Fourier-analyysin alkeet
|
|
- Katariina Auvinen
- 8 vuotta sitten
- Katselukertoja:
Transkriptio
1 1 Fourier-analyysin alkeet Joni Teräväinen 8. toukokuuta 212 Fourier'n teoria ei ole ainoastaan yksi modernin analyysin kauneimpia tuloksia, vaan sen sanotaan varustavan käyttäjänsä korvaamattomalla työkalulla melkein jokaiseen monimutkaiseen ongelmaan modernissa fysiikassa... Fourier on matemaattinen runo - Lordi Kelvin Kuvissa näkyy erään Fourier-sarjoihin liittyvän Weierstrassin funktion kuvaajaa. Jälkimmäinen kuva on tuhatkertainen zoomaus edellisestä.
2 1 Sisältö 1 Johdanto 2 Johdanto Kohti Fourier-sarjoja; aaltoyhtälö Aaltoyhtälö Aaltoyhtälön ratkaiseminen Fourier-kertoimet ja Fourier-sarjat π-jaksollinen funktio Mielivaltaisen jaksonpituuden funktio Fourier-sarjojen suppenemisesta 18 5 Trigonometrisen sarjan määrittäminen 2 6 Weierstrassin funktio Huomioita Weierstrassin funktiosta Derivoitumattomuuden todistus Fourier-muunnos Fourier-sarjasta Fourier-integraaliin Fourier-muunnos Sovellus lukuteoriaan: Riemannin zeeta-funktion funktionaaliyhtälö Johdantoa Riemannin zeeta-funktioon Funktionaaliyhtälö Lämpöyhtälö Lämpöyhtälö äärellisessä kappaleessa Lämpöyhtälö äärettömässä kappaleessa Esitietoja Analyysin peruskäsitteitä Trigonometriaa Kirjallisuutta 57
3 2 1 Johdanto Fourier-sarjat ovat tapa esittää funktioita sinien ja kosinien äärettömänä summana muodossa f(x) = a 2 + a 1 cos x + b 1 sin x + a 2 cos 2x + b 2 sin 2x +... = a 2 + (a n cos nx + b n sin nx), missä kertoimet on valittu kyseiselle funktiolle sopivasti. Fourier-muunnoksella puolestaan tarkoitetamme muunnosta ˆf(ξ) = f(t)e 2πiξt dt. Fourier-sarjat ja Fourier-muunnos, jotka ovat Fourier-analyysin keskeisimmät käsitteet, ovat matematiikan osa-alueen nimeltään harmoninen analyysi perustyökaluja. Kuten tulemme näkemään, Fourier-sarjoilla voidaan tehdä mielenkiintoista matematiikkaa, esimerkiksi laskea monia äärettömiä sarjoja (muun muassa 1 = π2 ) ja todistaa muita elegantteja kaavoja, ratkaista osittaisdierentiaaliyhtälöitä ja esittää useimmat funktiot kätevässä "standard- n 2 6 imuodossa"sinien ja kosinien sarjana, mikä on hyödyllistä jos jokin ongelma hallitaan näille funktioille ja niiden summille muttei suoraan yleisille funktioille. Toisaalta Fourier-sarjojen avulla voidaan myös konstruoida erilaisia epämiellyttävästi käyttäytyviä mutta kiehtovia funktioita, esimerkiksi Weierstrassin funktio, joka on kaikkialla jatkuva muttei missään derivoituva. Lisäksi Fourier-analyysi on ehkä vähän yllättäen useita matematiikan erilaisa osaalueita yhdistävä työkalu. Tulemme soveltamaan sitä tässä monisteessa niin analyyttisen lukuteorian Riemannin zeeta-funktion funktionaaliyhtälöön kuin matemaattisen fysiikan lämpöyhtälöön, jonka ratkaisemista varten Joseph Fourier alun perin kehittikin Fourier-sarjat. Vaikka Fourier-sarjat ja Fourier-analyysi ovat itsessään matemaattisesti mielenkiintoisia, niiden sovellukset ovat luonnontieteissä, erityisesti fysikaalisissa tieteissä, ja tietojenkäsittelytieteessä arkipäivää. Fysiikan ongelmista esimerkiksi harmonisen värähtelijän ongelma ja lämpöyhtälö sekä monet muut dierentiaaliyhtälön muodossa esitettävät ongelmat voidaan ratkaista niiden avulla, ja erityistä hyötyä Fourier-analyysistä on spektrien teoriassa, sillä sen avulla spektrit voidaan jakaa komponentteihinsa. Tietojenkäsittelytieteessä Fourieranalyysi on myös hyödyllistä, sillä esimerkiksi niin sanotun diskreetin Fouriermuunoksen avulla voidaan muun muassa laskea kahden N-numeroisen luvun tulo ajassa joka on verrannollinen lukuun N ln N tavallisesti allekkainlaskun menetelmällä aikahan olisi verrannollinen lukuun N 2 ja laskettaessa valtavilla luvuilla tämä on hyvin merkittävä parannus. Näin ollen Fourier-analyysissä yhdistyvät mielenkiintoisella tavalla puhdas matematiikka ja käytännön sovellukset, ja tämä on pyritty pitämään mielessä myös
4 tässä monisteessa. Tulemme käsittelemään matemaattisesti perustellen esimerkiksi Fourier-sarjojen suppenemista ja Fourier-integraalia, ja osoitamme trigonometrisena sarjana määriteltävän Weierstrassin funktion derivoitumattomuuden, mutta toisaalta tarkastelemme fysikaalisia harmonisen värähtelijän ja lämpöyhtälön ongelmia ja laskemme Fourier-sarjoja ja -integraaleja hyvin konkreettisille funktioille. Tämän monisteen ja kurssin on tarkoitus olla vain Fourier-sarjojen ja -muunnosten perusteisiin ja joihinkin sovelluksiin tutustuttava; kiinnostunut lukija voi jatkaa tämän laajan ja monipuolisen alan opiskelua esimerkiksi joidenkin tämän monisteen lopussa olevan lähteenä käytettyjen kirjojen avulla. Huomautettakoon, että ennen siirtymistä eteenpäin lukijan saattaa haluta vilkaista esitietoja kappaleesta 1; sen asiat oletetaan tunnetuiksi monisteessa. 3
5 4 2 Kohti Fourier-sarjoja; aaltoyhtälö 2.1 Aaltoyhtälö Tarkastellaan värähtelevää jousta, jonka molemmat päät on kiinnitetty. Ilmaistaan jousen poikkeama tasapainoasemasta hetkellä t kohdassa x funktiolla f(x, t). Oletetaan, että jousi itsessään on massaton mutta se koostuu N pienestä punnuksesta, jotka sijaitsevat etäisyyden h välein ja joiden jousivakio on k ja massa m. Tällöin Newtonin toisen lain nojalla jousta vetää ajan myötä muuttuva voima F 1 (t) = ma(t) = mf (x, t) = m 2 f t 2, sillä kiihtyvyys on paikan toinen derivaatta eli derivaatan derivaatta. Toisaalta jousen liikettä vastustaa jousivoima, joka on pisteessä x + h suuruudeltaan F 2 (t) = F x+2h F x = k(f(x + 2h, t) f(x + h, t)) k(f(x + h, t) f(x, t)) = k(f(x + 2h, t) 2f(x + h, t) + f(x, t)). Nyt kun systeemi on tasapainossa, pätee F 1 = F 2 eli m 2 f t 2 = k(f(x + 2h, t) 2f(x + h, t) + f(x, h)). Koska punnuksia on N kappaletta, jousen massa on M = mn ja sen pituus on L = N h eli punnusten määrä kerrottuna niiden välimatkalla. Jousivakio peräkkäin sijaitseville jousikomponenteille on K = k, missä K on koko systeemin jousivakio, sillä kun jousien määrä N-kertaistuu ja kokonaisvenymä N pidetään samana, yksittäisen jousen venymä pienenee N osaan. Nyt koska m = M ja k = KN, saamme N 2 f = kn 2 (f(x + 2h, t) 2f(x + h, t) + f(x, h)) t 2 M = KL2 f(x + 2h, t) 2f(x + h, t) + f(x, h) M h 2 = KL2 M f(x+2h) f(x+h) h f(x+h) f(x) h h sillä L 2 = N 2 h 2. Nyt olettaen funktion f sileyden saamme kun N ja h : 2 f t = KL2 2 f 2 M x = 2 f 2 c2 x, 2 KL 2 M missä vakio c = riippuu aallon etenemisnopeudesta. Nyt olemme johtaneet fysiikan perustavanlaatuisiin kuuluvan yhtälön, jonka avulla voimme tarkastella harmonisen värähtelijän ongelmaa.,
6 5 2.2 Aaltoyhtälön ratkaiseminen Olkoon värähtelevän jousen pituus π (voimme valita yksikkömme niin, että tämä toteutuu; kyseinen valinta tulee yksinkertaistamaan matemaattista tarkastelua). Jälleen ilmaistaan jousen poikkeamaa hetkellä t kohdassa x funktiolla f(x, t). Vaaditaan poikkeamafunktiolta f(, t) = f(π, t) =, sillä jousen päät eivät liiku. Oletetaan vielä, että tunnemme jousen paikan ja nopeuden jokaisessa pisteessä alkuhetkellä, edustakoot näitä funktiot F (x) = f(x, ), G(x) = f (x, ) = f t t(x, ) jotka on annettu (muista, että nopeus on paikan aikaderivaatta). Edellä johdetun aaltoyhtälön nojalla f toteuttaa dierentiaaliyhtälön 2 f = 2 f (jos yksikkö jälleen valitaan sopivasti). Ratkaistaan x 2 t 2 tämä toisen kertaluvun dierentiaaliyhtälö käyttämällä muuttujien erottelun menetelmää: oletetaan, että on olemassa ratkaisufunktio, joka on paikasta ja ajasta erikseen riippuvien funktioiden tulo f(x, t) = X(x)T (t), missä X riippuu ainoastaan paikasta ja T ajasta. Jos sijoitamme tämän aaltoyhtälöön, saamme 2 f x = d2 f 2 dx = 2 X (x)t (t), 2 f t 2 = d2 f dt 2 = X(x)T (t), sillä derivoitaessa muuttujan x suhteen T (t) on vakio ja derivoitaessa t suhteen X(x) on vakio. Siispä pätee X (x) X(x) = T (t) T (t), ja koska yhtälön eri puolet riippuvat eri muuttujasta, molempien täytyy olla sama vakio, eli X (x) = kx(x), T (t) = kt (t) jollakin vakiolla k. Tarkastellaan ensimmäistä näistä kahdesta samanlaisesta dierentiaaliyhtälöstä. Jos k on positiivinen, havaitsemme, että funktiot e kx ja e kx toteuttavat ehdot, koska d2 e kx = k d kx dx 2 e = ke kx ja toiselle dx funktiolle vastaavasti. Nyt erään keskeisistä dierentiaaliyhtälöitä koskevista tuloksista nojalla yleinen ratkaisu on X(x) = C 1 e kx + C 2 e kx, missä C 1, C 2 ovat mielivaltaisia vakioita (oikeastaan emme tarvitse tietoa, että nämä ovat ainoat ratkaisut. Siispä riittää vain huomata, että nämä funktiot toteuttavat kyseisen dierentiaaliyhtälön.). Ratkaisun on toteutettava alkuehdot, joten X() = X(π) =, mutta nyt saadaan C 1 = C 2 =, eli funktio X häviää, mitä emme halua. Jos taas k =, niin X (x) =, jonka yleisenä ratkaisuna X(x) = C 1 x + C 2, ja jälleen ehtojen takia X häviää. Siispä k on negatiivinen, ja havaitaan, että d2 sin x = d cos x = sin x ja yleisemminkin dx 2 dx d 2 sin ( k dx x) = k d cos k 2 dx x = k sin x, missä k = k >. Vastaavasti cos k x toteuttaa dierentiaaliyhtälön, joten yleinen ratkaisu on X(x) = C 1 cos k x + C 2 sin k x.
7 6 Sijoitetaan ehdot, saadaan C 1 = ja C 2 sin k π =. Jotta ratkaisu ei olisi nollafunktio, täytyy olla C 2 ja k = n, missä n on mielivaltainen positiivinen kokonaisluku. Näin ollen saamme jokaiselle n ratkaisun X n (x) = C n sin nx, missä C n on mielivaltainen vakio. Samalla tavalla jos tarkastelemme dierentiaaliyhtälöä T (t) = kt (t) = n 2 T (t), saamme T (t) = A n cos nt + B n sin nt kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla n ja mielivaltaisilla vakioilla A n, B n. Koska selvästi ratkaisufunktioiden summa toteuttaa edelleen aaltoyhtälön, saadaan ratkaisut N X n (t)t n (t) = N ((A n cos nt + B n sin nt)c n sin nx). Nämä ratkaisut ovat trigonometrisia polynomeja, ja kun sallimme N, saamme trigonometrisen sarjan f(x, t) = ((A n cos nt + B n sin nt)c n sin nx), missä olemme olettaneet suppenemisen (ja itse asiassa vähän enemmänkin). Jos valitsemme nyt t =, saamme alkuehtojen nojalla F (x) = a n sin nx, G(x) = b n sin nx, missä a n = A n C n, b n = nb n C n. Jos saamme selvitettyä kertoimet a n, b n tunnettujen funktioiden F ja G avulla, saamme laskettua aaltoyhtälön ratkaisufunktion f jokaisessa pisteessä jokaisella ajanhetkellä. Mikäli tämä sarja, joka on selvästi jaksollinen jaksolla 2π, suppenee jollakin välillä funktioon F (edes melkein kaikkialla), jonka jaksonpituus on myös 2π, niin sanomme, että kyseinen sarja on funktion F Fourier-sarja. Näin olemme päätyneet harmonisesta värähtelijästä ja aaltoyhtälöstä trigonometrisiin sarjoihin ja funktioiden esittämiseen niiden avulla eli Fourier-sarjojen kertoimien selvittämiseen. Kaava kertoimien laskemiseksi johdetaan seuraavassa luvussa ja sitä seuraavassa tarkastellaan tarkemmin Fourier-sarjan suppenemista.
8 7 Tehtäviä 1. Miksi emme menetä mitään olettaessamme aaltoyhtälöä ratkaistessamme, että tarkasteltavan välin pituus on L = π ja vakio aaltoyhtälössä on c = 1? [Vinkki: muuttujan ja funktion skaalaus.] 2. Osoita, että jos f on kahdesti jatkuvasti derivoituva funktio (eli sen derivaatta f ja derivaatan derivaatta f ovat olemassa ja jatkuvia), niin f(x+2h) f(x+h) f(x+h) f(x) h h lim h h = f (x). Käytimme tätä johtaessamme aaltoyhtälön. [Vinkki: yksi tapa on käyttää L'Hospitalin sääntöä.] 3. Toisena esimerkkinä aaltoyhtälön lisäksi siitä, miten dierentiaaliyhtälöt liittyvät fysiikkaan, johda putoavan kappaleen, jonka massa on m (putoamiskiihtyvyys g) liikeyhtälö eli dierentiaaliyhtälö sen paikan funktiolle x(t) olettaen, että kappaleeseen vaikuttavat vain gravitaatio G = mg ja ilmanvastus F i = kv(t) = kx (t) (k > ). [Vinkki: muista Newtonin toisen lain dierentiaalimuoto: ΣF = mx.] 4. Osoita, että kaikilla vakioilla C 1, C 2 ja k >, X(x) = C 1 cos kx+c 2 sin kx ovat dierentiaaliyhtälön X = kx ratkaisuja. [Vinkki: suora sijoitus.] 5. Aalto f toteuttaa alkuehdot f(x, ) = sin x, f t (x, ) = sin 2x. Määritä aallon yhtälö funktiona f(x, t) käyttämällä aaltoyhtälön ratkaisumenetelmää. [Vinkki: pitää siis esittää sini ja kosini trigonometrisinä sarjona, mutta tämä on varsin trivaalia.] 6.* (Tähdellä merkityt harjoitustehtävät ovat vaikeampia, eivätkä ne vällttämättä ratkea pelkästään tämän monisteen tiedoilla.) Ratkaise tehtävän 3 dierentiaaliyhtälö alkuehdoilla x() = x () = ja määritä, mitä funktiota x (t) lähestyy, kun t.
9 8 3 Fourier-kertoimet ja Fourier-sarjat 3.1 2π-jaksollinen funktio Olkoon f : (, π) R funktio (siis reaaliarvoinen ja välillä (, π) määritelty funktio) tai yhtä hyvin 2π-jaksollinen funktio reaaliluvuilta reaaliluvuille. Tarkastelemme nyt edellisen kappaleen motivoimana, miten esittää funktio f trigonometrisena sarjana f(x) = a 2 + (a n cos nx + b n sin nx) eli erityisesti miten määrittää kertoimet a n, b n (merkitsemme a sijasta a 2, jotta voisimme käyttää siihenkin samaa seuraavassa johdettavaa laskukaavaa). Toistaiseksi emme perehdy siihen, suppeneeko tämä sarja ja suppeneeko se halutulla tavalla; palaamme asiaan seuraavassa luvussa. Ensinnäkin havaitsemme seuraavat kaavat: jos m ja n ovat nollasta poikkeavia kokonaislukuja, niin sin mx cos nx dx = sin mx sin nx dx =, m n cos mx cos nx dx =, m n Ensimmäinen kaava tulee suoraan integroitavan funktion parittomuudesta (parittomalle funktiolle pätee f( x) = f(x)), koska kun paritonta funktiota integroidaan symmetrisen välin [ a, a] yli, integraalit väleillä [ a, ] ja [, a] kumoavat toisensa antaen tulokseksi. Toinen kaava seuraa trigonometrisesta kaavasta cos(mx + nx) cos(mx nx) = 2 sin mx sin nx ja kolmas kaavasta cos(mx + nx) + cos(mx nx) = 2 cos mx cos nx. Tarvitsemme vielä kaksi trigonometrista integraalia aputuloksina: sin 2 mx dx = π cos 2 mx dx = π, kun m on nollasta poikkeava kokonaisluku. Ensimmäinen näistä saadaan kaavan cos 2mx = 1 2 sin 2 mx eli sin 2 1 cos 2mx mx = avulla. Nimittäin nyt 2 kyseinen integraali on 1 cos 2mx π ( ) 1 cos 2mx dx = dx [ ] π 1 sin 2mx = x = π (1 2 ()) = π
10 9 (merkintä [f(x)] b a tarkoittaa tässä ja jatkossa sijoitusta a:sta ja b:hen, eli [f(x)] b a = f(b) f(a)). Toinen integraali saadaan samalla tavalla kaavan cos 2mx = 2 cos 2 mx 1 avulla; lukija todistakoon sen harjoitustehtävänä. Nyt voimme ratkaista kappaleen alussa esitetyn Fourier-kertoimien määrittämisen ongelman: oletetaan, että f(x) = a 2 + (a n cos nx + b n sin nx). Olkoon m kiinteä positiivinen kokonaisluku. Kertomalla puolittain luvulla cos mx saadaan f(x) cos mx = a 2 cos mx + (a n cos mx cos nx + b n sin nx cos mx). Integroidaan puolittain välin [, π] yli ja korvataan summan integraali integraalien summalla; seuraa ( π ) a f(x) cos mx dx = 2 cos mx + (a n cos mx cos nx + b n sin nx cos mx) dx a = 2 cos mx dx + ( ) a n cos nx cos mx dx + b n sin nx cos mx dx. Nyt cos mx = [sin x]π =, ja aputuloksina laskettujen integraalien avulla kaikki viimeisimmän sarjan termit häviävät paitsi termi a m cos 2 mx dx (siis m.s termi), ja tämä on aputuloksena todistetun integraalikaavan nojalla πa m. Nyt lopulta a m = 1 π f(x) cos mx dx, kun m on positiivinen kokonaisluku. Jos taas m =, kerromme puolittain luvulla cos mx = 1 ja saamme samalla tavalla f(x)dx = a 2 = 2π a 2 = πa. Siispä a = 1 π f(x) dx, mikä on sama kuin sijoitettaessa kertoimien a π m, m > laskentakaavaan m =. Siispä a m = 1 π f(x) cos mx dx pätee kaikilla luonnollisilla luvuilla m. Vastaavalla tavalla jos kerromme Fourier-sarjan kaavaa π puolittain luvulla sin mx, missä m on positiivinen kokonaisluku ja integroimme välin [, π] yli, saamme = f(x) sin mx dx a 2 sin mx dx + ( a n sin mx cos nx dx + ) b n sin mx sin nx dx,
11 1 ja aikaisemmien johdettujen integraalikaavojen integraalien nojalla kaikki muut termit häviävät paitsi b m sin2 mx dx = πb m. Näin ollen saamme kertoimien b m kaavaksi b m = 1 π f(x) sin mx dx. Näemme nyt myös, että jos funktio f esitetään trigonometrisenä sarjana, sen kertoimet ovat yksikäsitteisesti määrättyjä, ja muodostuvaa sarjaa kutsutaan funktion f Fourier sarjaksi ja lukuja a n, b n funktion f Fourier-kertoimiksi. Tuloksena saavutimme Fourier-kertoimien laskentakaavan: Fourier-kertoimien laskentakaava. Oletetaan, että f(x) = a 2 + (a n cos nx + b n sin nx) pätee välillä [, π] (mahdollisesti yksittäisiä pisteitä lukuunotamatta). Tällöin kyseinen sarja on funktion f Fourier-sarja ja sarjan kertoimet saadaan kaavoista a m = 1 π b m = 1 π kun m on luonnollinen luku. f(x) cos mx dx, m, f(x) sin mx dx, m 1, Seuraus (Trigonometrisen sarjakehitelmän yksikäsitteisyys). Jokaisella jatkuvalla funktiolla on enintään yksi esitys trigonometrisena sarjana (koska tällöin Fourier-kertoimien integraalit ovat olemassa ja yksikäsitteisiä lukuja). Jotta voisimme käsitellä käytännöllisesti Fourier-sarjoja, esitämme niiden suppenemisesta seuraavan lauseen, jonka heikomman version todistamme seuraavassa kappaleessa. Fourier-sarjan suppeneminen. Olkoon f : [, π] R tai olkoon f reaalifunktio, jonka jaksonpituus on 2π. Tällöin jos f on jatkuvasti derivoituva (eli se on derivoituva määrittelyjoukossaan ja derivaattafunktio on jatkuva) mahdollisesti yksittäisiä pisteitä lukuun ottamatta, niin sen Fourier-sarja suppenee funktioon f kaikkialla paitsi epäjatkuvuuspisteissä, joissa se suppenee vasemman- ja oikeanpuoleisten raja-arvojen keskiarvoon. Seuraus (Fourier-kertoimien yksikäsitteisyys). Olkoot f ja g jatkuvasti derivoituvia funktioita, jotka poikkeavat toisistaan jollakin välillä. Tällöin niiden Fourier-kertoimet eivät voi olla samat.
12 11 Seuraavaksi laskemme yksinkertaisten funktioiden Fourier-sarjoja. Edellä esitetyn lauseen nojalla tiedämme, että Fourier-sarja käyttäytyy hyvin aina kun esitettävä funktio on jatkuvasti derivoituva mahdollisia yksittäisiä pisteitä lukuun ottamatta. Esimerkki 1. Muodosta funktion f(x) = x Fourier-sarja välillä (, π). Ratkaisu Lasketaan Fourier-kertoimet osittaisintegroimalla (f (x) = cos nx, g(x) = x, [ ] π tarkoittaa sijoitusta :stä π:hin). πa n = x cos nx dx = [x sin nx n ]π sin nx 1 dx = 1 cos nx [ ] π n n n =, n 1 (tämä olisi nähty helpommin siitä, että f(x) cos nx on pariton.) Myös jos n =, niin a = 1 x dx =. Samalla tavalla saadaan sinien kertoimet (f (x) = sin nx, g(x) = π x). πb n = x sin nx dx = [x cos nx] π n cos nx 1 dx = 2π( 1)n + 1 n n n sin nx [ n ]π = 2π( 1)n+1. n eli b n = 2( 1)n+1. Siispä koska f on jatkuvasti derivoituva väillä (, π), sen n Fourier-sarja suppenee tällä väillä ja voimme kirjoittaa n+1 sin nx ( 1) n+1 sin nx f(x) = x = 2( 1) = 2, x (, π). n n Erityisesti jos sijoitamme x = 1 (1 (, π)), saamme ( 1) n+1 sin n n = sin 1 sin sin = 1 2. Jos taas valitsemme x = π, pätee sin nπ n 1 =, kun n on parillinen ja ( 1) 2, 2 2 kun n on pariton ja saamme ( 1) n+1 sin nπ 2 = 1 1 n = π 4, sillä järjestysluvultaan parilliset termit häviävät ja parittomat termit ovat vuorotellen positiivisia ja negatiivisia. Kaava, johon päädyimme on kuuluisa Leibnizin kaava luvun π laskemiseksi. Tarkastellaan vielä tapausta x = π. Tällöin selvästi Fourier-sarjan arvo on, sillä kaikki sinitermit häviävät. Toisaalta funktion arvo tässä pisteessä on π. Tämä selittyy sillä, että jos f laajennetaan jaksolliseksi funktioksi, jolle pätee f(x) = x, kun x (, π] ja
13 12 f(x + 2π) = f(x) kaikilla x R, niin f ei ole jatkuva pisteessä x = π. Tällöin kuitenkin Fourier-sarjan suppenemislauseen nojalla se suppenee vasemmanpuoleisen ja oikeanpuoleisen raja-arvon ( ja π vastaavasti) keskiarvoon eli lukuun. Esimerkki 2. {, x (, ) Muodosta funktion f(x) = 1, x [, π] Ratkaisu Fourier-sarja. Funktio f on kuvassa sinisellä näkyvä "neliöaalto"; tällaiset funktiot ovat spektrien teoriassa hyödyllisiä. Kuvasta myös näkyy, miten Fourier-summat (vihreä ja keltainen) lähestyvät kyseistä funktiota kun summan yläindeksiä kasvatetaan. Fourier-kertoimet ovat πa n = f(x) cos nx dx = dx+ cos nx dx =, n > ja a = 1 π 1 n (( 1)n 1), 1 dx = 1 ja πb n = f(x) sin nx = sin nx = [ cos nx n ]π = sillä cos nπ = ( 1) n, kun n on kokonaisluku. Siis b n = 1 πn ((1 ( 1)n ). Funktio f on paloittain jatkuvasti derivoituva (väleillä (, ) ja (, π)), joten suppenemislauseen nojalla Fourier sarja suppenee ja sarjan summa on f(x) kaikilla x. Siis voimme kirjoittaa f(x) = x (, π) \ {}. (1 ( 1) n ) sin nx πn = sin 3x sin 5x (sin x ), π 3 5
14 13 Jos sijoitamme tähän x = 1, saamme sin(2n 1) = π 2n 1 4, jälleen tuloksena on yllättävä ja hieno kaava jollekin trigonometriselle sarjalle. Itse asiassa mille tahansa x (, π) tuloksena on π, koska f(x) =1 näissä pisteissä. Jos valittaisiin x =, epäjatkuvuuspiste, niin Fourier-sarja suppenisi 4 lukuun 1, sillä kaikki sinit häviäisivät, ja 1 onkin eripuolisten raja-arvojen 2 2 ja 1 keskiarvo. Esimerkki 3. Muodosta funktion f(x) = { x 2 + x, x (, π] f(x + 2π) = f(x) Määritetään Fourier-kertoimet laskentakaavoista: Fourier-sarja. πa = (x2 + x) dx = [ 1 3 x x2 ] π = 2 3 π3 eli a = 2π2 3. πa n = (x2 + x) cos nx dx = [(x 2 + x) 1 π (2x + 1) sin nx dx n = 1 cos nx ( [(2x + 1) n n ]π + 2 cos nx dx) n = 1 ( 1)n ((2π +1) ( 2π +1) ( 1)n ) 2 n n n n 4π ( 1)n n 2. Siis a n = 4( 1)n n 2. sin nx n ]π sin nx (2x + 1) dx = n cos nx n dx = 4π ( 1)n n 2 2 n 3 [sin nx] π = b n = 1 2( 1)n+1 x sin nx dx =, kuten jo laskimme esimerkissä 1. Funktiolla π n f(x) = x 2 + x on jatkuva derivaatta välillä (, π), joten voimme kirjoittaa sen Fourier-sarjanaan muodossa f(x) = π2 3 + ( 4( 1) n n 2 cos nx + 2( 1)n+1 n ) sin nx, x (, π). Jos x = π, epäjatkuvuuspiste, saadaan (π2 +π)+(() 2 +()) = π ja nyt saamme ratkaistua kuuluisan Baselin ongelman, eli osoitettua että 1 n = π (tämän olisi myös saanut tarkastelemalla funktiota f(x) = x 2, x [, π].) 1, n Mielivaltaisen jaksonpituuden funktio Edellä olemme käsitelleet funktioita, jotka on määritelty välillä (, π) tai joiden jaksonpituus on 2π. Fourier-sarja voidaan kuitenkin määritellä funktioille, joiden jaksonpituus on 2l, missä l > on mielivaltainen, eli kaikille jaksollisille funktioille. Funktio f on 2l-jaksollinen, jos ja vain jos f (x) = f( lx π )
15 14 on 2π-jaksollinen. Voimme esittää funktion f perinteiseen tapaan Fouriersarjana: f (x) = a 2 + (a n cos nx + b n sin nx) (mikäli tämä suppenee halutulla tavalla), ja koska f(x) = f ( πx ), korvaamalla l x muuttujalla πx Fourier-sarjan kaavassa ja tekemällä kertoimet määritteleviin l integraaliihin sijoitus t = πx, saamme seuraavan lauseen: l Mielivaltaisen jaksollisen funktion Fourier-sarja. Olkoon f jatkuvasti derivoituva funktio, joka on 2l-jaksollinen (l > ) tai joka on määritelty välillä [a l, a + l] jollakin a R. Tällöin funktion f Fourier-sarja on f(x) = a 2 + (a n cos nπx l ja Fourier-kertoimet saadaan kaavoista a n = 1 l b n = 1 l a+l a l a+l a l f(x) cos πnx l f(x) sin πnx l + b n sin nπx ) l dx, n dx, n 1, kun n on luonnollinen luku. Jos f on jaksollinen, voidaan valita a =. Fouriersarjojen suppenemislause pätee sellaisenaan (paitsi π on korvattu luvulla l). Esimerkki 4. Muodosta funktion f(x) = { x, x [ 1, 1] f(x + 2) = f(x) Fourier-sarja. Kyseessä on "kolmioaalto", josta on piirretty sen kahden ensimmäisen termin Fourier-summa (vihreä) ja kuuden termin (punainen). Jälkimmäinen on sen verran hyvä approksimaatio funktiolle f, ettei eroa huomaa enää kuvaajasta
16 15 (ja kahden ensimmäisen termin summakin eroaa näkyvästi vain funktion maksimien ja minimien ympäristöissä). Pätee l = 1 ja Fourier-kertoimet ovat a = 1 1 x dx = [ 1 2 x2 ] 1 1 = 1, a n = 1 x cos nπx dx = nπ x cos nπx dx = 2[x sin nπx nπ ] 1 2 nπ [ cos nπx nπ ] 1 = 2 nπ ( ( 1)n 1 nπ ) = (( 1) n 1) 2 n 2 π 2 1 sin nπx dx = ja b n =, koska f on parillinen funktio. Siispä koska f on jatkuvasti derivoituva pisteitä x = n, n pariton kokonaisluku lukuun ottamatta, voimme kirjoittaa f(x) = π 2 (( 1) n cos nπx 1) = 1 n ( ) cos 3πx cos 5πx cos πx π kaikilla x R, sillä funktiolla f ei ole epäjatkuvuuspisteitä. Jos sijoitetaan x =, tuloksena on kaunis kaava π 2 8 = Jos taas sijoitetaan x = π, f(π) = f(π 4) = π 4 = 4 π ja saadaan 4 π = 1 4 (cos π 2 cos 3π2 cos 5π ) eli 2 π cos π 2 + cos 3π2 cos 5π = ( π 7 ) π Tähän mennessä lukija on luultavasti jo huomannut seuraavaa: Parittoman ja parillisen funktion Fourier-sarja. Jos f on pariton 2πjaksollinen (tai 2l-jaksollinen tai välillä [ l, l] määritelty) funktio, niin sen Fourier-kertoimille pätee a n = tai jos f on parillinen (eli f( x) = f(x)), niin b n =, missä n on luonnollinen luku. Todistus on helppo harjoitustehtävä. Seuraava havainto on myös helppo tehdä: Summan Fourier-sarja. Olkoot f ja g jatkuvia (jolloin Fourier-kerrointen integraalit ovat olemassa, kannattaa muistaa että integroituvuudelle riittävä ehto on jatkuvuus) ja olkoot niiden Fourier-kertoimet a n, b n ja a n, b n vastaavasti. Tällöin funktion f + g Fourier-kertoimet ovat a n + a n, b n + b n. Todistus on tämänkin osalta helppo harjoitustehtävä. Tämän havainnon avulla voimme muodostaa uusia Fourier-sarjoja laskemalla funktioita yhteen ilman että meidän tarvitsisi laskea kertoimia uudestaan.
17 16 Tehtäviä 1. Osoita, että ja cos mx cos nx dx =, m, n Z +, m n cos 2 nx dx = π. Käytimme näitä johtaessamme Fourier-ketoimien laskentakaavoja. [Vinkki: sievennä ensin sopivilla trigonometrisillä kaavoilla.] { f(x) = 3x + 1, x (, π] 2. Laske funktion f(x + 2π) = f(x) Fourier-kertoimet ja Fourier-sarja. Perustele sen Fourier-sarjan suppeneminen jatkuvuuspisteissä. Mihin arvoon Fourier-sarja suppenee funktion f epäjatkuvuuspisteissä? [Vinkki: suppenmista varten voit käyttää suppenemislausetta.] 1, x (, π] 2 3. Laske funktion f : (, π) R, f(x) =, x ( π 2, π) Fourierkertoimet ja Fourier-sarja. Perustele sen Fourier-sarjan suppeneminen jatku- 2 1, x [ π, π) 2 vuusipisteissä. 4. Muodosta funktion f(x) = sin x Fourier-sarja. Sijoita Fouier-sarjakehitelmään x = ; minkä sarjan arvon saat näin määritettyä? 5. Muodosta funktion f : (, π) R, f(x) = cos ax Fourier-sarja, missä a on vakio ja ei ole kokonaisluku. 6.* Tässä tehtävässä johdetaan elegantti tuloesitys sinifunktiolle: kaikilla z ja sovelletaan sitä. sin z = z (1 z2 n 2 π 2 a) Osoita, että kyseinen tulo suppenee ja on nollasta poikkeava, kun z nπ. [Vinkki: voit osoittaa yleisemmin, että jos a k (, 1), niin k=1 (1 a k) suppenee, jos k=1 a k suppenee.] b) Olkoon tulon märittelemä funktio f(z). Ota puolittain logaritminen derivaatta, tuloksena on f (z) f(z) = 1 z + ( ) 1 z + nπ + 1, z nπ z nπ )
18 17 (Perustele). c) Osoita edellisen tehtävän Fourier-sarjakehitälmän avulla, että b)-kohdan sarja esittää fuktiota cot z. Viimeistele sinin tulokaavan todistus. d) Todista tulokaavan avulla kuuluisa Wallis'n esitys luvulle π: π 2 = e) Kerro sinin tulokaava auki kolmannen asteen termin osalta. Totea, että termin kertoimen täytyy olla sama kuin sinin potenssisarjakehitelmän kolmannen asteen termin kerroin. Tästä saadaan toinen todistus Baselin ongelmalle π 2 = 1 6 (sekin perustui olennaisesti Fourier-sarjoihin, koska c)-kohdan n 2 tulos on koko todistuksen ydin).
19 18 4 Fourier-sarjojen suppenemisesta Heikompi suppenemislause. Olkoon f 2π-jaksollinen tai välillä (, π) määritelty funktio, joka on kahdesti jatkuvasti derivoituva. Tällöin funktion f Fourier-sarja suppenee, ja jos f (tai sen laajennos 2π-jaksolliseksi funktioksi) on kaikkialla jatkuva, suppeneminen on vieläpä tasaista ja itseistä. Todistus. Oletetaan aluksi, että f on kaikkialla jatkuva. Tällöin f(π) = f() ja f (π) = f (), mistä seuraa todistuksen sijoituksien häviäminen. Osittaisintegroidaan kahdesti. = 1 n πa n = f(x) cos nx dx = f (x) sin nx dx = [ f (x) [ f(x) ] π sin nx n 1 f (x) sin nx dx n ( )] π cos nx + 1 f (x) cos nx dx n n 2 = 1 f (x) cos nx dx. n 2 Koska funktion f toinen derivaatta on rajattu äärellisillä väleillä, niin sopivalla vakiolla M pätee f (x) M, x (, pi). Koska integraalin arvo on enintään välin pituus kerrottuna integroitavan funktion maksimilla, saamme π a n M. n 2 Täsmäleen samalla tavalla todistetaan, että π b n M. Nyt kolmioepäyhtälöllä n 2 a 2 + a n cos nx + b n sin nx a + ( a n cos nx + b n sin nx ) 2 a + 2 ( a n + b n ) a + M 2 Vimeisin lauseke on äärellinen, joten funktion f Fourier-sarja suppenee majoranttiperiaatteella. Suppeneminen on itseistä ja tasaista, koska osoitimme samalla Fourier-sarjan termien itseisarvojen summan suppenevan ja löysimme luvut M n = M Weierstrassin M-testissä. n 2 1 n 2. Luovutaan nyt oletuksesta, että f on kaikkialla jatkuva. Tällöin kaikkien kosinisijoitusten ei tarvitse hävitä, ja saamme vain sopivalla vakiolla A: πa n = A( 1)n+1 n + 1 f (x) cos nx dx (1) n 2 (samalla tavalla termeille b n jollakin vakiolla B) missä ensimmäinen termi tulee kosinisijoituksesta ja jälkimmäinen on itseisarvoltaan enintään M eikä n 2 aikaisemman päättelyn nojalla vaikuta suppenemiseen. Ensimmäisten termien muodostama sarja a 2 + ( ) A( 1) n+1 cos nx + B( 1)n+1 sin nx (2) πn πn
20 19 suppenee samalla argumentilla kuin todistetaan esitietojen tähtitehtävä koskien summan sin n suppnemista, eli käyttämällä osittaisummausta tai Dirichlet'n suppenemistestiä ja laskemalla sitä varten N n ( 1)n sin n kompleksisten ekponenttifunktioiden summana geometrisen sarjan summakaavalla. Nyt suppnemislause on todistettu.
21 2 5 Trigonometrisen sarjan määrittäminen Seuraavaksi tarkastelemme Fourier-sarjan määrittämisen käänteisongelmaa: meille on annettu jokin trigonometrinen sarja ja haluamme ilmaista sen määrittelemän funktion tunnettujen funktioiden avulla. Lisäksi tutkimme, miten voimme johtaa tunnetuista Fourier-sarjoista uusia derivoimalla, integroimalla tai Parsevalin kaavalla. Fourier-sarjan derivoiminen. Olkoon f välillä [, π] määritelty funktio, jolle f(π) = f() tai 2π-jaksollinen funktio, ja oletetaan, että funktiolla f on jatkuva toinen derivaatta. Tällöin Funktion f Fourier-sarja saadaan derivoimalla funktion f Fourier-sarjaa termeittäin, ja derivaatan Fourier-sarja suppenee kaikkialla. Toisin sanoen f (x) = n(b n cos nx a n sin nx) kaikilla x R. Todistus. Määritetään funktion f Fourier-kertoimet a n, b n. Ne ovat a = 1 π f (x) dx = f(π) f() =, a n = 1 π f (x) cos nx dx = [f(x) cos nx] π 1 π nf(x) sin nx dx = nb n b n = 1 π f (x) sin nx dx = [f(x) sin nx] π 1 π nf (x) cos nx dx = na n Nyt nähdään, että Fourier-kertoimet ovat samat kuin jos olisi derivoitu termeittäin. Lisäksi, koska f on kahdesti jatkuvasti derivoituva, niin f on jatkuvasti derivoituva, joten sen Fourier-sarja suppenee kaikkialla suppenemislauseen nojalla. Esimerkki 1. Määritetään sarjan f(x) = sin nx summa. Voimme derivoida tätä termeittäin edellisen lauseen nojalla, koska derivoidun sarjan n 3 suppenminen on tasaista (harjoitustehtävä) ja koska näin saatu sarja suppenee majoranttiperiaatteella. Derivoinnin tuloksena f (x) = cos nx = 3x2 6πx+2π 2 n 2 12 (tämä nähdään funktioiden f(x) = x ja f(x) = x 2 + x, x (, pi) Fouriersarjoista, jotka olemmme johtaneet, muodostamalla summan Fourier-sarja.) ja tästä seuraa f(x) = x3 3πx 2 +2π 2 x 12 + C. Pätee C =, koska f() =. Siispä saamme kaikilla x R. sin nx n 3 = x3 3πx 2 + 2π 2 x 12
22 21 Fourier-sarjan integroiminen Olkoon f jatkuvasti derivoituva funktio, joka on määritelty välillä (, π) tai 2π-jaksollinen. Tällöin funktion f integraalifunktiolla on suppeneva Fouriersarja, ja se on x f(x) dx = b n n + (a n + ( 1) n+1 a ) sin nx b n cos nx. n Todistus. Koska x (f(x)) a x on kahdesti jatkuvasti derivoituva funktio, niin 2 voimme kirjoittaa (kun x (, π) tai kaikilla x, jos f on jaksollinen): x f(x) dx a x 2 = A 2 + (A n cos nx + B n sin nx) joillakin kertoimilla A n, B n. Määritetään nämä kertoimet derivoimalla Fouriersarjaa edellisen lauseen avulla, saadaan f(x) a 2 = ( na n sin nx + nb n cos nx) = (a n cos nx + b n sin nx), ja nyt jatkuvan funktion Fourier-sarjakehitelmän yksikäsitteisyyden nojalla, na n = b n ja nb n = a n kaikilla n Z +, joten x f(x) dx a x 2 = A 2 + a n sin nx b n cos nx. n Sijoittamalla x = nähdään, että A 2 = b nn. Koska kappaleen 3 esimerkin 1 nojalla a x = 2 a n+1 sin nx ( 1), väite seuraa siirtämällä tämä n termi toiselle puolelle. Esimerkki 2 Määritä funktion f(x) = x 3, x (, π) Fourier-sarja. Ratkaisu. Voisimme toki muodostaa kyseisen Fourier-sarjan suoraankin, mutta pääsemme vähemmällä käyttämällä Fourier-sarjan integroimislausetta. Nimittäin x 3 = 3 x x2 dx ja funktiolla x 2 on Fourier-kertoimet a = 2 3 π2, a n = 4 ( 1) n, b n 2 n =. Koska f on jatkuvasti derivoituva välillä (, π), niin ( 12( 1) x 3 n = + ( 1) n+1 2 ) n π2 sin nx. n 3 Erityisesti sijoittamalla x = π, jolloin joka toinen termi häviää ja jäljelle 2 jääneet ovat vuorotellen positiivisia ja negatiivisia, saadaan funktion f(x) = x, x [, π] Fourier-sarjan avulla ( π ) 3 π2 π 2 2 = ( 1) n+1 12 (2n 1), 3
23 22 mistä π 3 32 = ( 1) n+1 (2n 1). 3 Fourier-sarjan muuttaminen potenssisarjaksi. Oletetaan, että f(z) = n= c nz n suppenee, kun z kuuluu yksikkökiekkoon eli z = 1, z C ja c n ovat reaalilukuja. Tällöin R(f(e ix )) = n= c n cos nx ja I(f(e ix )) = n= c n sin nx. Todistus. Yksinkertaisesti lasketaan, mitä f(e ix ) on ja otetaan reaaliosa ja imaginaariosa. Tuloksena saatujen trigonometristen sarjojen täytyy supeta, sillä kompleksiterminen sarja suppenee täsmälleen jos reaali- ja imaginaariosat suppenevat (määritelmän nojalla). Esimerkki 3. Lähdetään liikkeelle geometrisen sarjan kaavasta n= zn = 1, z < 1, joka todistetaan kompleksiluvuille täsmälleen kuten reaaliluvuille. 1 z Kirjoitetaan f(z) = ( z ) n n= 2 = 1, z < 2. Tämä pätee erityisesti yksikkökiekolla z = 1. Nyt R(f(e ix )) = cos nx 1 z 2 n= = R ( ) 2 2 n 2 e = 2 cos x 4 ix 4 cos x 5 ja I(f(e ix )) = sin nx n= = I ( ) 2 2 n 2 e = 2 sin x. Näin saimme johdettua ix 5 4 cos x yhdestä tunnetusta potenssisarjasta kaksi uutta trigonometrista sarjaa: n= n= cos nx = 2 cos x 4 2 n 4 cos x 5 sin nx 2 n = 2 sin x 5 4 cos x. Nämä suppenevat kaikilla x R, koska se vastaa potenssisarjalle tilannetta z = 1 (ja on muutenkin varsin selvää). Esimerkki 4. Edetään nyt toiseen suuntaan: haluamme määrittää trigonometrisen sarjan cos nx n= alkeisfunktioiden avulla. Ensinnäkin tämä selvästi suppenee majoranttiperiaatteella. Määritetään tämän sarjan kompleksinen n! vastine potenssisarjoilla. n= e inx = e eix = e cos x+i sin x = e cos x (cos sin x + i sin sin x), n! koska kaikilla kompleksiluvuilla z: e z = z n n= (tätä voidaan käyttää kompleksisen eksponenttifunktion määritelmänäkin). Nyt ottamalla reaaliosat n! saadaan n= cos nx n! = e cos x cos sin x kaikilla x R. Seuraavaksi todistamme hyödyllisen Parsevalin identiteetin, jonka avulla voimme laskea tietyt sarjat integraaleina tai kääntäen.
24 23 Parsevalin identiteetti. Olkoon f jatkuvasti derivoituva 2π-jaksollinen reaalifunktio, jonka Fourier-kertoimet ovat a n, b n. Tällöin a (a 2 n + b 2 n) = 1 π ja kyseinen sarja ja integraali suppenevat. (f(x)) 2 dx, Todistus. Edellisessä kappaleessa todistetun suppenemislauseen nojalla funktion f Fourier-sarja supenee itseisesti ja tasaisesti kaikkialla, joten seuraavassa summan ja integraalin paikkojen vaihto on sallittua. Samoin nyt todistettavassa lauseessa esiintyvä summa ja integraali ovat äärellisiä edellisen kappaleen tuloksen sekä funktion f jatkuvuuden nojalla. Pätee ( π ) (f(x)) 2 a dx = 2 f(x) + (a n f(x) cos nx + b n f(x) sin nx) dx. Tasaisen suppenemisen nojalla voimme vaihtaa integraalin ja summan paikat, saamme Fourier-kerrointen laskentakaavojen nojalla = a 2 f(x) dx + mistä väitös seuraa. (f(x)) 2 dx (a n (f(x) cos nx dx) + b n Esimerkki 5. Laske n= Ratkaisu. = π a2 2 + π (a 2 n + b 2 n), 1. n 4 ) (f(x) sin nx dx) Kuten totesimme aikaisemmassa kappaleessa, funktiolla f(x) = x 2, x (, π) on Fourier-kertoimet a = 2 3 π2, a n = 4 ( 1)n+1, b n 2 n =. Nyt Parsevalin identiteetillä ( 2 3 π2 ) ( 1) 2 = 1 π n 4 π x4 dx = 2 5 π4. Tästä saadaan suoraan 1 n 4 = π4 9.
25 24 6 Weierstrassin funktio 6.1 Huomioita Weierstrassin funktiosta Tässä kappaleessa esitämme kuuluisan Weierstrassin funktion, joka aiheutti aikanaan suurta ihmetystä matemaatikkojen keskuudessa. Tämän funktion ideana on siis, että se on kaikkialla jatkuva muttei derivoituva yhdessäkään pisteessä. Aikaisemmin oli uskottu melko yleisesti (ja kieltämättä se kuulostaa intuitiiviselta), että jatkuva funktio on ainakin melkein kaikkialla derivoituva (esimerkiksi murtoviivaa muistuttavat funktiot voivat olla derivoitumattomia äärettömän monessa pisteessä, mutta silti nämä ovat vain yksittäisiä pisteitä reaalisuoralla, joten niitä on "vähän"). Toisaalta Weierstrassin funktio ei ole niin epämiellyttävä olio kuin saattaisi kuvitella, sillä sen derivoituvuuden rikkovista ominaisuuksista seuraa, että se on itse asiassa eräänlainen fraktaali. Ja fraktaalithan ovat loppujen lopuksi kauniita kaikessa kaoottisuudessaan. 6.2 Derivoitumattomuuden todistus Weierstrassin funktio. Olkoon a R sellainen, että < a < 1 ja b pariton positiivinen kokonaisluku ja lisäksi ab > 1 + 3π. Tällöin funktio 2 W (x) = a n cos (b n πx) on kaikkialla jatkuva muttei missään derivoituva. Todistus. Mukaillaan Weierstrassin todistusta. Osasumien määräämät funktiot f N (x) = N an cos (b n x) ovat jatkuvia (ovathan ne kaikkialla määriteltyjä alkeisfunktioita). Lisäksi pätee an cos (b n x) an, joka suppenee geometrisena sarjana. Nyt funktion W (x) määräävällä sarjalla on suppeneva majorantti, joten Weierstrassin M-testillä (katso esitiedot) se suppenee tasaisesti. Koska kyseinen sarja on jatkuvien funktioiden tasainen raja, se on jatkuva itsessään. Seuraavaksi osoitamme, ettei funktio W ole missään derivoituva. Sitä varten kiinnitämme pisteen x ja osoitamme, ettei W ole derivoituva tässä pisteessä. Jos se olisi, voisimme lähestyä pistettä x millä tahansa lukujonolla y n x, ja tällöin erotusosamäärä lähestyisi jotain lukua, nimittäin lukua W (x ), kun luvut y n lähestyisivät pistettä x. Kuitenkin löytyy sellaiset jonot x m, x + m, että ne lähestyvät pistettä x vasemmalta ja oikealta vastaavasti, mutta erotusosamäärä näissä pisteissä karkaa käsistä kun m. Tämän jälkeen Weierstrassin funktio on todistettu derivoitumattomaksi. Valitaan x ± m = αm±1, missä α b m m on se kokonaisluku, jolle b m x α m 1. 2 Koska x ± m = x + εm,missä ε b m m 3, niin 2 x± m x, kun m. Lisäksi
26 25 havaitaan x m < x < x + m. Tarkastellaan nyt erotusosamääriä: W (x ± m) W (x ) x ± m x = a n cos(bn x ± mπ) cos(b n x π) x ± m x. Tarkastellaan tämän sarjan m 1 ensimmäistä termiä ja loppuja termejä erikseen. Havaitaan a n cos (bn x ± mπ) cos (b n x π) = π(ab) n cos (bn x ± mπ) cos (b n x π). x ± m x b n x ± mπ b n x π Helpon epäyhtälön cos x cos y x y (harjoitustehtävä) nojalla m 1 ensimmäisen termin summan itseisarvo on nyt rajattu ylhäältä seuraavalla lausekkeella: m 1 n= π(ab) n = π (ab)m 1 ab 1 Loppujen termien summalle saadaan n=m a n cos (bn x ± mπ) cos (b n x π) x ± m x = k= < π(ab)m ab 1. a k+m cos (bm+k x ± mπ) cos (b m+k x π) x ± m+k x ja cos (b m+k x ± mπ) = ( 1) αm, koska b on pariton kokonaisluku ja x ± m = αm±1 b m oli valittu sopivasti. Helposti nähdään myös, että b m+k πx = b k π(α m +(b m x α m )). Nyt kosinin summakaavalla cos(b m+k πx ) = ( 1) αm cos(b k ɛ m π) sin n 1 π sin n 2 π = ( 1) αm cos(b k ε m π), missä n 1, n 2 ovat kokonaislukuja ja ε m = b m x α m ja se on itseisarvoltaan 1 2. Nyt saamme jälkimmäiseksi summaksi käyttämällä tietoa x ± m x = ±1 εm b m : (ab) m ( 1) αm k= a k 1 + cos(bk πε m ). ε m 1 Merkitään näitä sarjoja S ± (siten että yllä olevat merkit vastaavat toisiaan ja samoin alla olevat). Nyt saamme ( 1) αm (ab) m S 2, koska kyseistä 3 lauseketta vastaavassa summassa ensimmäinen termi on 2 kaikki termit ovat 3 ei-negatiivisia (koska < ε m ja 2 cos(bk πε m ), koska ε m [ 1, 1]). 2 2 Toisaalta plusmerkillä se on ( 1) αm (ab) m S + 2 (koska kaikki termit 3 1+cos (πεm) ovat tällöin ei-negatiivisia ja ensimmäinen termi on 1 ε m 2, koska 3 cos (πε m ) ). Yhdistämällä ensimmäistä m 1 termiä, joita merkitsemme S 1 ±, koskevat havainnot tähän, saadaan, että erotusosamäärä on W (x ± m) W (x ) x ± m x = S ± 1 + S ± 2 = (ab) m (S ± 1 (ab) m + S ± 2 (ab) m ), ja erotusosamäärän ensimmäisiä termejä koskevan epäyhtälön nojalla edellisen kaavan ensimmäinen termi sulkujen sisällä on pieni, itseisarvoltaan enintään π ab 1 < 2 3 lauseen oletuksen ab > 1 + 3π 2 nojalla. Toisaalta toinen termi on
27 26 suurempi, itseisarvoltaan vähintään 2. Näin ollen erotusosamäärän itseisarvo 3 on vähintään (ab) m ( 2 π ). Mutta nythän erotusosamäärä ei lähesty nollaa,vaan karkaa itseisarvoltaan äärettömyyteen kun m, joten derivaat- 3 ab 1 taa ei ole olemassa mielivaltaisessa pisteessä x. Nyt väite on todistettu. Itse asiassa voitaisiin osoittaa, että vasemman- ja oikeanpuoleiset raja-arvot ovat erimerkkiset, joten toinen niistä karkaa positiiviseen äärettömyyteen ja toinen negatiiviseen äärettömyyteen, mikä tuntuu vielä ihmeellisemältä. Huomautettakoon vielä, että vaikka Weierstrassin funktion termit ovat itse asiassa mielivaltaisen monta kertaa derivoituvia, funktio itsessään ei ole derivoituva. Lisäksi todettakoon, että vaikka käytimme todistuksessamme oleellisesti oletuksiamme, että b on pariton positiivinen kokonaisluku ja ab > 1 + 3π 2, itse asiassa väite pätee pelkillä oletuksilla < a < 1 ja ab 1, kuten G.H.Hardy todisti.
28 27 Tehtäviä 1. Selitä omin sanoin Weierstrassin funktion kaikkialla jatkuvuuden ja derivoitumattomuuden todistusidea. { 1, x 1 2. Laske funktion f(x) = Fourier-sarja., 1 < x < π 3. Sovella Parsevalin kaavaa edellisen tehtävän funktioon ja laske sin 2 n. n 2 { e x, x ( 1, 1] 4. Muodosta 2-jaksollisen funktion funktion f(x) = Fouriersarja. [Vinkki: käytä mielivaltaisen jaksonpituuden funktion Fourier-sarjan kaa- f(x + 2) = f(x) va.] 5. Logaritmi voidaan esittää potenssisarjana muodossa: ln(1 z) = z + z2 2 + z2 3 + z Se suppenee, kun z 1 ja z 1 (voit halutessasi todistaa tämän osittaissumauksella tai Dirichlet'n testillä). Osoita tämän avulla, että cos nx n ( = ln 2 sin x ), x (, 2π). 2 [Vinkki: ota reaaliosa logaritmin Taylorin sarjasta pisteessä e ix.] 6.* Todista Weierstrassin polynomiapproksimaatiolause : olkoon f : [a, b] R jatkuva. Tällöin jokaisella ε > löytyy polynomi P, jolle f(x) P (x) < ε kaikilla x [a, b]. Ehdotuksia: a) Voit olettaa sopivalla lineaarimuunnoksella, että f : [ 1, 1] R, ja tämä voidaan laajentaa mielivaltaisesti jatkuvaksi funktioksi f : [, pi] R, jolle f() = f(π). Mielivaltaiset jatkuvat funktiot eivät ole tarkoituksiamme varten riittävän hyviä (kuten Weierstrassin funktiokin osoittaa!), joten osoita: Lemma. Olkoon f : [a, b] R jatkuva. Tällöin löytyy g : [a, b] R siten, että funktio g on paloittain kahdesti jatkuvasti derivoituva ja f(x) g(x) < δ kaikilla x [a, b]. Tätä varten riittää esimerkiksi, että g on määritelty paloittain paraabeleina. b) Nyt funktiolla g on suppeneva Fourier-sarja, jonka kertoimille a n, b n pätee a n C n 2, b n C n 2 sopivalla C (katso luku 4). Esitä g Fourier-sarjana ja korvaa cos nx ja sin nx Taylorin sarjoillaan. Osoita, että jos Taylorin sarjoista otetaan M ensimmäistä termiä, missä M on riittävän suuri, saatu polynomiapproksimaatio P (x) funktiolle g toteuttaa g(x) P (x) < δ välillä [, π].
29 28 Lopuksi valitse δ sopivasti ja totea, että P (x) on myös funktion f haluttu polynomiapproksimaatio. Huomaa myös, että tämä tulos on erittäin hyödyllinen käytännössä: se sanoo, että kaikkia jatkuvia funktioita voidaan (enemmän tai vähemmän teoriassa) laskea tietokoneella; tietokonehan ei osaa periaatteessa muuta laskea kuin polynomeja.
30 29 7 Fourier-muunnos 7.1 Fourier-sarjasta Fourier-integraaliin Kuten Fourier-sarjojen kappaleessa todettiin, voimme esittää jatkuvasti derivoituvan välillä ( L, L) määritellyn funktion muodossa missä a 2 + a n = 1 L b n = 1 L (a n cos nπx L L L L L + b n sin nπx L ), f(t) cos nπt L dt f(t) sin nπt L dt Oletetaan, että f on itseisesti integroituva koko reaalivälillä ja tarkastellaan, mitä tapahtuu, kun L. Rajatapauksena saame funktion, joka on määritelty kaikilla reaaliluvuilla ja jonka ei tarvitse olla jaksollinen. Kun sijoitamme Fourier-kertoimien kaavat, saamme viemällä muuttujasta x riippuvan sinin ja kosinin integraalien sisään ja kosinin summakaavalla f(x) = 1 L f(t) dt + 2L L Oletetaan siis, että integraali saamme, kun sallimme L : 1 L f(x) = lim f(t) dt + L 2L L 1 L nπ(t x) f(t) cos dt L L L f(t) dt on olemassa ja äärellinen. Tällöin 1 L nπ(t x) f(t) cos dt. L L L Nyt merkitään λ n = nπ, λ L n = λ n+1 λ n = π. Tällöin saamme L f(x) = 1 π lim L L λ n cos λ n (t x) dt. Nyt saamme (Riemannin) integraalin määritelmän nojalla, olettaen integraalin tasaisen suppenemisen ja integrandin jatkuvuuden molemmissa muuttujissaan, f(x) = 1 π L f(t) cos λ(t x) dt dλ Käyttämällä kosinin erotuksen kaavaa, voimme kirjoittaa missä f(x) = (a(λ) cos λx + b(λ) sin λx) dλ, (3) a(λ) = 1 π f(t) cos λt dt
31 3 b(λ) = 1 π f(t) sin λt dt. Huomaamme, että nämä kaavat muistuttavat huomattavasti Fourier-sarjojen vastaavia, kun integraalit korvataan äärettömillä summilla ja kertoimet lasketaan jokaista luonnollista lukua n kohti sijaan jokaista reaalilukua λ kohti. Lisäksi koska funktio g(λ) = sin λ(t x) dt on pariton funktio, niin f(t) sin λ(t x) dλ dt =. (4) Toisaalta funktio h(λ) = f(t) cos λ(t x) dt on parillinen funktio, joten voimme lisätä yhtälöön (3) integraalin (4) kerrottuna imaginaariyksiköllä i, jolloin saamme f(x) = 1 f(t)e iλ(t x) dt dλ. (5) 2π Muuttujan vaihdolla λ = 2πξ voimme kirjoittaa sen muodossa f(x) = e 2πiξx f(t)e 2πiξt dt dξ. (6) Tämä tunnetaan Fourier'n integraalilauseena ja on erittäin keskeinen tulos Fourier-muunnoksen kannalta. Seuraavaksi määrittelemme Fourier-muunnoksen, johon itse asiassa päädyimmekin edellisessä kaavassa. 7.2 Fourier-muunnos Olkoon f koko reaalisuoran yli itseisesti integroituva reaalifunktio. Seuraava integraali on funktion f Fourier-muunnos: ˆf(ξ) = f(t)e 2πiξt dt. Tämä tosiaan on hyvin määritelty, sillä f(t)e 2πxt = f(t) ja f(t) dt suppenee, joten kyseinen integraali suppenee vieläpä itseisesti. Todistimme yllä Fourier-muunnoksen kenties keskeisimmän ominaisuuden: se on (melkein) oma käänteismuunnkoksensa. Muistutettakoon lukijaa vielä siitä, että kompleksifunktion integraali reaalisen välin yli lasketaan aivan kuten reaalifunktionkin. Symbolin ξ käyttäminen kompleksiessa Fourier-muunnoksessa on traditio. Lause (Fourier'n integraalilause). Olkoon f : R R jatkuvasti derivoituva ja itseisesti integroituva. Tällöin pätee f(x) = ˆf(ξ)e 2πixξ dξ.
32 31 Tämä on suora seuraus kaavasta (6). Fourier-muunnoksella on muitakin hyödyllisiä ominaisuuksia kuin sen käänteismuunnoksen samankaltaisuus; erityisesti Fourier-muunnos muuttaa n kertaa derivoinnin polynomilla kertomiseksi. Fourier-muunnoksen ominaisuuksia.olkoot f, g : R R jatkuvasti derivoituvia ja itseisesti integroituvia. Tällöin (i) Jos h(x) = af(x) + bg(x), niin ĥ(ξ) = a ˆf(ξ) + bĝ(ξ) vakioilla a, b (ii) Olkoon k vakio. Tällöin funktion f(x) = g(kx) Fourier-muunnos on ˆf(ξ) = 1 k ˆf( ξ k ). (iii) Olettaen että f on n + 1 kertaa jatkuvasti derivoituva, funktiolle g(x) = f (n) (x) pätee ĝ(ξ) = (2πiξ) n ˆf(ξ). Erityisesti funktion f (x) Fouriermuunos on 2πiξ ˆf(ξ) ja funktion f (x) Fourier-muunnos puolestaan on 4π 2 x 2 ˆf(ξ). Lisäksi funktion F (x) = x f(t) dt Fourier-muunnos on ˆF (ξ) = ˆf(ξ). 2πiξ Todistus. Kohta (i) seuraa suoraan integraalien lineaarisuudesta. Kohta (ii) seuraa lineaarisella muuttujanvaihdolla. Kohta (iii) puolestaan seuraa osittaisintegroimalla n kertaa. Yksityiskohdat ovat helppoja harjoitustehtäviä. { 1, x a Esimerkki 1. Muodosta funktion f : R R, f(x) =, x > a Fouriermuunnos. Ratkaisu. Integraali väleillä [, a] ja [a, ) häviää, joten ˆf(ξ) = = f(t)e 2πiξt dt = sin 2πaξ. πξ a a [ e e 2πiξt 2πiξt dt = 2πiξ ] a a = 1 2πiξ e2πiaξ 1 2πiξ e 2πiaξ sin 2πaξ πξ. Siis Fourier-muunnos kyseisille funktioille (joissa on parametrina a) on Käänteismuunnoksella saamme laskettua niin sanotun Dirichlet'n integraalin, jonka laskeminen olisi ilman Fourier-muunnosta haastavaa (alkeellisilla integrointimenetelmillä se ei onnistu) f(x) = ˆf(ξ)e 2πiξx dξ = sin 2πaξ e 2πiξx dξ = πξ 1, x < a, x > a 1, x = a. Kuten Fourier-sarjojen tapauksessa, myös Fourier-muunnos suppenee epäjatkuvuuspisteessä vasemman- ja oikeanpuoleisten raja-arvojen keskiarvoon. Erityisesti sijoittamalla edelliseen kaavaan x = ja muuttujanvaihdolla saadaan kaunis ja yllättävä tulos: sin ax x dx = π, a >. 2
33 32 Esimerkki 2. Muodosta funktion f(x) = e a x Ratkaisu. Suoraan määritelmästä saadaan ˆf(ξ) = = = lim t = = e a t e 2πiξt dt e ( 2πiξ+a)t dt + ] [ e( 2πiξ+a)t 2πiξ a 1 2πiξ + a + 1 2a 4π 2 ξ 2 + a 2. t 2πiξ + a (a > ) Fourier-muunnos. e ( 2πiξ a)t dt + lim t ] t [ e( 2πiξ a)t 2πiξ + a Fourier-käänteismuunnoksella saamme laskettua seuraavan muuten kohtuullisen hankalan integraalin: f(x) = e 2πiξx e a x dξ = 4π 2 ξ 2 + a2 2a (a > ). Seuraavaksi todistamme Fourier-muunnosta koskevan analyyttisessä lukuteoriassa erittäin hyödyllisen Poissonin summakaavan. Lause (Poissonin summakaava).olkoon f : R R jatkuvasti derivoituva, ja oleteaan, että f(x) min{c, 1 } kaikilla x R jollakin vakiolla C. Tällöin x 2 pätee f(n) = ˆf(n). (7) n= n= Todistus. Tarkastellaan funktiota F (x) = n= f(x+n). Tämä sarja suppenee oletuksen nojalla vieläpä itseisesti ja tasaisesti. Lisäksi F (x + 1) = F (x). Muodostetaan funktion F Fourier-kertoimet (kompleksiset versiot niistä) 1 1 c n = F (x)e 2πinx dx = f(x + m)e 2πinx dx = m= f(x)e 2πinx dx = ˆf(n). Koska F (x) = n= c ne 2πinx, niin n= f(n) = F () = n= c n = ˆf(n), mikä haluttiinkin. Esimerkki 3.. Kun sovellamme Poissonin summakaavaa esimerkin 1 funktioon, saamme suoraan kaavan sin 2πan f(n) = [a] + 1 = a Z, (8) πn n= n=
34 33 jonka olemmekin jo todistaneet kappaleessa 3 hieman eri muodossa. Esimerkin 2 funktiolle puolestaan Poissonin summakaava antaa n= e a n = 2 1 e 1 = a n= 2a 4π 2 n 2 + a 2, a >. Harjoitustehtävänä lasketaan tärkeän funktion f(x) = e x2 Fourier-muunnos; tämä funktio on oma Fourier-muunnoksensa, eli ˆf(x) = f(x) kaikilla x R. Jos merkitään g(x) = f(nx), niin lineaarisella muuttujanvaihdolla saadaan ĝ(x) = 1 ˆf( x ). Soveltamalla Poissonin summakaavaa funktioon g saamme n n ( e n2 = 1 ) e πn2 x x 2. n= n= Tulemme käyttämään tätä identiteettiä seuraavassa kappaleessa johtaessamme Riemannin zeeta-funktion funktionaaliyhtälön.
35 34 Tehtäviä { sin x, x [, π] 1. Laske funktion f(x) =, x > π Fourier-muunnos ja integraali dx. [Vinkki: integraalia varten käytä sin πx sin x 1 x 2 käänteismuunnoksen kaavaa ja ota imaginaariosa.] 2. Muodosta funktion f(x) = e x sin x Fourier-muunnos. [Vinkki: voit käyttää sopivaa trigonometrista kaavaa apuna] 3. Osoita, että kahdesti jatkuvasti derivoituvan funktion Fourier-muunnokselle pätee ˆf (ξ) = (2πiξ) ˆf(ξ) [Vinkki: Osittaisintegroi.] 4. Olkoot f, g jatkuvasti derivoituvia ja itseisesti integroituvia koko reaalisuoralla. Olkoon g(x) = f(x x ) jollakin vakiolla x. Osoita, että ĝ(ξ) = e 2πix ξ ˆf(ξ). Määritellään kahden funktion f ja g konvoluutio kaavalla f g(x) := f(x y)g(y) dy. Olkoon h(x) = f g(x). Osoita, että ĥ(ξ) = ˆf(ξ)ĝ(ξ). Tarvitsemme tätä kappaleessa 9 johtaessamme äärettömän kappaleen lämpöyhtälön ratkasiukaavan. Lisäksi kappaleessa 9 on harjoitustehtävänä soveltaa Fourier-muunnoksen konvoluutiota integraaliyhtälöihin. 5.* Osoita, että funktiot f(x) = e x2 ja g(ξ) = e ξ2 ovat toistensa käänteismunnoksia kompleksieksponentiaalisen Fourier-muunoksen suhteen. Ehdotuksia: Tehtävänä on siis laskea ˆf(ξ) = e x2 2πiξx dx, ja osoittaa, että tuloksena on e ξ2. Neliöksi täydentämällä ja lineaarisella muuttujanvaihdolla riittää laskea Gaussin integraali I = e x2 dx. Tätä varten lasketaan ( ) ( ) I 2 = e x2 dx e y2 dy = e (x2 +y 2) dx dy. Siirrytään napakoordinaatteihin: x = r cos θ, y = r sin θ, ja pätee dx dy = rdr dθ. Tietysti myös integrointirajat muuttuvat. Sievennetään, jolloin saadaan haluttu tulos, ja edelleen osoitettua tehtävän väite.
IV. TASAINEN SUPPENEMINEN. f(x) = lim. jokaista ε > 0 ja x A kohti n ε,x N s.e. n n
IV. TASAINEN SUPPENEMINEN IV.. Funktiojonon tasainen suppeneminen Olkoon A R joukko ja f n : A R funktio, n =, 2, 3,..., jolloin jokaisella x A muodostuu lukujono f x, f 2 x,.... Jos tämä jono suppenee
Lisätiedot8 Potenssisarjoista. 8.1 Määritelmä. Olkoot a 0, a 1, a 2,... reaalisia vakioita ja c R. Määritelmä 8.1. Muotoa
8 Potenssisarjoista 8. Määritelmä Olkoot a 0, a, a 2,... reaalisia vakioita ja c R. Määritelmä 8.. Muotoa a 0 + a (x c) + a 2 (x c) 2 + olevaa sarjaa sanotaan c-keskiseksi potenssisarjaksi. Selvästi jokainen
LisätiedotMatematiikan tukikurssi
Matematiikan tukikurssi Kertausluento 2. välikokeeseen Toisessa välikokeessa on syytä osata ainakin seuraavat asiat:. Potenssisarjojen suppenemissäde, suppenemisväli ja suppenemisjoukko. 2. Derivaatan
LisätiedotMS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 5: Taylor-polynomi ja sarja
MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 5: Taylor-polynomi ja sarja Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos 26.9.2016 Pekka Alestalo,
Lisätiedot2. Fourier-sarjoista. Aaltoliikkeen ja lämmöjohtumisen matemaattinen tarkastelu
2. Fourier-sarjoista Fourier-analyysi: Aaltoliikkeen ja lämmöjohtumisen matemaattinen tarkastelu Matemaattisen analyysin täkein työväline "Jokainen funktio" voidaan esittää harmonisten värähtelyjen, so.
LisätiedotMatematiikan tukikurssi, kurssikerta 3
Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3 1 Epäyhtälöitä Aivan aluksi lienee syytä esittää luvun itseisarvon määritelmä: { x kun x 0 x = x kun x < 0 Siispä esimerkiksi 10 = 10 ja 10 = 10. Seuraavaksi listaus
LisätiedotMatematiikan tukikurssi
Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 4 Jatkuvuus Jatkuvan funktion määritelmä Tarkastellaan funktiota f x) jossakin tietyssä pisteessä x 0. Tämä funktio on tässä pisteessä joko jatkuva tai epäjatkuva. Jatkuvuuden
LisätiedotLuku 4. Derivoituvien funktioiden ominaisuuksia.
1 MAT-1343 Laaja matematiikka 3 TTY 1 Risto Silvennoinen Luku 4 Derivoituvien funktioiden ominaisuuksia Derivaatan olemassaolosta seuraa funktioille eräitä säännöllisyyksiä Näistä on jo edellisessä luvussa
LisätiedotFunktiojonot ja funktiotermiset sarjat Funktiojono ja funktioterminen sarja Pisteittäinen ja tasainen suppeneminen
4. Funktiojonot ja funktiotermiset sarjat 4.1. Funktiojono ja funktioterminen sarja 60. Tutki, millä muuttujan R arvoilla funktiojono f k suppenee, kun Mikä on rajafunktio? a) f k () = 2k 2k + 1, b) f
LisätiedotAnalyysi III. Jari Taskinen. 28. syyskuuta Luku 1
Analyysi III Jari Taskinen 28. syyskuuta 2002 Luku Sisältö Sarjat 2. Lukujonoista........................... 2.2 Rekursiivisesti määritellyt lukujonot.............. 8.3 Sarja ja sen suppenminen....................
LisätiedotTenttiin valmentavia harjoituksia
Tenttiin valmentavia harjoituksia Alla olevissa harjoituksissa suluissa oleva sivunumero viittaa Juha Partasen kurssimonisteen siihen sivuun, jolta löytyy apua tehtävän ratkaisuun. Funktiot Harjoitus.
Lisätiedoty x1 σ t 1 = c y x 1 σ t 1 = y x 2 σ t 2 y x 2 x 1 y = σ(t 2 t 1 ) x 2 x 1 y t 2 t 1
1. Tarkastellaan funktiota missä σ C ja y (y 1,..., y n ) R n. u : R n R C, u(x, t) e i(y x σt), (a) Miksi funktiota u(x, t) voidaan kutsua tasoaalloksi, jonka aaltorintama on kohtisuorassa vektorin y
LisätiedotKonvergenssilauseita
LUKU 4 Konvergenssilauseita Lause 4.1 (Monotonisen konvergenssin lause). Olkoon (f n ) kasvava jono Lebesgueintegroituvia funktioita. Asetetaan f(x) := f n (x). Jos f n
Lisätiedot1 Kompleksiluvut. Kompleksiluvut 10. syyskuuta 2005 sivu 1 / 7
Kompleksiluvut 10. syyskuuta 2005 sivu 1 / 7 1 Kompleksiluvut Lukualueiden laajennuksia voi lähestyä polynomiyhtälöiden ratkaisemisen kautta. Yhtälön x+1 = 0 ratkaisemiseksi tarvitaan negatiivisia lukuja.
LisätiedotKompleksianalyysi, viikko 5
Kompleksianalyysi, viikko 5 Jukka Kemppainen Mathematics Division Kompleksiset jonot Aloitetaan jonon suppenemisesta. Määr. 1 Kompleksiluvuista z 1,z 2,...,z n,... koostuva jono suppenee kohti raja-arvoa
LisätiedotMatematiikan peruskurssi 2
Matematiikan peruskurssi Demonstraatiot III, 4.5..06. Mikä on funktion f suurin mahdollinen määrittelyjoukko, kun f(x) x? Mikä on silloin f:n arvojoukko? Etsi f:n käänteisfunktio f ja tarkista, että löytämäsi
LisätiedotSekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 1 / 13. Tehtäviä
Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 1 / 13 Tehtäviä Tehtävä 1. Johda toiseen asteen yhtälön ax + bx + c = 0, a 0 ratkaisukaava. Tehtävä. Määrittele joukon A R pienin yläraja sup A ja suurin alaraja
LisätiedotH7 Malliratkaisut - Tehtävä 1
H7 Malliratkaisut - Tehtävä Eelis Mielonen 7. lokakuuta 07 a) Palautellaan muistiin Maclaurin sarjan määritelmä (Taylorin sarja origon ympäristössä): f n (0) f(x) = (x) n Nyt jos f(x) = ln( + x) saadaan
Lisätiedot6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset
SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 2003 51 6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt Määritelmä 6.1. Olkoon I R avoin väli. Olkoot p i : I R, i = 0, 1, 2,..., n, ja q : I R jatkuvia
Lisätiedotf(x) f(y) x y f f(x) f(y) (x) = lim
Y1 (Matematiikka I) Haastavampia lisätehtäviä Syksy 1 1. Funktio h määritellään seuraavasti. Kuvan astiaan lasketaan vettä tasaisella nopeudella 1 l/min. Astia on muodoltaan katkaistu suora ympyräkartio,
LisätiedotEsimerkki kaikkialla jatkuvasta muttei missään derivoituvasta funktiosta
Esimerkki kaikkialla jatkuvasta muttei missään derivoituvasta funktiosta Seminaariaine Miikka Rytty Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto 2004 Matemaattista ja historiallista taustaa Tämän kappaleen
LisätiedotMat / Mat Matematiikan peruskurssi C3-I / KP3-I Harjoitus 5 / vko 42, loppuviikko, syksy 2008
Mat-.3 / Mat-.33 Matematiikan peruskurssi C3-I / KP3-I Harjoitus 5 / vko 4, loppuviikko, syksy 8 Ennen malliratkaisuja, muistin virkistämiseksi kaikkien rakastama osittaisintegroinnin kaava: b a u(tv (t
LisätiedotKOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY 2012
KOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY 2012 RITVA HURRI-SYRJÄNEN 8. Integraalilauseiden sovelluksia 1. Analyyttisen funktion sarjaesitys. (eli jokainen analyyttinen funktio on lokaalisti suppenevan potenssisarjan
LisätiedotPositiivitermisten sarjojen suppeneminen
Positiivitermisten sarjojen suppeneminen Jono (b n ) n= on kasvava, jos b n+ b n kaikilla n =, 2,... Lemma Jokainen ylhäältä rajoitettu kasvava jono (b n ) n= raja-arvo on lim n b n = sup n Z+ b n. suppenee
LisätiedotFourier-sarjat ja -muunnos
24. marraskuuta 2016 Jaksolliset funktiot, trigonometriset sarjat, parilliset ja p Jaksolliset funktiot Funktio f : R R on jaksollinen, jos on olemassa p > 0 siten, että f (x + p) = f (x) kaikilla x R
LisätiedotJohdatus reaalifunktioihin P, 5op
Johdatus reaalifunktioihin 802161P, 5op Osa 2 Pekka Salmi 1. lokakuuta 2015 Pekka Salmi FUNK 1. lokakuuta 2015 1 / 55 Jatkuvuus ja raja-arvo Tavoitteet: ymmärtää raja-arvon ja jatkuvuuden määritelmät intuitiivisesti
Lisätiedot1 sup- ja inf-esimerkkejä
Alla olevat kohdat (erityisesti todistukset) ovat lähinnä oheislukemista reaaliluvuista, mutta joihinkin niistä palataan myöhemmin kurssilla. 1 sup- ja inf-esimerkkejä Nollakohdan olemassaolo. Kaikki tuntevat
LisätiedotFunktion raja-arvo ja jatkuvuus Reaali- ja kompleksifunktiot
3. Funktion raja-arvo ja jatkuvuus 3.1. Reaali- ja kompleksifunktiot 43. Olkoon f monotoninen ja rajoitettu välillä ]a,b[. Todista, että raja-arvot lim + f (x) ja lim x b f (x) ovat olemassa. Todista myös,
Lisätiedota) Mikä on integraalifunktio ja miten derivaatta liittyy siihen? Anna esimerkki. 8 3 + 4 2 0 = 16 3 = 3 1 3.
Integraalilaskenta. a) Mikä on integraalifunktio ja miten derivaatta liittyy siihen? Anna esimerkki. b) Mitä määrätty integraali tietyllä välillä x tarkoittaa? Vihje: * Integraali * Määrätyn integraalin
LisätiedotMATP153 Approbatur 1B Ohjaus 2 Keskiviikko torstai
MATP15 Approbatur 1B Ohjaus Keskiviikko 4.11. torstai 5.11.015 1. (Opiskeluteht. 6 s. 0.) Määritä sellainen vakio a, että polynomilla x + (a 1)x 4x a on juurena luku x = 1. Mitkä ovat tällöin muut juuret?.
LisätiedotOutoja funktioita. 0 < x x 0 < δ ε f(x) a < ε.
Outoja funktioita Differentiaalilaskentaa harjoitettiin miltei 200 vuotta ennen kuin sen perustana olevat reaaliluvut sekä funktio ja sen raja-arvo määriteltiin täsmällisesti turvautumatta geometriseen
LisätiedotMatematiikan tukikurssi
Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 6 Sarjojen suppeneminen Kiinnostuksen kohteena on edelleen sarja a k = a + a 2 + a 3 + a 4 +... k= Tämä summa on mahdollisesti äärellisenä olemassa, jolloin sanotaan
Lisätiedotinfoa Viikon aiheet Potenssisarja a n = c n (x x 0 ) n < 1
infoa Viikon aiheet Tentti ensi viikolla ma 23.0. klo 9.00-3.00 Huomaa, alkaa tasalta! D0 (Sukunimet A-) E204 (Sukunimet S-Ö) Mukaan kynä ja kumi. Ei muuta materiaalia. Tentissä kaavakokoelma valmiina.
LisätiedotMatematiikan tukikurssi, kurssikerta 5
Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 5 1 Jonoista Matematiikassa jono (x n ) on yksinkertaisesti järjestetty, päättymätön sarja numeroita Esimerkiksi (1,, 3, 4, 5 ) on jono Jonon i:ttä jäsentä merkitään
Lisätiedotw + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1.
Kotitehtävät, tammikuu 2011 Vaikeampi sarja 1. Ratkaise yhtälöryhmä w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1. Ratkaisu. Yhtälöryhmän ratkaisut (w, x, y, z)
LisätiedotSinin jatkuvuus. Lemma. Seuraus. Seuraus. Kaikilla x, y R, sin x sin y x y. Sini on jatkuva funktio.
Sinin jatkuvuus Lemma Kaikilla x, y R, sin x sin y x y. Seuraus Sini on jatkuva funktio. Seuraus Kosini, tangentti ja kotangentti ovat jatkuvia funktioita. Pekka Salmi FUNK 19. syyskuuta 2016 22 / 53 Yhdistetyn
LisätiedotJohdatus todennäköisyyslaskentaan Momenttiemäfunktio ja karakteristinen funktio. TKK (c) Ilkka Mellin (2005) 1
Johdatus todennäköisyyslaskentaan Momenttiemäfunktio ja karakteristinen funktio TKK (c) Ilkka Mellin (5) 1 Momenttiemäfunktio ja karakteristinen funktio Momenttiemäfunktio Diskreettien jakaumien momenttiemäfunktioita
LisätiedotReaalifunktioista 1 / 17. Reaalifunktioista
säilyy 1 / 17 säilyy Jos A, B R, niin funktiota f : A B sanotaan (yhden muuttujan) reaalifunktioksi. Tällöin karteesinen tulo A B on (aiempia esimerkkejä luonnollisemmalla tavalla) xy-tason osajoukko,
LisätiedotSisältö. Sarjat 10. syyskuuta 2005 sivu 1 / 17
Sarjat 10. syyskuuta 2005 sivu 1 / 17 Sisältö 1 Peruskäsitteistöä 2 1.1 Määritelmiä 2 1.2 Perustuloksia 4 2 Suppenemistestejä positiivitermisille sarjoille 5 3 Itseinen ja ehdollinen suppeneminen 8 4 Alternoivat
LisätiedotMatematiikan peruskurssi 2
Matematiikan peruskurssi Tentti, 9..06 Tentin kesto: h. Sallitut apuvälineet: kaavakokoelma ja laskin, joka ei kykene graaseen/symboliseen laskentaan Vastaa seuraavista viidestä tehtävästä neljään. Saat
LisätiedotNumeeriset menetelmät
Numeeriset menetelmät Luento 13 Ti 18.10.2011 Timo Männikkö Numeeriset menetelmät Syksy 2011 Luento 13 Ti 18.10.2011 p. 1/43 p. 1/43 Nopeat Fourier-muunnokset Fourier-sarja: Jaksollisen funktion esitys
LisätiedotIlkka Mellin Todennäköisyyslaskenta. Osa 2: Satunnaismuuttujat ja todennäköisyysjakaumat. Momenttiemäfunktio ja karakteristinen funktio
Ilkka Mellin Todennäköisyyslaskenta Osa : Satunnaismuuttujat ja todennäköisyysjakaumat Momenttiemäfunktio ja karakteristinen funktio TKK (c) Ilkka Mellin (7) 1 Momenttiemäfunktio ja karakteristinen funktio
LisätiedotMATEMATIIKAN KOE, PITKÄ OPPIMÄÄRÄ HYVÄN VASTAUKSEN PIIRTEITÄ
MATEMATIIKAN KOE, PITKÄ OPPIMÄÄRÄ 4.9.09 HYVÄN VASTAUKSEN PIIRTEITÄ Alustavat hyvän vastauksen piirteet on suuntaa-antava kuvaus kokeen tehtäviin odotetuista vastauksista ja tarkoitettu ensisijaisesti
LisätiedotMS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 2: Sarjat
MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 2: Sarjat Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos 14.9.2016 Pekka Alestalo, Jarmo Malinen
LisätiedotHY, MTL / Matemaattisten tieteiden kandiohjelma Todennäköisyyslaskenta IIb, syksy 2017 Harjoitus 1 Ratkaisuehdotuksia
HY, MTL / Matemaattisten tieteiden kandiohjelma Todennäköisyyslaskenta IIb, syksy 07 Harjoitus Ratkaisuehdotuksia Tehtäväsarja I Osa tämän viikon tehtävistä ovat varsin haastavia, joten ei todellakaan
LisätiedotAlkulukujen harmoninen sarja
Alkulukujen harmoninen sarja LuK-tutkielma Markus Horneman Oiskelijanumero:2434548 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun ylioisto Syksy 207 Sisältö Johdanto 2 Hyödyllisiä tuloksia ja määritelmiä 3. Alkuluvuista............................
LisätiedotDerivaattaluvut ja Dini derivaatat
Derivaattaluvut Dini derivaatat LuK-tutkielma Helmi Glumo 2434483 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto Syksy 2016 Sisältö Johdanto 2 1 Taustaa 2 2 Määritelmät 4 3 Esimerkkejä lauseita 7 Lähdeluettelo
LisätiedotMS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 3: Jatkuvuus
MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 3: Jatkuvuus Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos 19.9.2016 Pekka Alestalo, Jarmo
Lisätiedot1 Rajoittamaton optimointi
Taloustieteen matemaattiset menetelmät 7 materiaali 5 Rajoittamaton optimointi Yhden muuttujan tapaus f R! R Muistutetaan mieleen maksimin määritelmä. Funktiolla f on maksimi pisteessä x jos kaikille y
LisätiedotMS-A0102 Differentiaali- ja integraalilaskenta 1
MS-A0102 Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Riikka Korte (Pekka Alestalon kalvojen pohjalta) Aalto-yliopisto 15.11.2016 Sisältö Alkeisfunktiot 1.1 Funktio I Funktio f : A! B on sääntö, joka liittää
LisätiedotMatematiikan tukikurssi
Matematiikan tukikurssi Kertausta 2. välikokeeseen Toisessa välikokeessa on syytä osata ainakin seuraavat asiat: 1. Potenssisarjojen suppenemissäe, suppenemisväli ja suppenemisjoukko. 2. Derivaatan laskeminen
LisätiedotSarja. Lukujonosta (a k ) k N voi muodostaa sen osasummien jonon (s n ): s 1 = a 1, s 2 = a 1 + a 2, s 3 = a 1 + a 2 + a 3,...,
Sarja Lukujonosta (a k ) k N voi muodostaa sen osasummien jonon (s n ): Määritelmä 1 s 1 = a 1, s 2 = a 1 + a 2, s 3 = a 1 + a 2 + a 3,..., n s n = a k. Jos osasummien jonolla (s n ) on raja-arvo s R,
LisätiedotVEKTORIANALYYSIN HARJOITUKSET: VIIKKO 4
VEKTORIANALYYSIN HARJOITUKSET: VIIKKO 4 Jokaisen tehtävän jälkeen on pieni kommentti tehtävään liittyen Nämä eivät sisällä mitään kovin kriittistä tietoa tehtävään liittyen, joten niistä ei tarvitse välittää
LisätiedotKOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY exp z., k = 1, 2,... Eksponenttifunktion z exp(z) Laurent-sarjan avulla
KOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY 2012 RITVA HURRI-SYRJÄNEN 11. Integrointi erillisen erikoispisteen ympäri Olkoot f analyyttinen punkteeratussa kiekossa D(z 0.r\{z 0 }. Funktiolla f on erikoispiste z 0.
Lisätiedot= 2 L L. f (x)dx. coshx dx = 1 L. sinhx nπ. sin. sin L + 2 L. a n. L 2 + n 2 cos. tehdään approksimoinnissa virhe, jota voidaan arvioida integraalin
BMA7 - Integraalimuunnokset Harjoitus 9. Määritä -jaksollisen funktion f x = coshx, < x < Fourier-sarja. Funktion on parillinen, joten b n = kun n =,,3,... Parillisuudesta johtuen kertoimet a ja a n saadaan
LisätiedotMatematiikan tukikurssi
Matematiikan tukikurssi Kurssikerta Eksponenttifuntio Palautetaan mieliin, että Neperin luvulle e pätee: e ) n n n ) n n n n n ) n. Tästä määritelmästä seuraa, että eksponenttifunktio e x voidaan määrittää
Lisätiedot2 Funktion derivaatta
ANALYYSI B, HARJOITUSTEHTÄVIÄ, KEVÄT 2019 2 Funktion derivaatta 2.1 Määritelmiä ja perusominaisuuksia 1. Määritä suoraan derivaatan määritelmää käyttäen f (0), kun (a) + 1, (b) (2 + ) sin(3). 2. Olkoon
Lisätiedotk S P[ X µ kσ] 1 k 2.
HY, MTL / Matemaattisten tieteiden kandiohjelma Todennäköisyyslaskenta IIb, syksy 28 Harjoitus Ratkaisuehdotuksia Tehtäväsarja I Osa tämän viikon tehtävistä ovat varsin haastavia, joten ei todellakaan
Lisätiedotx 4 e 2x dx Γ(r) = x r 1 e x dx (1)
HY / Matematiikan ja tilastotieteen laitos Todennäköisyyslaskenta IIA, syksy 217 217 Harjoitus 6 Ratkaisuehdotuksia Tehtäväsarja I 1. Laske numeeriset arvot seuraaville integraaleille: x 4 e 2x dx ja 1
LisätiedotMatematiikan tukikurssi
Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 9 1 Implisiittinen derivointi Tarkastellaan nyt yhtälöä F(x, y) = c, jossa x ja y ovat muuttujia ja c on vakio Esimerkki tällaisesta yhtälöstä on x 2 y 5 + 5xy = 14
LisätiedotTehtävänanto oli ratkaista seuraavat määrätyt integraalit: b) 0 e x + 1
Tehtävä : Tehtävänanto oli ratkaista seuraavat määrätyt integraalit: a) a) x b) e x + Integraali voisi ratketa muuttujanvaihdolla. Integroitava on muotoa (a x ) n joten sopiva muuttujanvaihto voisi olla
LisätiedotEnsimmäisen ja toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä
1 MAT-1345 LAAJA MATEMATIIKKA 5 Tampereen teknillinen yliopisto Risto Silvennoinen Kevät 9 Ensimmäisen ja toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä Yksi tavallisimmista luonnontieteissä ja tekniikassa
LisätiedotMekaniikan jatkokurssi Fys102
Mekaniikan jatkokurssi Fys10 Kevät 010 Jukka Maalampi LUENTO 7 Harmonisen värähdysliikkeen energia Jousen potentiaalienergia on U k( x ) missä k on jousivakio ja Dx on poikkeama tasapainosta. Valitaan
LisätiedotMS-A010{3,4,5} (ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 2: Sarjat
MS-A010{3,4,5} (ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 2: Sarjat Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos September 13, 2017 Pekka Alestalo,
LisätiedotMS-A0104 Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 (ELEC2) MS-A0106 Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 (ENG2)
MS-A4 Differentiaali- ja integraalilaskenta (ELEC2) MS-A6 Differentiaali- ja integraalilaskenta (ENG2) Harjoitukset 3L, syksy 27 Tehtävä. a) Määritä luvun π likiarvo käyttämällä Newtonin menetelmää yhtälölle
LisätiedotMatemaattinen Analyysi
Vaasan yliopisto, 009-010 / ORMS1010 Matemaattinen Analyysi 7 harjoitus 1 Määritä seuraavien potenssisarjojen suppenemissäteet a) k k x 5)k b) k=1 k x 5)k = k k 1) k ) 1) Suppenemissäteen R käänteisarvo
LisätiedotMAT-13510 Laaja Matematiikka 1U. Hyviä tenttikysymyksiä T3 Matemaattinen induktio
MAT-13510 Laaja Matematiikka 1U. Hyviä tenttikysymyksiä T3 Matemaattinen induktio Olkoon a 1 = a 2 = 5 ja a n+1 = a n + 6a n 1 kun n 2. Todista induktiolla, että a n = 3 n ( 2) n, kun n on positiivinen
LisätiedotPerustehtävät. Kompleksitehtävät, 10/9/2005, sivu 1 / 10. Tehtävä 1. Sievennä 1.
Kompleksitehtävät, 10/9/2005, sivu 1 / 10 Perustehtävät Tehtävä 1. Sievennä 1. 2 5i 1+2i 2. ( 2 i 2) 150 Tehtävä 2. Olkoon P mielivaltainen reaalikertoiminen polynomi. Osoita, että jos luku z C toteuttaa
LisätiedotRatkaisuehdotus 2. kurssikoe
Ratkaisuehdotus 2. kurssikoe 4.2.202 Huomioitavaa: - Tässä ratkaisuehdotuksessa olen pyrkinyt mainitsemaan lauseen, johon kulloinenkin päätelmä vetoaa. Näin opiskelijan on helpompi jäljittää teoreettinen
LisätiedotKarteesinen tulo. Olkoot A = {1, 2, 3, 5} ja B = {a, b, c}. Näiden karteesista tuloa A B voidaan havainnollistaa kuvalla 1 / 21
säilyy Olkoot A = {1, 2, 3, 5} ja B = {a, b, c}. Näiden karteesista tuloa A B voidaan havainnollistaa kuvalla c b a 1 2 3 5 1 / 21 säilyy Esimerkkirelaatio R = {(1, b), (3, a), (5, a), (5, c)} c b a 1
LisätiedotFunktiojonon tasainen suppeneminen
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Taina Saari Funktiojonon tasainen suppeneminen Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Elokuu 2009 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen
LisätiedotJohdantoa INTEGRAALILASKENTA, MAA9
Lyhyehkö johdanto integraalilaskentaan. Johdantoa INTEGRAALILASKENTA, MAA9 Integraalilaskennan lähtökohta 1: Laskutoimitukset + ja ovat keskenään käänteisiä, samoin ja ovat käänteisiä, kunhan ei jaeta
LisätiedotMS-C1350 Osittaisdifferentiaaliyhtälöt Harjoitukset 5, syksy Mallivastaukset
MS-C350 Osittaisdifferentiaaliyhtälöt Haroitukset 5, syksy 207. Oletetaan, että a > 0 a funktio u on yhtälön u a u = 0 ratkaisu. a Osoita, että funktio vx, t = u x, t toteuttaa yhtälön a v = 0. b Osoita,
LisätiedotMatemaattisen analyysin tukikurssi
Matemaattisen analyysin tukikurssi 4. Kurssikerta Petrus Mikkola 4.10.2016 Tämän kerran asiat Funktion raja-arvo Raja-arvon määritelmä Toispuolinen raja-arvo Laskutekniikoita Rationaalifunktion esityksen
LisätiedotVastausehdotukset analyysin sivuainekurssin syksyn välikokeeseen
Vastausehdotukset analyysin sivuainekurssin syksyn 015 1. välikokeeseen Heikki Korpela November 1, 015 1. Tehtävä: funktio f : R R toteuttaa ehdot ax, kun x 1 f(x) x + 1, kun x < 1 Tutki, millä vakion
Lisätiedot1. Viikko. K. Tuominen MApu II 1/17 17
1. Viikko Keskeiset asiat ja tavoitteet: 1. Kompleksiluvut, kompleksitaso, polaariesitys, 2. Kompleksilukujen peruslaskutoimitukset, 3. Eulerin ja De Moivren kaavat, 4. Potenssi ja juuret, kompleksinen
LisätiedotRatkaisuehdotus 2. kurssikokeeseen
Ratkaisuehdotus 2. kurssikokeeseen 4.2.202 (ratkaisuehdotus päivitetty 23.0.207) Huomioitavaa: - Tässä ratkaisuehdotuksessa olen pyrkinyt mainitsemaan lauseen, johon kulloinenkin päätelmä vetoaa. Näin
LisätiedotKompleksiluvut., 15. kesäkuuta /57
Kompleksiluvut, 15. kesäkuuta 2017 1/57 Miksi kompleksilukuja? Reaaliluvut lukusuoran pisteet: Tiedetään, että 7 1 0 x 2 = 0 x = 0 1 7 x 2 = 1 x = 1 x = 1 x 2 = 7 x = 7 x = 7 x 2 = 1 ei ratkaisua reaalilukujen
Lisätiedot1 sup- ja inf-esimerkkejä
Alla olevat kohdat (erityisesti todistukset) ovat lähinnä oheislukemista reaaliluvuista, mutta joihinkin niistä palataan myöhemmin kurssilla. 1 sup- ja inf-esimerkkejä Kaarenpituus. Olkoon r: [a, b] R
Lisätiedotu(0, t) = 0 kaikille t > 0: lämpötila pidetään vakiona pisteessä x = 0;
3. Lämmönjohtumisyhtälö I Yksiulotteisessa lämmönjohtumisyhtälössä u t = u γ x tuntematon funktio u = u(x, t) kuvaa lämpötilaa yksiulotteisen kappaleen (ohut sauva; x-akseli) kohdassa x hetkellä t. Kun
LisätiedotRollen lause polynomeille
Rollen lause polynomeille LuK-tutkielma Anna-Helena Hietamäki 7193766 Matemaattisten tieteiden tutkinto-ohjelma Oulun yliopisto Kevät 015 Sisältö 1 Johdanto 1.1 Rollen lause analyysissä.......................
Lisätiedoty = 3x2 y 2 + sin(2x). x = ex y + e y2 y = ex y + 2xye y2
Matematiikan ja tilastotieteen osasto/hy Differentiaaliyhtälöt I Laskuharjoitus 2 mallit Kevät 219 Tehtävä 1. Laske osittaisderivaatat f x = f/x ja f y = f/, kun f = f(x, y) on funktio a) x 2 y 3 + y sin(2x),
LisätiedotF {f(t)} ˆf(ω) = 1. F { f (n)} = (iω) n F {f}. (11) BM20A5700 - INTEGRAALIMUUNNOKSET Harjoitus 10, viikko 46/2015. Fourier-integraali:
BMA57 - INTEGRAALIMUUNNOKSET Harjoitus, viikko 46/5 Fourier-integraali: f(x) A() π B() π [A() cos x + B() sin x]d, () Fourier-muunnos ja käänteismuunnos: f(t) cos tdt, () f(t) sin tdt. (3) F {f(t)} ˆf()
LisätiedotDerivaatan sovellukset (ääriarvotehtävät ym.)
Derivaatan sovellukset (ääriarvotehtävät ym.) Tehtävät: 1. Tutki derivaatan avulla funktion f kulkua. a) f(x) = x 4x b) f(x) = x + 6x + 11 c) f(x) = x4 4 x3 + 4 d) f(x) = x 3 6x + 1x + 3. Määritä rationaalifunktion
LisätiedotMS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt
MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Differentiaaliyhtälöt, osa 1 Riikka Kangaslampi Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto 2015 1 / 20 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista
Lisätiedot1 Supremum ja infimum
Pekka Alestalo, 2018 Tämä moniste täydentää reaalilukuja ja jatkuvia reaalifunktioita koskevaa kalvosarjaa lähinnä perustelujen ja todistusten osalta. Suurin osa määritelmistä jms. on esitetty jo kalvoissa,
LisätiedotFunktiot. funktioita f : A R. Yleensä funktion määrittelyjoukko M f = A on jokin väli, muttei aina.
Funktiot Tässä luvussa käsitellään reaaliakselin osajoukoissa määriteltyjä funktioita f : A R. Yleensä funktion määrittelyjoukko M f = A on jokin väli, muttei aina. Avoin väli: ]a, b[ tai ]a, [ tai ],
LisätiedotMS-A010{2,3,4,5} (SCI, ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 2: Sarjat
M-A010{2,3,4,5} (CI, ELEC*, ENG*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 2: arjat Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos eptember 12, 2018 Pekka
Lisätiedot13. Ratkaisu. Kirjoitetaan tehtävän DY hieman eri muodossa: = 1 + y x + ( y ) 2 (y )
MATEMATIIKAN JA TILASTOTIETEEN LAITOS Differentiaaliyhtälöt, kesä 00 Tehtävät 3-8 / Ratkaisuehdotuksia (RT).6.00 3. Ratkaisu. Kirjoitetaan tehtävän DY hieman eri muodossa: y = + y + y = + y + ( y ) (y
LisätiedotMatematiikan tukikurssi
Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 12 1 Eksponenttifuntio Palautetaan mieliin, että Neperin luvulle e pätee: e ) n n n ) n n n n n ) n. Tästä määritelmästä seuraa, että eksponenttifunktio e x voidaan
Lisätiedot7. Tasaisen rajoituksen periaate
18 FUNKTIONAALIANALYYSIN PERUSKURSSI 7. Tasaisen rajoituksen periaate Täydellisyydestä puristetaan maksimaalinen hyöty seuraavan Bairen lauseen avulla. Bairen lause on keskeinen todistettaessa kahta funktionaalianalyysin
LisätiedotOsa VI. Fourier analyysi. A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat Matematiikan peruskurssi KP3-i 12. lokakuuta / 246
Osa VI Fourier analyysi A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331 Matematiikan peruskurssi KP3-i 12. lokakuuta 2007 127 / 246 1 Johdanto 2 Fourier-sarja 3 Diskreetti Fourier muunnos A.Rasila, J.v.Pfaler () Mat-1.1331
LisätiedotDifferentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 5. viikolle /
MS-A8 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/7 Differentiaali- ja integraalilaskenta Ratkaisut 5. viikolle / 9..5. Integroimismenetelmät Tehtävä : Laske osittaisintegroinnin avulla a) π x sin(x) dx,
Lisätiedot1.4 Funktion jatkuvuus
1.4 Funktion jatkuvuus Kun arkikielessä puhutaan jonkin asian jatkuvuudesta, mielletään asiassa olevan jonkinlaista yhtäjaksoisuutta, katkeamattomuutta. Tässä ei kuitenkaan käsitellä työasioita eikä ihmissuhteita,
LisätiedotKaikkia alla olevia kohtia ei käsitellä luennoilla kokonaan, koska osa on ennestään lukiosta tuttua.
6 Alkeisfunktiot Kaikkia alla olevia kohtia ei käsitellä luennoilla kokonaan, koska osa on ennestään lukiosta tuttua. 6. Funktion määrittely Funktio f : A B on sääntö, joka liittää jokaiseen joukon A alkioon
LisätiedotMS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 4: Derivaatta
MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 4: Derivaatta Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos 21.9.2016 Pekka Alestalo, Jarmo
LisätiedotDIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1. Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 6. FUNKTION JATKUVUUS
DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1 Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 6. FUNKTION JATKUVUUS Huomautus. Analyysin yksi keskeisimmistä käsitteistä on jatkuvuus! Olkoon A R mielivaltainen joukko
LisätiedotV. POTENSSISARJAT. V.1. Abelin lause ja potenssisarjan suppenemisväli. a k (x x 0 ) k M
V. POTENSSISARJAT Funtioterminen sarja V.. Abelin lause ja potenssisarjan suppenemisväli P a x x, missä a, a, a 2,... R ja x R ovat vaioita, on potenssisarja, jona ertoimet ovat luvut a, a,... ja ehitysesus
LisätiedotEsitetään tehtävälle kaksi hieman erilaista ratkaisua. Ratkaisutapa 1. Lähdetään sieventämään epäyhtälön vasenta puolta:
MATP00 Johdatus matematiikkaan Ylimääräisten tehtävien ratkaisuehdotuksia. Osoita, että 00 002 < 000 000. Esitetään tehtävälle kaksi hieman erilaista ratkaisua. Ratkaisutapa. Lähdetään sieventämään epäyhtälön
LisätiedotMatematiikan tukikurssi: kurssikerta 12
Matematiikan tukikurssi: kurssikerta 2 Tenttiin valmentavia harjoituksia Huomio. Tähän tulee lisää ratkaisuja sitä mukaan kun ehin niitä kirjoittaa. Kurssilla käyään läpi tehtävistä niin monta kuin mahollista.
Lisätiedot