Fourieranalyse: Unterschied zwischen den Versionen

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Für alle <math> n \in \mathbb{N} </math> heiße die Funktion <math> D_n: \mathbb{R} \Rightarrow \mathbb{C}, \; x \mapsto \sum_{k=-n}^n e^{ikx} \\ </math>
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Für alle <math> n \in \mathbb{N} </math> heiße die Funktion <math> D_n: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{C}, \; x \mapsto \sum_{k=-n}^n e^{ikx} \\ </math>
 
der ''n-te Dirichlet-Kern''.
 
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Für alle <math> n \in \mathbb{N} </math> und alle <math> x  \in  \mathbb{R} \setminus \{ 2\pi a \, |\, a  \in  \mathbb{Z} \} </math> gilt
 
Für alle <math> n \in \mathbb{N} </math> und alle <math> x  \in  \mathbb{R} \setminus \{ 2\pi a \, |\, a  \in  \mathbb{Z} \} </math> gilt
  
<math> D_n(x)  = \frac{\sin(n x + x/2)}{\sin(x/2)} </math>.
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Weiter ist <math> D_n(2 \pi a)  =  2n + 1 </math>  für alle <math> \; a  \in \mathbb{Z} </math>.
 
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&\leq \Bigl| \int_a^b (f(x)-g(x)) \, dx \Bigl| + \Bigl| \int_a^b g(x) sin(nx) \, dx \Bigl| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{align} </math>
 
&\leq \Bigl| \int_a^b (f(x)-g(x)) \, dx \Bigl| + \Bigl| \int_a^b g(x) sin(nx) \, dx \Bigl| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{align} </math>
  
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Nun können wir zu dem eigentlichen Beweis unseres Satzes schreiten. Zuerst stellen wir fest
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<math> \int_{- \pi}^{\pi} D_n(x) \, dx = \sum_{k=-n}^{n} \int_{- \pi}^{\pi} e^{ikx} \, dx = \int_{- \pi}^{\pi} e^{i0x} \, dx = 2\pi </math>.
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Da nach Lemma 1 gilt <math> D_n(x) = \frac{\sin(n x + \frac{x}{2})}{\sin(\frac{x}{2})} = \frac{-\sin(-n x - \frac{x}{2})}{-\sin(-\frac{x}{2})} = \frac{\sin(-n x - \frac{x}{2})}{\sin(-\frac{x}{2})}
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= D_n(-x) </math>, können wir folgern
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<math> \int_{- \pi}^{0} D_n(x) \, dx =\int_{0}^{\pi} D_n(x) \, dx = \pi </math>
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Damit gilt <math> \; f(x^+_-) = \frac{1}{2 \pi} \int_{- \pi}^{0} f(x^+) D_n(x) \, dx + \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{\pi} f(x^-)D_n(x) \, dx. </math>
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Unter Zuhilfenahme von Lemma 2 folgern wir
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<math> 2\pi \Bigl|FS_n(f)(x) − f (x^+_-)\Bigl|  =  \Bigl| \int_{- \pi}^{0} (f (x + t) − f (x^-)) Dn(t) \, dt  +  \int_{0}^{\pi}
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(f (x + t) − f (x^+)) Dn(t) \, dt \Bigl| </math>.
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Nun definieren wir <math> g_-, [- \pi, 0] \rightarrow \mathbb{C} g_+: [0, \pi] \rightarrow \mathbb{C} </math> durch
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<math> g_-(t):=\frac{f(x+t)-f(x^-)}{sin(\frac{t}{2})} </math> für <math> t \in [- \pi, 0) </math>
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<math> g_+(t):=\frac{f(x+t)-f(x^+)}{sin(\frac{t}{2})} </math> für <math> t \in (0, \pi] </math>
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Des weiteren sei <math> g_-(0):= \lim_{t \searrow 0} \frac{f(x+t)-f(x^-)}{sin(\frac{t}{2})}, \; \lim_{t \nearrow 0} \frac{f(x+t)-f(x^-)}{sin(\frac{t}{2})} </math> (Da laut Annahme <math> f´(x^-), \, f´(x^+) </math> existieren...
 
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Version vom 21. August 2021, 21:16 Uhr

Einleitung

Fourier-Reihen

Anschauung

Summendarstellung

Wir betrachten zunächst eine bezüglich des Intervalls [math] [ - \pi, \pi][/math] [math]2 \pi[/math]--periodische, abschnittsweise stetige und integrierbare Funktion [math]f[/math].

Die Fourier-Reihe zu dieser Funktion [math] f[/math] ist eine Reihendarstellung aus komplexwertiger [math]e[/math]-Funktionen:

[math] \displaystyle f = \sum_{k \in \mathbb{Z}} c_k e^{ikx}~, c_k \in \mathbb{C}[/math]

Dies lässt sich auch umschreiben:

[math] \displaystyle f = \sum_{k = -\infty} ^ \infty c_k e^{ikx} = c_0 + \sum_{k = 1} ^\infty (c_k + c_{-k}) \cos (kx) + i(c_k - c_{-k}) \sin (kx) := \frac{a_0}{2} + \sum_{k = 1}^\infty a_k \cos (kx) + b_k \sin (kx) [/math]

mit [math] a_k = c_k + c_{-k} [/math], [math] b_k = i(c_k - c_{-k}) [/math] und insbesondere [math] a_0 = 2c_0 [/math]. Es ist ersichtlich, dass die [math]2\pi[/math]-periodische Funkion [math]f[/math] als gewichtete Summe aller [math]2\pi[/math]-periodischen Sinus und Cosinus dargestellt wird.

Berechnung der Koeffizienten

Ist eine Funktion [math]f[/math] gegeben, so müssen nur die Koeffizienten [math]c_k[/math] bestimmt werden. Hierfür ist folgende Beobachtung essenziell, für [math]k \neq 0[/math]:

[math] \displaystyle \int_{-\pi}^ \pi e^{ikx} \text{d}x = \int_{-\pi}^{\pi} \cos (kx) \text{d}x + i \int_{-\pi}^{\pi} \sin (kx) \text{d}x = \big[- \frac{1}{m} \sin (kx) \big]_{-\pi}^\pi + \big[ i \frac{1}{m} \cos (kx) \big]_{-\pi}^{\pi} = 0 [/math]

Für [math]k = 0[/math] ist das Integral trivialerweise 1. Somit gilt der Zusammenhang

[math] \displaystyle \int_{-\pi}^\pi f(x) \text{d}x = \int_{-\pi}^\pi \sum_{k \in \mathbb{Z}} c_k e^{ikx} \text{d}x = \sum_{k \in \mathbb{Z}} \int_{-\pi}^\pi c_k e^{ikx} \text{d}x = c_0 [/math]

und

[math] \displaystyle \int_{-\pi}^\pi f(x)\cdot e^{-inx} \text{d}x = \sum_{k \in \mathbb{Z}} \int_{-\pi}^\pi c_k e^{i(k-n) x} \text{d}x = c_n [/math]


Konvergenz einer Reihendarstellung

Um uns mit der Konvergenz einer Fourier-Reihe zu einer gegebenen Funktion zu befassen, definieren wir zunächst für ein [math] \: f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{C} [/math] und ein [math] x \in \mathbb{R} [/math] im Fall der Existenz der jeweiligen Limiten

[math] f( x^+) := \lim_{t \searrow x} f(t) \: \: \: \: \: \: f( x^-) := \lim_{t \nearrow x} f(t) \: \: \: \: \: \: f(x^+_-) := \frac{f( x_+) + f( x^-)}{2} \\ f´( x^+) := \lim_{t \searrow 0} \frac{f(x+t)-f(x)}{t} \\ f´( x^-) := \lim_{t \nearrow 0} \frac{f(x+t)-f(x)}{t} [/math]

Nun können wir die zentrale Aussage dieses Abschnitts formulieren:

Konvergenzsatz von Dirichlet

Sei [math] \, f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \; 2\pi[/math]-periodisch und integrierbar auf [math] [ 0, 2π ] [/math]. Sei [math] x  \in  \mathbb{R} [/math] derart, dass [math] \, f( x^+), \, f( x^-), \, f´(x^+) \, [/math] und [math] \, f´(x^−) \, [/math] existieren. Dann gilt [math] \, FS(f)(x) = f(x^+_-) [/math].


Insbesondere gilt also, falls [math] \, f \, [/math] in [math]\, x \, [/math] differenzierbar ist, [math] \, FS(f)(x) = f(x) [/math].

Beweis  
Wir definieren zunächst:

Für alle [math] n \in \mathbb{N} [/math] heiße die Funktion [math] D_n: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{C}, \; x \mapsto \sum_{k=-n}^n e^{ikx} \\ [/math] der n-te Dirichlet-Kern.

Bevor wir mit dem eigentlichen Beweis des Satzes beginnen, benötigen wir enige Hilfssätze:

Lemma 1: (Sinusdarstellung der Dirichlet-Kerne)

Für alle [math] n \in \mathbb{N} [/math] und alle [math] x  \in  \mathbb{R} \setminus \{ 2\pi a \, |\, a  \in  \mathbb{Z} \} [/math] gilt

[math] D_n(x)  = \frac{\sin(n x + \frac{x}{2})}{\sin(\frac{x}{2})} [/math].

Weiter ist [math] D_n(2 \pi a)  =  2n + 1 [/math]  für alle [math] \; a  \in \mathbb{Z} [/math].


Beweis:

Sei [math] x \in \mathbb{R} \setminus \{ 2 \pi a | a \in \mathbb{Z} \} [/math]. Dann gilt

[math] D_n(x) = \sum_{k=-n}^n e^{ikx} = e^{-inx} \sum_{k=0}^{2n} e^{ikx} [/math].

Da gilt [math] e^{inx} \neq 1 [/math], folgern wir aus der Formel der Partialsummen einer geometrischen Reihe

[math] \begin{align} D_n &= e^{-inx} \frac{1-e^{i(2n+1)x}}{1-e^{ix}} \\ \\ &= \frac{e^{-inx}e^{-\frac{x}{2}}}{e^{-\frac{x}{2}}} \frac{e^{i(2n+1)x}-1}{e^{ix}} \\ \\ &= \frac{e^{i (n + \frac{1}{2}) x} − e^{−i (n + \frac{1}{2}) x}}{e^{\frac{i x}{2}} − e^{− i \frac{x}{2}}} \end{align} [/math]

Nun folgern wir aus der Euler-Formel für beliebige [math] \varphi \in \mathbb{R} : \; e^{i \varphi} - e^{-i \varphi} = 2i \sin(\varphi) [/math]. Damit gilt

[math] D_n(x) = \frac{\sin(nx + \frac{x}{2})}{\sin(\frac{x}{2})} [/math].

Des weiteren gilt für alle [math] a \in \mathbb{Z}: \; D_n(a2 \pi) = \sum_{k=-n}^{n}1 = 2n+1 [/math].


Lemma 2:

Sei [math] \, f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{C} \; 2 \pi [/math]-periodisch und integrierbar. Dann gilt für alle [math] n \in \mathbb{N}, \; x \in \mathbb{R} [/math]

[math] \begin{align} FS_n(f)(x) &= \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} f(t) D_n(x-t) \, dt \\ &= \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} f(x-t) D_n(t) \, dt = \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} f(x+t) D_n(t) \, dt \end{align} [/math]


Beweis:

Sei [math] n \in \mathbb{N} [/math], dann gilt für alle [math] x \in \mathbb{R} [/math] laut der Formel für die Koeffizienten einer Fourier-Reihe

[math] \begin{align} FS_n(f)(x) &= \frac{1}{2 \pi} \sum_{k=-n}^{n} \int_{0}^{2 \pi} f(t)e^{-ikx} \, dt \; e^{ikx} \\ &= \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} f(t) \sum_{k=-n}^{n} e^{ik(t-x)} \, dt \\ &= \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} f(t) D_n(x-t) \end{align} [/math].

Des weiteren können wir durch die Substitutionsregel mit [math] "t=x-y" [/math] folgern

[math] \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} f(t) D_n(x-t) = \frac{1}{2 \pi} \int_{x}^{x-2 \pi} -f(x-y) D_n(y) \, dy [/math]

Da [math] \, f [/math] und [math] D_n \; 2\pi[/math]-periodisch sind, gilt somit

[math] \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} f(t) D_n(x-t) = \frac{1}{2 \pi} \int_{x}^{x-2 \pi} -f(x-y) D_n(y) \, dy = \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} f(x-t) D_n(t) \, dt [/math].

Analog zeigt man durch Substitution mit [math] t=x+y [/math] unter Verwendung von [math] D_n(-t) = D_n(t) [/math], dass gilt

[math] \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} f(t) D_n(x-t) = \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} f(x+t) D_n(t) \, dt [/math].


Lemma 3: (Lemma von Riemann)

Sei [math] \, f: [a,b] \rightarrow \mathbb{C} [/math] integrierbar. Dann gilt

[math] \lim_{n \rightarrow \infty} \int_a^b f(x) sin(nx) \, dx = \lim_{n \rightarrow \infty} \int_a^b f(x) cos(nx) \, dx = 0 [/math]

Selbiges gilt für [math] "n \rightarrow -\infty" [/math]


Beweis: Wir wollen das Lemma durch das [math] \varepsilon [/math]-[math] \delta [/math]-Kriterium beweisen. Dazu zeigen wir die Aussage zuerst für Treppenfunktionen. Sei dazu [math] (t_k)_{t \leq r} [/math] eine Partition von [math] [a,b] [/math] aufsteigende Folge mit [math] t_0 = a, \; t_r=b, \; c_k \in \mathbb{C} [/math] für alle [math] k \lt r [/math] und [math] g: [a,b] \rightarrow \mathbb{C} [/math] gegeben durch [math] g(x):=c_k [/math] für [math] t_k \leq x \lt t_k+1 [/math]. Nun gilt für [math] n \in \mathbb{N} [/math]

[math] \begin{align} \Bigl| \int_a^b g(x) sin(nx) \, dx \Bigl| &= \Bigl| \sum_{k=0}^{r-1} \int_{t_k}^{t_{k+1}} g(x) sin(nx) \, dx \Bigl| \\ &= \Bigl| \sum_{k=0}^{r-1} c_k \int_{t_k}^{t_{k+1}} sin(nx) \, dx \Bigl| \\ &= \Bigl| \sum_{k=0}^{r-1} c_k \Bigl[\frac {cos(nx)}{n} \Bigl]_{t_k}^{t_{k+1}} \, dx \Bigl| \\ &\leq \frac{2}{n} \Bigl| \sum_{k=1}^{r} c_k \Bigl|. \end{align} \\ \\ \Rightarrow \int_a^b g(x) sin(nx) \, dx \overset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0 [/math]


Nun gilt nun Sei [math] \, f: [a,b] \rightarrow \mathbb{C} [/math] integrierbar und [math] \varepsilon \gt 0 [/math]. Dann existiert eine Treppenfunktion g, so dass gilt

[math] \Bigl| \int_a^b f(x)-g(x) \, dx \Bigl| \lt \frac{\varepsilon}{2} [/math]. (Die Integrierbarkeit von [math] \, f [/math] impliziert dessen Aproximierbarkeit durch Treppenfunktionen)

Sei nun [math] N \in \mathbb{N} [/math] so gewählt, dass für alle [math] n \in \mathbb{N} [/math] gilt [math] n\gt N \Rightarrow \Bigl| \int_a^b g(x) sin(nx) \, dx \Bigl| \lt \frac{\varepsilon}{2} [/math]. Dann gilt für alle [math] n \gt N [/math]

[math] \begin{align} \Bigl| \int_a^b f(x) sin(nx) \, dx \Bigl| &= \Bigl| \int_a^b (f(x)-g(x)) sin(nx) \, dx + \int_a^b g(x) sin(nx) \, dx \Bigl| \\ &\leq \Bigl| \int_a^b (f(x)-g(x)) sin(nx) \, dx \Bigl| + \Bigl| \int_a^b g(x) sin(nx) \, dx \Bigl| \\ &\leq \Bigl| \int_a^b (f(x)-g(x)) \, dx \Bigl| + \Bigl| \int_a^b g(x) sin(nx) \, dx \Bigl| \lt \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{align} [/math]


Nun können wir zu dem eigentlichen Beweis unseres Satzes schreiten. Zuerst stellen wir fest

[math] \int_{- \pi}^{\pi} D_n(x) \, dx = \sum_{k=-n}^{n} \int_{- \pi}^{\pi} e^{ikx} \, dx = \int_{- \pi}^{\pi} e^{i0x} \, dx = 2\pi [/math].

Da nach Lemma 1 gilt [math] D_n(x) = \frac{\sin(n x + \frac{x}{2})}{\sin(\frac{x}{2})} = \frac{-\sin(-n x - \frac{x}{2})}{-\sin(-\frac{x}{2})} = \frac{\sin(-n x - \frac{x}{2})}{\sin(-\frac{x}{2})} = D_n(-x) [/math], können wir folgern

[math] \int_{- \pi}^{0} D_n(x) \, dx =\int_{0}^{\pi} D_n(x) \, dx = \pi [/math]

Damit gilt [math] \; f(x^+_-) = \frac{1}{2 \pi} \int_{- \pi}^{0} f(x^+) D_n(x) \, dx + \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{\pi} f(x^-)D_n(x) \, dx. [/math]

Unter Zuhilfenahme von Lemma 2 folgern wir

[math] 2\pi \Bigl|FS_n(f)(x) − f (x^+_-)\Bigl|  =  \Bigl| \int_{- \pi}^{0} (f (x + t) − f (x^-)) Dn(t) \, dt  +  \int_{0}^{\pi} (f (x + t) − f (x^+)) Dn(t) \, dt \Bigl| [/math].

Nun definieren wir [math] g_-, [- \pi, 0] \rightarrow \mathbb{C} g_+: [0, \pi] \rightarrow \mathbb{C} [/math] durch

[math] g_-(t):=\frac{f(x+t)-f(x^-)}{sin(\frac{t}{2})} [/math] für [math] t \in [- \pi, 0) [/math]

[math] g_+(t):=\frac{f(x+t)-f(x^+)}{sin(\frac{t}{2})} [/math] für [math] t \in (0, \pi] [/math]

Des weiteren sei [math] g_-(0):= \lim_{t \searrow 0} \frac{f(x+t)-f(x^-)}{sin(\frac{t}{2})}, \; \lim_{t \nearrow 0} \frac{f(x+t)-f(x^-)}{sin(\frac{t}{2})} [/math] (Da laut Annahme [math] f´(x^-), \, f´(x^+) [/math] existieren...

Beispiele

Zeichnen mit Fourierreihen

Fouriertransformation

Inverse Fouriertransformation

Anwendungsbeispiele

Quellen

Weiterführende Links