Problemas Teoremas

Março 23, 2012

Evaluating zeta function at 6, ζ(6)

Filed under: Análise de Fourier,Matemática,Math,Mathematics Stack Exchange,Séries — Américo Tavares @ 12:08 pm
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Here is my answer to this Mathematics Stach Exchange question  by Chon  on how to compute \zeta(6).

I have posted here in Portuguese a recursive method based on the computation of the Fourier trigonometric series expansion for the function defined in \left[ -\pi ,\pi \right] by f(x)=x^{2p} and extended to all of {\mathbb R} periodically with period 2\pi. This is a shorter description than the original. In this reply I outline the case \zeta(4). For p=3 the expansion is

x^{6}=\dfrac{\pi ^{6}}{7}+2\displaystyle\sum_{n\ge 1}^{}\left( \left( \dfrac{6}{n^{2}}\pi ^{4}-\dfrac{120}{n^{4}}\pi ^{2}+\dfrac{720 }{n^{6}}\right)\cos n\pi \right)\cos nx.\qquad (1)

The computation is as follows:

f(x)=x^{2p}=\dfrac{a_{0,2p}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( a_{n,2p}\cos nx+b_{n,2p}\sin nx\right),

where the coefficients are given by the following integrals

\begin{aligned}a_{0,2p}&=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2p}\;\mathrm{d}x=\dfrac{2\pi ^{2p}}{2p+1}\\a_{n,2p}&=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x=\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x,\\b_{n,2p}&=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2p}\sin nx\;\mathrm{d}x=0.\end{aligned}

The series expansion is thus

x^{2p}=\dfrac{\pi ^{2p}}{2p+1}+\dfrac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\cos nx\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x.\qquad(2)

For f(\pi )=\pi ^{2p} we obtain

\begin{aligned}\pi ^{2p}=\dfrac{\pi ^{2p}}{2p+1}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x, \end{aligned}

where the integral

\begin{aligned}I_{n,2p}:=\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x \end{aligned}

satisfies the following recurrence, as can be shown by integration by parts

\begin{aligned} I_{n,2p}=\dfrac{2p}{n^{2}}\pi ^{2p-1}\cos n\pi -\dfrac{2p(2p-1)}{n^{2}} I_{n,2\left( p-1\right) },\qquad I_{n,0}=0.\qquad(3) \end{aligned}

For p=1, we get

\begin{aligned} I_{n,2}=\frac{2p}{n^{2}}\pi ^{2p-1}\cos n\pi \end{aligned}

and

\begin{aligned} \pi ^{2} &=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi \cdot I_{n,2}\\&=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi \left(\dfrac{2}{n^{2}}\pi \cos n\pi \right)\\&=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}\\&\Rightarrow\zeta (2)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{\pi ^{2}}{6}.\end{aligned}

For p=2, we get

\begin{aligned}I_{n,4}=\left( \dfrac{4\pi ^{3}}{n^{2}}-\dfrac{24\pi }{n^{4}}\right) \cos n\pi\end{aligned}

and

\begin{aligned}\pi ^{4}&=\dfrac{\pi ^{4}}{5}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi\cdot I_{n,4}=\dfrac{\pi ^{4}}{5}+\dfrac{4\pi ^{4}}{3}-48\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{4}}\\ &\Rightarrow\zeta (4)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{4}}=\dfrac{\pi ^{4}}{ 90}.\end{aligned}

Finally for p=3, we get

\begin{aligned}I_{n,6}=\left( \dfrac{6\pi ^{5}}{n^{2}}-\dfrac{120\pi ^{3}}{n^{4}}+\dfrac{720}{n^{6}}\right) \cos n\pi\end{aligned}

and

\begin{aligned}\pi ^{6}=\dfrac{\pi ^{6}}{7}+2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( \dfrac{6\pi ^{4}}{n^{2}}-\dfrac{120\pi ^{2}}{n^{4}}+\dfrac{720}{n^{6}}\right),\end{aligned}

from which the result follows

\zeta(6)=\begin{aligned}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{6}}=\dfrac{\pi ^{6}}{945}.\end{aligned}

Plots of the periodic function defined in \left[ -\pi ,\pi \right] by f(x)=x^{6} (blue curve) and of the partial sum with the first 10 terms of its Fourier trigonometric series (red curve).

This method generates recursively the sequence (\zeta(2p))_{p\ge 1}.

Maio 25, 2011

Determinação dos valores da função zeta nos pares através de uma série de Fourier

Filed under: Análise de Fourier,Cálculo,Exercícios Matemáticos,Matemática,Recorrência,Séries — Américo Tavares @ 11:14 pm
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Para obter valores de \zeta(2p), como exercício de Cálculo, retomo a integração por partes da entrada Relações de recorrência geradas pela integração por partes, em particular a última relação de recorrência que vou justificar. Considero a função par  f(x)=x^{2p} no intervalo \left[ -\pi ,\pi \right] e vou determinar a sua série trigonométrica de Fourier. Como é sabido esta série converge para uma função periódica, que é a repetição de f(x) em todo o eixo real (ver figura).

x^{2p}\sim\dfrac{a_{0,2p}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( a_{n,2p}\cos nx+b_{n,2p}\sin nx\right)

em que os coeficientes a_{n,2p} são dados pelas expressões

a_{0,2p}=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2p}\;\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi }\dfrac{2\pi ^{2p+1}}{2p+1}=\dfrac{2\pi ^{2p}}{2p+1}

a_{n,2p}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x=\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x\qquad n\geq 1

e os coeficientes b_{n,2p} são nulos, em virtude de f(x)\sin nx=x^{2n}\sin nx ser uma função ímpar:

b_{n,2p}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2p}\sin nx\;\mathrm{d}x=0\qquad n\geq 1

Assim, teremos

x^{2p}=\dfrac{\pi ^{2p}}{2p+1}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos nx\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x

e para f(\pi )=\pi ^{2p}

\begin{aligned}\pi ^{2p} &=\dfrac{\pi ^{2p}}{2p+1}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x \\ &=\dfrac{\pi ^{2p}}{2p+1}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi \cdot I_{n,2p}\end{aligned}

em que I_{n,2p} é  o integral

I_{n,2p}=\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x

Para o integrar, por partes, escolho f(x)=x^{2p} e g^{\prime }(x)=\cos nx, pelo que f^{\prime }(x)=2px^{2p-1} e g(x)=\dfrac{1}{n}\sin nx; resulta

\begin{aligned}\displaystyle\int f(x)g^{\prime }(x)\;\mathrm{d}x&=f(x)g(x)-\displaystyle\int f^{\prime }(x)g(x)\;\mathrm{d}x\\\displaystyle\int x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x&=\dfrac{1}{n}x^{2p}\sin nx-\dfrac{2p}{n}\displaystyle\int x^{2p-1}\sin nx\;\mathrm{d}x\end{aligned}

Integrando novamente por partes, com f(x)=x^{2p-1} e g^{\prime }(x)=\sin nx, sendo, portanto, f^{\prime }(x)=\left( 2p-1\right) x^{2\left( p-1\right) } e g(x)=\int\sin \left( nx\right) dx=-\dfrac{\cos nx}{n}, vem

\begin{aligned}\displaystyle\int f(x)g^{\prime }(x)\;\mathrm{d}x&=f(x)g(x)-\displaystyle\int f^{\prime }(x)g(x)\;\mathrm{d}x \\\displaystyle\int x^{2p-1}\sin nx\;\mathrm{d}x &=-\dfrac{1}{n}x^{2p-1}\cos nx+\dfrac{2p-1}{n}\displaystyle\int x^{2\left( p-1\right) }\cos nx\;\mathrm{d}x\end{aligned}

e, por isso,

\displaystyle\int x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x=\dfrac{1}{n}x^{2p}\sin nx-\dfrac{2p}{n}\displaystyle\int x^{2p-1}\sin nx\;\mathrm{d}x

\begin{aligned}&=\dfrac{1}{n}x^{2p}\sin nx-\dfrac{2p}{n}\left( -\dfrac{1}{n}x^{2p-1}\cos nx+\dfrac{2p-1}{n}\displaystyle\int x^{2\left( p-1\right) }\cos nx\;\mathrm{d}x\right) \\&=\dfrac{1}{n}x^{2p}\sin nx+\dfrac{2p}{n^{2}}x^{2p-1}\cos nx-\dfrac{2p\left( 2p-1\right) }{n^{2}}\displaystyle\int x^{2\left( p-1\right) }\cos nx\;\mathrm{d}x\end{aligned}

donde

\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x=\dfrac{2p}{n^{2}}\pi ^{2p-1}\cos n\pi -\dfrac{2p\left( 2p-1\right) }{n^{2}}\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2\left( p-1\right) }\cos nx\;\mathrm{d}x

Ou seja, vemos que I_{n,2p} verifica a relação de recorrência

I_{n,2p}=\dfrac{2p}{n^{2}}\pi ^{2p-1}\cos n\pi -\dfrac{2p\left( 2p-1\right) }{n^{2}}I_{n,2\left( p-1\right) }\qquad I_{n,0}=0\qquad(\ast)

que deixei como exercício na entrada referida.

Para p=1, como

I_{n,2}=\dfrac{2}{n^{2}}\pi \cos n\pi

temos

\begin{aligned}\pi ^{2} &=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi\cdot I_{n,2} \\&=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi \left(\dfrac{2}{n^{2}}\pi \cos n\pi \right) \\ &=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}} \end{aligned}

donde

\zeta (2)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{1}{6}\pi ^{2}

e para p=2, atendendo a que

\begin{aligned}I_{n,4} &=\dfrac{4}{n^{2}}\pi ^{3}\cos n\pi -\dfrac{12}{n^{2}}I_{n,2} \\&=\left( \dfrac{4}{n^{2}}\pi ^{3}-\dfrac{24\pi }{n^{4}}\right) \cos n\pi\end{aligned}

vem

\begin{aligned}\pi ^{4} &=\dfrac{\pi ^{4}}{5}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi\cdot I_{4} \\&=\dfrac{\pi ^{4}}{5}+\dfrac{4\pi ^{4}}{3}-48\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{4}}\end{aligned}

pelo que

\zeta (4)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{4}}=\dfrac{1}{90}\pi ^{4}

Da mesma forma obteríamos

\begin{aligned}I_{n,6} &=\dfrac{6}{n^{2}}\pi ^{5}\cos n\pi -\dfrac{30}{n^{2}}\left( \dfrac{4}{n^{2}}\pi ^{3}-\dfrac{24\pi }{n^{4}}\right) \cos n\pi \\&=\left( \frac{6}{n^{2}}\pi ^{5}-\dfrac{120}{n^{4}}\pi ^{3}+\dfrac{720\pi }{n^{6}}\right) \cos n\pi \end{aligned}

e

\pi ^{6}=\dfrac{\pi ^{6}}{7}+2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( \dfrac{6}{n^{2}}\pi^{4}-\dfrac{120}{n^{4}}\pi ^{2}+\dfrac{720}{n^{6}}\right)

donde, substituindo os resultados já calculados de \zeta (2) e \zeta (4)

\zeta (6)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{6}}=\dfrac{1}{945}\pi ^{6}

E, em geral, poderíamos determinar \zeta (2p) através da relação de recorrência de I_{n,2p}, o que se traduz em ir calculando
sucessivamente I_{n,2},I_{n,4},\ldots ,I_{n,2p-2} e \zeta (2),\zeta (4),\ldots,\zeta (2p-2).

Exemplo gráfico para 2p=6

Figura: Função periódica definida em \left[ -\pi ,\pi \right] por f(x)=x^{6} (a azul) e a soma parcial dos primeiros 10 termos do seu desenvolvimento em série de Fourier (a vermelho)

\dfrac{\pi ^{6}}{7}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n}^{}\left( \left( \dfrac{6}{n^{2}}\pi ^{5}-\dfrac{120}{n^{4}}\pi ^{3}+\dfrac{720\pi }{n^{6}}\right)\cos n\pi \right) \cos nx

Pondo q=2p, obtemos

\begin{aligned}\pi ^{q} &=\dfrac{\pi ^{q}}{q+1}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi\displaystyle\int_{0}^{\pi}\dfrac{2}{\pi }x^{q}\cos nx\;\mathrm{d}x \\ &=\frac{\pi ^{q}}{q+1}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }a_{n,q}\cos n\pi \qquad (q\text{ par})\end{aligned}

ou então, na forma,

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }a_{n,q}\cos n\pi =\dfrac{q}{q+1}\pi ^{q}\qquad (q\text{ par})

em que

a_{n,q}=\dfrac{2}{\pi }I_{n,q}=\displaystyle\int_{0}^{\pi }\dfrac{2}{\pi }x^{q}\cos nx\;\mathrm{d}x\qquad (q\text{ par})

cumpre a condição, para q par

a_{n,q}=\dfrac{2}{\pi }I_{n,q}=\dfrac{2q}{n^{2}}\pi ^{q-2}\cos n\pi -\dfrac{q\left( q-1\right) }{n^{2}}a_{n,q-2}\qquad a_{n,0}=0\quad(\ast\ast)

Os primeiros termos de a_{n,q} são

\begin{aligned}a_{n,2}&=\left( 4/n^{2}\right) \cos n\pi \\a_{n,4} &=\left( 8\pi^{2}/n^{2}-48/n^{4}\right)\cos n\pi\\a_{n,6}&=\left( 12\pi ^{4}/n^{2}-240\pi^{2}/n^{4}+1440/n^{6}\right)\cos n\pi\\a_{n,8}&=\left( 16\pi ^{6}/n^{2}-672\pi^{4}/n^{4}+13\,440\pi^{2}/n^{6}-80\,640/n^{8}\right)\cos n\pi\end{aligned}

e os da função zeta para valores pares do argumento

\begin{aligned}\zeta (2)/\pi ^{2} &=1/6\qquad \quad \zeta (4)/\pi ^{4}=1/90 \\ \zeta (6)/\pi ^{6} &=1/945\qquad \zeta (8)/\pi ^{8}=1/9450\end{aligned}

A interdependência dos vários \zeta (q), com q par, e a série S_{q}=\sum a_{n,q}\cos n\pi =q\pi ^{q}/\left( q+1\right) , resultante do método de cálculo, é ilustrada por

\begin{aligned}S_{2}&=4\zeta (2)\\S_{4}&=8\left[\pi ^{2}\zeta (2)-6\zeta (4)\right]\\S_{6} &=12\left[ \pi ^{4}\zeta (2)-20\pi ^{2}\zeta (4)+120\zeta (6)\right]\\S_{8} &=16\left[ \pi ^{6}\zeta (2)-42\pi ^{4}\zeta (4)+840\pi ^{2}\zeta(6)-5040\zeta (8)\right]\end{aligned}.

Contudo, não consegui obter uma relação recorrência satisfeita directamente por \zeta (q), muito menos uma fórmula explícita. Mas uma tal fórmula explícita existe e é bem conhecida [1],

\zeta(2p)=(-1)^{p+1}\dfrac{B_{2p}(2\pi)^{2p}}{2(2p)!}

estabelece a relação com os números de Bernoulli B_{p} de ordem par, que podem definir-se pelos coeficientes da série de potências

\dfrac{x}{e^{x}-1}=\displaystyle\sum_{p=0}^{\infty }\dfrac{B_px^{p}}{p!}

ou de forma implícita pela relação de recorrência [2]

\displaystyle\sum_{k=0}^{p}\dbinom{p+1}{k}B_{p}=0,\qquad B_{0}=1.

Quanto à relação de recorrência associada aos valores pares de \zeta(p), Eric Rowland publicou uma, há alguns anos, na web, obtida a partir da integração repetida da parte imaginária do desenvolvimento em série de Taylor de \ln(1-e^{ix}), na vizinhança de x=0.

[28-5-2011, Alterada notação: I_{n,2p} em vez de I_{p} e a_{n,2p},b_{n,2p} em vez de a_{n},b_{n}]

[29-5-2011, Acrescentada relação de recorrência dos números de Bernoulli.]

Bibliografia consultada

[1] EDWARDS, H. M., Rieman’s Zeta Function, Dover Publications, New York, 1974

[2] ANDRÉ, Carlos e FERREIRA, Fernando, Matemática Finita, Universidade Aberta, nº 203, Lisboa, 2000

Outubro 6, 2010

Aplicação da transformada de Fourier à resolução de uma equação diferencial

Filed under: Análise Complexa,Análise de Fourier,Cálculo,Equações diferenciais,Exercícios Matemáticos,Matemática,Transformadas de Fourier — Américo Tavares @ 6:42 pm
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Resolva a seguinte equação diferencial

\dfrac{d^{2}y(x)}{dx^{2}}-y(x)=e^{-\left\vert x\right\vert }

Resolução:

Vou usar a definição seguinte: a transformada de Fourier da função \phi (x) é o integral

\Phi (\lambda )=\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }\phi(x)e^{-i\lambda x}dx

Notação: represento a transformada pela mesma letra da função, mas maíuscula. Sabida a transformada de Fourier \Phi (\lambda ) de uma função \phi (x), a transformada inversa permite obter a função:

\phi (x)=\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }\Phi (\lambda )e^{ix\lambda }d\lambda

Seja f(x)=e^{-\left\vert x\right\vert }. A sua transformada de Fourier F(\lambda ) é igual a \dfrac{1}{\pi \left( 1+\lambda ^{2}\right) }, como vamos mostrar:

F(\lambda )=\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }e^{-\left\vert x\right\vert }e^{-i\lambda x}dx =\dfrac{1}{2\pi }\left( \displaystyle\int_{-\infty }^{0}e^{x}e^{-i\lambda x}dx+\displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-x}e^{-i\lambda x}dx\right)

=\dfrac{1}{2\pi }\left\{ \left[ \dfrac{e^{x(1-i\lambda )}}{1-i\lambda }\right] _{-\infty}^{0}+\left[ \dfrac{e^{-x(1+i\lambda )}}{-1-i\lambda }\right] _{0}^{\infty}\right\} =\dfrac{1}{\pi \left( 1+\lambda ^{2}\right) }.

A transformada de Fourier da derivada da uma função g(x) é obtida integrando por partes

\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }g^{\prime }(x)e^{-i\lambda x}dx=\dfrac{1}{2\pi }\left[ g(x)e^{-i\lambda x}\right] _{-\infty }^{\infty}+i\lambda\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }g(x)e^{-i\lambda x}.

Se g(x)e^{-i\lambda x} tender para 0 quando x\rightarrow\pm \infty,  resulta

\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty}g^{\prime }(x)e^{-i\lambda x}dx =i\lambda \dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }g(x)e^{-i\lambda x}=i\lambda G(x),

em que G(x) é a transformada de Fourier de g(x). No final vamos verificar que a solução da equação verifica esta condição quanto a estes limites.

Aplicando a transformada de Fourier a ambos os membros da equação diferencial, temos

\left( i\lambda \right) ^{2}Y(\lambda )-Y(\lambda )=\dfrac{1}{\pi \left( 1+\lambda ^{2}\right) },

em que Y(\lambda ) é a transformada de Fourier de y(x). Logo

Y(\lambda )=-\dfrac{1}{\pi\left( 1+\lambda ^{2}\right) ^{2}}

pelo que

y(x)=-\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }\dfrac{e^{ix\lambda }}{\left( 1+\lambda ^{2}\right) ^{2}}d\lambda .

Dado que \left( 1+\lambda ^{2}\right) ^{-2}\rightarrow 0 (quando \lambda \rightarrow \infty ) este integral é calculável pelo método dos resíduos. Para x>0, consideramos um contorno fechado C, percorrido no sentido positivo, constituído pelo intervalo [-r,r] e pela semi-circunferência \Gamma _{+} centrada na origem e de raio r.

Faz-se tender r para infinito e calcula-se o resíduo em z=i:

\underset{r\rightarrow \infty }{\lim }\displaystyle\int_{C}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz=\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }\dfrac{e^{ix\lambda }}{\left( 1+\lambda ^{2}\right) ^{2}}d\lambda +\underset{r\rightarrow \infty }{\lim }\displaystyle\int_{\Gamma _{+}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz.

Fazendo z=re^{i\theta }

\left\vert\displaystyle\int_{\Gamma _{+}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz\right\vert =\left\vert \displaystyle\int_{0}^{\pi }\dfrac{e^{ix\left( r\cos \theta +ir\sin \theta \right) }}{\left( 1+r^{2}e^{i2\theta }\right) ^{2}}ire^{i\theta }d\theta \right\vert

\leq \displaystyle\int_{0}^{\pi }\left\vert \dfrac{1}{\left( 1+r^{2}e^{i2\theta}\right) ^{2}}\right\vert e^{-r\sin \theta }rd\theta \rightarrow 0 (quando r\rightarrow 0),

pelo que

y(x)=-\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{C_{t}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz=-\dfrac{1}{\pi }2\pi i\left[ \dfrac{d}{dz}\left( \dfrac{e^{ixz}\left( z-i\right) ^{2}}{\left( z+i\right) ^{2}\left( z-i\right) ^{2}}\right) \right] _{z=i}

=-2i\left[ \dfrac{d}{dz}\left( \dfrac{e^{ixz}}{\left( z+i\right) ^{2}}\right) \right] _{z=i}=-\dfrac{x+1}{2}e^{-x}.

Para x<0, fazemos a integração ao longo de um contorno fechado C, percorrido no sentido positivo, constituído pelo intervalo [-r,r] e pela semi-circunferência negativa \Gamma _{-} centrada na origem e de raio r. Como

\underset{r\rightarrow \infty }{\lim }\displaystyle\int_{\Gamma _{-}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz=0

calculando o resíduo em z=-i, vem

y(x)=-\dfrac{1}{\pi }\left( -\displaystyle\int_{C_{t}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz\right) =\dfrac{1}{\pi }2\pi i\left[ \dfrac{d}{dz}\left( \dfrac{e^{ixz}\left( z+i\right) ^{2}}{\left( z+i\right) ^{2}\left( z-i\right) ^{2}}\right) \right] _{z=-i}

=2i\left[ \dfrac{d}{dz}\left( \dfrac{e^{ixz}}{\left( z-i\right) ^{2}}\right) \right] _{z=-i}=2i\times \dfrac{1}{4i}\left( x-1\right) e^{x}=\dfrac{1}{2}\left( x-1\right) e^{x}.

Vemos que \underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }-\dfrac{1}{2}\left( x+1\right) e^{-x}=-\dfrac{1}{2}=\underset{x\rightarrow 0^{-}}{\lim }\dfrac{1}{2}\left( x-1\right) e^{x}

Combinando os dois resultados obtemos a solução

y(x)=-\dfrac{1}{2}\left( \left\vert x\right\vert +1\right) e^{-\left\vert x\right\vert }

Então, vemos que

\underset{x\rightarrow \pm \infty }{\lim }y(x)e^{-i\lambda x}=\underset{x\rightarrow \pm \infty }{\lim }-\dfrac{1}{2}\left( \left\vert x\right\vert +1\right) e^{-\left\vert x\right\vert }e^{-i\lambda x}=0

o que justifica o passo acima referido.

Janeiro 22, 2009

Fórmula de reflexão (da função gama) de Euler

Filed under: Análise de Fourier,Análise Matemática,Caderno,Cálculo,Demonstração,Função Gama,Funções Especiais,Identidade matemática,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Teorema,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 10:32 am
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Gráfico de Γ(x) no intervalo ]-5,5]

gamanosreais

A função especial beta é definida para as variáveis reais x,y pelo integral

B(x,y)=\displaystyle\int_{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}\;dt (1)

que é impróprio mas convergente, no caso de x>0 e y>0 e   pelo menos uma das variáveis x<1 ou y<1.

A função B(x,y) (para x>0 e y>0) relaciona-se com a função especial gama

\Gamma (x)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}t^{x-1}e^{-t}\;dt (2)

através da conhecida identidade

B(x,y)=\dfrac{\Gamma (x)\Gamma (y)}{\Gamma (x+y)} (3)

que não vou demonstrar.

O que me proponho demonstrar é a chamada fórmula da reflexão ou dos complementos da função gama no domínio real, seguindo o método indicado nos exercícios não resolvidos 10 e 11 da página 683 do livro de Angus E. Taylor, Advanced Calculus, Blaisdell Publishing Company, 1955.

Proposição: Se a for real, é válida a identidade seguinte

\dfrac{\pi}{\sin a\pi}=\pi \csc a\pi=B(a,1-a)=\Gamma(a)\Gamma(1-a) (4)

Notação:  \csc a\pi=1/\sin a\pi é  a cosecante de a\pi.

Demonstração: Se 0<a<1, tem-se

\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{y^{a-1}}{1+y}\;dy=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{-a}}{1+x}\;dx

como resulta da mudança de variável y=1/x. O integral

\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{-a}}{1+x}\;dx

é convergente se a<1, porque nesta condição  \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{dx}{x^{a}} é convergente e \dfrac{x^{-a}}{x+1}\cdot x^a tende para 1, quando x tende para 0^+, e,  por outro lado, o integral

\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{y^{a-1}}{1+y}\;dy

também nesse caso é convergente, porque \displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{dy}{y^{2-a}} converge e \dfrac{y^{a-1}\cdot y^{2-a}}{1+y} tende para 1, quando y tende para \infty.

Outra representação integral da função beta é:

B(x,y)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\;du (5)

que se obtém de (1) através das substituição

t=\dfrac{u}{1+u}.

De (5) resulta

B(a,1-a)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du+\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du

=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du+\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{-a}}{1+u}\;du=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}+u^{-a}}{1+u}\;du

Usando agora o desenvolvimento em série  de

\dfrac{1}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^n,

obtém-se

\dfrac{u^{a-1}}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^{a-1+n}

e

\dfrac{u^{-a}}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^{-a+n},

e integrando termo a termo a função integranda \dfrac{u^{a-1}+u^{-a}}{1+u}, como

(-1)^{n}\displaystyle\int_{0}^{1}u^{a-1+n}\;du=\dfrac{(-1)^{n}}{a+n}

e

(-1)^{n}\displaystyle\int_{0}^{1}u^{-a+n}\;du=\dfrac{(-1)^{n}}{-a+n+1},

depois de agrupar os termos pares da série

\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{a+n}

com os ímpares da série

\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{-a+n+1}

obtém-se no fim a série

\dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}.

Em consequência

B(a,1-a)=\Gamma (a)\Gamma (1-a)=\dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}

 Ora, a série de Fourier da função f(x)=\pi\cos ax, em que -\pi\le x\le\pi, é

\pi\cos ax=2a\sin a\pi\left( \dfrac{1}{2a^2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}\cos nx}{n^2-a^2}\right)

que assume o desenvolvimento particular para x=0:

\pi=\sin a\pi\left( \dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}\right)

donde, efectivamente

\dfrac{\pi}{\sin a\pi}=\pi \csc a\pi=B(a,1-a)=\Gamma(a)\Gamma(1-a)\qquad\blacksquare

Esta mesma identidade também se verifica para a complexo.

ADENDA de 23-1-2009: para a=1/2 obtém-se

\dfrac{\pi}{\sin \pi/2}=\Gamma(1/2)\Gamma(1/2)

donde

\Gamma\left( \dfrac{1}{2}\right) =\sqrt{\pi} (6)

Actualização de 15-2-2009: acrescentado gráfico da função gama.
 

Julho 21, 2008

Séries de Fourier

Filed under: Análise de Fourier,Análise Matemática,Caderno,Cálculo,Demonstração,Exercícios Matemáticos,Matemática,Problemas,Séries,Teorema,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 10:43 pm
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Para facilidade de consulta, decidi reunir aqui as entradas já publicadas sobre Séries de Fourier:

Séries de Fourier 1 – Sistemas de Funções Ortogonais 

Séries de Fourier 2 – Relação de Parseval 

Séries de Fourier 3 – Série Trigonométrica de Fourier 

Séries de Fourier 4 - Problemas 

Séries de Fourier 5 – Problemas II 

Séries de Fourier 6 – Problemas III 

Actualização de 20-11-2008: Suprimido o texto, ficando apenas os links, para evitar diferenças de actualização. 

Julho 16, 2008

Séries de Fourier 6 – Problemas III

Filed under: Análise de Fourier,Análise Matemática,Caderno,Cálculo,Exercícios Matemáticos,Matemática,Problemas,Séries — Américo Tavares @ 10:22 am
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Continuação de Séries de Fourier 5 – Problemas II 

Problema 7

Faça, para a função

f(x)= \left\{\begin{array}{rl}1&\text{se } -\pi /2\leq x\leq\pi /2\\ 0&\text{se } |x|>\pi /2\end{array}\right.

do problema 6.1, a representação gráfica da soma parcial da respectiva série para um número crescente de harmónicas.

Resolução

f(x)\sim\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{\pi }\cos x-\dfrac{2}{\pi }\dfrac{1}{3}\cos 3x+\dfrac{2}{\pi }\dfrac{1}{5}\cos 5x-\cdots +\dfrac{2}{(2m+1)\pi }\sin \dfrac{(2m+1)\pi}{2}\cos \left( 2m+1\right)+\cdots

Primeiras somas parciais da série de Fourier representativa da função f(x)

 \dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{\pi}\cos x-\dfrac{2}{3\pi}\cos3x+\dfrac{2}{5\pi}\cos5x-\dfrac{2}{7\pi}\cos7x+\cdots

Gráfico da função f(x) — onda quadrada (a vermelho) no intervalo \lbrack -\pi ,\pi \rbrack  – e as somas parciais dos cinco primeiros termos da sua série de Fourier

f(x)= \dfrac{a_{0}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\right)

Em virtude de f\left( x\right) ser par b_{n}=0

f\left( x\right) =\dfrac{a_{0}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }a_{n}\cos nx

Os coeficientes a_{n} são

a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{+\pi }f\left( x\right) \cos nx\;dx\qquad n=0,1,2,\cdots

a_{0}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi /2}^{+\pi /2}\;dx=1

a_{1}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi /2}^{+\pi /2}\cos x\;dx=\dfrac{2}{\pi }

a_{3}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi /2}^{+\pi /2}\cos 3x\;dx=-\dfrac{2}{3\pi }

a_{5}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi /2}^{+\pi /2}\cos 5x\;dx=\dfrac{2}{5\pi }

a_{7}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi /2}^{+\pi /2}\cos 7x\;dx=-\dfrac{2}{7\pi }

a_{2}=a_{4}=a_{6}=\cdots =a_{2n}=0

Valor médio

\dfrac{1}{2}

Fundamental

\dfrac{2}{\pi }\cos x

3ª harmónica

-\dfrac{2}{\pi }\dfrac{1}{3}\cos 3x

5ª harmónica

\dfrac{2}{\pi }\dfrac{1}{5}\cos 5x

7ª harmónica

-\dfrac{2}{\pi }\dfrac{1}{7}\cos 7x

NOTA: a série de Fourier nos dois pontos de descontinuidade da função passa a meio do salto dado, isto é, neste caso 1/2.

Dada uma função f\left( x\right) definida no intervalo x\in\lbrack -\pi,\pi\rbrack , se f\left( x\right) satisfizer as condições de Dirichlet, a série trigonométrica de Fourier converge para \dfrac{1}{2}\lbrack f\left( x^{+}\right) +f\left( x^{-}\right) \rbrack . Mas, o que é que acontece fora do intervalo \lbrack -\pi,\pi\rbrack ? A série trigonométrica de Fourier converge para uma função periódica que é a repetição de f\left( x\right) . Se f\left( x\right) for periódica de período 2\pi , a série trigonométrica de Fourier representa essa função em todo o eixo real. O termo a_{1}\cos x+b_{1}\sin x designamo-lo por fundamental, o termo a_{n}\cos x+b_{n}\sin nx , harmónica de ordem n .

Algumas propriedades dos coeficientes de Fourier

  1. Se f(x) for par:  f(x)=f(-x), b_n=0
  2. Se f(x) for ímpar: f(x)=-f(-x), a_n=0
  3. Se f(x) tiver duas alternâncias, sendo uma a imagem num espelho da outra: f(x)=-f(x+\pi), a_n=b_n=0, para n par
  4. Se f(x) for periódica de período \pi: f(x)=f(x+\pi), a_n=b_n=0, para n ímpar. 

Problema 8

Demonstre que qualquer função f(x) definida no intervalo \lbrack 0,\pi \rbrack e satisfazendo as condições de Dirichlet neste intervalo é representável pela série

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}c_n\sin nx

para x\in\lbrack 0,\pi \rbrack, que esta série converge para

\dfrac{1}{2}\lbrack f(x^{+})+f(x^{-})\rbrack

e escreva a expressão dos coeficientes c_n.

Resposta

c_n=\dfrac{2}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\pi}f(x)\sin nx\; dx

Actualização de 20-11-2008: incluído pdf e feitas pequenas correcções.

Julho 10, 2008

Séries de Fourier 5 – Problemas II

Filed under: Análise de Fourier,Análise Matemática,Cálculo,Exercícios Matemáticos,Matemática,Problemas,Séries — Américo Tavares @ 3:51 pm
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Continuação de Séries de Fourier 4 – Problemas

Problema 5

1. Verifique que o sistema de funções \sin px (p=1,2,3,\dots) e \cos px (p=0,1,2,\dots) é ortogonal no intervalo \lbrack\-\pi,\pi\rbrack e determine os coeficientes a_p e b_p da série trigonométrica

\dfrac{a_0}{2}+\displaystyle\sum_{p=1}^{\infty}(a_p\cos px+b_p\sin px)

associada a uma função f(x) de quadrado integrável.

2. Sabendo que

\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{(2k+1)^2}=\dfrac{\pi^2}{8}

verifique que aquele sistema é completo em relação à função

f(x)=\left\{\begin{array}{c}-1\qquad -\pi\le x<0\\+1\qquad 0<x\le-\pi\end{array}\right.

Resolução

1. Para o sistema de funções 1,\sin px (p=1,2,3,\dots) e 1,\cos px (p=0,1,\dots) tem-se:

\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}1\cdot\cos px\; dx=0

\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}1\cdot\sin px\; dx=0

Se p\ne q

\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\sin px\sin qx\; dx =\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\cos(p-q)x-\cos(p+q)x\; dx =\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{\sin \left( p-q\right ) x}{p-q}\right]_{-\pi }^{\pi}-\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{\sin \left( p+q\right) x}{p+q}\right]_{-\pi}^{\pi } =0-0=0

e

\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\sin px\cos qx\; dx =\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\sin(p-q)x+\sin(p+q)x\; dx =\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{-\cos \left( p-q\right ) x}{p-q}\right]_{-\pi }^{\pi}+\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{-\cos \left( p+q\right) x}{p+q}\right]_{-\pi}^{\pi } =0+0=0

Se p=q

\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\sin px\cos px\; dx =\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\sin (p-p)x+\sin (p+p)x\; dx =\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}0+\sin (p+p)x\; dx =\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{-\cos 2px}{2p}\right]_{-\pi}^{\pi } =0+0=0.

Por outro lado, os quadrados das três normas são

||\sin px||^2 =\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\sin^{2}px\; dx =\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\dfrac{1}{2}(1-\cos 2px)\; dx =\dfrac{1}{2}\left[ x\right]_{\pi}^{\pi }+0 =\pi

||\cos px||^2 =\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\cos^{2}px\; dx =\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\dfrac{1}{2}(1+\cos 2px)\; dx =\dfrac{1}{2}\left[ x\right]_{\pi}^{\pi }+0 =\pi

||1||^2 =\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\; dx =2\pi

e as próprias normas,

 
||\sin px|| =\sqrt{\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\sin^{2}px\; dx}=\sqrt{\pi}
 
||\cos px|| =\sqrt{\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\cos^{2}px\; dx}=\sqrt{\pi}
 
||1||=\sqrt{\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\; dx}=\sqrt{2\pi}

 Verificam-se, portanto, as seguintes relações de ortogonalidade:
 
\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\cos px\cos qx\; dx=\delta_{pq}

\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\sin px\sin qx\; dx=\delta_{pq}

\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\cos px\sin qx\; dx=\delta_{pq}

\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}1\cdot\cos kx\; dx=0

\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}1\cdot\sin kx\; dx=0

ou na notação das funções ortogonais \phi_n, em que

\phi_0(x)=1

\phi_{2n-1}(x)=\cos nx

\phi_{2n}(x)=\sin nx,

estas relações exprimem-se por

||\phi_0||=||1||=\sqrt{2\pi}

||\phi_{2n-1}||=||\cos nx||=\sqrt{\pi}

||\phi_{2n}||=||\sin nx||=\sqrt{\pi}.

A partir das relações a seguir indicadas entre os coeficientes c_n e a_n,b_n podemos calcular o valor destes últimos pela fórmula geral

c_n=\dfrac{(f\cdot\overline{\phi_n})}{||\phi_n||^2}.

Como os coeficientes c_n são dados por

c_0=\dfrac{a_0}{2}=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\; dx

c_{2n-1}=a_{n}=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\; dx

c_{2n}=b_{2n}=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\; dx

os coeficientes a_n,b_n são então

a_0=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\; dx

a_{n}=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\; dx

b_{2n}=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\; dx.

2. Para a função f

f(x)=\left\{\begin{array}{c}-1\qquad -\pi\le x<0\\+1\qquad 0<x\le-\pi\end{array}\right.

tem-se

\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}|f(x)|^2\; dx=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|c_n|^2||\phi_n||^2

e

a_0=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\; dx=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{0} -1\; dx+\dfrac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\; dx=0

a_p=\dfrac{1}{\pi}\left[\displaystyle\int_{-\pi}^{0}-\cos px\; dx+\displaystyle\int_{0}^{\pi}\cos px\; dx\right]

=\dfrac{1}{\pi}\dfrac{1}{p}\left[-\sin px\right]_{-\pi}^{0}+\dfrac{1}{\pi}\dfrac{1}{p}\left[\sin px\right]_{0}^{\pi}=0+0=0.

A interpretação para este valor nulo do coeficiente a_p é que sendo f ímpar a função não precisa dos cosenos, que são funções pares. Quanto ao coeficiente b_p tem-se

b_p=\dfrac{1}{\pi}\left[\displaystyle\int_{-\pi}^{0}-\sin px\; dx+\displaystyle\int_{0}^{\pi}\sin px\; dx\right]

=\dfrac{1}{\pi}\dfrac{1}{p}\left[\cos px\right]_{-\pi}^{0}-\dfrac{1}{\pi}\dfrac{1}{p}\left[\cos px\right]_{0}^{\pi}=0+0=0

=\dfrac{1}{\pi}\dfrac{1}{p}{[1-(-1)^p]-\dfrac{1}{\pi}\dfrac{1}{p}[(-1)^p-1]}

pelo que

b_p=\left\{\begin{array}{l}0\qquad \text{se }p\text{\ par}\\\dfrac{4}{p\pi}\quad \text{se }p\text{ \'{\i}mpar}\end{array}\right.

O desenvolvimento em série de Fourier da função f é então

f(x)=\dfrac{4}{\pi}\sin x+\dfrac{4}{\pi}\dfrac{1}{3}\sin 3x+\dfrac{4}{\pi}\dfrac{1}{5}\sin 5x+\cdots.

O sistema é completo porque

\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}|f(x)|^2\; dx=\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\; dx=2\pi

e

\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|c_n|^2||\phi_n||^2=\left(\dfrac{a_0}{2}\right)^2||1||^2+{a_1}^2||\cos x||^2+{b_1}^2||\sin x||^2+\cdots

=\left(\dfrac{4}{\pi}\right)^2\pi\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{(2k+1)^2} =2\pi.

Problema 6

Calcule os coeficientes da série trigonométrica de Fourier associada a cada uma das funções indicadas

1.

f(x)=\left\{\begin{array}{l}0\qquad -\pi\leq x<-\pi /2\\1\qquad\;\;-\pi /2\leq x<-\pi/2\\\text{0}\qquad\qquad\pi/2\leq x\leq\pi\end{array}\right.

2.

f(x)=\left\{\begin{array}{l}0\qquad -\pi\leq x<0\\1\qquad 0\leq x<\pi\end{array}\right.

3.

f(x)=\left\{\begin{array}{l}-mx\qquad -\pi\leq x\leq 0\\mx\qquad 0\leq x\leq \pi\end{array}\right.

4.

f(x)=mx\qquad 0<x\le 2\pi

Respostas

1.

a_0=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\; dx =1

a_n=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\; dx =\dfrac{2}{n\pi}\sin\dfrac{n\pi}{2}

b_n=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\; dx =0

2.

a_0=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\; dx =1

a_n=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\; dx =0

b_n=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\; dx =\dfrac{1}{n\pi}(-\cos n\pi+1)

3.

a_0=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\; dx =0

a_n=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\; dx =-\dfrac{2}{\pi}\dfrac{m}{n^2}+\dfrac{2}{\pi}\dfrac{m\cos n\pi}{n^2}

b_n=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\; dx =0

4.

a_0=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f(x)\; dx =2m\pi

a_n=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f(x)\cos nx\; dx =0

b_n=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f(x)\sin nx\; dx =-2\dfrac{m}{n}

[Editado em 11-7-2008: acrescentadas respostas do problema 6 e feitas ligeiras correcções e acrescentos na resolução do problema 5]

Actualização de 20-11-2008: incluído pdf e feitas pequenas correcções.

Continua em Séries de Fourier 6 – Problema III

Junho 23, 2008

Dois Problemas não resolvidos: Transformada de Fourier e Função de Bessel

Filed under: Análise de Fourier,Cálculo,Exercícios Matemáticos,Função de Bessel,Funções Especiais,Matemática,Problemas,Transformadas de Fourier — Américo Tavares @ 9:02 am
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PROBLEMA 1

1. Calcule a transformada de Fourier da função

f(x)=\left\{\begin{array}{c}\sin x\qquad x\in\lbrack 0,\pi\rbrack\\\text{0}\qquad\qquad x\notin\lbrack 0,\pi\rbrack\end{array}\right.

2. A partir da transformada do ponto anterior obtenha a transformada da função:

g(x)=\left\{\begin{array}{c}|\sin x|\qquad x\in\lbrack 0,4\pi\rbrack\\\text{0}\qquad\qquad x\notin\lbrack 0,4\pi\rbrack\end{array}\right.

3. As funções f e g pertencem à classe das funções contínuas num intervalo \lbrack a ,b\rbrack e nulas fora deste intervalo. Mostre que as funções desta classe possuem transformada de Fourier.

4. Diga se a transformação inversa de Fourier é válida para as funções do ponto 3. Justifique.

PROBLEMA 2

A função de Bessel de ordem zero J_0(x) satisfaz a equação integral

\displaystyle\int_{0}^{x}J_0(y)J_0(x-y)\; dy=\sin x

1. Calcule a sua transformada de Laplace.

2. Determine J_0(0^+) e J_{0}^{^{\prime }}(0^{+}) (considere J_0(0^+)>0.

3. Obtenha o desenvolvimento de J_0(x) em série de potências de x. 

Junho 12, 2008

Séries de Fourier 4 – Problemas

Filed under: Análise de Fourier,Análise Matemática,Caderno,Exercícios Matemáticos,Matemática,Problemas,Séries — Américo Tavares @ 6:58 am
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Continuação de Séries de Fourier 3 – Série Trigonométrica de Fourier

Problema 3 – Verifique que o sistema de funções \cos nx (n=0,1,2,3,\dots) não é completo no intervalo \lbrack a,b\rbrack.

Resolução

Não é possível definir funções ímpares à custa da soma dos cosenos.

  • Função par: f(x)=f(-x)
  • Função ímpar: f(x)=-f(-x)

Para que o sistema de funções \phi_{n}(x) seja completo é necessário que

\displaystyle\int_{a}^{b}|f(x)|^2\;dx =\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}|c_n|^2||\phi_n||^2.

Considerando uma função ímpar I(x) não identicamente nula em \lbrack a,b\rbrack, verifica-se que os coeficientes da série de Fourier associada a I(x) são todos nulos:

c_n=\dfrac{(f\cdot\overline{\phi_n})}{||\phi_n||^2}=\dfrac{\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}I(x)\cos nx\; dx}{||\phi_n||^2}=0 

I(x)\cos nx é o produto de uma função ímpar com uma função par e, portanto, este produto é uma função par. Dado o intervalo de integração, o integral do numerador é nulo. Nestas condições o integral \displaystyle\int_{a}^{b}|f(x)|^2\; dx , que é maior do que zero, é com certeza maior do que a série \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}|c_n|^2||\phi_n||^2 , que é igual a zero. \blacktriangleleft

Problema 4 – Mostre que se um sistema de funções \phi_n(x)   é ortogonal e completo, uma função contínua f(x) que seja ortogonal a todas as funções do sistema é identicamente nula.

Resolução

Como f é ortogonal,

c_n=\dfrac{(f\cdot\overline{\phi_n})}{||\phi_n||^2}=0. 

Sendo o sistema completo

\displaystyle\int_{a}^{b}|f(x)|^2\; dx=\displaystyle\sum |c_{n}|^2||\phi_n||^2.

Como f é contínua, por hipótese, para que o seu quadrado possua um integral igual a zero, f tem de ser identicamente nula. \blacktriangleleft

Adenda de 10-7-2008: continua em Série de Fourier 5 – Problemas II

Actualização de 20-11-2008: incluído pdf

Junho 9, 2008

Séries de Fourier 3 – Série Trigonométrica de Fourier

Filed under: Análise de Fourier,Análise Matemática,Caderno,Cálculo,Demonstração,Exercícios Matemáticos,Matemática,Problemas,Séries,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 3:47 pm
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Continuação de Séries de Fourier 2 – Relação de Parseval.

A série trigonométrica de Fourier é o caso particular das séries de Fourier que utiliza o sistema de funções ortogonais \cos nx e \sin nx:

1,\cos x,\cos 2x,\ldots ,\sin x,\sin 2x,\cdots

Sendo \delta _{nm} o delta de Kronecker

\delta _{nm}=\left\{\begin{array}{c}1\qquad n=m\\\text{0}\qquad n\neq m\end{array}\right.

os integrais envolvidos podem exprimir-se facilmente nos seguintes termos:

\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }\cos nx\cos mx\;dx= \left\{\begin{array}{c}\pi\delta _{nm}\qquad n,m\neq 0\\2\pi\qquad n=m=0\end{array}\right.

\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi }\sin nx\sin mx\;dx=\pi\delta _{nm}

\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi }\sin nx\cos mx\;dx=0\qquad\forall n,m

Estas relações são válidas para qualquer outro intervalo de largura 2\pi.

Consideremos a seguinte série de Fourier

f\left( x\right) \sim\dfrac{a_{0}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\right)

em que o símbolo \sim significa que \dfrac{f(x)}{a_{o}/2+\sum_{n=1}^{\infty }\left( a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\right) }\rightarrow 1 quando n\rightarrow\infty.

Os coeficientes a_{n} e b_{n} são os seguintes integrais

a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }f\left( x\right) \cos nx\;dx\qquad n=0,1,2,\ldots

b_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }f\left( x\right) \sin nx\;dx\qquad n=1,2,3,\ldots

Admitamos que f\left( x\right) é uma função de quadrado integrável e que \phi _{n} é um sistema ortogonal; vimos que

c_{n}=\dfrac{\left( f\cdot \overline{\phi }_{n}\right) }{||\phi _{n}||^{2}}.

Neste caso os quadrados das três normas são dados por

||1||^{2}=\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }1^{2}\;dx=2\pi

||\sin nx||^{2}=\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }\sin ^{2}nx\;dx=\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }\frac{1}{2}\left( 1-\cos 2nx\right) \;dx=\pi

||\cos nx||^{2}=\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }\cos ^{2}nx\;dx=\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }\frac{1}{2}\left( 1+\cos 2nx\right) \;dx=\pi

e os coeficientes por

c_{1}=\dfrac{\left( f\cdot \overline{\phi }_{1}\right) }{||\phi _{1}||^{2}}=\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }f\left( x\right) \;dx=\dfrac{a_{o}}{2}

c_{2n}=\dfrac{\left( f\cdot \overline{\phi }_{2n}\right) }{||\phi _{2n}||^{2}}

=\dfrac{1}{||\cos nx||^{2}}\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }f\left( x\right) \cos nx\;dx=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }f\left( x\right) \cos nx\;dx=a_{n}

c_{2n+1}=\dfrac{\left( f\cdot \overline{\phi }_{2n+1}\right) }{||\phi_{2n+1}||^{2}}

=\dfrac{1}{||\sin nx||^{2}}\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }f\left( x\right) \sin nx\;dx=\frac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }f\left( x\right) \sin nx\;dx=b_{n}.

A série

\displaystyle\sum_{n}|c_{n}|^{2}||\phi _{n}||^{2}

é da forma

\displaystyle\sum_{n}\left( a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right)

que, sendo convergente, implica que a_{n}\rightarrow 0 e b_{n}\rightarrow 0.

É possível demonstrar que, para que a_{n},b_{n}\rightarrow 0 \left( n\rightarrow \infty \right) é suficiente que f\left( x\right) seja absolutamente integrável.

\bigskip

Teorema: se f\left( x\right) satisfizer as seguintes condições

  1. for injectiva;
  2. for limitada em x\in\lbrack a,b\rbrack ;
  3. tiver um número finito de máximos e mínimos;
  4. e tiver um número finito de descontinuidades de primeira espécie (quando existem limites finitos da função à esquerda e à direita do ponto da descontinuidade).

Então a série trigonométrica de Fourier converge para a seguinte quantidade

\dfrac{1}{2}\left[ f\left( x^{+}\right) +f\left( x^{-}\right) \right] =\dfrac{a_{0}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\right).

As condições anteriores, que se designam por condições de Dirichlet, são condições suficientes de convergência.

Nos intervalos em que a função é contínua, a convergência da série é uniforme. Se f\left( x\right) for contínua em todo o intervalo, a série trigonométrica de Fourier converge uniformemente em todo o intervalo.

Como consequência do teorema anterior, resulta que o conjunto das funções \sin nx, \cos nx é um conjunto completo para as funções que satisfazem as condições de Dirichlet, isto é

\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }\left\vert f\left( x\right) \right\vert ^{2}\;dx=\dfrac{a_{0}^{2}}{4}2\pi +\displaystyle\pi \sum_{n=1}^{\infty }\left( a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right)

ou

\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }\left\vert f\left( x\right) \right\vert^{2}\;dx=\dfrac{a_{0}^{2}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right)

que é a relação de Parseval neste caso.

 

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Junho 7, 2008

Séries de Fourier 2 – Relação de Parseval

Filed under: Análise de Fourier,Análise Matemática,Caderno,Cálculo,Matemática,Séries,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 6:49 am
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Na entrada anterior abordei o caso dos sistemas completos, em que \sum c_{n}\phi_{n}(x) converge em média para f(x). A convergência em média não implica  convergência em todos os pontos.

Se considerarmos duas funções, f_{1}(x) e f_{2}(x), que diferem apenas num número finito de pontos e calcularmos os coeficientes

c_n=\dfrac{\left ( f_i\cdot \overline{\phi }_{n}\right)}{\left\vert \left\vert \phi _{n}\right\vert \right\vert ^{2}}\qquad (i=1,2)

obtemos o mesmo valor, visto que

\displaystyle\int_{a}^{b}f_i(x)\overline{\phi_{n}(x)}\; dx=(f_i\cdot\overline{\phi_{n}(x)})\qquad (i=1,2)

tem o mesmo valor para as duas funçoes, o que leva a que ambas sejam representadas pela mesma série de Fourier, ou seja, a série de Fourier pode não convergir para o valor da função num conjunto finito de pontos.

Para os sistemas completos é possível deduzir a seguinte relação:

Dadas duas funções f(x) e g(x) representadas pelas séries

f(x)=\displaystyle\sum c_{n}\phi_{n}(x)

g(x)=\displaystyle\sum d_{n}\phi_{n}(x)

pode demonstrar-se

  1. \displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\overline{g}_{n}(x)\; dx=\displaystyle\sum c_{n}\overline{d}_{n}||\phi_n||^2
  2. \displaystyle\int_{a}^{b}|f(x)|^2\; dx=\displaystyle\sum |c_{n}|^2||\phi_n||^2, fazendo em 1. g(x)=f(x).

À relação 1. costuma chamar-se relação de Parseval na forma geral; à seguinte, chamar-se-á relação de Parseval na forma particular. Se soubermos de antemão que um determinado sistema de funções é completo, podemos determinar a soma de certas séries de interesse prático, à custa da relação de Parseval. 

Junho 6, 2008

Séries de Fourier 1 – Sistemas de Funções Ortogonais

Filed under: Análise de Fourier,Análise Matemática,Caderno,Cálculo,Demonstração,Desigualdades matemáticas,Matemática,Séries,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 8:02 pm
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Começo por considerar sistemas de funções ortogonais para desenvolver a questão da representação de uma função em série do tipo

f(x)=\displaystyle\sum_{n} c_{n}\phi_{n}(x)

em que \phi_{n}(x) são precisamente funções ortogonais em \lbrack a ,b\rbrack .

Chamam-se funções ortogonais às funções [complexas de variável real] que satisfazem as seguintes condições:

\displaystyle\left ( \phi _{n}\cdot \overline{\phi }_{m}\right)=\displaystyle\int_{a}^{b}\phi_{n}\left( x\right) \,\overline{\phi }_{m}\left( x\right) \;dx=0\qquad \text{para }n\neq m

\displaystyle\left ( \phi _{n}\cdot \overline{\phi }_{m}\right)=\displaystyle\int_{a}^{b}\phi_{n}\left( x\right) \,\overline{\phi }_{m}\left( x\right) \;dx>0\qquad \text{para }n=m

Revestem-se de grande interesse nas aplicações as funções do tipo \cos nx e \sin nx.

Chama-se norma de um sistema de funções ortogonais a

\left\vert \left\vert \phi _{n}\right\vert \right\vert =\sqrt{\left( \phi_{n}\cdot \overline{\phi }_{n}\right) }=\displaystyle\sqrt{\displaystyle\int_{a}^{b}\phi _{n}\left( x\right) \,\overline{\phi }_{n}\left( x\right) \;dx}.

Um sistema ortogonal diz-se ortonormado se a sua norma for igual à unidade: \left\vert \left\vert \phi _{n}\right\vert \right\vert =1. 

Exemplo 1: \phi_{n}\left( x\right) =e^{inx} definida em \lbrack -\pi ,\pi\rbrack .

\displaystyle\left ( \phi _{n}\cdot \overline{\phi }_{m}\right)=\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\phi_{n}\left( x\right) \,\overline{\phi }_{m}\left( x\right) \;dx

=\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}e^{inx}\, e^{-imx}\;dx=\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}e^{i\left( n-m\right)x} \;dx =\dfrac{1}{i\left( n-m\right)}\times \left[ e^{i\left( n-m\right) x}\right] _{-\pi }^{\pi }

=0\qquad \text{para }n\neq m

=\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\;dx=2\pi\qquad \text{para }n=m

\left\vert \left\vert e^{inx}\right\vert \right\vert =\sqrt{2\pi}. \blacktriangleleft

Consideremos uma função de variável real f(x)

f(x)=\displaystyle\sum_{n}c_{n}\phi_{n}(x)\qquad a\le x\le b

 

e as seguintes hipóteses:

  1. a série converge;
  2. converge para f(x)

Multiplicando a série por \overline{\phi }_{n}(x) vem

f(x)\overline{\phi }_{n}(x)=\displaystyle\sum_{m} c_{m}\phi_{m}(x)\overline{\phi }_{n}(x)

e

\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\overline{\phi }_{m}(x)\; dx=\displaystyle\sum_{m} c_{m}\int_{a}^{b}\phi_{m}(x)\overline{\phi }_{n}(x)\; dx

 porque pode trocar-se a ordem de \displaystyle\int e \displaystyle\sum, se admitirmos a convergência uniforme da série no intervalo \lbrack a ,b\rbrack . Assim,

\displaystyle\left ( f\cdot \overline{\phi }_{n}\right)=c_{n}\left\vert \left\vert \phi _{n}\right\vert \right\vert ^{2},

ou seja,

c_n=\dfrac{\left ( f\cdot \overline{\phi }_{n}\right)}{\left\vert \left\vert \phi _{n}\right\vert \right\vert ^{2}}

Aos coeficientes c_n chamam-se os coeficientes de Fourier. À série chama-se série de Fourier relativa ao conjunto de funções ortogonais \phi_n(x).

NOTA: esta dedução não é rigorosa! leia o resto »

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