Hàm Phức Mối Liên Hệ Giữa Chuỗi Fourier Và Chuỗi Lũy Thừa | Giải Tích

Có thể bạn quan tâm

Về mặt hình thức

chuỗi lũy thừa

$\sum\limits_{k=0}^\infty a_kx^k$

và

chuỗi Fourier

$a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty (a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx))$

khá khác nhau.

Tuy nhiên dưới cách nhìn của hàm phức, cụ thể công thức Euler

$e^{ix}=\cos x+ i\sin x$

thì chuỗi Fourier chẳng qua là cách viết khác của chuỗi lũy thừa.

Thật vậy, từ công thức Euler

$\cos(nx)=\dfrac{e^{inx}+e^{-inx}}{2}$ ,

$\sin(nx)=\dfrac{e^{inx}-e^{-inx}}{2i}$ .

Ta đặt $z=e^{ix}$ chuỗi Fourier chuyển thành

$a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{a_n-ib_n}{2}z^n+\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{a_n+ib_n}{2}z^{-n}$ .

Viết như trên mới thấy được chuỗi lũy thừa và chuỗi Fourier có liên quan đến nhau chứ chưa thấy được mối liên quan này giúp ích gì!

Khi các hệ số $a_0, a_n, b_n$ là thực thì

$a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\cos(nx)=Re(\sum\limits_{n=0}^\infty a_nz^n)$ ,

$\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\sin(nx)=Im(\sum\limits_{n=1}^\infty b_n z^n)$ .

Mối liên hệ này giúp ta tính toán được một số chuỗi hàm sau:

$\sum\limits_{n=1}^\infty r^n\cos(nx)$ khi $-1<r<1$ ,

$\sum\limits_{n=1}^\infty r^n\sin(nx)$ khi $-1<r<1$ .

Với $|r|<1, z=e^{ix}$ có

$\sum\limits_{n=0}^\infty r^nz^n=\dfrac{1}{1-rz}=\dfrac{1-r(\cos x - i\sin x)}{1-2r\cos x+r^2}$ $\; (1)$

nên

$\sum\limits_{n=1}^\infty r^n\cos(nx)=\dfrac{r\cos x-r^2}{1-2r\cos x+r^2}$ ,

$\sum\limits_{n=1}^\infty r^n\sin(nx)=\dfrac{r\sin x}{1-2r\cos x+r^2}$ .

Coi $y=rz$ , lấy tích phân theo $y$ đẳng thức (1)

$\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{y^{n+1}}{n+1}=-ln(1-y)$ $\;\;\; (2)$ .

Với $0<x<\pi$ , theo Dirichlet các chuỗi sau

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n}e^{inx}$ ,

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{n}e^{inx}$

hội tụ.

Từ đó, theo Định lý Abel về giới hạn của chuỗi lũy thừa tại mút, ta cho $r$ tăng đến $1$ đẳng thức (2) trở thành

$\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{e^{i(n+1)x}}{n+1}=-ln(1-e^{ix})$

và ta cho $r$ giảm xuống $(-1)$ đẳng thức (2) trở thành

$\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{(-1)^{n+1}e^{i(n+1)x}}{n+1}=-ln(1+e^{ix})$ .

Hay ta có

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{e^{inx}}{n}=-ln(1-e^{ix})$ ,

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^{n+1}e^{inx}}{n}=ln(1+e^{ix})$ .

Để ý rằng

$1-e^{ix}=2e^{i(x-\pi)/2}\sin(x/2)$ ,

$1+e^{ix}=2e^{ix}\cos(x/2)$

nên với $0<x<\pi$

$ln(1-e^{ix})=i(x-\pi)/2 +ln(2\sin(x/2))$

$ln(1+e^{ix})=ix/2 +ln(2\cos(x/2))$ .

Từ đó khi $0<x<\pi$

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n}\cos(nx)=-ln(2\sin(x/2))$ ,

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n}\sin(nx)=(\pi-x)/2$ ,

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}\cos(nx)=ln(2\cos(x/2))$ ,

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}\sin(nx)=x/2$ .

Từ đây giúp ta trả lời câu hỏi về dáng điệu, cụ thể hơn tính khả vi của các chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2}\cos(nx)$

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2}\sin(nx)$

tại $x=0$

như trong phần trao đổi ngày 24/04/2012 trong bài

https://bomongiaitich.wordpress.com/2012/02/04/trao-d%E1%BB%95i-gi%E1%BA%A3i-tich-34-l%E1%BB%9Bp-k56/

cũng như trao đổi với thầy Trịnh Viết Dược.

Có một câu hỏi các chuỗi vừa tính được đều thực, vậy có cách tiếp cận thực nào để tính chúng không?

Chia sẻ:

Facebook
X

Thích Đang tải...

Có liên quan

Từ khóa » Chuỗi Fourier Phức

Copyright © 2022 | Thiết Kế Truyền Hình Cáp Sông Thu