Motivation zu Fourier Reihen. Motivation zu Fourier Reihen. f(t)

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1 Prof. Dr. Michael Eisermann Höhere Mathematik 3 (vertieft) Kapitel I Fourier Analyse periodischer Funktionen 4 f f 8 1 f f L analyse mathématique est aussi étendue que la nature elle-même [...]. Elle rapproche les phénomènes les plus divers, et découvre les analogies secrètes qui les unissent. Joseph Fourier ( ), Théorie analytique de la chaleur WiSe 17/ I Inhalt dieses Kapitels 1 Die trigonometrische Orthonormalbasis Periodische Funktionen, erste e Periodische Fortsetzung, Spiegelung Skalarprodukt und Orthonormalbasis Fourier Analyse und das Dirichlet Kriterium Das Konvergenz-Kriterium von Dirichlet Fourier Entwicklung der Sägezahnfunktion Fourier Entwicklung von Treppenfunktionen 3 Rechenregeln zu Integration und Glattheit Differenzieren und Integrieren Abklingen der Fourier Koeffizienten Von Potenzreihen zu Fourier Reihen 4 Fazit: Fourier Analyse periodischer Funktionen Zusammenfassung Aufgaben

2 Motivation zu Fourier Reihen I1 Überblick f(t) T Vorgelegt sei f : R R mit Periode T, also Grundfrequenz ω = π/t. Ziel: Wir zerlegen das Signal f in #harmonische Schwingungen, f(t) = a + a 1 cos(ωt) + b 1 sin(ωt) Grundschwingung + a cos(ωt) + b sin(ωt) +... Oberschwingungen 1. cos(ωt) +.4 sin(ωt).1 sin(5ωt) Motivation zu Fourier Reihen I Überblick Periodische Vorgänge sind überall: Puls, Tag & Nacht, Jahreszeiten, Schwingungen, Schall... Ihr Innenohr ermittelt eine Fourier Analyse. Die Zerlegung in harmonische Schwingungen gelingt für praktisch alle periodischen Funktionen, egal wie kapriziös sie auch sein mögen! Diese sensationelle Entdeckung trug Fourier 187 der Akademie vor. Dirichlet klärte 189 die grundlegenden Fragen zur Konvergenz. Die Fourier Analyse hat wichtige technische Anwendungen: Datenanalyse, Mustererkennung, z.b. Spracherkennung. Datenkompression, Herausfiltern relevanter Frequenzbereiche. Digitalisierung von Ton- und Bilddaten (MP3, JPEG, FFT). Sie ist zudem ein universelles Werkzeug der Mathematik: Zerlegen von komplizierten Funktionen in einfache Basisfunktionen. Optimale Approximation, Lösung von Differentialgleichungen. Wir behandeln hierzu ausführlich die mathematischen Grundlagen: Wie berechnt man zur Funktion f ihre Fourier Koeffizienten? Konvergiert die Fourier Reihe? Wie? Wann? Wo? Wogegen?

3 Periodische Funktionen I11 #Leitbeispiel: Die Funktion e it = cos(t) + i sin(t) hat Periode T = π. cos(t) sin(t) π π Im Re e πi/ = i e πi/3 = i + e πi/4 = i e πi/6 = i t e iπ = 1 e πi = 1 Die Funktionen cos(kωt) und sin(kωt) mit k Z haben Periode T = π/ω, ebenso die komplexe Funktion e k (t) := e ikωt = cos(kωt) + i sin(kωt). Periodische Funktionen Eine Funktion f : R R können wir als #Signal betrachten. Jedem Zeitpunkt t R wird ein Wert f(t) R zugeordnet. Diese Zuordnung ist zunächst beliebig und muss nicht stetig sein. Es ist nützlich, auch komplexe Funktionen f : R C zu untersuchen; das kostet keinerlei Mehraufwand und vereinfacht viele Rechnungen. Definition I1A (periodische Funktion) Eine Funktion f : R C hat #Periode T R >, wenn gilt f(t + T ) = f(t) für alle t R. I1 Erläuterung Das bedeutet, die Funktionswerte wiederholen sich im Abstand von T. Hierzu sagen wir auch kurz, die Funktion f : R C ist #T periodisch. In diesem Fall gilt f(t + nt ) = f(t) für alle ganzen Zahlen n Z. Mit T sind somit auch alle Vielfachen T, 3T, 4T, etc. Perioden. Die kleinste Periode nennt man gelegentlich auch #Minimalperiode. Diese zusätzliche Bedingung spielt im Folgenden meist keine Rolle.

4 Periodische Funktionen: e I13 #: Legt man die Spannung sin t an einen #Einweg-Gleichrichter, so erhält man den Positivteil max{, sin t} mit Periode π. I417 π π 3π 4π 5π #Zweiweg-Gleichrichter: Spannungsverlauf sin t mit Periode π. I417 π π 3π 4π 5π Diese Funktionen sind stetig aber nicht differenzierbar (in t πz). Periodische Funktionen: e I14 Die #Gauß Klammer x := max { k Z k x } bedeutet Abrunden. Die #Sägezahnfunktion s(t) = t t hat Periode 1 (und, 3, 4,... ). Die #Rechteckfunktion r(t) = ( 1) t hat Periode (und 4, 6, 8,... ). Diese Funktionen sind unstetig (in t Z) aber stückweise stetig (??).

5 Periodische Fortsetzung durch Verschiebung I15 #Aufgabe: Setzen Sie die folgende Funktion T periodisch fort. a a + T #Lösung: Hier gilt f(t + T ) = f(t) für alle t R, und so setzen wir f fort: a a + T Periodische Fortsetzung durch Verschiebung I16 Jede T periodische Funktion f : R C ist eindeutig durch ihre Werte auf einem beliebigen Periodenintervall [a, a + T [ bestimmt. Ausführlich: #Aufgabe: Sei g : [a, a + T [ C mit a R und T > gegeben. Dann existiert genau eine T periodische Funktion f : R C mit f [a,a+t [ = g. (1) Warum gilt hier Eindeutigkeit? () Wie beweist man die Existenz? #Lösung: Zur Vereinfachung können wir alles nach a = verschieben. (1) Jede reelle Zahl t R schreibt sich eindeutig als t = q T + r mit q Z und r < T. Konkrete Berechnung: Quotient q = t/t und Rest r = t q T. Damit berechnet sich f : R C eindeutig aus g : [, T [ C gemäß f(t) = f(t q T ) = f(r) = g(r). () Aus g : [, T [ C konstruieren wir f : R C : t g ( t t/t T ). Diese Funktion f ist tatsächlich T periodisch und erfüllt f [a,a+t [ = g.

6 Gerade Fortsetzung durch Achsenspiegelung I17 #Aufgabe: Setzen Sie folgende Funktion gerade T periodisch fort. a a + T / #Lösung: Hier gilt f(t + T ) = f(t) und f(a t) = f(a + t) für alle t R: a T / a a + T / Ungerade Fortsetzung durch Punktspiegelung I18 #Aufgabe: Setzen Sie folgende Funktion ungerade T periodisch fort. a a + T / #Lösung: Hier gilt f(t + T ) = f(t) und f(a t) = f(a + t) für alle t R: a T / a a + T /

7 Summen T periodischer Funktionen I19 Erläuterung Haben f, g : R C Periode T, dann auch ihre Summe f + g. sin(t) cos(3t) π π sin(t) + cos(3t) π π Summen periodischer Funktionen I11 Erläuterung #Aufgabe: Sind f, g : R C periodisch, dann auch ihre Summe? #Lösung: Nein! Hierzu müssen f, g eine gemeinsame Periode haben. Bei der obigen Summe haben f und g eine gemeinsame Periode. Das ist auch nötig, andernfalls ist die Summe nicht mehr periodisch! #: Die Sägezahnfunktion s(t) = t t hat Periode n = 1,, 3,.... Die Funktion sin(t) hat Perioden πn, aber keine mit s gemeinsam: Ihre Summe ist nicht periodisch! (Sie ist nur noch fastperiodisch.)

8 Produkte T periodischer Funktionen I111 Erläuterung Haben f, g : R C Periode T, dann auch ihr Produkt f g. sin(t) cos(3t) π π sin(t) cos(3t) π π Proposition I1B (die Algebra T periodischer Funktionen) Die Menge { f : R C t R : f(t + T ) = f(t) } aller T periodischen Funktionen ist ein C Vektorraum, dank Multiplikation sogar eine Algebra. Produkte T periodischer Funktionen I11 Erläuterung Hat f : R C Periode T, dann auch g(t) = f(kt) für k N. : Die Rechteckfunktion r(t) = ( 1) x hat Periode, ebenso r(3t): Auch ihr Produkt r(t) r(3t) hat Periode. Es hat sogar Periode 1!

9 Integral T periodischer Funktionen I113 Erläuterung T T T T Lemma I1C (Integral T periodischer Funktionen) Die Funktion f : R C sei T periodisch und auf [, T ] integrierbar. Zur Integration können wir ein beliebiges Periodenintervall wählen: ˆ a+t t=a f(t) dt = t= f(t) dt = / T/ f(t) dt. #Nachrechnen: Wie skizziert sei < a < T, allgemein geht s genauso. Dank Periodizität gilt T +a t=t f(t) dt = +a t= f(t) dt, dank Additivität also ˆ a+t a f = a f + +a T f = a f + ˆ a f = ˆ a f + Skalarprodukt T periodischer Funktionen Definition I1D (Skalarprodukt periodischer Funktionen) a f = Für Funktionen f, g : [a, b] C definieren wir ihr #Skalarprodukt durch L p L q C : (f, g) f g := 1 b a ˆ b t=a f(t) g(t) dt. f. I114 Erläuterung Der Integrand fg sei absolut integrierbar, etwa f L beschränkt und g L 1 absolut integrierbar, allgemein f L p, g L q mit 1/p + 1/q = 1. Bei Periode T > integrieren wir über ein Intervall mit b a N 1 T. Das Periodenintegral ist invariant bei Verschiebung und Vervielfachung. #Symmetrie: Vertauschen bedeutet konjugieren, g f = f g. #Linearität im zweiten Faktor, konjugiert im ersten: Für alle α C gilt f g 1 + g = f g 1 + f g, f α g = α f g, f 1 + f g = f 1 g + f g, α f g = α f g. #Positivität: Für jede stetige Funktion f gilt f f >. Allgemein gilt f f, und aus f f = folgt f(t) = für fast alle t [a, b].

10 Umparametrisieren auf Periode π I115 Erläuterung Jede T periodische Funktion können wir zu Periode π umparametrisieren. Letztere sind für uns besonders bequem. Proposition I1E (Umparametrisierung auf Periode π) Sei ϕ : R C : t ϕ(t) eine Funktion mit Periode T > und Grundfrequenz ω = π/t. Wir setzen x = ωt, also t = x/ω. Dann hat f : R C mit f(x) = ϕ(t) = ϕ(x/ω) Periode π, denn es gilt f(x + π) = ϕ(t + T ) = ϕ(t) = f(x). Das Skalarprodukt bleibt dank Substitutionsregel?? unverändert. Für t = x/ω und dt = dx/ω sowie ϕ(t) = f(x) und ψ(t) = g(x) gilt: ϕ ψ T = 1 T t= ϕ(t) ψ(t) dt = 1 π x= f(x) g(x) dx = f g π Wir betrachten im Folgenden meist π periodische Funktionen. Dann ist ω = 1, und unsere Formeln werden kürzer und einfacher. In konkreten Anwendungen ist die Frequenz ω meist fest vorgegeben. Die Umrechnung gelingt jedenfalls leicht wie oben in I1E festgehalten. Trigonometrische Polynome : f(x) = sin(x) 1 7 sin(3x) + 15 cos(5x) cos(6x) I116 Erläuterung π π 3π #Trigonometrisches Polynom nennen wir jede endliche Summe f(t) = a + n k=1 a k cos(kωt) + b k sin(kωt) = n k= n c k e ikωt. zu gegebenen Koeffizienten a k, b k C, b = bzw. c ±k = (a k ib k )/. Beide Schreibweisen sind nützlich, die komplexe ist oft bequemer.

11 Orthogonalität trigonometrischer Funktionen sin(3t) cos(5t) I117 π π sin(3t) cos(5t) = 1 sin(t) + 1 sin(7t) π π Orthogonalität trigonometrischer Funktionen cos(3t) I118 π π cos(3t) = cos(6t) π π

12 Orthogonalität trigonometrischer Funktionen I119 #Aufgabe: Integrieren Sie für k, l N folgende Funktionen über [, T ]: cos(kωt) cos(lωt), sin(kωt) sin(lωt), sin(kωt) cos(lωt). Wir erinnern hierzu an die stets nützlichen Additionstheoreme cos(α) cos(β) = 1 [ cos(α β) + cos(α + β) ], sin(α) sin(β) = 1 [ cos(α β) cos(α + β) ], sin(α) cos(β) = 1 [ sin(α β) + sin(α + β) ]. Leiten Sie zunächst diese Additionstheoreme aus der Euler Formel e iα = cos α + i sin α und dem Exponentialgesetz e iα+iβ = e iα e iβ ab. #Lösung: Zur Berechnung nutzen wir folgende Grundintegrale t= t= sin(nωt) dt = für alle n Z, { für n, cos(nωt) dt = T für n =. Orthogonalität trigonometrischer Funktionen I1 Die Orthogonalität folgt dann durch direktes Nachrechnen. cos(kωt) cos(lωt) dt = 1 cos((k l)ωt) + cos((k + l)ωt) dt t= t= für k l, = T/ für k = l 1, T für k = l =. t= t= sin(kωt) sin(lωt) dt = 1 cos((k l)ωt) cos((k + l)ωt) dt t= für k l, = T/ für k = l 1, für k = l =. sin(kωt) cos(lωt) dt = 1 t= sin((k l)ωt) + sin((k + l)ωt) dt = Das ist schön. Alles wird noch schöner und übersichtlicher für die komplexe Funktion e ikωt = cos(kωt) + i sin(kωt), siehe nächste Aufgabe.

13 Die trigonometrische Orthonormalbasis I11 Für Funktionen f, g : R C mit Periode T nutzen wir das #Skalarprodukt f g := 1 T t= f(t) g(t) dt. Sei ω = π/t. Als #Basisfunktion e k : R C mit k Z definieren wir e k (t) := e ikωt = cos(kωt) + i sin(kωt). Ihre Linearkombinationen sind die #trigonometrischen Polynome: n n f(t) = f(k) e ikωt, g(t) = ĝ(l) e ilωt mit f(k), ĝ(l) C. k= n l= n #Aufgabe: Wie bestimmt die Funktion f : R C ihr Spektrum f : Z C? Wir nutzen Orthonormalität: Berechnen Sie die Skalarprodukte () 1 e n, (1) e k e l, () e k g, (3) f g, (4) f f. (5) Entwickeln Sie f(t) = sin t und g(t) = cos 3 t in Fourier Polynome. (6) Berechnen Sie daraus 1 π π t= cos4 t dt und 1 π π t= cos6 t dt. Die trigonometrische Orthonormalbasis #Lösung: () Wir berechnen 1 e n. Für n = ist s besonders leicht: 1 e Def = 1 T t= 1 e iωt dt = 1 T t= Für n Z mit n nutzen wir den HDI und ωt = π: 1 e n Def = 1 T t= 1 dt = 1. 1 e inωt 1 [ 1 dt HDI = B1I T inω einωt] T =. t= (1) #Orthonormalität Wir berechnen die gesuchten Skalarprodukte: I1 e k e l Def = 1 T Exp = 1 T t= t= e k (t) e l (t) dt Def = 1 T e i(l k)ωt dt () = t= e ikωt e ilωt dt { 1 für k = l, für k l. Die Basis (e k ) k Z ist orthonormal bezüglich des Skalarprodukts! Das ist analog zur Geometrie des euklidischen Raumes R n bzw. C n. Im Komplexen ist alles halb so schwer und doppelt so schön!

14 Die trigonometrische Orthonormalbasis I13 () #Fourier Dank Linearität und Orthonormalität erhalten wir: e k g Def n Lin n = e k ĝ(l) e l = ĝ(l) e k e l = (1) ĝ(k) l= n l= n Das Skalarprodukt filtert den gewünschten Koeffizienten heraus! (3) #Parseval Dank Bilinearität und Orthonormalität erhalten wir: n f g Def n Lin n n = f(k) e k ĝ(l) e l = f(k) e k ĝ(l) e l Lin = k= n n n k= n l= n l= n f(k) ĝ(l) e k e l (1) = k= n n k= n f(k) ĝ(k). l= n Diese Rechnung gilt allgemein für Orthonormalbasen wie im R n. (4) #Energiegleichung Für das Normquadrat gilt Pythagoras: n f f = (3) f(k) k= n Das Normquadrat ist die Summe der Koeffizientenquadrate. Die trigonometrische Orthonormalbasis (5) Wir entwickeln f und g dank der Euler Formel e it = cos t + i sin t: ( e f(t) = sin(t) it e it ) = = 1 i 4 eit e it = 1 1 cos(t) ( e g(t) = cos(t) 3 it + e it ) 3 = = 1 8 e3it eit e it e 3it = 3 4 cos(t) cos(3t) Dank Orthonormalität lesen wir die Fourier Koeffizienten ab (). (6) Wir nutzen die Energiegleichung (4) und Fourier Koeffizienten (5): ˆ 1 π n sin 4 t dt Def = f f = (4) f(k) = 3 (5) π 8 1 π t= t= cos 6 t dt Def = g g (4) = k= n n k= n ĝ(k) = 5 (5) 16 Die Energiegleichung gilt allgemein für Fourier Reihen! (Satz J1A) I14

15 Die trigonometrische Orthonormalbasis I15 Erläuterung Satz I1F (trigonometrische Orthonormalbasis) Die Menge aller Funktionen f : R C ist ein Vektorraum. Hierin ist die Teilmenge aller T periodischen Funktionen ein Untervektorraum. Als Basisfunktion e k : R C mit k Z und ω = π/t definieren wir e k (t) := e ikωt = cos(kωt) + i sin(kωt). Diese erzeugen den Unterraum V = { n k= n c k e ikωt n N, c k C } der trigonometrischen Polynome. Hierauf haben wir das Skalarprodukt V V C : (f, g) f g := 1 T t= f(t) g(t) dt. Es gelten die Orthonormalitätsrelationen { für k l: paarweise Orthogonalität, e k e l = 1 für k = l: Normierung auf Länge 1. Die trigonometrische Orthonormalbasis I16 Erläuterung Korollar I1G (Fourier Koeffizienten durch Skalarprodukt) Wir betrachten ein trigonometrisches Polynom zur Periode T = π/ω: n f(t) = c l e ilωt = a n + a l cos(lωt) + b l sin(lωt) l= n Die Funktion f bestimmt die Koeffizienten durch Fourier Integrale: l=1 c k = e k f = e ikωt f = 1 T bzw. a k = cos(kωt) f b k = sin(kωt) f = T = T t= t= t= e ikωt f(t) dt, cos(kωt) f(t) dt, sin(kωt) f(t) dt. Die Formeln für die Koeffizienten c k sind besonders schön, da die Funktionen e k (t) = e ikωt orthonormal sind. Hingegen sind cos(kωt) und sin(kωt) zwar orthogonal, aber mit L Norm / statt Normierung 1.

16 Die trigonometrische Orthonormalbasis I17 Erläuterung Diese Gleichungen nutzen wir allgemein für Fourier Reihen. Das Fourier Integral filtert den gewünschten Koeffizienten heraus! Das Skalarprodukt beschert uns Struktur, Klarheit und Übersicht. Die Orthonormalität der Basis (e k ) k Z vereinfacht die Rechnung. Korollar I1H (Jede Funktion bestimmt ihre Koeffizienten.) Gegeben seien trigonometrische Polynome n n f(t) = f(k) e ikωt und g(t) = ĝ(k) e ikωt k= n k= n Aus f(k) = ĝ(k) für alle k = n,..., n folgt offensichtlich f = g. Umgekehrt folgt aus f = g auch f = ĝ, dank der Fourier Integrale f(k) = 1 T t= e ikωt f(t) dt = 1 T t= e ikωt g(t) dt = ĝ(k) Für Letzteres genügt bereits Gleichheit f = g fast überall. Die trigonometrische Orthonormalbasis I18 Erläuterung Korollar I1I (Norm und Skalarprodukt) Koeffizienten f(k), ĝ(k) C definieren trigonometrische Polynome f(t) = n k= n f(k) e ikωt und g(t) = n k= n ĝ(k) e ikωt. Für ihre Norm und ihr Skalarprodukt gilt nach Pythagoras 1 T 1 T t= t= f(t) dt = f(t) g(t) dt = n k= n n k= n f(k), kurz f L = f l, f(k) ĝ(k), kurz f g L = f ĝ l. Diese Isometrie ist eine zentrale Eigenschaft der Fourier Theorie. Für trigonometrische Polynome, also endliche Summen, folgt dies direkt aus der Orthonormalität der Basis (e k ) k Z. Erfreulicherweise gilt dies sogar allgemein für alle quadrat-integrierbaren Funktionen! (J1A)

17 Fourier Analyse I1 Die Funktion f : R C sei T periodisch und auf [, T ] integrierbar. Wir entwickeln f in #Harmonische zur Grundfrequenz ω = π/t : f(t) k= c k e ikωt mit c k := e k f = 1 T t= e ikωt f(t) dt Hier ist c k C die Amplitude (und Phase) der k ten Schwingung e ikωt. Dank #Euler Formel e ikωt = cos(kωt) + i sin(kωt) ist hierzu äquivalent: f(t) a + a k := T b k := T k=1 t= t= a k cos(kωt) + b k sin(kωt) cos(kωt) f(t) dt = c k + c k, sin(kωt) f(t) dt = i(c k c k ), mit Koeffizienten c k = a k ib k c k = a k + ib k,. Für x = ωt erhalten wir Periode π und Grundfrequenz 1. Fourier Analyse I Das T periodische #Signal f zerlegen wir so in sein #Spektrum f: f : R C f : Z C, f(k) = ck := 1 T t= e ikωt f(t) dt In Grad n approximieren wir f durch das #Fourier Polynom f n : f n (t) := n k= n c k e ikωt = a + n k=1 a k cos(kωt) + b k sin(kωt) Für n erhalten wir (zumindest formal) die #Fourier Reihe: f(t) k= c k e ikωt = a + k=1 a k cos(kωt) + b k sin(kωt) Gelesen: Die Funktion f hat die Fourier Koeffizienten c k bzw. a k, b k. Für trigonometrische Polynome ist die Reihe endlich, sonst unendlich! Für die Konvergenz dieser Reihe gibt es einfache Kriterien. I8

18 Fourier Analyse I3 Erläuterung Zur #Fourier Analyse benötigen wir nur die #absolute Integrierbarkeit, also T f(t) dt <. Wegen e ikωt = 1 ist dann e ikωt f(t) über [, T ] absolut integrierbar, und obiges Integral definiert c k C für jedes k Z. Das #trigonometrische Polynom f n dient uns als Approximation an f. Die #Fourier Reihe ist jedoch zunächst nur eine bequeme Schreibweise: Wir wissen noch nicht, ob und in welchem Sinne die Reihe konvergiert! Zur #Konvergenz benötigen wir etwas stärkere Voraussetzungen an f, etwa quadratische Integrierbarkeit T f(t) dt <, siehe Kapitel J. Selbst wenn die Fourier Reihe in einem Punkt t [, π] konvergiert, muss der Grenzwert nicht der Funktionswert f(t) sein. Dazu genügen stärkere Forderungen, etwa #Differenzierbarkeit im Punkt t (Satz IA). Nur im Falle der Konvergenz in jedem Punkt t R schreiben wir f(t) = c k e ikωt = a + a k cos(kωt) + b k sin(kωt) k= Das nennen wir die #Fourier Synthese, also das Zusammensetzen der Teilschwingungen zwecks Rekonstruktion der ursprünglichen Funktion f. Fourier Analyse k=1 I4 Erläuterung Das Konvergenzproblem ist analog zur Taylor Reihe von f C (R, R): f(z) c k z k mit Taylor Koeffzienten c k = f k () k! k= Das bedeutet zunächst nur: f hat die Taylor Koeffizienten c k (??). Konvergenz: Für n muss das Restglied verschwinden: R n (z). In diesem Kapitel berechnen wir zunächst zentrale e von Fourier Reihen: Sägezahn-, Rechteck- und Treppenfunktion etc. Die hierbei beobachteten Eigenschaften und Rechentechniken formulieren wir parallel hierzu allgemein als Sätze / Rechenregeln. Das dient ganz konkret dazu, nützliche Tricks und Abkürzungen zu erklären und für Anwendungen bereit zu stellen. Insbesondere aber klären wir, wann, wo und wogegen die Fourier Reihe konvergiert. Im nächsten Kapitel übertragen wir die geometrischen Begriffe des R n wie Skalarprodukt, Norm und Abstand, auf quadratisch integrierbare Funktionen und ihre Fourier Reihen. Das ist eine überaus nützliche Betrachtungsweise und der natürliche Rahmen der Fourier Theorie.

19 Punktweise Konvergenz von Fourier Reihen I5 Erläuterung Wir untersuchen die zentrale Frage: Konvergiert die Fourier Reihe? Wir approximieren f : R C mit Periode π durch Fourier Polynome f n (x) := n k= n c k e ikx mit c k := 1 π x= e ikx f(x) dx. Wir sagen, die Fourier Reihe von f #konvergiert im Punkt x R, wenn die Zahlenfolge (f n (x)) n N in C für n konvergiert. Sie #konvergiert im Punkt x gegen f(x), wenn f n (x) f(x) gilt. In diesem Falle (und nur dann) schreiben wir f(x) = lim n n k= n c k e ikx oder kurz f(x) = k= c k e ikx. Fourier vermutete zunächst Konvergenz f n f für jede Funktion f. Das ist jedoch nicht immer der Fall. Wir brauchen praktische Kriterien! Wir nutzen das Dirichlet Kriterium: Ein wenig Regularität von f im Punkt x R garantiert die erhoffte Konvergenz f n (x) f(x)! Punktweise Konvergenz von Fourier Reihen I6 a b c d e Links-/rechtsseitiger Grenzwert und Ableitungen von f im Punkt x: f(x ) := lim f(t), f(x+) := lim f(t), t x t x f f(t) f(x ) (x ) := lim, f f(t) f(x+) (x+) := lim. t x t x t x t x Die #Dirichlet Bedingung fordert, dass alle vier Grenzwerte existieren. Wir nennen f #sprungnormiert, wenn f(x) = 1 [ f(x+) + f(x ) ]. Zur Erinnerung: Die Funktion f ist stetig in x, wenn f(x) = f(x+) = f(x ) gilt. e a, b sind stetig, c, d haben eine Sprungstelle, d ist sprungnormiert, c nicht. e a, b, c haben beidseitige Ableitungen, d hingegen nicht (senkrechte Tangente). e hat rechtsseitig eine Polstelle, hier sind Ableitung und Sprungnormierung sinnlos.

20 Punktweise Konvergenz von Fourier Reihen I7 Erläuterung #Stetigkeit im Punkt x R ist äquivalent zu f(x+) = f(x ) = f(x). Im Falle f(x+) f(x ) hat f in x eine #Sprungstelle (siehe Skizze). #Differenzierbarkeit im Punkt x impliziert Stetigkeit und ist äquivalent zu Dirichlet mit f(x+) = f(x ) = f(x) und f (x+) = f (x ) = f (x). Zu einer vorgelegten Funktion f stellt sich die konkrete Frage: In welchen Punkten konvergiert die Fourier Reihe? und wogegen? Das Kriterium von Dirichlet gibt hierauf eine sehr praktische Antwort: Ist f im Punkt x differenzierbar, so konvergiert die Fourier Reihe gegen den Wert f(x). Das gilt auch noch, wenn f in x stetig ist und beide links-/rechtsseitige Ableitungen existieren. Sogar Sprungstellen können wir so noch gut behandeln: Die Fourier Reihe konvergiert dann gegen den Mittelwert! Um all diese Fälle präzise zu klären, muss man nur die vier geforderten (links-/rechtsseitigen) Grenzwerte von f sicherstellen. Die Dirichlet Bedingung ist recht milde: Sie erlaubt Sprungstellen und verhindert lediglich, dass die Funktion f allzu wild oszilliert. Für die meisten praktischen Fälle ist das ausreichend. Punktweise Konvergenz von Fourier Reihen I8 Satz IA (Dirichlet Kriterium für Fourier Reihen) (1) Angenommen, f : R C erfüllt die Dirichlet Bedingung im Punkt x, d.h. beide Grenzwerte f(x±) und beide Ableitungen f (x±) existieren. Dann konvergiert im Punkt x die Fourier Reihe f n (x) für n gemäß f n (x) = n c k e ikx 1 [ ] f(x+) + f(x ) für n. k= n Der Funktionswert f(x) im Punkt x spielt dabei gar keine Rolle. Spezialfälle: (1a) Es gilt f n (x) f(x) falls f in x sprungnormiert ist, also f(x) = 1 [f(x+) + f(x )], oder sogar stetig, also f(x±) = f(x). (1b) Ist f : R C stückweise stetig differenzierbar und überall stetig bzw. sprungnormiert, dann konvergiert f n (x) f(x) in jeden Punkt x R. () Ist f : R C stetig und stückweise stetig differenzierbar mit f L, so konvergiert die Fourier Reihe f n f sogar gleichmäßig auf ganz R: f n (x) f(x) L ln(n)/n für n

21 Fourier Entwicklung der Sägezahnfunktion I9 Sei f : R R ungerade und π periodisch mit f(x) = x für < x < π. #Aufgabe: () Skizzieren Sie f. (1) Berechnen Sie die Fourier Reihe. Wir wissen zunächst nur f(x) = x für < x < π. Da f ungerade ist, also f( x) = f(x), folgt f() = und f(x) = x für < x <. Dies setzen wir π periodisch fort. Insbesondere folgt f(±π) =. Die Funktionsskizze ist für die Rechnung hilfreich. Wer schon die Funktion nicht zeichnen kann, dem misslingt wohl auch das Integral. Fourier Entwicklung der Sägezahnfunktion I1 (1) Der Fourier Koeffizient c ist der Mittelwert über eine Periode: c = a = 1 π x dx = (siehe Skizze) Für k rechnen wir komplex und nutzen partielle Integration: Def c k = 1 e ikx part x dx = 1 ([ ˆ i π π x] π π k e ikx = i πk [ e iπk π e iπk π ] = ( 1) k i k i k e ikx dx Damit haben wir die Funktion f in ihre Fourier Reihe entwickelt: f(x) k ( 1) k i k eikx = ( 1) k+1 k sin(kx) k=1 = [sin x 1 sin x + 13 sin 3x 14 ] sin 4x +... ) Da f ungerade ist, erhalten wir c k = c k, also eine Sinus Reihe.

22 Fourier Entwicklung der Sägezahnfunktion I11 Umrechnung der Koeffizienten für die Sinus-Cosinus-Reihe: a k = c k + c k =, b k = i(c k c k ) = ( 1) k+1 k. Zum Vergleich nochmal direkt die Integrale für a k, b k mit k 1: a k = 1 x cos(kx) dx π = 1 ([ x sin(kx) ] π π k b k = 1 x sin(kx) dx π = 1 ([ x cos(kx) ] π π k + (ungerader Integrand) sin(kx) k cos(kx) k ) dx = ) dx = ( 1) k+1 k Zu Berechnung von a k, b k sind zwei Integrale nötig, für c k nur eins. Man spart ein wenig, aber der Rechenweg ist Geschmackssache. Die Umrechnung zwischen a k, b k und c k gelingt jedenfalls leicht. Fourier Entwicklung der Sägezahnfunktion I1 Die Fourier Koeffizienten a k, b k, c k sind hier leicht zu berechnen. Da f reell ist, gilt a k, b k R und c k = c k. Da f ungerade, gilt a k =. Die folgenden Graphiken zeigen die #Fourier Polynome f n. Wir wollen verstehen, in welchem Sinne f n f konvergiert. Für jeden Punkt x R gilt augenscheinlich f n (x) f(x): In den Punkten x = und x = π ist dies klar, ansonsten keineswegs! Die Koeffizienten klingen nur langsam ab ( 1/k), d.h. auch hohe Frequenzen tragen noch deutlich bei: Die Fourier Reihe ist rau. Wir sehen recht eindringlich das sogenannte #Gibbs Phänomen: Die Funktionen f n überschwingen in Sprungstellen um ca. 9%. Es gilt daher #keine gleichmäßige Konvergenz f n f auf R: Ein kleiner ε Schlauch um f enthält nicht alle f n für n n. Auf jedem Intervall I = [ + δ, π δ] #abseits der Sprungstellen konvergiert f n gleichmäßig gegen f: Zu jedem ε > liegen schließlich alle f n im ε Schlauch um f auf I. Auch das ist bemerkenswert!

23 Fourier Entwicklung der Sägezahnfunktion I13 Die ersten Fourier Polynome f n ähneln f nur grob: 4 f f 1 f f Fourier Entwicklung der Sägezahnfunktion I14 Das Fourier Polynom f 8 von Grad 8 liegt schon näher bei f: 4 f f

24 Fourier Entwicklung der Sägezahnfunktion I15 Das Überschwingen bleibt auch bei höherem Approximationsgrad: 4 f f Fourier Entwicklung der Sägezahnfunktion I16 Das Überschwingen bleibt auch bei höherem Approximationsgrad: 4 f f

25 Punktweise Konvergenz von Fourier Reihen I17 Das Dirichlet Kriterium IA können wir auf die Sägezahnfunktion anwenden und die Konvergenz ihrer Fourier Reihe vollständig klären! Sei f : R R ungerade und π periodisch mit f(x) = x für < x < π. #Aufgabe: () Bestimmen Sie f(x±) und f (x±) in jedem Punkt x R. (3) In welchen Punkten x R konvergiert f n (x) für n? Wogegen? (4) Wogegen konvergiert ? Punktweise Konvergenz von Fourier Reihen #Lösung: () Auf ], π[ gilt f(x) = x. In jedem Punkt x ], π[ ist f stetig, f(x±) = f(x), und zudem differenzierbar, f (x±) = f (x) = 1. Alles wiederholt sich π periodisch, auf ]π, 3π[, ]3π, 5π[, etc. In unserem ist π die einzige Sprungstelle (modulo πz): [ ] f(π ) = lim f(t) = lim t = +π t π t π f(π+) = lim t π f(t) = lim t π [ t π ] = Auch in der Sprungstelle existieren die einseitigen Ableitungen: f f(t) f(π ) (π ) = lim t π t π f f(t) f(π+) (π+) = lim t π t π = lim t π t π t π = lim t π (t π) () t π = lim t π 1 = 1 = lim t π 1 = 1 Das zeigt: Unsere Funktion f erfüllt die #Dirichlet Bedingung! (IA) Zudem ist f #sprungnormiert, das heißt f(x) = 1 [ f(x+) + f(x ) ]. Das gilt in x = ±π dank f(±π) =, aber ebenso für < x < π. I18

26 Punktweise Konvergenz von Fourier Reihen I19 (3) Wir nutzen das Dirichlet Kriterium (IA) und Teil (): ( 1) k+1 k k=1 Dirichlet sin(kx) = f(x) = IA { x für < x < π, für x = ±π. (4) Speziell für x = π/3 kennen wir folgende nützliche Werte: k cos(kπ/3) 1 1/ 1/ 1 1/ 1/... sin(kπ/3) 3/ 3/ 3/ 3/... Damit können wir Reihe und Funktion auswerten und vergleichen: [ ] ( Dirichlet π ) = f = π IA 3 3 Hieraus erhalten wir den gesuchten Grenzwert der Reihe: = π 3 3 = Punktweise Konvergenz von Fourier Reihen I Das Dirichlet Kriterium IA bestätigt unsere Anschauung! Wir gewinnen exakte Grenzwerte und können damit rechnen. Das ist ein mächtiges Werkzeug, wie wir in der Aufgabe sehen: Für die letzte Rechnung (4) benötigen wir f n (x) f(x) für n. Dies stellen wir im vorigen Teil durch das Dirichlet Kriterium sicher (3). Hierzu müssen wir nur die geforderten Grenzwerte von f sichern (). Diese Vorgehensweise ist typisch und besteht aus zwei Teilen: Zur #Fourier Analyse berechnen wir die Fourier Koeffizienten (1): f(x) c k e ikx mit c k = 1 e ikx f(x) dx π k= Zur #Fourier Synthese bestimmen wir zu gegebenem Punkt x R, ob und wogegen die Fourier Reihe f n (x) für n konvergiert ( 4). Nur im Falle der Konvergenz in jedem Punkt x R schreiben wir f(x) = c k e ikx = a + a k cos(kx) + b k sin(kx) k= k=1

27 Fourier Entwicklung von Treppenfunktionen I1 Die Funktion f : R R sei π periodisch mit f = I [a,b] auf [a, a+π]. Hierbei seien die Werte a < b < a + π beliebig vorgegeben. Später werden wir insbesondere a = b = π/4 betrachten. #Aufgabe: () Skizzieren Sie f. (1) Berechnen Sie die Fourier Reihe. a b () Bestimmen Sie f(x±) und f (x±) für jeden Punkt x R. (3) In welchen Punkten x konvergiert f n (x) für n? Wogegen? (4) Welche Werte haben Funktion und Reihe für x = b = a? (5) Wogegen konvergiert ? Wir berechnen hier die Fourier Reihe einer Indikatorfunktion. Durch Linearkombination erhalten wir beliebige Treppenfunktionen! Fourier Entwicklung von Treppenfunktionen (1) Der Fourier Koeffizient c ist der Mittelwert über eine Periode: c = 1 π ˆ a+π x=a f(x) dx = 1 π ˆ b x=a Für k rechnen wir komplex und finden: c k Def = 1 π ˆ b x=a e ikx 1 dx HDI = B1I π 1 dx = b a π [ 1 ik e ikx ] b a (siehe Skizze) = e ika e ikb πik Die Fourier Reihe, zunächst formal (ohne Anspruch auf Konvergenz): f(x) b a π + k e ika e ikb πik Ohne Werkzeug ist dieser Reihe kaum anzusehen, ob und wogegen sie konvergiert. Hier rettet uns das Dirichlet Kriterium! e ikx () Die Funktion f ist konstant auf ]a, b[ und auf ]b, a + π[. Hier ist f stetig, also f(x±) = f(x), und differenzierbar, f (x±) = f (x) =. In x {a, b} hat f eine Sprungstelle, mit f(a+) = f(b ) = 1 und f(a ) = f(b+) = sowie einseitigen Ableitungen f (x±) =. I

28 Fourier Entwicklung von Treppenfunktionen I3 (3) Wir nutzen das Dirichlet Kriterium (IA) und Teil (): b a π + e ika e ikb 1 für a < x < b, e ikx Dirichlet = πik IA für b < x < a + π, k 1 für x = a und für x = b. (4) Im symmetrischen Fall a = b vereinfacht sich diese Reihe zu: b π + k sin(kb) kπ e ikx = b π + k=1 sin(kb) kπ cos(kx) Da f gerade ist, erhalten wir c k = c k, also eine Cosinus Reihe. In der Sprungstelle gilt f(±b) = 1. Die Reihe ergibt hingegen: b π + sin(kb) cos(kb) = 1 sin(kb) = cos(kb) = 1 kπ k 4π b k=1 Den Wert dieser Reihe verdanken wir Dirichlet! Speziell für b = π/ sehen wir ihn direkt, denn hier gilt sin(kb) cos(kb) = für alle k Z. k=1 Fourier Entwicklung von Treppenfunktionen (5) Speziell für x = b = π/4 kennen wir folgende nützliche Werte: k cos(kπ/4) +1 + sin(kπ/4) Für ungerade k = j + 1 gilt sin(kπ/4) cos(kπ/4) = ( 1) j /, sonst =. Wir setzen x = b = π/4 in unsere Reihe ein und vereinfachen: π k=1 k sin ( kπ 4 ) ( kπ cos 4 ) = 1 = j= Hieraus erhalten wir den gesuchten Grenzwert der Reihe: ( 1) j j + 1 = π = π 4 = Das ist die Leibniz Reihe, die wir bereits von Seite?? kennen. Für x = b = π/3 erhält man übrigens die Reihe der vorigen Aufgabe. I4

29 Fourier Entwicklung der Rechteckfunktion I5 Sei f : R R ungerade und π periodisch mit f(x) = 1 für < x < π. Sei g : R R mit g(x) = f(x + π/) die Verschiebung um π/. #Aufgabe: () Skizzieren Sie f, g. (1) Berechnen Sie die Fourier Reihen. () Konvergiert die Fourier Reihe in jedem Punkt gegen die Funktion? #Lösung: Der vorigen Aufgabe entnehmen wir bzw. rechnen direkt aus: f ungerade Sinusreihe g gerade Cosinusreihe f(x) = 4 [sin x + 13 π sin 3x + 15 sin 5x + 17 sin 7x + 19 ] sin 9x +... g(x) = 4 [cos x 13 π cos 3x + 15 cos 5x 17 cos 7x + 19 ] cos 9x... Fourier Entwicklung der Rechteckfunktion I6 Dank Dirichlet IA gilt f n (x) f(x) und g n (x) g(x) in jedem Punkt x R, hier sogar in den Sprungstellen da sprungnormiert. Wir erkennen hier besonders schön folgende Symmetrieregeln: Für jede #reelle Funktion f : R R gilt a k, b k R, also c k = c k. Ist f #gerade, also f( x) = f(x) für alle x R, so gilt b k =, a k = π cos(kx) f(x) dx, c k = c k. Also f #Cosinusreihe. Für reelle Funktionen heißt das c k R. Ist f #ungerade, also f( x) = f(x) für alle x R, so gilt a k =, b k = π sin(kx) f(x) dx, c k = c k. Also f #Sinusreihe. Für reelle Funktionen heißt das c k ir. Mit dieser einfachen Beobachtung lässt sich dank Symmetrie die Rechnung halbieren oder Ergebnisse auf Plausibilität prüfen.

30 Fourier Entwicklung der Rechteckfunktion I7 Zur Illustration nochmal ausführlich die Rechnung für f: Der nullte Fourier Koeffizient ist der Mittelwert über eine Periode: c = a = 1 f(x) dx = (ungerader Integrand) π Berechnung der Fourier Koeffizienten für k 1: a k = 1 π f(x) cos(kx) dx = (ungerader Integrand) b k = 1 π = π = π f(x) sin(kx) dx sin(kx) dx [ ] 1 cos(kπ) k (gerader Integrand) = [ ] cos(kx) π π k { für k gerade, = für k ungerade. 4 kπ Dank Symmetrie sparen wir hier 5% des Rechenaufwands. Fourier Entwicklung der Rechteckfunktion Zum Vergleich das Integral für c k mit k : c k = 1 e ikx f(x) dx π = 1 [ ˆ ] e ikx dx e ikx dx π = 1 [ ] e ikx dx e ikx dx π = 1 1 [ cos(kx) ] π sin(kx) dx = iπ iπ k dx = 1 [ ] { 1 cos(kπ) = kiπ für k ungerade, iπ k für k gerade. Oder umgerechnet für die Sinus-Cosinus-Reihe: a k = c k + c k =. b k = i(c k c k ) = { 4 kπ für k ungerade, für k gerade. Die komplexe Rechnung bringt hier keine weitere Ersparnis. I8

31 Fourier Entwicklung der Rechteckfunktion I9 Die ersten Fourier Polynome sind von f noch recht verschieden: 1 f f 1 f 3 f Fourier Entwicklung der Rechteckfunktion I3 Das Fourier Polynom von Grad 9 beginnt f zu ähneln: 1 f f

32 Fourier Entwicklung der Rechteckfunktion I31 Das Überschwingen bleibt auch bei höherem Approximationsgrad: 1 f f Fourier Entwicklung der Rechteckfunktion I3 Was erkennen wir an diesen Fourier Polynomen f 1, f, f 3,...? Für großes n liegen die Fourier Polynome f n nahe der Funktion f. Das Dirichlet Kriterium IA garantiert uns die punktweise Konvergenz! An jeder Sprungstelle passiert jedoch etwas höchst Bemerkenswertes: Die Fourier Polynome f n können dem Sprung nur folgen, indem sie etwa 9% über das Ziel hinausschießen. Auch für Approximationen größerer Ordnung bleibt dieses #Gibbs Phänomen bestehen. Anschaulich: Wenn wir um f einen sehr schmalen Schlauch legen, so liegt darin keines der Fourier Polynome f n. Das bedeutet, die Konvergenz f n f gilt hier punktweise aber nicht gleichmäßig! Auf jedem kompakten Intervall [a, b] mit < a < b < π jedoch ist unsere Funktion f stetig und sogar stetig differenzierbar. Auf [a, b] konvergieren die Fourier Polynome f n gleichmäßig gegen f. Ein Überschwingen findet auf [a, b] nicht statt, nur in den Sprungstellen!

33 Beweis des Dirichlet Kriteriums I33 Ergänzung Der Satz von Dirichlet ist der Grundstein der Fourier Reihen. Auf den folgenden acht Folien rechnen wir ihn nach. Nur für Unerschrockene! Die Dirichlet Kerne D 1, D, D 3, D 4, D 5 #Aufgabe: (1) Rechnen Sie die Formel des #Dirichlet Kerns nach: n n D n (x) := e ikx = 1 + cos(kx) = sin( (n + 1 /)x ) sin(x/) k= n () Für das n te Fourier Polynom von f folgt die #Faltungsformel: f n (x) = 1 f(t)d n (x t) dt = 1 f(x t)d n (t) dt π π k=1 Beweis des Dirichlet Kriteriums I34 Ergänzung #Lösung: (1) Wir nutzen die geometrische Reihe für z = e ix : D n (x) = n k= n e ikx = e inx n k= = ei(n+1 /)x e i(n+1 /)x e ix/ e ix/ e ikx = e i(n+1 /)x e ix/ 1 ei(n+1)x 1 e ix = sin ( (n + 1/)x ) sin(x/) () Das n te Fourier Polynom von f ist definiert durch n f n (x) := c k e ikx mit den Koeffizienten c k = 1 π k= n Wir setzen ein und fassen dank Linearität zusammen: n [ ] [ n πf n (x) Def = e ikt f(t) dt e ikx = Lin f(t) Def = k= n f(t)d n (x t) dt Subs = k= n e ikt f(t) dt. e ik(x t) ]dt f(x s)d n (s) ds

34 Beweis des Dirichlet Kriteriums I35 Ergänzung Satz IB (Konvergenz in einem vorgegebenen Punkt) Angenommen, f : R C erfüllt die Dirichlet Bedingung im Punkt x, d.h. beide Grenzwerte f(x±) und beide Ableitungen f (x±) existieren. Dann konvergiert im Punkt x die Fourier Reihe f n (x) gemäß f n (x) = n k= n c k e ikx 1 [ ] f(x+) + f(x ) für n. #Beweis: Dank unserer obigen Vorbereitungen (1) und () wissen wir: f n (x) = 1 π f(x + t)d n (t) dt = 1 π f(x + t) sin(t/) sin(( n + 1 ) ) t dt Die Konvergenz für n beweisen wir durch folgende Grenzwerte: 1 π 1 π ˆ f(x + t)d n (t) dt 1 f(x ), f(x + t)d n (t) dt 1 f(x+). Beweis des Dirichlet Kriteriums I36 Ergänzung Wir zeigen den rechten Grenzwert. Hierzu nutzen wir die Funktion g : [, π] C, g(t) = { f(x+t) f(x+) sin(t/) für < t π, für t. Für t gilt g(t) f (x+). Demnach ist mit f auch g integrierbar. Für D n (t) = 1 + n k=1 cos(kx) gilt D n(t) dt = π D n(t) dt = π. 1 π = 1 π = 1 π = 1 π f(x + t)d n (t) dt 1 f(x+) [ f(x + t) f(x+) ] Dn (t) dt f(x + t) f(x+) sin(t/) sin (( n + 1 ) t ) dt g(t) sin (( n + 1 ) t ) dt für n Der letzte Grenzwert ist das Riemann Lebesgue Lemma I3B.

35 Beweis des Dirichlet Kriteriums I37 Ergänzung #Aufgabe: (3) Zeigen Sie für t s π die Ungleichungen t ( t ) π sin t t und sin(t/) s sin(s/) (4) Sei f : [, π] C absolut stetig mit f() = und f L. Zeigen Sie für f(t) und g(t) = f(t)/ sin(t/) die Schranken f(t) Lt, g(t) Lπ, g (t) 4L t. #Lösung: (3) Kurvendiskussion: sin(t/) ist konkav auf [, π]. sin(t/) π Beweis des Dirichlet Kriteriums I38 Ergänzung (4) Mit f() = und f L gilt ˆ t ˆ f(t) = f t (τ) dτ f (τ) ˆ t dτ L dτ = Lt, g(t) = f(t) sin(t/) = f(t) sin(t/) Lt sin(t/) Ls sin(s/) Lπ, g (t) = f (t) f(t) cos(t/)/ sin(t/) sin(t/) L Lt cos(t/) + sin(t/) sin(t/) 4L t. Die letzte Ungleichung erhalten wir aus einer Kurvendiskussion: h(t) := t sin(t/) + t cos(t/) sin(t/) Für t π ist h(t) fallend. Daher gilt π h(t) 4. π

36 Beweis des Dirichlet Kriteriums I39 Ergänzung Satz IC (gleichmäßige Konvergenz mit Fehlerschranke) Die Funktion f : R C sei periodisch und absolut stetig mit f L. Dann konvergieren die Fourier Polynome f n gleichmäßig gegen f: Für alle x R und n 7 gilt die explizite Fehlerschranke f n (x) f(x) L ln(n)/n für n #Beweis: Nach Verschiebung dürfen wir x = und f(x) = annehmen. Dank unserer obigen Vorbereitungen (1) und () wissen wir: f n () = 1 f(t)d n (t) dt = 1 f(t) π π sin(t/) sin(( n + 1 ) ) t dt Wir zerlegen dies in ε + ε ε + π ε für ε = π/(n + 1). Dank (4) gilt: ˆ ε ˆ f(t) sin(t/) sin(( n + 1 ) ) L ε ε t dt sin (( n + 1 ) sin(ε/) ) t dt = L ε [ sin(ε/) cos(( n + 1 ) )] t ε n + 1 = L n + 1 π/(n + 1) sin(π/(4n + 1)) Beweis des Dirichlet Kriteriums Für ε gilt dieselbe Schranke. Für π ε nutzen wir partielle Integration: f(t) f(t)d n (t) dt = ε ε sin(t/) sin(( n + 1 ) ) t dt [ = f(t) cos (( n + 1 ) )] t π [ ] f(t) cos (( n + 1 ) sin(t/) n ) t ε ε sin(t/) n + 1 dt Für ε = π/(n + 1) verschwindet die Auswertung [... ] π ε. Mit (4) bleibt: [ ] f(t)d n (t) dt f(t) 1 ε ε sin(t/) n + 1 dt 1 4L n + 1 ε t dt = 4L [ ] n + 1 ln π ln ε = 8L ln(n + 1) n + 1 Für ε fn (x) f n (x) I4 Ergänzung gilt dieselbe Schranke. Für den Gesamtfehler erhalten wir: [ L /(n + 1) n + 1 sin(π/(4n + )) + 8 ] ln(n + 1) L ln n π n Die letzte Ungleichung gilt für n 7, erneut dank Kurvendiskussion.

37 Gleichmäßige Approximation nach Fejér I41 Ergänzung Die Fourier Polynome f n zu f sind die L Bestapproximation. J3 Das Dirichlet Kriterium IA sichert punktweise Konvergenz. I8 Ist f absolut stetig mit f L, so gilt gleichmäßige Konvergenz auf ganz R gemäß f n f L ln(n)/n für n. I8 Ohne Differenzierbarkeit geht s nicht: Es gibt stetige Funktionen f, deren Fourier Reihe f n (x) in allen Punkten x Q divergiert. I5 Geniale Lösung: Lipót Fejér nutzte statt f n das arithmetische Mittel f n := 1 n n 1 k= f n = n k= n n k n c k e ikx. Diese Gewichtung dämpft Oszillationen und konvergiert immer: Satz ID (Gleichmäßige Approximation nach Fejér, 1911) Vorgelegt sei eine beliebige stetige Funktion f : R C von Periode T. Die Fejér Polynome f n konvergieren gleichmäßig gegen f, das heißt: Der maximale Abstand wird beliebig klein, max f n f für n. Gleichmäßige Approximation nach Fejér I4 Ergänzung Die Fejér Kerne K, K 3, K 4, K 5, K 6 #Aufgabe: (1) Berechnen Sie #Dirichlet Kern und #Fejér Kern: n D n (x) := e ikx und K n (x) := 1 n 1 D n (x) n k= n () Für das n te Fejér Polynom von f folgt die #Faltungsformel: fn(x) = 1 f(t)k n (x t) dt = 1 f(x t)k n (t) dt π π k=

38 Gleichmäßige Approximation nach Fejér I43 Ergänzung #Lösung: (1) Wir kennen bereits die Dirichlet Kerne I33 : n n D n (x) = e ikx = e inx e ikx = e i(n+1 /)x e ix/ 1 ei(n+1)x 1 e ix k= n k= = ei(n+ 1/)x e i(n+ 1/)x e ix/ e ix/ = sin ( (n + 1/)x ) sin(x/) Aufsummieren führt uns glücklich zu einer Teleskopsumme: n 1 k= D k (x) = = n 1 k= n 1 k= e i(k+1 /)x e i(k+1 /)x e ix/ e ix/ eix/ e ix/ e ix/ e ix/ e i(k+1)x e ikx + e i(k+1)x e ikx (e ix/ e ix/ ) = einx + e inx (e ix/ e ix/ ) = sin(nx/) sin(x/) = 1 cos(nx) 1 cos(x) 1 π Beide Kerne sind normiert: π D n(t) dt = 1 π π K n(t) dt = 1. Anders als der Dirichlet Kern D n erfüllt der Fejér Kern zudem K n. Gleichmäßige Approximation nach Fejér () Das n te Fourier Polynom von f ist definiert durch f n (x) := n k= n c k e ikx mit den Koeffizienten c k = 1 π Wir setzen ein und fassen dank Linearität zusammen: f n (x) Def = 1 n [ ] e ikt f(t) dt e ikx = 1 [ n Lin f(t) π π Def = 1 π k= n f(t)d n (x t) dt Subs = 1 π Das n te Fejér Polynom von f ist das arithmetische Mittel: f n(x) := 1 n n 1 k= f n (x) = 1 π f(t)k n (x t) dt = 1 π k= n I44 Ergänzung e ikt f(t) dt. e ik(x t) ]dt f(x s)d n (s) ds f(x t)k n (t) dt Diese Integraldarstellung nutzen wir nun zur Fehlerabschätzung.

39 Gleichmäßige Approximation nach Fejér I45 Ergänzung #Beweis des Approximationssatzes von Fejér: Der Fejér Kern erfüllt K n und 1 π π K n(t) dt = 1. Zudem gilt: 1 ˆ K n (t) dt = 1 sin(nt/) π δ t π π t=δ n sin(t/) dt 1 1 π t=δ n(t/π) dt = 1 π n t dt = 1 [ π ] π n t = 1 [ π ] t=δ n δ 1 < π für n nδ t=δ Das bedeutet, die Gesamtmasse 1 konzentriert sich um. Wir müssen nur noch das Verhalten für t < δ kontrollieren. Hierzu genügt uns die vorausgesetzte Stetigkeit der Funktion f. Dank Kompaktheit des Periodenintervalls [, π] ist die Funktion f sogar gleichmäßig stetig: Zu jedem ε R > existiert ein δ ], π[ so, dass für alle x R und t < δ die Schranke f(x t) f(x) < ε/ gilt. Damit erhalten wir mühelos folgende Schranke: 1 ˆ f(x t) f(x) Kn (t) dt 1 ˆ π π t <δ t <δ ε K n(t) dt ε Gleichmäßige Approximation nach Fejér I46 Ergänzung Nach diesen länglichen aber elementaren Vorbereitungen können wir nun den Approximationsfehler der Fejér Polynome fn abschätzen: f n(x) f(x) ˆ = 1 π [ ] f(x t) f(x) Kn (t) dt π 1 f(x t) f(x) K n (t) dt π = 1 π < ε ˆ t <δ + π max f nδ ε K n(t) dt + 1 π ˆ δ t π max f K n (t) dt < ε für alle n 4π εδ max f Ausführlich gesagt: Zu jedem ε > existiert ein Index n N, sodass für alle n n die gleichmäßige Fehlerschranke f n f ε gilt. Das beweist die Aussage des Satzes: Die Fejér Polynome f n konvergieren gleichmäßig gegen die vorgegebene Funktion f. Die Konvergenz kann sehr langsam sein, aber sie gilt immer! Je glatter die Funktion f, desto schneller die Konvergenz.

40 Gleichmäßige Approximation nach Fejér I47 Ergänzung Ist f : R C absolut stetig mit f L, so wissen wir I8 : fn (x) f(x) < L ln(n)/n für n #Aufgabe: Die Fejér Polynome konvergieren ebenso schnell: f n(x) f(x) < 4L ln(n)/n für n #Lösung: Wir führen die Rechnung des vorigen Beweises fort: f n(x) f(x) 1 f(x t) f(x) K n (t) dt π 1 L t K n (t) dt L t sin(nt/) π π n sin(t/) dt L ˆ δ t 4n dt + L t Ln dt = π π δ n(t/π) π δ + Lπ (ln π ln δ) n = L [ π ] n + π(ln + ln n) < 4L ln n (Skizze!) n In der letzten Zeile setzen wir δ = π/n und verlangen n 8. (Die Konstante 4 lässt sich noch verbessern, das ist aber mühsam.) Gleichmäßige Approximation nach Fejér I48 Ergänzung Fejérs Trick lässt sich allgemein zur Summation anwenden: Für schwach divergente Reihen wird damit Konvergenz erzwungen! Für a k C konvergiert die Reihe k= a k gegen s, kurz k= a k = s, wenn die Folge der Partialsummen s n = n k= a k gegen s konvergiert. Dann konvergieren auch die Mittelwerte s n = 1 n 1 n k= s k gegen s, etwas langsamer, aber Konvergenz und Grenzwert sind dieselben. Umgekehrt kann aber s n konvergieren, selbst wenn s n divergiert: #Aufgabe: Wir betrachten a k = ( 1) k (k + 1) c. Für welche c R konvergiert die Folge s n? und s n. Was passiert speziell für c =? #Lösung: Für c = divergiert die Folge (s n ) n N = (1,, 1,, 1,,... ). Hingegen konvergiert die Folge (s n) n N = ( 1 1, 1, 3, 4, 3 5, 3 6,... ) 1. Die Folge s n konvergiert für c < dank Leibniz (Satz??) und divergiert für c dank Cauchy. Die Folge s n konvergiert für c wie gesehen. #Aufgabe: Für jede stetige Funktion f : R C garantiert Fejérs Satz: Falls die Fourier Reihe f n (x) im Punkt x konvergiert, dann gegen f(x). #Lösung: Aus f n (x) s folgt f(x) = lim f n(x) = lim f n (x) = s.

41 Punktweise Konvergenz fast überall? I49 Ergänzung In unseren (noch sehr bescheidenen) en sind wir von einer (harmlosen) Funktion f : [, π] C ausgegangen und haben eine (harmlose) Fourier Reihe f c k e k erhalten. Wenn wir diese Reihe nun in einem Punkt x R auswerten, so erhalten wir f(x) = c k e ikx für fast jedes x R. Das ist eine wichtige und nützliche Eigenschaft! Dies gilt insbesondere für jede stückweise stetige und stückweise stetig differenzierbare Funktion f dank des Dirichlet Kriteriums IA. Die Konvergenz einer Fourier Reihe müssen wir jeweils prüfen. Punktweise Konvergenz ist keineswegs selbstverständlich: Satz IE (Kolmogorov 193) Es gibt integrierbare Funktionen f : [, π] C, d.h. π x= f(x) dx <, deren Fourier Reihe k c k e ikx in jedem Punkt x R divergiert. Dieser Satz dient uns hier nur als Warnung vor naiven Trugschlüssen. Solche e sind eher exotisch, wie uns folgender Satz versichert. Punktweise Konvergenz fast überall? I5 Ergänzung Punktweise Konvergenz ist keineswegs selbstverständlich, aber... Ein klein wenig mehr als Integrierbarkeit reicht fast überall: Satz IF (Carleson 1966, Hunt 1968) Gilt π x= f(x) p dx < für ein p > 1, so konvergiert die Fourier Reihe fast überall gegen f, d.h. in allen x R N außer einer Nullmenge N. Dies gilt insbesondere für jede stetige Funktion. Konvergenz in einem gegebenen Punkt x R garantiert das Dirichlet Kriterium IA. Konvergenz in allen Punkten hingegen wäre zu viel verlangt: Satz IG (Kahane & Katznelson 1966) Zu jeder Nullmenge N R existiert eine stetige Funktion, deren Fourier Reihe in allen Punkten x N divergiert. Diese Sätze sind extrem schwierig zu beweisen und dienen hier nur zur Illustration und als Warnung vor allzu naiven Trugschlüssen.

42 Fejérs Gegenbeispiel: divergente Fourier Reihe I51 Ergänzung Gibt es stetige periodische Funktionen f : R R, deren Fourier Reihe nicht konvergiert? Können wir solche e konkret angeben? Ja! Satz IH (Fejér 1911) f ist stetig, f(±) = f(), aber hier gilt f (±) = ±. Sei f : R R gerade, π periodisch und für x π gegeben durch f(x) := i=1 1 ( (i i sin ( i) ) ) + 1 / x a + k=1 a k cos(kx). Die Funktion f ist stetig, aber in x = divergiert ihre Fourier Reihe. Das Dirichlet Kriterium IA gibt hinreichende Kriterien zur Konvergenz. Dies ist hier jedoch nicht erfüllt, denn f (+) = + und f ( ) =. Tatsächlich divergiert f n () für n, wie wir nun nachrechnen. Fejérs Gegenbeispiel: divergente Fourier Reihe I5 Ergänzung f ist stetig, f(±) = f(), aber hier gilt f (±) = ±. Satz II (Fejér 1911) Sei f : R R gerade, π periodisch und für x π gegeben durch f(x) := i=1 1 ( (i i sin (i ) ) ) + 1 / x a + k=1 a k cos(kx). Die Funktion f ist stetig, aber in x = divergiert ihre Fourier Reihe. In fast jedem Punkt x R gilt Konvergenz f n (x) f(x) (IF). Die Fejér Polynome f n konvergieren gleichmäßig gegen f (ID). Die Divergenz ist entsprechend subtil; wir rechnen sie jetzt nach.

43 Fejérs Gegenbeispiel: divergente Fourier Reihe I53 Ergänzung Sei f : R R gerade, π periodisch und für x π gegeben durch f(x) := µ i sin(ω i x) i=1? a + k=1 a k cos(kx). mit Frequenzen ω i N + 1 /, Amplituden µ i R und i=1 µ i <. Dies garantiert gleichmäßige Konvergenz, und f ist stetig (I3C). #Aufgabe: (1) Für k, l N finden wir das Integral λ k,l := x= cos(kx) sin ( (l + 1 /)x ) dx = l + 1 / (l + 1 /) k. () Für die Fourier Koeffizienten folgt a k = π i=1 µ iω i /(ω i k ). (3) Für σ n,l := n k= λ k,l gilt σ n,l und σ n,n 1 ln(n + 1 /). (4) Für s n = n k= a k und n = l i = ω i 1 / gilt s n 1 µ i ln ω i. (5) Wir können µ i und ω i so wählen, dass die Folge s n divergiert. Die Funktion f ist stetig, aber in x = divergiert ihre Fourier Reihe! Fejérs Gegenbeispiel: divergente Fourier Reihe I54 Ergänzung #Lösung: (1) Wir nutzen die trigonometrischen Additionstheoreme: x= cos(kx) sin ( (l + 1 /)x ) dx = 1 sin ( (l + k + 1 /)x ) + sin ( (l k + 1 /)x ) dx x= = 1 [ ( cos (l + k + 1/)x ) + cos( (l k + 1 /)x ) l + k + 1 / l k + 1 / = 1 [ ] 1 l + k l + = 1 / 1 / l k + 1 / (l + 1 /) k () Da die Funktion f gerade ist, finden wir b k = und a k = cos(kx)f(x) dx = cos(kx) µ i sin(ω i x) dx π x= π x= i=1 = µ i cos(kx) sin(ω i x) dx = ω i µ i π x= π ωi k i=1 i=1 ] π x=

44 Fejérs Gegenbeispiel: divergente Fourier Reihe I55 Ergänzung (3) Für k l gilt λ k,l, für n l also σ n,l. Für n l finden wir: σ n,l = = n k= l+n j=l l + 1 / (l + 1 /) k = 1 j + 1 / + = 1 l + + n+l 1 / j=n l l j=l n 1 j + 1 / n k= 1 j + = 1 1 / l + + l+n 1 / 1 l + k / l k + 1 / j=l n 1 j + 1 / Durch Vergleich von Summe und Integral finden wir genauer: ˆ n+l+ ( ) 3/ 1 n + l + 3/ σ n,l dt = ln t n l + 1 / t=n l+1/ Speziell für n = l finden wir damit die behauptete untere Schranke: σ n,n ln(4n + 3) ln(n + 1 /) Fejérs Gegenbeispiel: divergente Fourier Reihe I56 Ergänzung (4) Für die n te Partialsumme finden wir somit: n n () ω i Lin s n = a k = µ i π ωi = n ω i (3) µ i k π ωi = k π k= k= i=1 Für alle Terme gilt µ i σ n,li. Speziell für n = l i = ω i 1 / folgt: s n = π i=1 i=1 k= µ i σ n,li π µ iσ n,n π µ i 1 ln ω i = µ i ln ω i π (5) Wir wählen nun die Frequenzen ω i N + 1 / und die Amplituden µ i R so, dass i=1 µ i < gilt, aber µ i ln ω i. e: µ i = 1 i, i=1 µ i = 1 i, i=1 1 i = 1, ω i = i (i) + 1, ln ω i i ln i 1 i = π 6, ω i = i (i) + 1, ln ω i i ln i µ i σ n,li Die Funktion f ist stetig, aber in x = divergiert ihre Fourier Reihe! i=1