c_n}^2$ konvergen, dan $c_n(f) \to 0$ ketika $\abs n \to \infty$ (yakni Riemann–Lebesgue bagi koefisiennya).

Bukti. Selisih $f - S_N(f)$ ortogonal terhadap tiap $e_k$ dengan $\abs k \leq N$ (sebab $\langle e_k, f - S_N f\rangle = c_k - c_k = 0$ ): jadi $S_Nf$ adalah proyeksi ortogonal ke $\mathcal{T}_N = \operatorname{Vect}(e_{-N}, \dots, e_N)$ (lewat teorema proyeksi jilid Tahun ke-1, kata demi kata pada latar Hermitiannya). Menurut Pythagoras: $\norm f_2^2 = \norm{S_Nf}_2^2 + \norm{f - S_Nf}_2^2 \geq \norm{S_Nf}_2^2 = \sum_{\abs n \leq N} \abs{c_n}^2$ ; lalu lewatkan $N \to \infty$ . ∎

Contoh 14.3 (Hampiran terbaik, ditakar)

Seberapa baik polinomial trigonometri berderajat rendah menghampiri gigi gergaji $f(t) = t$ (pada $\intoo{-\pi}{\pi}$ ) dalam rerata kuadratiknya? Menurut Proposisi 14.2, hampiran terbaik berderajat $N$ adalah $S_N(f)$ , dengan galat kuadrat

\norm{f - S_Nf}_2^2 = \norm f_2^2 - \sum_{\abs n\leq N}\abs{c_n}^2 .

Di sini $\norm f_2^2 = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi t^2\dd t = \frac{\pi^2}{3}$ , dan dari $b_n = \frac{2(-1)^{n+1}}{n}$ (Contoh 14.12) diperoleh $\abs{c_n}^2 + \abs{c_{-n}}^2 = \frac{b_n^2}{2} = \frac{2}{n^2}$ . Jadi

\norm{f - S_Nf}_2^2 = \frac{\pi^2}{3} - \sum_{n=1}^{N}\frac{2}{n^2} \qquad\text{: secara numerik } 1.29,\ 0.79,\ 0.57,\ 0.44

untuk $N = 1, 2, 3, 4$ — yang menurun, tetapi lambat: sebab ekornya $\sum_{n>N}\frac2{n^2} \sim \frac2N$ dikendalikan oleh peluruhan $\frac1n$ yang lambat pada koefisiennya, dan itu sendiri tanda lompatannya (Latihan 14.6 yang dibaca terbalik). Pelajaran penutupnya: Parseval mengubah mutu hampiran menjadi ekor sebuah deret numerik — lalu meramalkan, sebelum sebuah gambar pun, bahwa lompatan membuat deret Fourier konvergen dengan enggan.

Metode 14.4 (Menghitung koefisien Fourier secara efisien)

Sebelum mengintegralkan apa pun:

Keparitasan: $f$ yang genap punya $b_n = 0$ , dan $f$ yang ganjil punya $a_n = 0$ , dan integral yang bertahan menyusut menjadi $\frac2\pi \int_0^\pi$ — jadi separuh kerja dengan keandalan dua kali lipat.
Polinomial trigonometri sudah selesai: linearkan hasil kalinya ( $\cos^3$ , $\sin^2\cos$ , …) lalu bacalah koefisiennya (Latihan 14.9); sebab keortonormalannya membuat pengintegralan lanjutan menjadi mubazir.
Eksponensial kompleks untuk eksponensial: untuk faktor $\eu^{at}$ atau osilasi teredam, hitunglah $c_n$ secara langsung — sebab satu integral $\eu^{(a - \iu n)t}$ mengalahkan dua kali pengintegralan parsial (Latihan 14.10).
Turunkan sebuah uraian yang diketahui: bila $f'$ punya koefisien yang diketahui dan $f$ kontinu, maka $c_n(f) = \frac{c_n(f')}{\iu n}$ (untuk $n \neq 0$ ) memulihkan semuanya kecuali $c_0$ , yang tak lain rerataannya — ini kerap rute tercepat, dan sah persis di bawah hipotesis Teorema 14.10 (1).

14.2 Teorema Dirichlet

Lema 14.5 (Kernel Dirichlet)

Berlaku $S_N(f)(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x + u)\,D_N(u)\,\dd u$ , dengan

D_N(u) = \sum_{n=-N}^{N} \eu^{\iu nu} = \frac{\sin\bigl((N + \frac12)u\bigr)}{\sin\frac u2} \quad (u \notin 2\pi\Z), \qquad \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} D_N = 1 .

Bukti. Sisipkan definisi $c_n$ ke dalam $S_N$ lalu tukarkan jumlah dan integralnya (yang sah sebab jumlahnya berhingga):

S_N(f)(x) = \sum_{n=-N}^{N}\Bigl(\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(t)\,\eu^{-\iu nt}\dd t\Bigr)\eu^{\iu nx} = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sum_{n=-N}^{N}\eu^{\iu n(x-t)}\,\dd t ;

sulihkan $u = t - x$ lalu geser kembali ruas pengintegralannya ke $\intcc{-\pi}{\pi}$ berkat kekalaan- $2\pi$ integrannya; sedangkan jangkauan indeksnya yang simetris membuat $\sum_n\eu^{-\iu nu} = D_N(u)$ . Bentuk tertutupnya: yakni jumlah geometri berasio $\eu^{\iu u}$ ,

D_N(u) = \eu^{-\iu Nu}\,\frac{\eu^{\iu(2N+1)u} - 1}{\eu^{\iu u} - 1} = \frac{\eu^{\iu(N + \frac12)u} - \eu^{-\iu(N+\frac12)u}} {\eu^{\iu u/2} - \eu^{-\iu u/2}} ,

yang tak lain hasil bagi sinusnya. Rerataannya $1$ : sebab hanya $n = 0$ yang menyumbang. ∎

Teorema 14.6 (Lema Riemann–Lebesgue)

Untuk $g$ yang kontinu sepotong-sepotong pada sebuah ruas, berlaku $\int_a^b g(t)\sin(\lambda t + \varphi)\,\dd t \to 0$ ketika $\lambda \to +\infty$ .

Bukti. Hampiri $g$ secara seragam dengan fungsi tangga (sebab Teorema 10.16 tak diperlukan — hampiran fungsi tangga yang dasar bagi fungsi kontinu sepotong-sepotong sudah cukup) lalu integralkan tiap tangganya secara gamblang: maka setiap kepingnya menyumbang $O\bigl(\frac1\lambda\bigr)$ , dan galat hampirannya menyumbang $\varepsilon(b - a)$ . Hujah ini dikerjakan selengkapnya sebagai latihan terakhir bab integrasi pada jilid Tahun ke-1; sedangkan untuk keping $C^1$ kita malah dapat mengintegralkan secara parsial lalu membatasinya dengan $\frac C\lambda$ . ∎

Contoh 14.7 (Secepat apa koefisiennya mati?)

Riemann–Lebesgue mengatakan koefisiennya menuju $0$ ; sedangkan lajunya merupakan alat ukur kemulusan. Tiga spesimen dari bab ini dan latihannya:

\text{gelombang persegi: } b_n = \frac{4}{\pi n}\ (n\ \text{ganjil}), \qquad \abs t : a_n = \frac{-4}{\pi n^2}\ (n\ \text{ganjil}), \qquad \abs{\sin t} : a_{2k} = \frac{-4}{\pi(4k^2-1)} .

Sebuah lompatan pada $f$ (gelombang persegi, gigi gergaji) meninggalkan koefisien berorde $\frac1n$ : jadi tanpa kekonvergenan normal, dan dengan lonjakan Gibbs di lompatannya. Sedangkan kekontinuan dengan sebuah sudut — yakni lompatan pada $f'$ belaka — memperbaiki ordenya menjadi $\frac{1}{n^2}$ : sehingga kekonvergenan normal dan rekonstruksi seragam. Secara umum $k$ turunan membeli $c_n = O(n^{-k})$ (Latihan 14.6), dan sebaliknya spektrum yang meluruh lebih cepat daripada setiap pangkat memaksa $f$ menjadi $C^\infty$ (turunkan suku demi suku, kini secara sah). Pelajaran penutupnya: keteraturan sinyalnya dan peluruhan spektrumnya adalah informasi yang sama — jadi seorang insinyur membaca yang satu dari kemiringan yang lain tanpa pernah menggambar fungsinya.

Teorema 14.8 (Dirichlet)

Misalkan $f$ berkala- $2\pi$ dan $C^1$ sepotong-sepotong. Maka untuk setiap $x$ ,

S_N(f)(x) \xrightarrow[N \to \infty]{} \frac{f(x^+) + f(x^-)}{2}

(yakni rerata limit sepihaknya) — khususnya $S_N(f)(x) \to f(x)$ di setiap titik kekontinuannya.

Bukti. Menurut lema kernelnya dan rerataan satuannya, setelah integralnya dipecah menjadi paruh $u > 0$ dan $u < 0$ (yang masing-masing bererata $\frac12$ ):

\begin{align*} S_N(f)(x) - \frac{f(x^+) + f(x^-)}{2} &= \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi} \bigl(f(x+u) - f(x^+)\bigr)D_N(u)\,\dd u\\ &\quad+ \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{0}\bigl(f(x+u) - f(x^-)\bigr)D_N(u)\,\dd u . \end{align*}

Tanganilah yang pertama (sebab yang kedua simetris). Tulislah

\bigl(f(x + u) - f(x^+)\bigr)\,D_N(u) = \underbrace{\frac{f(x+u) - f(x^+)}{\sin\frac u2}}_{g(u)}\, \sin\Bigl(\Bigl(N + \frac12\Bigr)u\Bigr) .

Fungsi $g$ kontinu sepotong-sepotong pada $\intoc{0}{\pi}$ dan punya limit hingga di $0^+$ : sebab dengan menulis

g(u) = \frac{f(x+u) - f(x^+)}{u}\cdot\frac{u}{\sin\frac u2} ,

faktor pertamanya menuju $f'(x^+)$ (berkat keterdiferensialan sepihaknya, dari $C^1$ sepotong-sepotong) dan yang kedua menuju $2$ (lewat limit baku $\frac{\sin v}{v} \to 1$ di $v = \frac u2$ ): jadi $g(0^+) = 2f'(x^+)$ ada. Karena itu $g$ meluas secara kontinu sepotong-sepotong ke $\intcc{0}{\pi}$ , lalu Riemann–Lebesgue (Teorema 14.6) mengirim integralnya ke $0$ . Inilah seluruh maksud hipotesisnya: sebab tanpa turunan sepihaknya, faktor $\frac{1}{\sin(u/2)}$ meledak di $0$ lebih cepat daripada yang dapat diimbangi Riemann–Lebesgue, dan kekonvergenan titik demi titik sungguh dapat gagal untuk $f$ yang sekadar kontinu — yakni celah yang ditutup teorema Fejér (soal akhir pekan) lewat perata-rataan. ∎

Contoh 14.9 (Dirichlet di sebuah lompatan)

Untuk gigi gergaji $f(t) = t$ pada $\intoo{-\pi}{\pi}$ (Contoh 14.12 di bawah), perluasan berkalanya melompat di $t = \pi$ dari $f(\pi^-) = \pi$ ke $f(\pi^+) = -\pi$ . Dirichlet menjanjikan nilai $\frac{\pi + (-\pi)}{2} = 0$ di sana, dan memang setiap suku $\sum \frac{2(-1)^{n+1}}{n}\sin nt$ lenyap di $t = \pi$ : jadi deretnya konvergen dengan sopan ke titik tengahnya, sambil mengabaikan kedua nilai sepihaknya. Sedangkan memindahkan titik penilaiannya ke $t = \frac\pi2$ (yakni titik kekontinuan) mengubah deret yang sama menjadi $\frac\pi4$ milik Leibniz. Satu deret, dua kelakuan — persis kedua klausa teoremanya.

Teorema 14.10 (Kekonvergenan normal untuk $C^1$ ; Parseval)

Bila $f$ kontinu, berkala- $2\pi$ dan $C^1$ sepotong-sepotong, maka $c_n(f') = \iu n\,c_n(f)$ , deret Fourier $f$ konvergen normal pada $\R$ , dan jumlahnya adalah $f$ .
(Parseval) Untuk setiap fungsi berkala- $2\pi$ yang kontinu sepotong-sepotong, sebut saja $f$ :

$\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\abs{f}^2 = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \abs{c_n(f)}^2 = \frac{\abs{a_0}^2}{4} + \frac12\sum_{n\geq1} \bigl(\abs{a_n}^2 + \abs{b_n}^2\bigr).$

(Dibuktikan di sini untuk $f$ kontinu yang $C^1$ sepotong-sepotong; dan diterima tanpa bukti secara umum.)

Bukti. (1) Pengintegralan parsial pada tiap keping $C^1$ -nya (dengan suku perbatasannya saling meniadakan berkat kekontinuan dan kekalaannya) memberi $c_n(f') = \iu n c_n(f)$ . Lalu, lewat Cauchy–Schwarz pada kedua keluarga yang terjumlahkan kuadratnya (Proposisi 14.2 bagi $f'$ ):

\sum_{n \neq 0} \abs{c_n(f)} = \sum_{n\neq0} \frac{\abs{c_n(f')}}{\abs n} \leq \Bigl(\sum \abs{c_n(f')}^2\Bigr)^{1/2} \Bigl(\sum_{n\neq0}\frac{1}{n^2}\Bigr)^{1/2} < \infty :

jadi deret Fouriernya konvergen normal. Jumlahnya kontinu dan berimpit dengan $f$ di setiap titik menurut Dirichlet (Teorema 14.8: sebab $f$ kontinu): jadi deretnya konvergen ke $f$ secara seragam.

(2) Untuk $f$ yang demikian: $S_N f \to f$ secara seragam, jadi $\norm{f - S_Nf}_2 \leq \norm{f - S_Nf}_\infty \to 0$ , lalu Pythagoras (sebab $\norm f_2^2 = \sum_{\abs n \leq N}\abs{c_n}^2 + \norm{f - S_Nf}_2^2$ ) melewatkan limitnya. Adapun bentuk realnya sekadar tata buku dengan $a_n, b_n$ . ∎

Contoh 14.11 (Batas ekor $C^1$ , dibuat kuantitatif)

Bukti Teorema 14.10 (1) menyembunyikan sebuah taksiran yang berguna. Untuk fungsi kontinu yang $C^1$ sepotong-sepotong, sebut $f$ , Cauchy–Schwarz yang sama, diterapkan pada ekornya saja, memberi

\sum_{\abs n > N}\abs{c_n(f)} = \sum_{\abs n > N}\frac{\abs{c_n(f')}}{\abs n} \leq \Bigl(\sum_{\abs n > N}\abs{c_n(f')}^2\Bigr)^{\!1/2} \Bigl(\sum_{\abs n>N}\frac{1}{n^2}\Bigr)^{\!1/2} \leq \norm{f'}_2\,\sqrt{\frac{2}{N}} ,

dengan memakai Bessel bagi $f'$ dan $\sum_{n>N}n^{-2} \leq \frac1N$ . Jadi galat seragam jumlah parsialnya menaati

\norm{f - S_Nf}_\infty \leq \sum_{\abs n>N}\abs{c_n(f)} \leq \norm{f'}_2\,\sqrt{\frac2N} .

Untuk $f(t) = \abs t$ : berlaku $\norm{f'}_2 = 1$ (sebab turunannya $\pm1$ ), jadi sepuluh suku saja sudah membangun ulang $\abs t$ secara seragam dalam $\sqrt{0.2} \approx 0.45$ , dan $N = 10^4$ dalam $0.015$ . Pelajaran penutupnya: satu turunan membeli laju seragam $\frac{1}{\sqrt N}$ ; dan bila dibandingkan dengan dunia berkoefisien $\frac1n$ milik gelombang persegi (yang sama sekali tak konvergen seragam), kamus Contoh 14.7 memperoleh angkanya.

Contoh 14.12 (Basel dan kawan-kawan)

Misalkan $f(t) = t$ pada $\intoo{-\pi}{\pi}$ , yang diperluas secara berkala- $2\pi$ (yakni gigi gergaji yang $C^1$ sepotong-sepotong). Setelah dihitung, $a_n = 0$ (berkat keganjilannya) dan

b_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} t\sin nt\,\dd t = \frac{2(-1)^{n+1}}{n} .

Dirichlet di $t = \frac\pi2$ memulihkan $\frac\pi4 = 1 - \frac13 + \frac15 - \dots$ milik Leibniz; sedangkan Parseval memberi

\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} t^2\,\dd t = \frac{\pi^2}{3} = \frac12\sum_{n\geq1}\frac{4}{n^2} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}\;}

— yakni jumlah Basel milik Euler, dalam dua baris. Fungsi $f(t) = t^2$ serupa itu menghasilkan $\sum \frac1{n^4} = \frac{\pi^4}{90}$ (Latihan 14.3).

Contoh 14.13 (Sebuah uraian lengkap dengan pemeriksaan bawaan: $\abs{\sin t}$ )

Fungsi $f(t) = \abs{\sin t}$ bersifat kontinu, genap, berkala- $\pi$ (sehingga berkala- $2\pi$ ), dan $C^1$ sepotong-sepotong. Kegenapannya membunuh $b_n$ ; lalu $a_0 = \frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi} \abs{\sin t}\dd t = \frac4\pi$ ; dan untuk $n \geq 1$ , hasil-kali-ke-jumlah memberi

a_n = \frac2\pi\int_0^\pi \sin t\cos nt\,\dd t = \frac{1}{\pi}\int_0^\pi\bigl(\sin(1+n)t + \sin(1-n)t\bigr)\dd t = \frac2\pi\cdot\frac{1 + \cos n\pi}{1 - n^2}

untuk $n \neq 1$ (dan $a_1 = 0$ secara langsung): jadi nol untuk $n$ ganjil, dan $a_{2k} = \frac{-4}{\pi(4k^2-1)}$ . Menurut Teorema 14.10 (1) kekonvergenannya normal, dan

\abs{\sin t} = \frac{2}{\pi} - \frac{4}{\pi} \sum_{k\geq1}\frac{\cos(2kt)}{4k^2 - 1} \qquad (t \in \R) .

Pemeriksaan bawaannya di $t = 0$ : kesamaannya menuntut $\sum_{k\geq1}\frac{1}{4k^2-1} = \frac12$ , yang ditegaskan teleskopnya:

\sum_{k\geq1}\frac{1}{4k^2-1} = \frac12\sum_{k\geq1}\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\Bigr) = \frac12 . \checkmark

Pelajaran penutupnya: spektrum $\abs{\sin}$ hidup pada frekuensi genap belaka — sebab menyearahkan sebuah sinus melipatduakan kandungan frekuensinya, dan itulah sebabnya penyearah gelombang penuh berdengung pada $100$ atau $120$ hertz, dua kali frekuensi jala-jalanya.

Contoh 14.14 (Parseval sebagai alat hitung)

Parseval mengubah tiap uraian yang ada menjadi deret numerik secara borongan. Terapkanlah ia pada $f(t) = \abs t$ (Latihan 14.2: dengan $a_0 = \pi$ , $a_n = \frac{-4}{\pi n^2}$ untuk $n$ ganjil, dan sisanya nol):

\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}t^2\,\dd t = \frac{\pi^2}{3} = \frac{a_0^2}{4} + \frac12\sum_{n \text{ ganjil}} a_n^2 = \frac{\pi^2}{4} + \frac{8}{\pi^2}\sum_{n\text{ ganjil}}\frac{1}{n^4} ,

sehingga

\sum_{n\text{ ganjil}}\frac{1}{n^4} = \frac{\pi^2}{8}\Bigl(\frac{\pi^2}{3} - \frac{\pi^2}{4}\Bigr) = \frac{\pi^4}{96} .

Periksa silang terhadap Latihan 14.3: memecah $\sum\frac1{n^4}$ menjadi bagian ganjil dan genap memberi tata buku bergaya- $\zeta$ $S = S_{\mathrm{ganjil}} + \frac{S}{16}$ , jadi $S = \frac{16}{15}\cdot\frac{\pi^4}{96} = \frac{\pi^4}{90}$ — persis nilai yang ditemukan di sana lewat fungsi yang berbeda. Dua uraian, satu bilangan: jadi kekonsistenannya adalah isometri Parseval yang bekerja. Pelajaran penutupnya: tiap uraian Fourier yang baru adalah mesin pembangkit bagi kesamaan deret; dan Bagian II soal akhir pekan menjelaskan mengapa mesinnya tak pernah dapat membantah dirinya sendiri.

Gelombang persegi (kelabu) beserta jumlah parsial Fourier S_1 (biru) dan S_9 (merah): jadi konvergen di setiap titik kekontinuannya, tetapi dengan lonjakan 9\% yang bertahan di dekat lompatannya — yakni gejala Gibbs. Kekonvergenan seragamnya gagal persis karena limitnya tak kontinu. — Gelombang persegi (kelabu) beserta jumlah parsial Fourier $S_1$ (biru) dan $S_9$ (merah): jadi konvergen di setiap titik kekontinuannya, tetapi dengan lonjakan $\sim 9\%$ yang bertahan di dekat lompatannya — yakni *gejala Gibbs*. Kekonvergenan seragamnya gagal persis karena limitnya tak kontinu.

Contoh 14.15 (Penggeseran dan pemodulasian)

Dua aturan satu baris membangkitkan banyak uraian dari satu. Untuk $a \in \R$ , setelah menyulihkan $s = t - a$ :

c_n\bigl(f(\cdot - a)\bigr) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t - a)\eu^{-\iu nt}\dd t = \eu^{-\iu na}\,c_n(f) \qquad\text{(penggeseran memodulasi spektrumnya)},

lalu langsung dari definisinya,

c_n\bigl(\eu^{\iu kt}f\bigr) = c_{n-k}(f) \qquad\text{(pemodulasian menggeser spektrumnya)}.

Contoh yang dikerjakan: gigi gergaji yang digeser sebesar $\pi$ , yakni $g(t) = f(t - \pi)$ dengan $f(t) = t$ , punya koefisien- $b_n$ $(-1)^n\cdot\frac{2(-1)^{n+1}}{n} = -\frac2n$ : jadi uraiannya $g \sim -2\sum\frac{\sin nt}{n}$ bagi gigi gergaji yang melompat di $0$ alih-alih di $\pi$ — tanpa satu integral pun dihitung ulang. Pelajaran penutupnya: penggeseran waktu hanya memutar fasanya, tak pernah amplitudonya (sebab $\abs{c_n}$ invarian terhadap geseran), dan itulah sebabnya energi (Parseval) dan kelas kekonvergenannya merupakan sifat bentuk sinyalnya, bukan sifat tempat jamnya dimulai.

Catatan 14.16 (Jebakan yang sering muncul)

(i) Tiga kekonvergenan, tiga mata uang: titik demi titik (yakni Dirichlet: menuntut $C^1$ sepotong-sepotong, dan membayar titik tengahnya di tiap lompatan — tak pernah nilai sepihaknya), seragam (menuntut limit yang kontinu; jadi mustahil menyeberangi lompatan, dan Gibbs adalah gejalanya yang kasatmata), dan rerata kuadratik (yakni Parseval: yang paling tegar, dan buta terhadap titik individual). Sebutkanlah selalu yang mana yang kauklaim. (ii) Tak ada penurunan suku demi suku secara baku: menurunkan deret gigi gergaji pada Contoh 14.12 suku demi suku menghasilkan $\sum 2(-1)^{n+1}\cos nt$ , yang sukunya bahkan tak menuju $0$ — sebab teorema pemindahan pada bab barisan fungsi menuntut kekonvergenan seragam deret turunannya, dan lompatannya menghancurkannya. Jadi kemulusan dulu, penurunan kemudian (Latihan 14.6 adalah kamusnya). (iii) Jumlah parsial yang simetris: teorema Dirichlet berbicara tentang $S_N = \sum_{-N}^{N}$ ; jadi menata ulang atau menjumlahkan satu sisinya lebih dulu dapat mengubah kedivergenan menjadi kekonvergenan dan sebaliknya. (iv) Pergeseran penormalan: konvensinya berbeda antarbuku (dengan $\frac{1}{2\pi}$ atau $\frac1\pi$ di depan, berkala $2\pi$ atau $1$ ); jadi invarian yang andal adalah hubungan keortonormalannya — maka hitunglah ulang $\langle e_m, e_n\rangle$ dalam konvensi yang dipakai sebelum memercayai rumus apa pun.

Catatan 14.17 (Di mana ini dipakai)

Parseval adalah benih teori $L^2$ bagi deret Fourier: sebab jilid Tahun ke-3 merampungkan gambarannya (yakni eksponensialnya menjadi basis Hilbert bagi $L^2$ , dan pemetaan $f \mapsto (c_n)$ menjadi isometri yang bijektif). Di dalam jilid ini, soal akhir pekan membuktikan teorema Fejér — yakni rata-rata Cesàro deret Fouriernya konvergen seragam bagi setiap $f$ berkala yang kontinu — yang meningkatkan Parseval umum yang diterima tanpa bukti menjadi teorema, menghasilkan teorema Weierstrass trigonometri, lalu membayar dua panen yang spektakuler: teorema pemerataan Weyl dan ketaksamaan isoperimetrik. Adapun matematika terapan membaca bab ini sehari-hari: spektrum sinyal, harmonik sistem yang bergetar, dan transformasi Fourier cepat (dengan awatara hingganya tadi Latihan 13.10).

Catatan 14.18 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini)

Tiga bab bercakap-cakap dengan bab ini. Ke belakang: bab Hermitian memasok geometrinya (yakni keluarga ortonormal, proyeksi, Bessel), dan bab barisan fungsi memasok analisisnya (yakni kekonvergenan seragam, teorema pemindahan, identitas hampiran — sebab kernel Fejér bagi deret Fourier itu seperti polinomial Bernstein bagi Weierstrass). Ke samping: teori perbatasan bab deret pangkat kembali lewat penjumlahan Abel, yang di sini diwujudkan kernel Poisson (Latihan 14.12) — dengan jari-jari cakramnya $r$ memainkan peran parameter penjumlahannya. Ke depan: bab persamaan diferensial menguraikan paksaan berkala menjadi harmonik lalu menyuapkan tiap-tiapnya ke tanggapan frekuensi osilatornya; dan resonansi terjadi ketika sebuah ragam Fourier masukannya cocok dengan frekuensi alaminya, dan itulah sebabnya soal akhir pekannya dan soal bab ini merupakan dua paruh satu cerita.

Kernel Dirichlet D_8 (biru) berayun dan mengambil nilai negatif; sedangkan kernel Fejér F_8 (merah) bersifat taknegatif, memusat di 0, dan bererata 1: yakni sebuah identitas hampiran. Kepositifan itulah persis yang tak dimiliki kernel Dirichlet, dan yang membuat teorema Fejér pada soal akhir pekan menjadi tanpa syarat. — Kernel Dirichlet $D_8$ (biru) berayun dan mengambil nilai negatif; sedangkan kernel Fejér $F_8$ (merah) bersifat taknegatif, memusat di $0$ , dan bererata $1$ : yakni sebuah *identitas hampiran*. Kepositifan itulah persis yang tak dimiliki kernel Dirichlet, dan yang membuat teorema Fejér pada soal akhir pekan menjadi tanpa syarat.

14.3 Latihan

Latihan 14.1 ★

Hitunglah koefisien Fourier gelombang persegi (dengan $f = -1$ pada $\intoo{-\pi}{0}$ dan $+1$ pada $\intoo{0}{\pi}$ ), nyatakan kesimpulan Dirichlet di $t = \frac\pi2$ dan di lompatan $t = 0$ , lalu peroleh kembali deret Leibniz.

Solusi

Solusi Latihan 14.1.

Keganjilannya membunuh $a_n$ . Untuk $n \geq 1$ :

b_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} \sin nt\,\dd t = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{1 - (-1)^n}{n} = \begin{cases} \frac{4}{\pi n} & n \text{ ganjil},\\ 0 & n \text{ genap}. \end{cases}

Jadi $S(f)(t) = \frac{4}{\pi}\sum_{k\geq0} \frac{\sin\bigl((2k+1)t \bigr)}{2k+1}$ . Dirichlet di $t = \frac\pi2$ (yakni titik kekontinuan, bernilai $1$ ): sebab $\sin\bigl((2k+1)\frac\pi2\bigr) = (-1)^k$ , sehingga memberi

1 = \frac4\pi \sum_{k\geq0}\frac{(-1)^k}{2k+1} \quad\Longrightarrow\quad \sum_{k\geq0}\frac{(-1)^k}{2k+1} = \frac{\pi}{4} \quad\text{(Leibniz)}.

Di lompatan $t = 0$ : deretnya berjumlah $0 = \frac{f(0^+) + f(0^-)}{2}$ , sebagaimana ditetapkan Dirichlet (sebab setiap sukunya lenyap: jadi konsisten).

Latihan 14.2 ★

Uraikan $f(t) = \abs t$ (dengan $\abs t \leq \pi$ , berkala- $2\pi$ ) menjadi deret Fourier; benarkan kekonvergenan normalnya; lalu nilailah di $t = 0$ untuk memperoleh $\sum_{k\geq0}\frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}$ , kemudian turunkan ulang Basel darinya.

Solusi

Solusi Latihan 14.2.

Kegenapannya membunuh $b_n$ ; lalu $a_0 = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi\abs t\,\dd t = \pi$ , dan untuk $n \geq 1$ :

a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi t\cos nt\,\dd t = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{(-1)^n - 1}{n^2} = \begin{cases} -\frac{4}{\pi n^2} & n \text{ ganjil},\\ 0 & n \text{ genap}, \end{cases}

(lewat satu kali pengintegralan parsial). Karena itu

\abs t = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi}\sum_{k\geq0} \frac{\cos\bigl((2k+1)t\bigr)}{(2k+1)^2} ,

dengan kekonvergenan normal (sebab $\sum (2k+1)^{-2} < \infty$ ) — seperti diramalkan Teorema 14.10 (1) bagi fungsi kontinu yang $C^1$ sepotong-sepotong ini. Di $t = 0$ :

0 = \frac\pi2 - \frac4\pi\sum_{k\geq0}\frac{1}{(2k+1)^2} \quad\Longrightarrow\quad \sum_{k\geq0}\frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{\pi^2}{8} .

Memecah $\sum \frac{1}{n^2}$ menjadi bagian ganjil dan genap memberi $S = \frac{\pi^2}{8} + \frac S4$ , jadi $S = \frac{\pi^2}{6}$ : yakni Basel lagi.

Latihan 14.3 ★

Uraikan $f(t) = t^2$ (dengan $\abs t \leq \pi$ ) lalu turunkan

\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}, \qquad \sum_{n\geq1}\frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90} \quad\text{(Parseval)}.

Solusi

Solusi Latihan 14.3.

Kegenapannya: $b_n = 0$ ; lalu $a_0 = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} t^2 = \frac{2\pi^2}{3}$ ; dan dua kali pengintegralan parsial memberi $a_n = \frac{4(-1)^n}{n^2}$ (untuk $n \geq 1$ ). Karena itu

t^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n\geq1} \frac{(-1)^n}{n^2}\cos nt \qquad (\abs t \leq \pi),

yang konvergen normal. Di $t = 0$ : $0 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum\frac{(-1)^n}{n^2}$ , yakni $\sum_{n\geq1} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}$ . Lalu Parseval:

\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} t^4\,\dd t = \frac{\pi^4}{5} = \frac{a_0^2}{4} + \frac12\sum_{n\geq1} a_n^2 = \frac{\pi^4}{9} + 8\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^4} ,

jadi $\sum \frac{1}{n^4} = \frac18\bigl(\frac{\pi^4}{5} - \frac{\pi^4}{9}\bigr) = \frac{\pi^4}{90}$ .

Latihan 14.4 ★★

Misalkan $f$ kontinu berkala- $2\pi$ dengan $c_n(f) = 0$ untuk setiap $n$ . Buktikan $f = 0$ (lewat Parseval — untuk kelas mana ia dibuktikan di sini? benarkanlah bahwa kekontinuan ditambah $C^1$ sepotong-sepotong dapat dilepas dengan menerima Parseval umum, atau berikanlah hujah kepadatannya secara garis besar).

Solusi

Solusi Latihan 14.4.

Bila lebih jauh $f$ bersifat $C^1$ sepotong-sepotong: maka Parseval (yang terbukti) memberi $\norm f_2^2 = \sum\abs{c_n}^2 = 0$ , dan kepositifan tegas integral $\abs f^2$ yang kontinu memaksa $f = 0$ .

Untuk $f$ yang sekadar kontinu, terimalah Parseval umum: buktinya satu baris yang sama. (Garis besar rute kepadatannya: hampiran trigonometri bertipe Fejér/Weierstrass menunjukkan bahwa polinomial itu bersifat padat dalam $\norm\cdot_2$ di antara fungsi berkala yang kontinu; dan karena $f \perp$ semuanya, maka $\norm f_2^2 = \langle f, f - P\rangle \leq \norm f_2\norm{f - P}_2$ untuk penghampir $P$ , sehingga memaksa $\norm f_2 = 0$ .)

Latihan 14.5 ★★

Untuk $\alpha \notin \Z$ , uraikan $f(t) = \cos(\alpha t)$ (dengan $\abs t \leq \pi$ ) lalu turunkan uraian pecahan parsial bagi kotangennya:

\pi\cot(\pi\alpha) = \frac{1}{\alpha} + \sum_{n\geq1} \frac{2\alpha}{\alpha^2 - n^2} .

Solusi

Solusi Latihan 14.5.

Kegenapannya: $b_n = 0$ ; lalu

a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi \cos(\alpha t)\cos(nt)\,\dd t = \frac{2}{\pi}\cdot \frac{(-1)^n\,\alpha\sin(\pi\alpha)}{\alpha^2 - n^2}

(lewat hasil-kali-ke-jumlah, lalu integralkan; dengan $a_0 = \frac{2\sin(\pi\alpha)}{\pi\alpha}$ ). Dirichlet di $t = \pi$ (yakni titik kekontinuan perluasan berkalanya, yang nilai sepihaknya sepakat berkat kegenapannya):

\cos(\pi\alpha) = \frac{\sin(\pi\alpha)}{\pi\alpha} + \sum_{n\geq1} \frac{2\alpha\sin(\pi\alpha)}{\pi(\alpha^2 - n^2)}\,(-1)^n\cos(n\pi) = \frac{\sin(\pi\alpha)}{\pi}\Bigl(\frac{1}{\alpha} + \sum_{n\geq1}\frac{2\alpha}{\alpha^2 - n^2}\Bigr),

dengan memakai $(-1)^n\cos n\pi = 1$ . Membaginya dengan $\sin(\pi\alpha)/\pi$ memberi uraian kotangennya.

Latihan 14.6 ★★

Buktikan bahwa bila $f$ berkala- $2\pi$ dan $C^k$ dengan $f^{(k)}$ kontinu sepotong-sepotong, maka $c_n(f) = O\bigl(\abs n^{-k}\bigr)$ : jadi kemulusan sinyalnya $=$ peluruhan spektrumnya.

Solusi

Solusi Latihan 14.6.

Mengiterasikan $c_n(f') = \iu n\,c_n(f)$ (sebanyak $k$ kali, lewat pengintegralan parsial menyeberangi keping $C^{k}$ -nya dengan nilai perbatasan yang bersesuaian) memberi $c_n(f^{(k)}) = (\iu n)^k c_n(f)$ . Adapun koefisien $f^{(k)}$ yang kontinu sepotong-sepotong bersifat terbatas (bahkan $\to 0$ menurut Bessel):

\abs{c_n(f)} = \frac{\abs{c_n(f^{(k)})}}{\abs n^k} = O\bigl(\abs n^{-k}\bigr) .

Latihan 14.7 ★★★

(Ketaksamaan Wirtinger) Misalkan $f$ berkelas $C^1$ , berkala- $2\pi$ , dengan $\int_{-\pi}^{\pi} f = 0$ . Buktikan

\int_{-\pi}^{\pi} \abs{f}^2 \leq \int_{-\pi}^{\pi} \abs{f'}^2 ,

dengan kesamaan bila dan hanya bila $f(t) = a\cos t + b\sin t$ . (Lewat Parseval pada kedua ruasnya; lalu bandingkan $\abs{c_n}^2$ dan $n^2\abs{c_n}^2$ .)

Solusi

Solusi Latihan 14.7.

Parseval bagi $f$ dan bagi $f'$ (keduanya sah: sebab $f$ bersifat $C^1$ , dan $f'$ kontinu sepotong-sepotong — bahkan kontinu):

\frac{1}{2\pi}\int \abs f^2 = \sum_{n\neq0} \abs{c_n}^2 \quad (c_0 = 0 \text{ menurut hipotesis rerata-nol}), \qquad \frac{1}{2\pi}\int \abs{f'}^2 = \sum_{n\neq0} n^2\abs{c_n}^2 .

Suku demi suku, $n^2\abs{c_n}^2 \geq \abs{c_n}^2$ untuk $\abs n \geq 1$ : jadi ketaksamaannya menyusul. Sedangkan kesamaannya memaksa $(n^2 - 1)\abs{c_n}^2 = 0$ untuk setiap $n$ , yakni $c_n = 0$ untuk $\abs n \geq 2$ : jadi $f(t) = c_1\eu^{\iu t} + c_{-1}\eu^{-\iu t} = a\cos t + b\sin t$ (dalam bentuk realnya); dan sebaliknya $f$ yang demikian memberi kesamaannya.

Latihan 14.8 ★★★

(Konstanta Gibbs) Untuk gelombang persegi pada Latihan 14.1, nilailah jumlah parsialnya di $x_N = \frac{\pi}{2N}$ : dengan menulis $u_k = \frac{(2k+1)\pi}{2N}$ dan $\Delta u = \frac{\pi}{N}$ , tunjukkanlah bahwa

S_{2N-1}\Bigl(\frac{\pi}{2N}\Bigr) = \frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{N-1} \frac{\sin u_k}{2k+1} = \frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^{N-1} \frac{\sin u_k}{u_k}\,\Delta u \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\frac{\sin u}{u}\,\dd u \approx 1.179 :

yakni sebuah jumlah Riemann bagi $\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\sin u}{u}$ pada $\intcc{0}{\pi}$ di titik tengahnya. Simpulkan bahwa lonjakan di luar nilai lompatannya $1$ tidak lenyap ketika $N \to \infty$ .

Solusi

Solusi Latihan 14.8.

Dari Latihan 14.1, $S_{2N-1}(x) = \frac4\pi\sum_{k=0}^{N-1}\frac{\sin((2k+1)x)}{2k+1}$ . Di $x_N = \frac{\pi}{2N}$ , dengan $u_k = (2k+1)x_N = \frac{(2k+1)\pi}{2N}$ :

S_{2N-1}(x_N) = \frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{\sin u_k}{2k+1} = \frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{\sin u_k}{u_k}\cdot \frac{u_k}{2k+1} = \frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{\sin u_k}{u_k}\cdot \frac{\pi}{N},

karena $\frac{u_k}{2k+1} = \frac{\pi}{2N}$ . Adapun titik $u_k$ adalah titik tengah $N$ subinterval $\intcc{0}{\pi}$ yang berpanjang $\frac{\pi}{N}$ : jadi jumlahnya adalah jumlah Riemann titik tengah bagi $u \mapsto \frac{\sin u}{u}$ yang kontinu, sehingga konvergen ke

\frac{2}{\pi}\int_0^\pi \frac{\sin u}{u}\,\dd u \approx \frac{2}{\pi}\times 1.8519 \approx 1.179 .

Jumlah parsialnya di dekat lompatan melonjak melewati nilai $1$ sebesar $\approx 18\%$ setengah lompatannya untuk selamanya: yakni gejala Gibbs, yang dikuantifikasi.

Latihan 14.9 ★

Uraikan $\cos^3 t$ dan $\sin^2 t\,\cos t$ menjadi deret Fourier (linearkan; sebab sebuah polinomial trigonometri adalah deret Fouriernya sendiri, berkat ketunggalan koefisiennya). Berapakah $c_n$ , $a_n$ , dan $b_n$ untuk masing-masingnya?

Solusi

Solusi Latihan 14.9.

Dari $\cos 3t = 4\cos^3t - 3\cos t$ :

\cos^3 t = \frac{3\cos t + \cos 3t}{4}, \qquad \sin^2t\,\cos t = \cos t - \cos^3 t = \frac{\cos t - \cos 3t}{4} .

Masing-masingnya polinomial trigonometri, sehingga sama dengan deret Fouriernya sendiri (berkat ketunggalan koefisiennya: sebab dua uraian akan berselisih sebuah polinomial trigonometri yang semua koefisiennya nol). Untuk $\cos^3t$ : $a_1 = \frac34$ , $a_3 = \frac14$ , sedangkan semua $a_n$ lainnya dan semua $b_n$ nol; lalu $c_{\pm1} = \frac38$ dan $c_{\pm3} = \frac18$ . Untuk $\sin^2t\cos t$ : $a_1 = \frac14$ , $a_3 = -\frac14$ ; lalu $c_{\pm1} = \frac18$ dan $c_{\pm3} = -\frac18$ .

Latihan 14.10 ★★

Misalkan $a > 0$ dan $f(t) = \eu^{at}$ pada $\intoc{-\pi}{\pi}$ , yang diperluas secara berkala- $2\pi$ . Hitunglah

c_n(f) = \frac{(-1)^n\sinh(a\pi)}{\pi(a - \iu n)} ,

lalu terapkan teorema Dirichlet di lompatan $t = \pi$ , kemudian turunkan uraian pecahan parsial bagi kotangen hiperboliknya:

\coth(\pi a) = \frac{1}{\pi a} + \sum_{n\geq1} \frac{2a}{\pi(a^2 + n^2)} .

Solusi

Solusi Latihan 14.10.

Lewat perhitungan langsung:

c_n = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\eu^{(a - \iu n)t}\dd t = \frac{\eu^{(a-\iu n)\pi} - \eu^{-(a - \iu n)\pi}} {2\pi(a - \iu n)} = \frac{(-1)^n\sinh(a\pi)}{\pi(a - \iu n)} ,

dengan memakai $\eu^{\pm\iu n\pi} = (-1)^n$ . Di $t = \pi$ perluasan berkalanya melompat dari $\eu^{a\pi}$ ke $\eu^{-a\pi}$ ; lalu Dirichlet (dengan jumlah parsial yang simetris) memberi

\cosh(a\pi) = \sum_{n\in\Z}(-1)^n c_n\, = \frac{\sinh(a\pi)}{\pi}\Bigl(\frac1a + \sum_{n\geq1}\Bigl(\frac{1}{a - \iu n} + \frac{1}{a + \iu n}\Bigr)\Bigr) = \frac{\sinh(a\pi)}{\pi}\Bigl(\frac1a + \sum_{n\geq1}\frac{2a}{a^2 + n^2}\Bigr) ,

sebab bagian imajiner suku berpasangannya saling meniadakan. Bagilah dengan $\sinh(a\pi)$ :

\coth(\pi a) = \frac{1}{\pi a} + \sum_{n\geq1}\frac{2a}{\pi(a^2 + n^2)} ,

yakni kembaran hiperbolik Latihan 14.5.

Latihan 14.11 ★★

(Konvolusi) Untuk $f, g$ yang kontinu dan berkala- $2\pi$ , definisikan

(f * g)(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x - t)\,g(t)\, \dd t .

Tunjukkan bahwa $f * g = g * f$ , bahwa $c_n(f*g) = c_n(f)\,c_n(g)$ (untuk menukarkan kedua integral integran yang kontinu, bandingkanlah kedua fungsi batas atasnya: sebab keduanya lenyap di ujung kirinya dan punya turunan yang sama, berkat kekontinuan dan penurunan di bawah tanda integralnya), dan bahwa $S_N(f) = f * D_N$ untuk kernel Dirichletnya. (Rata-rata Fejér pada soal akhir pekan juga berupa konvolusi, yakni $\sigma_N(f) = f * F_N$ .)

Solusi

Solusi Latihan 14.11.

Kekomutatifannya: sulihkan $s = x - t$ lalu pakai kekalaan integrannya. Untuk $c_n(f * g)$ , integran $(x, t) \mapsto f(x-t)g(t)\eu^{-\iu nx}$ bersifat kontinu; jadi kedua integral teriterasinya sepakat (sebab keduanya, sebagai fungsi batas atas peubah luarnya, lenyap di ujung kirinya dan punya turunan yang sama — dan kekontinuannya beserta Teorema 9.10 membenarkan penurunan integral teriterasinya). Karena itu

c_n(f*g) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} g(t)\,\eu^{-\iu nt} \Bigl(\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x-t)\,\eu^{-\iu n(x-t)}\dd x\Bigr)\dd t = c_n(f)\,c_n(g),

dengan integral dalamnya bernilai $c_n(f)$ untuk setiap $t$ (lewat penyulihan dan kekalaannya). Akhirnya Lema 14.5 mengatakan $S_N(f)(x) = \frac{1}{2\pi}\int f(x+u)D_N(u)\dd u$ ; lalu penyulihan $u \mapsto -t$ beserta kegenapan $D_N$ mengubah ini menjadi $(f * D_N)(x)$ .

Latihan 14.12 ★★★

(Kernel Poisson: rata-rata Abel deret Fourier) Untuk $0 \leq r < 1$ tetapkan $P_r(t) = \sum_{n\in\Z} r^{\abs n}\eu^{\iu nt}$ .

Jumlahkan kedua deret geometrinya lalu tunjukkan

$P_r(t) = \frac{1 - r^2}{1 - 2r\cos t + r^2} > 0, \qquad \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}P_r = 1 .$
Tunjukkan bahwa untuk $\delta \leq \abs t \leq \pi$ : $P_r(t) \leq \frac{1 - r^2}{1 - 2r\cos\delta + r^2} \to 0$ ketika $r \to 1^-$ , secara seragam.
Turunkan bahwa untuk setiap fungsi kontinu berkala- $2\pi$ , sebut $f$ , rata-rata Abelnya $(f * P_r)(x) = \sum_n r^{\abs n}c_n(f)\,\eu^{\iu nx}$ konvergen ke $f$ secara seragam ketika $r \to 1^-$ — yakni saudara berparameter kontinu bagi teorema Fejér, sekaligus penjelmaan Fourier bagi penjumlahan Abel dari bab deret pangkat.

Solusi

Solusi Latihan 14.12.

Dengan $w = r\eu^{\iu t}$ :

$P_r(t) = 1 + 2\,\Re\frac{w}{1 - w} = \Re\frac{1 + w}{1 - w} = \frac{1 - \abs w^2}{\abs{1 - w}^2} = \frac{1 - r^2}{1 - 2r\cos t + r^2} > 0 .$

Rerataannya $1$ : sebab pengintegralan suku demi suku deret yang konvergen normal itu hanya menyisakan $n = 0$ .
Untuk $\delta \leq \abs t \leq \pi$ : berlaku $\cos t \leq \cos\delta$ , jadi $P_r(t) \leq \frac{1 - r^2}{1 - 2r\cos\delta + r^2}$ , yang penyebutnya menuju $2 - 2\cos\delta > 0$ sedangkan pembilangnya menuju $0$ : sehingga konvergen seragam ke $0$ di luar sembarang persekitaran $0$ .
Pengintegralan suku demi suku, berkat kekonvergenan yang normal dalam $t$ , memberi $(f * P_r)(x) = \sum_n r^{\abs n}c_n(f)\eu^{\iu nx}$ . Adapun hujah identitas hampirannya: dengan rerata $1$ dan kepositifannya,

$\abs{(f*P_r)(x) - f(x)} \leq \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} \abs{f(x-t) - f(x)}\,P_r(t)\,\dd t ,$

pecahlah di $\abs t = \delta$ : maka paling banyak $\varepsilon$ (menurut Heine) ditambah $2\norm f_\infty\sup_{\delta\leq\abs t\leq\pi}P_r \to \varepsilon$ : jadi konvergen seragam ketika $r \to 1^-$ . Inilah penjumlahan Abel bagi deret Fourier — yakni kembaran Fourier bagi teori perbatasan pada bab deret pangkat.

14.4 Soal: Teorema Fejér dan panennya

Soal 14.1

Teorema Dirichlet menuntut $f$ yang $C^1$ sepotong-sepotong; sedangkan untuk $f$ yang sekadar kontinu jumlah parsial $S_N(f)$ dapat berulah. Adapun temuan Fejér: rata-rata Cesàronya tak pernah berulah. Mesinnya adalah kepositifan kernel Fejér, dan panennya melimpah: hampiran trigonometri yang seragam (Weierstrass), ketunggalan koefisien Fourier, Parseval bagi setiap fungsi bab ini (sehingga membuang “yang diterima tanpa bukti” pada Teorema 14.10), teorema pemerataan Weyl, dan — sebagai mahkota satu abad geometri — ketaksamaan isoperimetrik. Di sepanjang soal ini, $f$ berkala- $2\pi$ dan kontinu sepotong-sepotong, lalu

\sigma_N(f) = \frac{S_0(f) + S_1(f) + \dots + S_{N-1}(f)}{N} .

Bagian I — Kernel Fejér.

Tunjukkan bahwa $\sigma_N(f)(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x+u)\,F_N(u)\,\dd u$ dengan $F_N = \frac{D_0 + \dots + D_{N-1}}{N}$ , dan bahwa $\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F_N = 1$ .
Buktikan bentuk tertutupnya, untuk $u \notin 2\pi\Z$ :

$F_N(u) = \frac{1}{N}\, \frac{\sin^2\bigl(\frac{Nu}{2}\bigr)} {\sin^2\bigl(\frac u2\bigr)} \;\geq\; 0$

(jumlahkan $\sin\bigl((n+\frac12)u\bigr)$ sebagai bagian imajiner sebuah deret geometri).
Tunjukkan taksiran pemusatannya: untuk $0 < \delta \leq \abs u \leq \pi$ ,

$F_N(u) \leq \frac{1}{N\sin^2\frac\delta2} \xrightarrow[N\to\infty]{} 0 \quad\text{secara seragam} :$

jadi $(F_N)$ merupakan identitas hampiran yang positif.
(Teorema Fejér) Buktikan: bila $f$ kontinu dan berkala- $2\pi$ , maka $\sigma_N(f) \to f$ secara seragam pada $\R$ (pecahlah integral $\bigl(f(x+u) - f(x)\bigr)F_N(u)$ di $\abs u = \delta$ ; lalu pakailah Heine beserta pertanyaan 1–3).
Untuk $f$ yang kontinu sepotong-sepotong, tunjukkan versi titik demi titiknya $\sigma_N(f)(x) \to \frac{f(x^+) + f(x^-)}{2}$ di setiap $x$ , beserta batas seragamnya $\norm{\sigma_N(f)}_\infty \leq \norm f_\infty$ (berkat kepositifannya!).

Bagian II — Weierstrass, ketunggalan, Parseval.

(Weierstrass trigonometri) Turunkan: bahwa setiap fungsi kontinu berkala- $2\pi$ merupakan limit seragam polinomial trigonometri.
(Ketunggalan) Turunkan: bahwa $f$ kontinu dengan $c_n(f) = 0$ untuk setiap $n$ pastilah nol secara identik — jadi dua fungsi berkala yang kontinu dengan koefisien Fourier yang sama berimpit (Latihan 14.4, kini tanpa penerimaan tanpa bukti).
(Parseval, kasus kontinu) Dengan memakai sifat proyeksi milik $S_N$ (Proposisi 14.2) dan $\sigma_Nf \in \mathcal T_{N-1} \subseteq \mathcal T_N$ , buktikanlah

$\norm{f - S_Nf}_2 \leq \norm{f - \sigma_Nf}_2 \leq \norm{f - \sigma_Nf}_\infty \xrightarrow[N\to\infty]{} 0 ,$

lalu simpulkan kesamaan Parseval bagi setiap fungsi kontinu yang berkala- $2\pi$ , sebut $f$ .
(Parseval, kasus kontinu sepotong-sepotong) Diberikan $f$ yang kontinu sepotong-sepotong dan $\varepsilon > 0$ , bangunlah $g$ berkala yang kontinu dengan $\norm{f - g}_2 \leq \varepsilon$ (gantilah $f$ dengan interpolasi afin pada interval mungil di sekitar lompatannya), lalu turunkan $\norm{f - S_Nf}_2 \to 0$ (pakailah Bessel: $\norm{S_Nh}_2 \leq \norm h_2$ ): jadi Parseval berlaku dalam keumuman penuh yang dinyatakan pada Teorema 14.10 — sehingga “yang diterima tanpa bukti” telah lenyap.
(Tak ada Gibbs bagi Fejér) Bandingkan dengan Latihan 14.8: tunjukkan bahwa untuk gelombang persegi $f$ berlaku $\abs{\sigma_N(f)} \leq 1$ di mana-mana, untuk setiap $N$ — jadi perata-rataan Cesàro menghapus lonjakan yang menghantui $S_N$ . Jelaskanlah dalam satu kalimat sifat mana milik $F_N$ yang bertanggung jawab.

Bagian III — Laju.

Buktikan kedua batas kernelnya, untuk $0 < \abs u \leq \pi$ :

$F_N(u) \leq N, \qquad F_N(u) \leq \frac{\pi^2}{N u^2}$

(untuk yang pertama, $\abs{\sin N\theta} \leq N\abs{\sin\theta}$ secara induktif; untuk yang kedua, $\sin\frac u2 \geq \frac{u}{\pi}$ pada $\intcc{0}{\pi}$ ).
Turunkan taksiran momen pertamanya

$\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\abs u\,F_N(u)\,\dd u \;\leq\; \frac{C\,\ln N}{N} \qquad (N \geq 2)$

untuk sebuah konstanta yang gamblang (pecahlah di $\abs u = \frac1N$ ).
Simpulkan: bahwa bila $f$ Lipschitz berkonstanta $L$ dan berkala- $2\pi$ , maka

$\norm{\sigma_N f - f}_\infty \leq \frac{C\,L\ln N}{N} .$
(Penjenuhan) Hitunglah $\sigma_N(e_1)$ untuk $e_1(t) = \eu^{\iu t}$ lalu tunjukkan $\norm{\sigma_Ne_1 - e_1}_\infty = \frac1N$ : jadi bahkan untuk fungsi termulus sekalipun, Fejér konvergen tak lebih cepat daripada $\frac1N$ — yakni analogi persis bagi penjenuhan Bernstein pada soal akhir pekan bab barisan fungsi.
(Pelokalan) Tunjukkan: bahwa bila $f$ (yang kontinu sepotong-sepotong) lenyap pada $\intoo{x - \delta}{x + \delta}$ , maka $\sigma_N(f)(x) \to 0$ , sebuas apa pun $f$ di tempat lain — jadi kekonvergenan rata-ratanya di $x$ hanya melihat $f$ di dekat $x$ .

Bagian IV — Teorema pemerataan Weyl. Sebuah barisan $(x_n)_{n\geq1}$ di $\intco{0}{1}$ disebut terdistribusi merata apabila, untuk setiap interval $\intcc{a}{b} \subseteq \intcc{0}{1}$ ,

\frac{\#\{n \leq N : x_n \in \intcc ab\}}{N} \xrightarrow[N\to\infty]{} b - a .

Tunjukkan bahwa $(x_n)$ terdistribusi merata segera setelah $\frac1N\sum_{n\leq N}f(x_n) \to \int_0^1 f$ untuk setiap fungsi kontinu yang berkala- $1$ , sebut $f$ (jepitlah indikator $\intcc ab$ di antara dua fungsi kontinu yang afin sepotong-sepotong dan integralnya berselisih $\varepsilon$ ).
(Kriteria Weyl, kecukupannya) Andaikan

$\frac{1}{N}\sum_{n=1}^{N}\eu^{2\iu\pi kx_n} \xrightarrow[N\to\infty]{} 0 \qquad\text{untuk setiap } k \in \Z\setminus\{0\} .$

Tunjukkan $\frac1N\sum f(x_n) \to \int_0^1f$ mula-mula untuk polinomial trigonometri, lalu untuk setiap fungsi kontinu berkala- $1$ , sebut $f$ , lewat pertanyaan 6 (yang diangkut ke kala $1$ ): jadi bersama pertanyaan 16, $(x_n)$ terdistribusi merata.
Misalkan $\alpha$ irasional dan $x_n = \{n\alpha\}$ (yakni bagian pecahannya). Batasilah jumlah geometrinya

$\Bigl|\sum_{n=1}^{N}\eu^{2\iu\pi kn\alpha}\Bigr| \leq \frac{2}{\abs{1 - \eu^{2\iu\pi k\alpha}}} \qquad (k \neq 0),$

lalu simpulkan teorema Weyl: bahwa $(\{n\alpha\})$ terdistribusi merata di $\intco{0}{1}$ .
Turunkan bahwa $(\{n\alpha\})$ padat di $\intcc{0}{1}$ untuk $\alpha$ yang irasional, lalu jelaskanlah dalam satu kalimat mengapa pemerataan tegas lebih kuat daripada kepadatan.
(Digit terdepan) Buktikan bahwa proporsi bilangan bulat $n \leq N$ yang membuat $2^n$ berdigit desimal terdepan $1$ menuju $\log_{10}2 \approx 0.301$ (sebab digit terdepannya $1$ berarti $\{n\log_{10}2\} \in \intco{0}{\log_{10}2}$ ; lalu tunjukkan $\log_{10}2$ irasional).

Bagian V — Ketaksamaan isoperimetrik. Misalkan $\Gamma$ kurva $C^1$ tertutup sederhana berpanjang $L$ yang melingkupi luas bertanda $A$ , yang diparameterkan lewat panjang busur terskala: $z(t) = x(t) + \iu y(t)$ , berkala- $2\pi$ , dengan $\abs{z'(t)} = \frac{L}{2\pi}$ yang tetap; lalu luas yang dilingkupinya adalah

A = \frac12\int_0^{2\pi}\bigl(x\,y' - y\,x'\bigr)\dd t = \frac{1}{2}\,\Im\int_0^{2\pi}\conj{z}\,z'\,\dd t

(yang di sini diambil sebagai definisi luas bertandanya; sedangkan bab integral lipat membuktikan bahwa ia sepakat dengan yang intuitif, lewat rumus Green).

Uraikan $z(t) = \sum_{n\in\Z}c_n\eu^{\iu nt}$ (yakni deret sebuah fungsi $C^1$ , yang konvergen normal) lalu buktikan, lewat Parseval yang diterapkan pada $z'$ :

$\frac{L^2}{2\pi} = \int_0^{2\pi}\abs{z'}^2\dd t = 2\pi\sum_{n\in\Z}n^2\abs{c_n}^2 .$
Buktikan pula $A = \pi\sum_{n\in\Z} n\,\abs{c_n}^2$ (lewat Parseval dalam bentuk terpolarisasinya: $\frac{1}{2\pi}\int\conj f g = \sum \conj{c_n(f)}c_n(g)$ , yang diterapkan pada $f = z$ dan $g = z'$ ).
(Hurwitz) Simpulkan:
(Hurwitz) Conclude:

$L^2 - 4\pi A = 4\pi^2\sum_{n\in\Z} (n^2 - n)\abs{c_n}^2 \;\geq\; 0 ,$

dengan kesamaan bila dan hanya bila $z(t) = c_0 + c_1\eu^{\iu t}$ — yakni sebuah lingkaran. Itulah ketaksamaan isoperimetrik: di antara kurva tertutup berpanjang $L$ , hanya lingkaran yang melingkupi luas $\frac{L^2}{4\pi}$ .
Pemeriksaan kewarasannya: periksalah kesamaannya bagi lingkaran berjari-jari $R$ dan ketaksamaan tegasnya bagi bujur sangkar bersisi $a$ ; lalu jelaskan mengapa $n^2 - n \geq 0$ untuk setiap bilangan bulat $n$ , termasuk yang negatif, dan di mana kelajuan tetap parameterisasinya dipakai.
Rangkuman. Satu kalimat untuk masing-masing: (i) satu sifat $F_N$ yang darinya Bagian I–III mengalir, dan yang tak dimiliki $D_N$ ; (ii) bagaimana penjumlahan Cesàro di sini berkaitan dengan soal akhir pekan bab deret pangkat (yakni Frobenius); (iii) panen mana yang hanya memakai Weierstrass (pertanyaan 6) dan mana yang menuntut Parseval penuh; (iv) satu kalimat tentang apa yang ditambahkan jilid Tahun ke-3 (yakni kelengkapan $L^2$ : deret Fourier sebagai basis Hilbert).

Solusi

Solusi Soal 14.1.

1. Merata-ratakan Lema 14.5 atas $n = 0, \dots, N-1$ (berkat kelinearan integralnya) memberi $\sigma_N(f)(x) = \frac{1}{2\pi}\int f(x+u)F_N(u)\dd u$ ; dan tiap $D_n$ bererata $1$ , jadi $F_N$ bererata $1$ .

2. Dengan $\eu^{\iu u} - 1 = 2\iu\,\eu^{\iu u/2}\sin\frac u2$ :

\sum_{n=0}^{N-1}\sin\Bigl(\Bigl(n + \frac12\Bigr)u\Bigr) = \Im\Bigl[\eu^{\iu u/2}\,\frac{\eu^{\iu Nu} - 1}{\eu^{\iu u} - 1}\Bigr] = \Re\,\frac{1 - \eu^{\iu Nu}}{2\sin\frac u2} = \frac{1 - \cos Nu}{2\sin\frac u2} = \frac{\sin^2\frac{Nu}2}{\sin\frac u2} .

Membaginya dengan $N\sin\frac u2$ :

F_N(u) = \frac1N\sum_{n=0}^{N-1} \frac{\sin\bigl((n+\frac12)u\bigr)}{\sin\frac u2} = \frac{1}{N}\, \frac{\sin^2\frac{Nu}{2}}{\sin^2\frac u2} \geq 0 .

3. Pada $\delta \leq \abs u \leq \pi$ : berlaku $\sin^2\frac u2 \geq \sin^2\frac\delta2$ dan $\sin^2\frac{Nu}2 \leq 1$ , jadi $F_N \leq \frac{1}{N\sin^2(\delta/2)} \to 0$ secara seragam di sana.

4. Berkat rerata satuannya, $\sigma_Nf(x) - f(x) = \frac{1}{2\pi}\int\bigl(f(x+u) - f(x)\bigr)F_N(u)\dd u$ . Diberikan $\varepsilon$ , Heine menghasilkan $\delta$ dengan $\abs{f(x+u) - f(x)} \leq \varepsilon$ untuk $\abs u \leq \delta$ , secara seragam dalam $x$ . Lalu, dengan memakai $F_N \geq 0$ beserta rerata satuannya,

\abs{\sigma_Nf(x) - f(x)} \leq \varepsilon + 2\norm f_\infty\cdot\frac{1}{2\pi} \int_{\delta\leq\abs u\leq\pi}F_N \leq \varepsilon + \frac{2\norm f_\infty}{N\sin^2\frac\delta2} \leq 2\varepsilon

untuk $N$ yang besar, secara seragam dalam $x$ : itulah teorema Fejér.

5. Kernel $F_N$ bersifat genap dengan rerata $1$ : jadi tiap paruh $\intcc{0}{\pi}$ dan $\intcc{-\pi}{0}$ mengusung rerata $\frac12$ . Maka

\sigma_Nf(x) - \frac{f(x^+)+f(x^-)}{2} = \frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\bigl(f(x+u) - f(x^+)\bigr)F_N\,\dd u + \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^0\bigl(f(x+u) - f(x^-)\bigr)F_N\,\dd u ;

lalu pada tiap paruhnya, pecahlah di $\abs u = \delta$ tempat limit sepihaknya dekat sejauh $\varepsilon$ , dan biarkan pertanyaan 3 membunuh bagian jauhnya: maka kedua integralnya menuju $0$ . Adapun batasnya: sebab $F_N \geq 0$ memberi $\abs{\sigma_Nf(x)} \leq \frac{1}{2\pi}\int\abs{f(x+u)}F_N \leq \norm f_\infty$ .

6. Tiap $\sigma_N(f)$ merupakan polinomial trigonometri (yakni rata-rata $S_n(f)$ dengan $n < N$ ), dan $\sigma_N(f) \to f$ secara seragam: itulah teorema Weierstrass trigonometri.

7. Syarat $c_n(f) = 0$ untuk setiap $n$ membuat setiap $S_n(f) = 0$ , sehingga setiap $\sigma_N(f) = 0$ ; jadi menurut Fejér, $f = \lim\sigma_Nf = 0$ . Menerapkan ini pada sebuah selisih: maka fungsi berkala yang kontinu ditentukan oleh koefisien Fouriernya.

8. Jumlah $S_Nf$ adalah proyeksi ortogonal $f$ ke $\mathcal T_N$ (Proposisi 14.2), jadi ia meminimumkan $\norm{f - P}_2$ atas $P \in \mathcal T_N$ ; dan karena $\sigma_Nf \in \mathcal T_{N-1} \subseteq \mathcal T_N$ :

\norm{f - S_Nf}_2 \leq \norm{f - \sigma_Nf}_2 \leq \norm{f - \sigma_Nf}_\infty \to 0

(dengan ketaksamaan tengahnya karena rerata $\abs\cdot^2$ paling banyak sebesar kuadrat supnya). Lalu Pythagoras $\norm f_2^2 = \sum_{\abs n\leq N}\abs{c_n}^2 + \norm{f - S_Nf}_2^2$ melewatkan limitnya: jadi Parseval bagi setiap $f$ berkala yang kontinu.

9. Misalkan $t_1, \dots, t_p$ menyatakan lompatan $f$ dalam satu kala, dan $M = \norm f_\infty$ . Untuk $\eta$ yang kecil, definisikan $g = f$ di luar interval $\intoo{t_j - \eta}{t_j + \eta}$ dan lewat tali busur afin menyeberangi tiap interval itu: maka $g$ bersifat kontinu, berkala, $\norm g_\infty \leq M$ , dan

\norm{f - g}_2^2 \leq \frac{1}{2\pi}\,p\cdot(2M)^2\cdot2\eta \leq \varepsilon^2

untuk $\eta$ yang kecil. Bessel membuat $S_N$ menjadi kontraksi bagi $\norm\cdot_2$ , jadi

\norm{f - S_Nf}_2 \leq \norm{f - g}_2 + \norm{g - S_Ng}_2 + \norm{S_N(g - f)}_2 \leq 2\varepsilon + \norm{g - S_Ng}_2 ,

lalu pertanyaan 8 memberi $\limsup_N\norm{f - S_Nf}_2 \leq 2\varepsilon$ untuk setiap $\varepsilon$ : jadi $\norm{f - S_Nf}_2 \to 0$ , dan Pythagoras menghasilkan Parseval bagi setiap $f$ yang kontinu sepotong-sepotong: sehingga “yang diterima tanpa bukti” pada Teorema 14.10 kini menjadi teorema.

10. Gelombang perseginya punya $\norm f_\infty = 1$ , jadi pertanyaan 5 memberi $\abs{\sigma_N(f)} \leq 1$ di mana-mana dan untuk setiap $N$ — jadi tanpa lonjakan, selamanya — sedangkan Latihan 14.8 menunjukkan $\sup_xS_{2N-1}(f)(x) \to \approx 1.179$ . Adapun satu sifat yang bertanggung jawab: $F_N \geq 0$ , jadi $\sigma_Nf(x)$ merupakan rata-rata terbobot nilai $f$ sehingga tak pernah dapat meninggalkan $\intcc{\min f}{\max f}$ ; sedangkan $D_N$ mengambil nilai negatif, jadi $S_N$ dapat meninggalkannya.

11. Berlaku $\abs{\sin N\theta} \leq N\abs{\sin\theta}$ secara induktif (sebab $\abs{\sin(N{+}1)\theta} \leq \abs{\sin N\theta}\abs{\cos\theta} + \abs{\cos N\theta}\abs{\sin\theta} \leq (N+1)\abs{\sin\theta}$ ): jadi dengan $\theta = \frac u2$ ,

F_N(u) = \frac{\sin^2\frac{Nu}2}{N\sin^2\frac u2} \leq \frac{N^2\sin^2\frac u2}{N\sin^2\frac u2} = N .

Adapun kecekungan $\sin$ pada $\intcc{0}{\frac\pi2}$ memberi $\sin\frac u2 \geq \frac{u}{\pi}$ untuk $0 \leq u \leq \pi$ , jadi $F_N(u) \leq \frac{1}{N(u/\pi)^2} = \frac{\pi^2}{Nu^2}$ .

12. Berkat kegenapannya dan pemecahan di $\frac1N$ :

\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\abs uF_N = \frac1\pi\int_0^\pi uF_N \leq \frac1\pi\Bigl(\int_0^{1/N}uN\,\dd u + \int_{1/N}^{\pi}\frac{\pi^2}{Nu}\,\dd u\Bigr) = \frac{1}{2\pi N} + \frac{\pi\ln(\pi N)}{N} .

Untuk $N \geq 2$ : berlaku $\ln(\pi N) \leq \bigl(1 + \frac{\ln\pi}{\ln2}\bigr)\ln N \leq 2.66\ln N$ dan $\frac{1}{2\pi N} \leq \frac{\ln N}{N}$ , jadi momennya bernilai $\leq \frac{9\ln N}{N}$ .

13. Bila $L$ konstanta Lipschitz bagi $f$ :

\abs{\sigma_Nf(x) - f(x)} \leq \frac{1}{2\pi}\int\abs{f(x+u) - f(x)}F_N(u)\dd u \leq L\cdot\frac{1}{2\pi}\int\abs uF_N \leq \frac{9L\ln N}{N},

secara seragam dalam $x$ .

14. Nilai $c_0(e_1) = 0$ memberi $S_0(e_1) = 0$ , sedangkan $S_n(e_1) = e_1$ untuk $n \geq 1$ : jadi $\sigma_N(e_1) = \frac{N-1}{N}e_1$ , sehingga $\norm{\sigma_Ne_1 - e_1}_\infty = \frac1N$ . Jadi bahkan untuk sinyal utuh yang berpita terbatas ini lajunya tetap $\frac1N$ : Fejér menjenuh, persis seperti operator Bernstein menjenuh di $\frac1n$ (yakni Voronovskaya, pada soal akhir pekan bab barisan fungsi).

15. Bila $f$ lenyap pada $\intoo{x-\delta}{x+\delta}$ , maka $\sigma_Nf(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{\delta \leq \abs u \leq \pi}f(x+u)F_N(u)\dd u$ , yang bernilai mutlak paling banyak $\frac{\norm f_\infty}{N\sin^2(\delta/2)} \to 0$ : jadi rata-rata Cesàro di $x$ hanya melihat $f$ di dekat $x$ .

16. Diberikan $\intcc ab$ dan $\varepsilon$ , pilihlah fungsi kontinu berkala- $1$ yang afin sepotong-sepotong, sebut $\varphi^\pm$ , dengan $\varphi^- \leq \mathbf 1_{\intcc ab} \leq \varphi^+$ dan $\int_0^1(\varphi^+ - \varphi^-) \leq \varepsilon$ (yakni trapesium yang lerengnya di atas interval berpanjang total $\varepsilon$ ). Maka

\limsup_N\frac{\#\{n \leq N : x_n \in \intcc ab\}}{N} \leq \lim_N\frac1N\sum_{n\leq N}\varphi^+(x_n) = \int_0^1\varphi^+ \leq b - a + \varepsilon ,

dan secara simetris $\liminf \geq b - a - \varepsilon$ : jadi proporsinya menuju $b - a$ .

17. Untuk $f = \eu^{2\iu\pi k\cdot}$ dengan $k \neq 0$ , hipotesisnya memberi limit $0 = \int_0^1f$ ; sedangkan untuk $k = 0$ kedua ruasnya bernilai $1$ ; lalu kelinearannya menangani setiap polinomial trigonometri. Untuk fungsi kontinu berkala- $1$ , sebut $f$ , dan $\varepsilon > 0$ , pertanyaan 6 (yang diangkut lewat $t = 2\pi x$ ) menyediakan sebuah polinomial trigonometri $P$ dengan $\norm{f - P}_\infty \leq \varepsilon$ :

\Bigl|\frac1N\sum_{n\leq N}f(x_n) - \int_0^1f\Bigr| \leq 2\varepsilon + \Bigl|\frac1N\sum_{n\leq N}P(x_n) - \int_0^1P\Bigr| \longrightarrow 2\varepsilon .

Bersama pertanyaan 16: jadi $(x_n)$ terdistribusi merata.

18. Untuk $k \neq 0$ dan $\alpha$ yang irasional, dengan $w = \eu^{2\iu\pi k\alpha} \neq 1$ :

\Bigl|\sum_{n=1}^{N}w^n\Bigr| = \Bigl|\frac{w(w^N - 1)}{w - 1}\Bigr| \leq \frac{2}{\abs{1 - w}} ,

yakni batas yang tak bergantung pada $N$ ; jadi membaginya dengan $N$ memberi kriteria Weyl, lalu pertanyaan 17 merampungkannya: sehingga $(\{n\alpha\})$ terdistribusi merata.

19. Setiap subintervalnya menerima proporsi asimtotik yang sama dengan panjangnya, khususnya titik yang tak berhingga banyaknya: jadi $(\{n\alpha\})$ bersifat padat. Adapun pemerataan lebih kuat: sebab sebuah barisan dapat padat sambil menghabiskan hampir seluruh waktunya di satu sudut (kepadatan mengatakan ke mana barisannya pergi, sedangkan pemerataan mengatakan seberapa sering).

20. Bilangan $2^n$ berdigit terdepan $1$ bila dan hanya bila $10^m \leq 2^n < 2\cdot10^m$ untuk suatu $m$ , yakni bila $\{n\log_{10}2\} \in \intco{0}{\log_{10}2}$ . Keirasionalannya: sebab $\log_{10}2 = \frac pq$ akan memberi $2^q = 10^p = 2^p5^p$ , yang mustahil untuk $p \geq 1$ berkat ketunggalan pemfaktorannya. Lalu teorema Weyl (pertanyaan 18 dengan $\alpha = \log_{10}2$ ; dan intervalnya yang setengah terbuka dijepit di antara interval tertutup yang panjangnya berdekatan) memberi proporsinya $\log_{10}2 \approx 0.301$ : jadi digit pertama $2^n$ menuruti hukum Benford.

21. Karena $z$ bersifat $C^1$ , deret Fouriernya konvergen normal dengan jumlah $z$ (Teorema 14.10 (1)), dan $c_n(z') = \iu n\,c_n$ . Lalu karena $\abs{z'} = \frac{L}{2\pi}$ bersifat tetap,

\int_0^{2\pi}\abs{z'}^2\dd t = 2\pi\Bigl(\frac{L}{2\pi}\Bigr)^{\!2} = \frac{L^2}{2\pi} ,

dan Parseval yang diterapkan pada $z'$ yang kontinu memberi $\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\abs{z'}^2 = \sum_n\abs{\iu nc_n}^2$ , yakni $\frac{L^2}{2\pi} = 2\pi\sum_n n^2\abs{c_n}^2$ .

22. Parseval terpolarisasi $\frac{1}{2\pi}\int\conj fg = \sum\conj{c_n(f)}c_n(g)$ menyusul dari Parseval yang diterapkan pada $f + g$ dan $f + \iu g$ (lewat kesamaan polarisasinya), yang keduanya kontinu. Dengan $f = z$ dan $g = z'$ :

A = \frac12\,\Im\int_0^{2\pi}\conj z\,z' = \pi\,\Im\sum_n\conj{c_n}(\iu n c_n) = \pi\sum_n n\abs{c_n}^2 .

23. Menggabungkan pertanyaan 21–22:

L^2 - 4\pi A = 4\pi^2\sum_n n^2\abs{c_n}^2 - 4\pi^2\sum_n n\abs{c_n}^2 = 4\pi^2\sum_{n\in\Z}(n^2 - n)\abs{c_n}^2 \geq 0 ,

karena $n^2 - n = n(n-1) \geq 0$ untuk setiap bilangan bulat. Sedangkan kesamaannya memaksa $c_n = 0$ untuk setiap $n \notin \{0, 1\}$ : jadi $z(t) = c_0 + c_1\eu^{\iu t}$ , yakni lingkaran berpusat $c_0$ dan berjari-jari $\abs{c_1} = \frac{L}{2\pi}$ (berkat kelajuan tetapnya). Itulah bukti Hurwitz bagi ketaksamaan isoperimetrik: $A \leq \frac{L^2}{4\pi}$ , dan hanya lingkaran.

24. Lingkaran berjari-jari $R$ : $L = 2\pi R$ dan $A = \pi R^2$ , jadi $L^2 = 4\pi^2R^2 = 4\pi A$ : yakni kesamaannya. Bujur sangkar bersisi $a$ : $L^2 = 16a^2 > 4\pi a^2 = 4\pi A$ (sebab $16 > 4\pi \approx 12.57$ ). Untuk $n$ yang negatif, $n^2 - n = n(n - 1)$ adalah hasil kali dua bilangan bulat negatif: jadi positif — sehingga ragam yang melilit mundur memakan luas dua kali. Adapun kelajuan tetapnya masuk pada pertanyaan 21, yang mengubah $\int\abs{z'}^2$ menjadi $\frac{L^2}{2\pi}$ ; sedangkan untuk kelajuan yang tak tetap, Cauchy–Schwarz memberi $\int\abs{z'}^2 \geq \frac{(\int\abs{z'})^2}{2\pi} = \frac{L^2}{2\pi}$ , jadi ketaksamaannya bertahan, dengan lingkaran tetap satu-satunya kasus kesamaannya.

25. (i) Segalanya mengalir dari $F_N \geq 0$ (bersama rerata satuannya dan pemusatannya); sedangkan $D_N$ punya rerata satuan dan pemusatan ayunannya tetapi tanpa kepositifan, dan Gibbs adalah harganya. (ii) Keterjumlahan Cesàro deret Fouriernya mengakibatkan keterjumlahan Abelnya dengan jumlah yang sama (yakni Frobenius, yang terbukti pada soal akhir pekan bab deret pangkat) — jadi rute kernel Poisson pada Latihan 14.12 persis merupakan metode Abel. (iii) Teorema Weyl hanya menuntut hampiran seragam (pertanyaan 6); sedangkan ketaksamaan isoperimetriknya menuntut Parseval itu sendiri (pertanyaan 8, 21–22). (iv) Jilid Tahun ke-3 membuktikan kelengkapannya: eksponensialnya membentuk basis Hilbert bagi $L^2$ , Parseval menjadi isometri ruang Hilbert, dan teorema Fejér menjadi pernyataan bahwa isometri itu dapat dihitung lewat rata-rata yang positif.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

koefisien Fourier

Lihat semua 395 istilah di glosarium