Bojan Kuzma
ZAPISKI IZ PREDAVANJ - FOURIEROVA ANALIZA
Urednica zbirke: Petruša Miholič
(Zbirka Izbrana poglavja iz matematike, št. 8)
Izdala in založila:
Knjižnica za tehniko, medicino in naravoslovje - TeMeNa, Univerza na Primorskem
Primorski inštitut za naravosloven in tehnične vede Koper Fakulteta za matematiko, naravoslovje in informacijske tehnologije
UNIVERZA NA PRIMORSKEM UNtVERSITA DEL LITORALE UNIVERSITY OF PRIMORSKA
Titov trg 4, SI - 6000 Koper Tel.: + 386 5 611 75 00 Fax.: + 386 5 611 75 30 E-mail: info@upr.si h tt p :l/www. u p r. s i
© TeMeNa, 2009 Vse pravice pridržane
Koper, 2009
CIP - Kataložni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana
51(075.8)(0.034.2)
KUZMA, Bojan
Zapiski iz predavanj. Fourierova analiza [Elektronski vir] / Bojan Kuzma. - El. knjiga. - Koper : Knjižnica za tehniko, medicino in naravoslovje - TeMeNa, 2009. - (Zbirka Izbrana poglavja iz matematike ; št. 8)
Način dostopa (URL): http://temena.famnit.upr.si/files/files/zv_8_DS.pdf ISBN 978-961-92689-7-1
246644480
Zapiski iz predavanj - Fourierova analiza
Bojan Kuzma Koper, 2009
Kazalo
1	Predgovor	3
2	Fourierove vrste	4
2.1	Vektorski prostori s skalarnim produktom......................................4
2.2	Trigonometrijska Fourierova vrsta..............................................10
2.3	Zaključne pripombe..............................................................22
2.3.1	Kompleksen zapis........................................................22
2.3.2	Razvoj na drugih intervalih ............................................23
2.3.3	Razvoj sodih/lihih funkcij..............................................24
2.3.4	Enoličnost razvoja ......................................................24
2.3.5	Se nekaj nalog............................................................24
3	Fourierova transformacija	27
3.1	Uvod..............................................................................27
3.2	Konvolueija in Fourierova transformacija......................................38
1 Predgovor
Pričujoči zapiski so nastali kot študijski pripomoček študentom pri predmetih Analiza III in Analiza IV. V sklopu teh dveh predmetov je zajeta široka paleta snovi, ki obsega matrične prostore, funkcije več spremenljivk, mnogoterne integrale, Fourieorovo analizo, krivulje, ploskve in polja s krivuljnimi ter ploskovnimi integrali.
Pričujoča zbirka je posvečena Fourierovi analizi. Kolikor mi je poznano se lahko matematike naučiš le tako, da matematiko delaš. Tak koncept podajanja snovi je npr. v učbeniku |10|, kot tudi v |2|, Tudi sam sem se odločil slediti tej usmeritvi, a v nekoliko manjši meri kot v zbirki o Ploskvah. V njej boste sicer še vedno našli dokazane izreke, trditve in leme, ki pa jih spremlja tudi precej nalog teoretičnega značaja, z namigi za reševanje. Vabim vas, da jih poskusite rešiti sami — s tem bo tudi zbirka dosegla svoj namen.
Bojan Kuzma
2 Fourierove vrste
2.1 Vektorski prostori s skalarnim produktom
Oglejmo si prostor M2. V njem najdemo bazo iz dveh vektorjev ei := (1, 0), e2 := (0,1), ki sta pravokotna in dolžine 1. Vsak drug vektor x = (a1, a2) lahko napišemo kot x = aiei + a.2e2.
Slika 1: V M2 imamo bazo iz pravokotnih vektorjev ei,e2. Vsak drug vektor X e M2 je
njuna linearna kombinacija.
Se več, števila a lahko dobimo tudi s pomočjo skalarnega produkta: a1 = (x, e1) in a = (x, e2), torej
x = (x, ei) ei + (x, e2) e2.	(1)
Podobno lahko naredimo tudi v prostoru Mn, Nekaj podobnega pa bomo naredili tudi v neskončno-razsežnih prostorih!
Definicija 1. Naj bo X realen vektorski prostor s skalarnim produktom (_, _) : X xX ^ M, Vektorja x, y e X sta pravokotna (ali ortogonalna), če je (x, y) = 0. Množica vektorjev S C X je ortogonalen sistem, če (x, y) = 0 za poljubna različna vektorja x, y e S,
Spomnimo, da je skalami produkt na realnem vektorskem prostoru preslikava z lastnostmi
•	(Ax + juz, y) = A (x, y) + p (z, y).
•	(x, y) = (y, x).
•	(x, x) > 0, in enačaj velja natanko tedaj, ko je x ničelni vektor.
Kot takojšnjo posledico prve točke vidimo, da je (0, x) = 0, torej je vektor 0 pravokoten na poljuben drug vektor.
Za vsak vektor definirajmo še njegovo normo s predpisom ||x|| := \J(x, x). Pravimo, da je vektor x normiran (ali tudi: enotski), če je njegova norma enaka 1, Denimo sedaj, da naš ortogonalen sistem S C X sestoji zgolj iz normiranih vektorjev. Tedaj mu rečemo ortonormiran sistem.
Zgled 2. V R2 je npr S := {0, e!, e2} ortogonalen sistem, ni pa ortonormiran, Ce mu odvzamemo ničelni vektor pa postane celo ortonormiran.
Denimo sedaj, da imamo ortonormiran sistem S := {ei,..., en,...}, ki sestoji iz končno ali števno neskončno vektorjev. Poljubnemu vektorju x G X priredimo števila
ak := (x, ek) G R.
Kakšne lastnosti imajo koeficienti ak?
Zgled 3. V prostoru R2 je množi ca S := {e1, e2} ortonormiran sistem. Iz (1) in Pitago-rovega izreka vidimo, da
||x||2 = HaieJ2 + ||a2e2||2 = |ai|2 + |«2|2 = |(x, ei)|2 + |(x, e2)|2 = £ |(x, e)|2
e€S
Ce pa bi vzeli drugačen ortonormiran sistem, npr S := {e1} pa ne be dobili enačaja za vsak vektor x. Konec koncev npr, za x := e2 velja ||x|2 = 1, toda J2e&S |(x, e)|2 = |(x, ei)|2 = 0 < ||x||2.
Seveda se je to primerilo zato, ker imamo v S premalo paroma ortogonalnih vektorjev
R2 S
velja enačaj imenovali kompleten ortonormiran sistem,
Xekaj podobnega kot v zgornjem primeru velja v vsakem vektorskem prostoru. Da bomo to lahko utemeljili, si pomagajmo z posplošitvijo Pitagorovega izreka:
Lema 4 (Pitagorov izrek). Ce so vektorji vi,... vk paroma pravokotni, je
||vi + ••• + vk||2 = ||vi|2 + ••• + ||vk ||2.
Dokaz. Ce je k = 2, imamo
||vi + V2I2 = (vi + V2, Vi + V2) = (vi, v j)
i,j=1
= (vi, vi) + 0 + 0 + (v2, v2) = ||vi||2 + ||v2|2.
Za več vektorjev napišemo wi := vi in w2 := v2 + ■ ■ ■ + vk. Ta dva sta pravokotna, in lahko nadaljujemo z indukcijo na k.	□
Sedaj za vsako neničelno naravno število n definirajmo vektor
n	n
y n	ak ek = (x, ek) ek-
k=i k=i
Velja sledeče:
Lema 5. Vektorja yn in zn := x — yn sta pravokotna. Dokaz.
(Zn, yn) = (x, yn) — (yn, Yn)
n	n	n
^ ak(x, ek) — 11yn112 = |«k|2 — ||«kek||2 = 0, k=i k=i k=i
yn
vektorjev,	□
Posledica 6. Ce je S := {ei,..., en,... } C X števno neskončen ortonormiran sistem, velja Besselova neenakost
J>k|2 ^l(x, ek)|2 < ||x||2 (Vx G X). k=i k=i
Dokaz. Izberimo poljubno naravno število n. Ker sta vektorja yn m zn := x — yn pravokotna, je
nn 11 112 11 112 11 112 11 II2 ^ ^ 11	112 ^ ^ 1 12
||x|| = ||yn| + 11Zn11 > ||yn|| = H®ken|| = ^k|
k=i k=i
V limiti, n — 00 je leva stran še vedno kvečjemu večja od desne, tj, ||x||2 > Y^k=i |ak|2,
□
x
S
do še večjega ortonormiranega sistema. Zato je smiselna tale definicija:
Definicija 7. Množica S = {e!,..., e„,... } C X paroma pravokotnih, normiranih vektorjev je kompleten ortonormiran sistem (ali: K,O.X,S,), če velja Parse.valova identiteta
oo
||x||2 = J]|(x,efc)|2
fc=i
za vsak vektor xGl
Opomba 8. Kot vidimo iz dokaza prejšnje posledice tedaj ||x — y„||2 = ||z„||2 limitira proti 0, ko n —► oo. Malce drugače povedano: lim,woo(x, ek) ek = lim,wooy„ = x. Se krajše:
oo
J^(x,efc) ek = x fc=i
Naloga 9. Kaj točno pomeni, da zaporedje vektorjev yn limitira proti vektorju x?
Rešitev. Xa kratko to pomeni, da za vsak e > 0 lahko najdemo tako število N, da za vsak indeks n > N velja
||y„ - x|| < e
Oglejmo si dva malce daljša, a toliko bolj pomembna zgleda.
Zgled 10. Bodi X := OC[—tt, 7r] množica vseh odsekoma zveznih realnih funkcij, definiranih na intervalu [—7r, 7r], Torej / G X, če (i) je definirana na [—7r, 7r], in (ii) / : [—7r, 7r] —► M zvezna povsod, z morebitno izjemo končno mnogo točk, kjer pa naj ima levo in desno limito.
Slika 2: Leva funkcija ni odsekoma, zvezna, saj nima leve niti desne limite pri x = 0. Desna
pa je odsekoma zvezna.
Množica X je vektorski prostor za običajno seštevanje in skalarno množenje funkcij (torej, (f + g) : t f(t) + g(t) in (A/) : t A • f(t)). Kako bi v X uvedli kakšen zanimiv skalami produkt? Poskusimo takole: Za odsekoma zvezni funkciji f,g G X definirajmo
(f,9) ■■= r f(t)g(t)dt,
J —7T
Naloga 11. Preveri, da ima tako definiran predpis vse lastnosti skalarnega produkta, z izjemo zadnje: Lahko se zgodi, da je (f, /) = 0, a kljub temu f ni ničelna funkcija. Nasvet: Poizkusi s funkcijo f(t) := 1 — | sign(t)|, ki je povsod enaka nič, z edino izjemo /(0) = 1.
1-|Sign[t]|
Slika 3: graf „problematične" funkcije
Problemu, ki je nakazan v prejšnji nalogi se izognemo takole: Rekli bomo, da dve odsekoma zvezni funkciji predstavljata isti vektor, če se funkciji razlikujeta kvečjemu v končno mnogo točkah. Tako npr, f (t) := 1 — | sign(t)| in g (t) := 0 predstavljata isti, v tem primeru ničelni, vektor, Nekaj podobnega že dolgo počnemo z ulomki: Dva ulomka lahko predstavljata isto racionalno število,
Ce torej ne ločimo med funkcijami, ki se razlikujejo le v končno mnogo točkah, pa je zgoraj definirana preslikava res skalami produkt.
Naloga 12. Pokaži, da za odsekoma zvezno funkcijo f : [—^ R velja: Ce je JI f (t)2 dt = 0, predstav Ija f (t) ničelni vektor (tj. f (t) = 0, razen morebiti v končno mnogo točkah)!
Kako bi dobili kakšen ortonormiran sistem? Definirajmo funkcije
1
eo(t)

. . cos(kt) * . . sin(kt)
ek(t) :=-ek(t) := ■ K J
n
(k
1, 2,
)
(2)
Naloga 13. Pokaži, da te funkcije sestavljajo ortonormiran sistem v prostoru X.
Kot zgled pokažimo zgolj pravokotnost en(t) in em(t), kjer n,m > 1. Najprej naj bo n = m.
fn cos (nt) cos(mt)
^pn) em)
n
■ dt = — n
cos(nt) cos(mt)
1 n
cos(n — m)t + cos(n + m)t
dt
sin(n — m)t 2n(n — m)
\t=-n
sin(n + m)t 2n(n + m)
lt=-n
0 + 0 = 0,
kjer smo upoštevali, da je sin0 = 0 = sin(±n) = sin(±2n) Kolika pa je norma en(t)?
(en(t),en(t))
cos(nt)2
dt
cos (2 nt) + 1 2tt
dt = 1.
— 7t
— 7t
7t
2
— 71
7T
7T
Ti
Ti
2
e
n
— 7V
— 7V
Ortonormiranemu sistemu {e0(t), ei(t), ei(t), e2(t), e2(t),... } bomo posvetili celoten naslednji razdelek. Pokazali bomo, da je K,O.X,S, Ker ga sestavljajo trigonometrijske funkcije, mu včasih rečemo tudi trigonometrijski kompleten ortonormiran sistem.
X
odsekoma zveznih funkcij na intervalu [-1,1]. Za odsekoma zvezni funkciji f, g : [— 1,1] ^ R
c1	dt
(f,9)-= J J{t)g{t)-j=.	(3)
Kot prej je tudi tokrat to skalami produkt, če ne ločimo med funkcijami, ki se razlikujejo kvečjemu v končno mnogo točkah. Ker pa smo v integralu produkt funkcij pomnožili še z w(t) := \ j\J\ — t2, včasih to dodatno pojasnimo, in rečemo, da je (3) skalami produkt z utežjo w(t).
Naloga 15. Pokaži, da je skalami produkt z utežjo (3) dobro definiran, tj. pokaži, da izlimitirani integral konve.rgira.
Tukaj pa funkcije en(t) := cos(n arccos t) (n = 0,1,...) sestavljajo ortogonalen sistem, Namreč, za n = m je
^ cos(m arccos t) cos(n arccos t)	f0
(em,e„)= / -, -dt = — / cos mx cos nx,
J-i	V1 - t2	Jn
kjer smo uvedli substitucijo are cos t := x (ter s tem dtj\J 1 — t2 = dx). Vrednost zadnjega integrala je 0, kot se lahko hitro prepriča vsak sam.
Opomba 16. Funkcije em(t) se imenujejo tudi polinomi Cebyševa. Dejansko so res polinomi, saj ustrezajo tričlenski rekurzivni enačbi
eo(t) = 1
en+i(t) + en-i (t) = 2ten(t)
Imajo zanimivo lastnost, da se med vsemi polinomi stopnje n ravno Cn(t) := 2i-nen(t) najmanj oddalji od abscise na intervalu [-1,1]. Malce bolj precizno: Za vsak polinom pn(t) stopnje n števil o maxte[-i)ij |pn(t)| pove, koliko se je oddaljil od abscise. In to število je najmanjše ravno za „modificirane" Cebvševe polinome 2i-n cos(n arccos t). Zaradi te lastnosti se precej uporabljajo v aproksimacijah.
Naloga 17. Preveri triclensko rekurzijo. Nasvet: cos(n+1)x = cos x cos(nx)-sin x sin nx.
Naloga 18. Pokaži, da so funkcije e0(t.) := l/\/2, ek(t) := cos(kirt) in ek(t) := sm(kirt) ortonormiran sistem na intervalu [-1,1] glede na skalami produkt
(f,g) := J_i f (t)g(t) dt	(4)
Naloga 19. Legendrove polinome definiramo s predpisom
1 dn
:= ŠOT** "1)"
Pokaži, da so tudi Legendrovi polinomi paroma ortogonalni na [- 1,1] glede na skalami produkt (4).
Rešitev. Za m < n imamo
/i
((x2 - 1)m)(m)((x2 - 1)n)(n) dx
1
-1
per =rtes ((x2 - 1)m)(m) ((x2 - 1)n)(n-i) ' -/ ((x2 - 1)m)l™((x2 - 1)^"1Jdx
x=-i J-i
Izintegrirani del je nič. Namreč funkcija (x2 - 1)n ima ničlo stopnje n pri x = ±1, Ce jo n-1 odvajamo, imaše vedno ničlo (stopnje ena) pri x = ±1. Torej ((x2- 1)n)(n i) | ±i= 0.
Ostane nam torej
/i
i ((x2 -1)^ (m+i) ((x2 -1)^(n-i) dx.
Odvajajmo per partes se naprej, u = (x2 - 1)m)(m+i) in dv = ((x2 - 1)n)(n i) dx. Izinte-
m
2n+mn!m!(Pm(x), Pn(x)) = - £ ((x2 - 1)m)(m+m+i) ((x2 - 1)n)(n-(m+i)) dx.
Toda ((x2 - 1)m) (m+m+i) = 0, saj polinom (x2 - 1)m stopnj e 2m odvajam o 2m + 1-krat,
Kako je možno, da smo dobili v istem skalarnem produktu dva popolnoma različna ortogonalna sistema? To ni dejansko nič novega. Na primer v prostoru X = R2 imamo nekaj podobnega: sistem vektorjev {ei := (1, 0), e2 := (0,1)} je ortogonalen. Ampak isto velja tudi za sistem {xi := (1,1),x2 := (-1,1)},
2.2 Trigonometrijska Fourierova vrsta
V tem razdelku bomo pod drobnogled vzeli prostor iz Zgleda 10, torej prostor odsekoma zveznih, realnih funkcij na [-n,n]. Pokazali smo že, da je trigonometrijski sistem (2) ortonormiran. Ob koncu tega razdelka bomo pokazali, da je tudi poln; da torej velja Parsevalova identiteta.
Izkazalo se bo za koristno, če bomo poleg odsekoma zvezne funkcije f : [-n,n] R opazovali tudi njeno periodično nadaljevanje f : R — R; torej j e f|[-n,n)(t) := f (t) in f (t + 2n) = f (t).
f[t] in f[t]
Slika 4: Funkcija f : [-n, n] — R f (t) := t, in njeno periodično nadaljevanje f : R — R. Zaradi f (-n) = f (n) moramo najprej f v točki x = n redefinirati z f (n) := f (-n) (v
nasprotnem f nima periodičnega nadaljevanja!). redefinirana funkcija še vedno predstavlja isti vektor kot prvotna.
Naj bo f : R — R; f (x + 2n) = f (x) odsekoma zvezna, periodična funkcija (torej je periodično nadaljevanje odsekoma zvezne funkcije f : [—— R). Definirajmo števila
:= (litJ
1
2tt
f (t) dt
:= </' = - J ht) cos (to) dt (k G N\{0}) 6fc := (/, = - T /(t) sin(fci) dt (k G N\{0}),
^ ./ -TT"
(5)
f
delnih vsot
sn(x) := a0 + ^^ ak cos(kx) + bk sin(kx).
k=l
Kdaj zaporedje sn(x) konvergira p roti f (x)? Pri katerih argum entih x?
Izrek 20. Ce je f zvezna v točki x = x0, in ima v tej točki tudi levi ter desni odvod, je
<x
f (x0) = lim sn(x0) = a0 + > ak cos(kx0) + bk sin(kx0)
n
k=l
Opomba 21. Ce funkcija f ni zvezna v x = x0, ima pa levi in desni posplošeni odvod, se da pokazati, da
^ „ , , . „ , f(x - 0) + f(x + 0)
a0 + > ak cos{kx) + ok sm{kx) =-;-.
k=l 2
Opomba 22. Vsoto a0^X]fc=l ak cos(kx)+bk sin(kx) imenujemo Fourierova vrsta funkcije f , Pred dokazom si oglejmo še kakšen zgled:
Zgled 23. Razvijmo periodično nadaljevanje funkcije f (t) := t v Fourierovo vrsto na intervalu [—n,n], Najprej je
1 r
ak = — t cos(kt) dt. n J-n
Toda integrand je liha funkcija na simetričnem intervalu, torej ak = 0, Iz istega razloga dobimo tudi a0 = 0. Računamo moram o le se bk:
1	= 1 (sin(kt) t cos(kt) \
bk = — t sm(/re) dt por p*«.® — ——-----
n Jn V k2	k J
n 2sin(kn) — 2kn cos(kn) t=-n	k2n
Upoštevajmo, da je sin n = 0 = sin(2n),..., oziroma
sin(kn) = 0,
ter da je cos n = (—1), cos(2n) = 1, cos(3n) = —1..., oziroma:
cos(kn) = (—1)k,
pa se enačba za bk polepša v bk = + . Fourierova vrsta za f(t.) = t je torej
^ 2(_1 )k+1
E ^nfe sin(H)	(6)
k=1
Kdaj konvergira proti /(t)? Izrek pravi da za tiste argumente t = t0, je tokeija f(t) zvezna, in ima levi in desni odvod. Toda f (t) je zvezna (celo odvedljiva!) povsod, z izjemo točk {±n, ±3n, ±5n,... } kjer ima skoke (prim, sliko 2,2!) Torej vrsta (6) konvergira
proti f (t) za vsak t, razen za t = ±n, ±3n, ±5n,____
Kdaj pa (6) konvergira proti f (t) = t? Prav gotovo ne izven i ntervala [—n, n], kajti tam kvečjemu konvergira proti periodičnemu nadaljevanju f funkcije f. Na intervalu (—n,n) pa se f in f (t) = t ujemata. Torej
t =	t-sin(H),
K
k=1
in enačaj velja za vsak t G (—n,n), ter nikjer drugje! Naloga 24. Vstavi t := n/4 in izpelji Leibnizevo vsoto
^ (~l)fc+1 = 1 11	(~l)fc+1	=7T
^ 2k - 1 1 3 5	2k-l	4'
k=1
Ai (2 (- 1)k) Sin[kx]
2 (2 (-1)k) Sin [k x]
3			
2			
1			
-3-2-1// \ S/1	1	2	3
-2			
-3			
	3			
	2			
	1			
-3 -2	1-1 -2 -3	1	2	3
k=1
(2 (-1)k) Sin[kx] k
k=1
(2 (-l)k) Sin [le x) k
3 2 1	
-3 -2 -1 -2 -3 V (2 (-1)'	12 3 ') Sin [k x]
f k=1 3 2 1	k
-3 -2 -1 -2 -3 V (2 (-1)k	12 3 ') Sin [k x]
f k=1 3 2 1	k
-3 -2 ->> \ J^^ -2 -3 V (2 (-1)k	12 3 ') Sin [k x]
f k=1 3 2 1	k
-3 -2 -L^ -1 \ -2 -3	12 3
3 2 1	
-3 -2 -1^ -1 -2 -3 f (2 (-1)	12 3 ') Sin [k x]
f k=1 3 2 1	k
-3 -2 -V^ -1 \ J?^ -2 -3 f (2 (-1)	12 3 ') Sin [k x]
f k=1 3 2 1	k
-3 -2 -i/ \ -2 -3 f0 (2 (-1) f ))))))))))))))))))	12 3 ') Sin [k x]
k=1 3 2 1	k
-3 ^ 1 j>*r -2 -3	12 3
k
k
k=1
k=1
3
4
Slika 5: Prvih deset delnih vsot Fourierove vrste za funkcijo f (t) = t
13
Pri dokazu tega izreka nam bo v pomoč tale zanimiva lema:
Lema 25 (Riemann). Ce je / : [a, b]
odsekoma zvezna, je
lim
p—>00
f{t) sin(pt) dt = 0 = lim / f(t.)cos(pt)dt.
p—>00
Grafični "dokaz". Zelo preprosto je vsebino leme razumeti geometrijsko:
COS [2 t] f [t;
■3 - 2 _-qL ^
-1 -1 . 5 -2
Slika 6: Grafični .,dokaz" Riemannove leme. Integral funkcije f (t) cos pt je predznačena ploščina. Na vsaki od slik je z rdečo prikazana pozitivno predznačena ploščina, z modro
pa negativno predznačena. olje ploščini seštejemo. pa dobimo J^ f (t) COs(pt) dt. če se p veča. se obe ploščini seštejeta v 0. kot smo tudi trdili.
Grafični „dokaz" seveda še ni pravi dokaz. Naloga 26. Poskusi napisati korekten dokaz.
Rešitev. Dokazali bomo le prvo enakost, saj je druga zelo podobna. Dokaz je preprost, če je f (t) = c = const, Namreč, tedaj je
f (t) sin(pt) dt = c / sin(pt) dt = c
cos(ap) — cos(bp)
P
Števec na desni strani je omejen: | cos(ap) — cos(bp)| < 2, torej z p — to ulomek res limitira proti 0,
f
[a, b] razpade na končno mnogo podintervalov [a, b] = [
in je na vsakem od teh podintervalov f |[Xi_1)Xi](t) = c = const konstanta.
C3
-3
-1
C2
1 c4 2
Slika 7: Stopničasta funkcija na [—3,2]
Namreč, ^ = f*1 + Jx + ■ ■ ■ + /!_,, torej
xn_ 1
"X1
rx2
f (t) sin(pt) dt = ci / sin(pt) dt + cW sin(pt) dt + ■ ■ ■ + cn
sin(pt) dt.
x1
' Xn_1
Po zgornjem razmisleku vsak posamezni sumand konvergira proti 0 to gre p — to.
Denimo sedaj, da je f : [a,b] — R zvezna. Tedaj je na zaprtem, omejenem intervalu [a, b] tudi enakomerno zvezna. Ce torej poljubno izberemo e > 0, lahko najdem o tak 5 > 0, da 1/0*) - f(y) I < ^ čc je le \x - y\ < in x, y G [a, 6].
[a, b]
[a, b] = [xo,xi] U ■ ■ ■ U [x„-i,x„];
2
1
vsak naj ima širino največ Bodi še St£(t) stopničasta funkcija, tj, konstantna na vsakem od teh podintervalov; definirajmo jo z zahtevo St£(t) := f (xj) = const, če t G [xi-1,xi], Ce tudi y leži na tem podintervalčku, je |xi — y| <5, in torej tudi
|Ste(y)-/(y)| = |/(^)"/(y)l<^-
Toda to oceno lahko naredimo za vsak y G [a, b]. Se pravi, da se naša stopničasta funkcija zelo malo razlikuje od f (t). Torej je
f (t) sin(pt) dt
<
<
|f (t) — Ste(t)| ■ | sin(pt)| dt
St£(t) sin(pt) dt
dt
St£(t) sin(pt) dt
Prvi sumand je manjši od e ne glede na to kakšen je p, Za drugi sumand pa že vemo od zgoraj, da gre proti nič, ko p ^ <x>.
b
b
b
Nazadnje, če je f odsekoma zvezna, interval [a, b] razdelimo na podintervale kjer pa f je zvezna, in na vsakem od njih ponovimo zgornje argumente,
Lema 27. Za vsako realno število a, ki ni veckratnik 2n, velja enakost:
1 , V- n s sin ((/?. + |)q')
- + ^cos(fca) = 2gmf k=1 2
Dokaz. Najprej upoštevajmo, daje sin y cos x = 1/2(sin(x + y) — sin(x — y)), Z zaporedno uporabo dobimo
. a ,	t \\ 1 // • 3o . a \ , 5o . 3o \
sin — (cos a + cos 2a + • • • + cos(/?.Q')J = - ( (sin —--sm —J + (sin —--sm —J + ...
2 2 \ 2 2 2 2
)a)
• • • + (sin((/?, + |)a<) - sin((/?, - |)q')) j i (sin((n + ±)a) - sin ^
2
1
2
Delimo s sin f na obeh straneh, prištejmo pa dobimo iskan rezultat,	□
Lema 28. Za vsak fiksen x — xo velja
/>o) 1 f° t, ,sin((n + ±)8) 1 r ~ sill((n + l)g) — =«JJM 2 sin | dS=nJ0	2sm|	('}
Ce oba integrala seštejemo, dobimo tudi
+ (8)
z	z	7t i/_7r	Z Sin 2
Dokaz. Število /(x0) lahko izpostavimo (tj. „nesemo ven") iz obeh integralov. Po prejšnji lemi sta integranda enaka g (s) := ^"^inl^ = 1/2 + Y^k=icos(^s)- integriranju po s G [—7r, 0] se vsi členi izničijo, le prvi prinese ^ j? =
0 ,	n	s	1 r0	n 1 pO
1 f/	\	1 H	1 H
(1/2 +cos(ks)) ds = - 1/2 ds + ^- cos(ks) ds
= = £
k=i k=i
(podobno velja za integracijo po s G [0, n]). Sedaj še vse skupaj pomnožimo s številom f (x0), pa imamo lemo dokazano.	□
Lema 29. Denimo, da je F (t+2n) = F (t) periodična, odsekoma zvezna funkcija. Tedaj je
/n—X	pn
F (t) dt = F (t) dt; (x G R).
■n—X	./— n
Dokaz. Odvajajmo funkcijo
/n—X	/>0	rn—X
F (t) dt = F (t) dt + / F (t) dt
•n—X	*/ —n—X	*/ 0
/»—n—x	/»n—x
/ F (t) dt + / F (t) dt; 00

pa dobimo G"(;r) = —F(—ir — x) ■ d(~ + F(7r — • ^^ = F(—ir — x) — F(ir — x) = F(-tt - x) - F(tt - x - 2tr) = 0. Torej je G(^) = const = G(0) = F(t) dt.	□
Dokaz izreka. Funkcijo sn(x0) zapišimo „na dolgo:"
=«0 =«fc
/ \ n / \ /
sn(zo) = ~	dt + V cos(kxo)— / f(t) cos(kt) dt + sin(A:^o)— / /(t) sin(fct) dt
IT I 9	-^	7T /	7T /
W 2
J—n "	^=1	" ^ —n	■• ^ —n
1 1	1 n fn	pn
— / —f(t)dt-\— > / f (t.) cos(kxo) cos(kt.) dt + / f (t.) sm(kxo) sm(kt.) dt n J—n 2	n ^—n	n
1 r /1
n
=cos(k(t—x o))
W 2
+ ^^ cos(kxo) cos(fct) + sin(A:^o) sin(kt)jf(t) dt
k=i
= I £(1 + žc:os(k(t - „>,)/<„ * = I £* (0) k=1 2 kjer smo v (9) upoštevali lemo 27. Po substituciji t := s + xo nam integral preide v
1	sin((n + ±)s) -
Sn{Xo) = -	-\ . s-Lf{s + X0)ds
vr	2 sm |
Toda integrand je periodična funkcija s periodo 2n, Torej lahko zamenjamo interval [—n — x0, n — x0] z intervalom [—n, n]. Dobimo:
1 f- sin((n + *)8)
Sn(^o) = - / -0 . s-"/(S + d.S.
7T	2 sin 2
Pridenimo še enačbo (8) iz leme 28, pa dobimo
s 1 r sm((n + i)s) ~	, 1 r sm((n + ±)s) , , ,
S„(x0) - /(»„, = - £	+ * " 7 L Li ''M dS (10)
= i rSm((„ + j)s)	s
7T	2 sin 2
= l-f hs + xo)-K*o) . S . sm((?? + i)s) d
vr J^	s	2 sm | v ^ y
N-v-'
:=F (s)
Funkcija F (s) je na videz problematična pri s = 0. Vendar pa prvi faktor pri s y 0 konvergira proti f'(x0 — 0) (levemu odvodu funkcije f v točki x0) in konvergira pri s \ 0 proti desnemu odvodu, f'(x0 + 0) Pri drugem faktorju sta ustrezni limiti enaki 1, Torej je F (s) odsekoma zvezna funkcija na [—in po Riemannovi lemi desna stran z naraščajočim n konvergira proti 0,	□
Naloga 30. Denimo, da funkcija f ni zvezna v x = x0, ima pa tu levi in desni posplošeni odvod. Pokaži, da tedaj
, n s .J • ,, , hx - 0) + f(x + 0) cio + 2_j ak cos(kx) + Ofc sm(kx) =---.
k=i
Nasvet: v (10) integral razbij na f-n ... ds + f0 ... ds, in nato namesto enačbe (8) uporabi raje (7).
Gornji izrek pove, da za odvedljive funkcije (za katere je se f (x + 2n) = f (x)) enačaj
velja pri vsakem argumentu. Se posebej lepo bi bilo, ako bi vrsta na desni konvergirala npr,
f
S tem imamo v mislih funkcijo, ki je zvezna povsod, odvedljiva pa tudi povsod, razen v končno mnogo točkah osnovnega intervala [-n,n], kjer pa ima levi in desni odvod; poleg tega pa zahtevamo tudi, da je f(x) odsekoma zvezna.
Izrek 31. Ce je f : R — R, f (x + 2n) = f (x) odsekoma zvezno odvedljiva funkcija, Fourierova vrsta a0 + ak cos(kx) + bk sin(kx) konvergira p roti f (x) enakomerno in absolutno.
Dokaz. Razvijmo f '(x) po ortogonalnem sistemu
efc ._ cos(kt) ek
'	7r '
sin(kt) n i •
——, Dobimo

1 n
f'(t) Cos(kt) dt perpartes f (t)
cos(kt)
n
t=-n
k n
f (t)sin(kt) dt
n
—n
—n
B
~ * 1 / ~ _ ~ := (/''	= - / f(t)Mkt) dt pcr partos /(t)
- sin(kt)
n

t=- n n
f (t)cos(kt) dt
Zaradi f (-n) = f (n) se prva sumanda izničita in enačbi polepšata v
k

n
f (t)sin(kt) dt
kbk
Bk
— k fn
—: / f(t)cos(kt)dt nI
kak
Sklepamo, da je
y^|ak cos(kx) + bk sin(kx)| < ^ |ak| + |bk| = ^
Bk
k=l
k=l
<
k=l
\Bk\2 2
k=l
oo
	Ak
+	
	k
<

2k2/ ^k2 ' 2 k=l k=l
Bk 2;
(H)
do (11) smo prišli upoštevajoč neenakost 2a [3 < a2 + [32, pri [3 := p Drugi sumand v (11) lahko ocenimo z Besselovo neenačbo: J27=i \M'2 + \Bk? = Y,7=i | </', f+| </', f=
l ^
7T
Er=iKf,ek >r+Kf',£k>r <
l II f ' II2
Torej je
^	^ 11 oo	oo 11
J]|afc cos(to) + bk sin (/,-./•) < J] — + - J] |Afc|2 + \Bk\2 <Y,T~2 +
k=l
k2 2 k=l k=l
k=l
< oo.
x
kriteriju pa tudi enakomerno,	□
n
—n
—n
Opomba 32. Ce je f : R — R, f (x + 2n) = f (x) dvakrat zvezno odvedljiva, lahko gornjo proceduro uporabimo na f '. Torej Fourierova vrsta za f' konvergira enakomerno. Todi njene koeficiente smo že izpeljali v dokazu prejšnjega izreka:
ro
f'(t) = Ak cos(kt) + Bk sin(kt), k=1
kjer Ak = fcbk, Bk = —fcak, in s o ak, bk Fourierovi koeficienti funkcije f (t), tj
ro
f (t) = ao + ^^ ak cos(kt) + bk sin(kt).	(12)
k=1
Po drugi strani: Če formalno odvajamo (12), pa dobimo ravno (enakomerno konvergentno) vrsto za f '(t).
To pomembno ugotovitev zapišimo kot posledico.
Posledica 33. Ce je f dvakrat zvezno odvedljiva funkcija, velja enačaj f (x) = a0 + Sk=1 ak cos(kx) + bx sin(kx) povsod. Poleg tega lahko Fourierovo vrsto členoma odvajamo in dobljena vrsta enakomerno konvergira proti f '(x).
Zgled 34. Fourierovo vrsto za f (t) := t smo že izpeljali:
t = V ^-sin(kt).
k=1 k
Toda te vrste ne moremo členoma odvajati, saj dobljena vrsta
oo .	ro
| sin(Arf)) = £ 2(-l)fc+1 cos(to) k=1 k=1
sploh ne konvergira. Namreč, njeni členi, uk(t) := 2(—1)k+1 cos(kt) ne limitirajo proti nič.
f
ni zvezno (prim. sliko 2.2), kaj šele, da bi bilo dvakrat zvezno odvedljivo!
Posledica 35. Vektorji (tj. funkcije) e0 : t. i—► ek : t i—►	ler ek t ^
so K.O.N.S. (=komplet,en ortonormiran sistem) v 'prostoru, odsekoma zveznih, funkcij na intervalu [—Velja naslednja „Parsevalova identiteta"
ro	i	i nn
k=1	^ ^ J-n
kjer so ak,bk števila iz (5).
Delni dokaz. Naj bo f : [-n,n] — R, f (-n) = f (n) odsekoma zvezno odvedljiva. Lahko jo periodično nadaljujemo, da bo definirana na R, in te veljalo f (x + 2n) = f (x). Po prejšnjem izreku vrsta
sn(x) := a0 + ^^ ak cos(kx) + bk sin(kx) k=l
n
= VOjtcio e0 (t) + \Ztt ^ ak ek(t) + bk ek(t)
(13)
k=l
konvergira enakomerno proti f (x). Ce torej predpišemo e > 0, je
| f (x) - sn(x)| < e V x G R in V n > Ne. Upoštevaje neenačbo Cauehy-Sehwarz-Bunjakowskega, imamo
(/>/> - (sn,sn> = (/ - sn,sn) + (/, / - sn> < ||/ - sn || ■ ||sJ +
(14)
sn
f sn	sn f + f +
sn
Zaradi (14) je
/n	nn
|/(t) - sn(t)|2 dt < / e2 dt = 2ne2.
Torej velja	_ _
| </, /> " <Sn, 8n) | <	+ 211/11)
pri vsakem dovolj velikem n G N Ker pa je sn vsota ortonormiranih vektorjev e0,ek, ek, sledi iz (13) in po Pitagorovem izreku
n
(sn, sn> = ||sj2 = 2n|ao|2 + n |ak|2 + |bk|2, odkoder končno dobimo
k=l
(/,/> - (sn,sn>
(27r|a0|2 + 7rJ]|ak|2 + |6k|2) <	+ 2||/||).
k=l
Neenakost velja tudi v limiti, n — ro; ker pa je lahko e > 0 poljubno majhen, je dejansko leva stran v limiti n — ro enaka nič. Po deljenju s n res dobimo iskano:
12 ' ]2 — —1|/||2 := — f \m?dt
k=l	n	n J—n
2|ao|2 + £ |ak|2 + |bk|2
□
Zgled 36. Se enkrat se spomnimo na Fourierovo vrsto za funkcijo f (t) := t, Torej f(t) =	— sin(fct). Tukaj je ak = 0 in bk = —^—. Po „Parsevalovi identiteti"
pa dobimo
oziroma:
2w 3?r
1 n
/n	(	(
t2 dt£ ibki2=£ k=i k=i
4
P'
Stil Delimo z 4 in smo že pri Eulerjevi vsoti:.
E
k=1
k2
n
2.3 Zaključne pripombe 2.3.1 Kompleksen zapis
Posebno lepo teče zgodba, če v Fourierovi vrsti koeficienta ak m bk združimo v eno samo, kompleksno število zk := ak + ibk: kjer i =	Da ta ideja ni iz trte izvita nam
sugerira Eulerjeva formula cos(kt) + i sin(kt) = eikt, Po definiciji je kompleksno število zk za indekse k > 1 enako
1
1
= a>k + ibk = ~ f(t) cos(kt) dt. + i— / f{t) sin(kt) dt.
n
n
Nadaljnji korak bomo utemeljili v naslednjem poglavju, ko bomo definirali integral funkcije f : [a, b] ^ Cz vrednostmi v kompleksnih številih. Namreč iz definicije 47, še bolj pa iz trditve 51, lahko kompleksno število i = nesemo znotraj integrala. Zaenkrat čisto formalno, vendar z ustreznimi utemeljitvami v naslednjem poglavju je torej
1 T
zfc = ak + d>i, = - / n J—n
i r
n 1 n
i r
f(t)cos(kt)dt + - / if(t)sm(kt)dt nI
—n r-n
f (t) (cos(kt) + i sin(kt)) dt f (t)eikt dt
Formula nam omogoča kompaktnejši zapis koeficientov. Tudi Fourierovo vrsto lahko zapišemo bolj pregledno:
f (x) = ao + ^^ ak cos(kx) + bk sin(kx)
k=1
(
ao +
k=1
oo
(ak — ibk) (cos(kx) + i sin(kx)) + (ak + ibk) (cos(kx) — i sin(kx))
2
1
. \ z— k ikr , zk —ikr z0 . \ ^ zj — ijr . \ ^ zk —ikr
= «o + —etk'T + -e *k'T = ^ + fe +
j=—(
k=1
k=1
k=
zfc —ikx
kjer je = 2a0 + ŽO = £ fj f(t) cos(0t) dt + fj f(t) sin(Oi) dt = I /J /(i)e*'ot dt, in je poleg tega z-k = ± f(t)e~ikt dt = ak - ibk.
Ne pozabimo, da enačaj ne velja nujno pri vsakem x! Vendar prav gotovo imamo enačaj vsaj tam, kjer je f zvezna in ima levi/desni odvod.
Naloga 37. S kompleksnim zapisom zapiši Fourierovo vrsto za funkcijo f (t) := t na intervalu [—
Rešitev. To funkcijo smo že razvijali, prim. Zgled 23, V kompleksnem postopamo takole: 1 1
-* = -/ f(tyktdt = -
n J-n	n
1 eikt n ik
teikt dt
1 gikt
t=- n
n Jik
7re - (-7r)e kni
—kni
Akt
n(ik)2
t=- n
po pravilu per partes (u = t dv = eikt dt), Ker je k G Z je tokeija ekt = cos(kt) + i sin(kt) periodična s periodo 2n, Torej je eikn = e—ikn, in stem je zadnji sumand ničeln. Ostane le
Pri k = 0 moramo integrirati z0 = f-n t dt = 0. Torej
se Zk
ik
2(-DA ik
t
El
g-ifct
-1
(-1)k e
k ikt
k=—^o	k=—^o
Kot že vemo, enačaj velja za t G (—n,n).
ik

(-1)k e
k ikt
k=1
ik
2.3.2 Razvoj na drugih intervalih
V Fourierovo vrsto lahko razvijamo tudi funkcije, katerih perioda je različna od 2n,
Naloga 38. Denimo, da je f : [-d, d] — R Uvedi novo funkcijo fn : [—n,n] — M, definirano z fw : t i—► /(fy) in jo razvij v Fourierovo vrsto. S ponovno substitucijo y i—► dobiš formulo
<x
m = fM = «0 + E 4 cos + &'fc sin ^,
kjer
k=1
2d
f (t) dt
/—d
d
4 = i J J (t) cos tfdt;
bi
1
d
d
d
/(*) sin dt;
k > 1 k > 1.
2d
tudi za funkcije, definirane na [0, 2d].
2.3.3	Razvoj sodih/lihih funkcij
Funkcija f je soda, ce f (—t) = f (t) za vsak t. Liha pa je, Ce f (—t) = —f(t) za vsak t. Pri takih funkcijah je potrebno v Fourierovi vrsti opraviti le polovico dela.
Naloga 39. Denimo, da je periodična funkcija f soda. Pokaži, da so bk = 0. Torej za sode funkcije na [—n,n] velja razvoj
ro
f (t) = a0 + ak cos kt fc=1
Naloga 40. Denimo, da je periodična funkcija f liha. Pokaži, da so ak = 0. Torej za lihe funkcije na [—n,n] velja razvoj
ro
f (t) = bfc sin kt fc=1
2.3.4	Enoličnost razvoja
Podobno kot Tavlorjeva vrsta tudi pri Fourierovi velja, da so koeficienti ak, bk enolični,
t
ro	ro
a0 + ^^ ak cos(kt) + bk sin(kt) = a0 + ^^ ak cos(kt) + bk sin(kt), fc=1 fc=1
in da obe vrsti konvergirata enakomerno. Pokaži, da je ak = ak m bk = bk. Nasvet: odštej ju, da dobiš
(ao — So) + ^(afc — ak) cos (kt) + (bfc — 6fc) sin(kt) = 0.
fc=i
Nato pomnožiš z cos (it) Dobljena vrsta še vedno konvergira enakomerno, torej jo lahko členoma integriraš na [—n, n]. Na desni dobiš 0. Na levi pa se integrali se izničijo z izjemo /J(aj — aj) cos2(it) dt. Odkoder Oj — a,j = 0.
S pomočjo Lesbegueovega integrala in teorije Hilbertovih prostorov (Besselova neenakost) bi lahko pokazali, da isti sklep velja četudi vrsti ne konvergirata enakomerno. Dovolj je, da npr, |a»|2 + |A|2 <
2.3.5	Se nekaj nalog
Naloga 42. Bodi a = 0, ±1, ±2,... realno število, ki ni celo. Poišču, Fourierovo vrsto za funkcijo f (x) := cos(ax) na intervalu [—n,n].
Slika 9: Na levi je graf funkcije cos ax. Na desni pa je njeno periodično nadaljevanje,
s periodo 2n označeno z rdečo. ker je / zvezna, in / (-n) = / (n), je tudi periodično nadaljevanje zvezno.
bk = 0 k > 0 1 r	1 r
Clk = — / f(x) cos(kx) dx = — / cos(o!^) cos(kx) dx
n
—n
-n
n
1 j** cos(q' — k)x + cos(q' + k)x	1 /sin(a' — k)x sin(a' + k)x
n	2	2n V a — k	a + k
n
2a sin(an) cos(kn) n(a2 - k2)
ao
2n
f(x) dx =
2n
cos(ax) dx
sin(an)
an
Torej je
.. .	, .	^^	,. . sm(an) 2asm(an) ^^ cos(kn) . .
f(x) = cos(Q'rr) = a0 + > ct^cos (kx) =--1--> —-— cos (kx)
an	n	a2 — k2
k=l k=l
sin(an) ( 1 2a cos x 2a cos(2x) 2a cos(3x)
an
a a2 12
a2 22
a2 32
± ...
2a<(-l)fccos(A:;r) a2 k2
T ...
(15)
Na intervalu [-n,n] je toke ija / zvezna, f (-n) = f (n), in v vsaki točki ima levi oz. desni odvod. Torej po izreku 20 enačaj v gornji vrsti velja za vsak x G [-n,n].
Naloga 43. V prejšnjo nalogo vstavi x = n in s pomočjo dobljenega rezultata preveri naslednji razcep funkcije eotangens na parcialne ulomke.
1
7T Ctg(Q'7r)--
2a	2a
+
+ • • • +
2a
+ ...
a a2 - 12 a2 - 22	a2 - k2
Rešitev. V (15) enačaj velja za vsak x G [-n,n]. Torej tudi pri x = n. Vstavimo, in
—n
n
x=—n
n
n
1
1
—n
—n
dobimo, ob upoštevanju, daje cos(kn) = (—1)k
sin(a'7r) (1 2a(-l) , 2o(-l)2	2o(-l)3 , |tA.2„( 1 )*' ,
COs(Q'7r) = — — + ~m~22	i ' ' ' + ( —1)
sin(an) /1 2a 2a	2a 2a
' ' '	+••• + -;-rrr + • • •
an V a a2 — 12 a2 — 22 a2 — 32	a2 — k2
Delimo z sin(Q,7r) in odštejemo -. pa smo nalogo rešili,
an	J	a'1	0
Naloga 44. Pokaži Eule.rje.vo enakost
11	1 _ZE!
12	+ 22 + ■ ■ ■ + A:2 + • • • - 6
2a
7T Ctg(Q'7T) — ^ 11 1 -—---— = —-r + —-r H-----h —-r + • • •
2a	a2 — 12 a2 — 22	a2 — k2
Po WeierSovem M-testu vrsta na desni konvergira enakomerno za a G [—1/2,1/2], saj J2T=n+i l^rz^l < J2T=n+i lirzpil < oo. Torej je zvezna funkcija v točki a = 0, Se pravi, da
7T Ctg(Q'7T) - ^	1 i 1	1
lim-—---— = lim--1---h • • • +
a^o	2a	a^o a2 — 12 a2 — 22	a2 — k2
1 1 1
0 — 12 0 — 22 0 — k2
Limito na levi strani lahko izračunamo s pomočjo L'Hospitalovega pravila, če funkcijo

preoblikujemo v ^^^ _	, Pride pa ravno —-g-. Naloga 45. Dokazi, da
2	2 2 (2
\(	\ ( \ TT f
Jm2) "' v ~ "'= x Al r " ok?o1
Rešitev. Začnemo z enakostjo
7T Ctg(Q'7T) - g-	11	1
+
2a	a2 12 a2 22	a2 k2

ki smo jo pridelali v prejšnji nalogi. Vrsta na desni konvergira enakomerna za |a| < 1/2, torej lahko členo integriramo na intervalu a G [0,t], če je le |t| < 1/2, Dobimo
/•t7rctg(Q-7T)-^	r* da	f* da	f* da
Jo 2a ./„ o2 l2 ' ./„ o2 - 22 + ' ./„ n2 /,-' ' ••••
oziroma
odkoder je
fc=i
To velja za vsak t G [-1/2,1/2], v posebnem tudi ce je oblike t = x/n, Vstavimo, pomnožimo z x, pa smo pri
ro	2
fc=i
Enačaj smo utemeljili le za |t| < 1/2 oziroma za |x| < n/2, S sredstvi kompleksne analize pa se da pokazati, da velja za vsako (celo kompleksno) število x, Rezultat je zanimiv, saj predstavlja fakorizacijo sin x ,
Naloga 46. Izpelji Walli.sov produkt
tt_2-2 4-4 6-6 2 ~ iTŠ ' iTŠ ' 3~5
Nasvet: V prejšnjo nalogo vstavi x= f.
3 Fourierova transformacija 3.1 Uvod
Denimo, daje a0 +	cos(kt)+ sin(kt) Fourierova vrsta neke funkcije f (t). Denimo
še, da je f dovolj pohlevna, tako da je pri vsakem argumentu enaka svoji Fourierovi vrsti f
s periodo 2n, f
lahko pomagamo s Fourierovo transformacijo, ki je analog Fouriereve vrste za neperiodične funkcije. Ideja, kako to storiti je naslednja:
(2k)(2k) (2k- l)(2k+l)
•	Pri Fourierovi vrsti smo funkciji f(t) priredili koeficiente ak := ^ f* f(t) cos(kt) dt in bk ■= 7 f(t) sin (kt) dt (koeficient a0 je malenkost drugačen, zaradi enostavni
b0 := 0
•	Na tak način dobimo zaporedje koeficientov (ak)keN oz. (bk)keN. Ti dve zaporedji lahko združimo v zaporedje kompleksnih števil zk := ak + ibk,
•	Vsako zaporedje, torej tudi zaporedje (zk)k N je po definiciji funkcija, ki naravna števila slika v kompleksna. Torej zk lahko predstavimo kot vrednost kompleksne funkcije z : N — C pri številu k: zk = z(k),
•	Podobno naredimo pri Fourierovi transformaciji: Funkciji f : M — M bomo priredili
neko kompleksno funkcijo, F(x) = A(x) + iB(x), imenovano Fourierov integral f
/oo	pro
f (t)cos(xt) dt; B(t) := / f (t) sin(xt) dt.
-ro	./ —ro
f
Eulerjevo formulo:
eixt = cos(xt) + i sin(xt).
Potrebno se je le naučiti integriranja funkcij f : M — Cz vrednostmi v kompleksnih številih.
Definicija 47. Funkciji f : M — C rečemo odsekoma zvezna, če sta Re f in Im f odsekoma zvezni (tj. Re f in Im f sta zvezni v vsaki točki x G M, z izjemo kvečjemu števno mnogo točk, brez stekališč, kjer pa obstaja leva in desna limita).
f:M—C
/oo	rro	rro
f (t) dt := / (Re f )(t) dt + i / (Im f )(t) dt.
• ro	«/ —ro	«/ —ro
Opomba 48. Na desni strani sta izlimitirana integrala, tj.
rob
/ (Re f )(t) dt := lim / (Re f )(t) dt;
b—^^ a—^ — ^
podobno je potrebno razumeti tudi imaginarni del. Če bodisi realna, bodisi imaginarna komponenta (bodisi obe) nista integrabilni, potem funkcija f (t) ni integrabilna.
[a, b]
b b b / f (t) dt := / (Re f )(t) dt + i / (Im f )(t) dt.
Zgled 50. Integrirajmo funkcijo = cos t + i sin t na intervalu t G [0,x0]:
nxo	0	0
e%t dt = j cos t + i j sin t = sin t |t=0 +i(- cos t) |t=0
'0	JO	Jo
gixo _ 1
= sin x0 - i cos x0 + i = -i(cos x0 + i sin x0 - 1)
i i
obravnava te teme zanesla v odvod kompleksnih funkcij.
Integral funkcij z vrednostmi v kompleksnih številih ima zelo podobne lastnosti kot smo jih že vajeni za integral realnih funkcij:
Trditev 51. Ce sta f, g : [a,b] — C odsekoma zvezni, velja:
(i) J«(f + g)(t) dt = Jab f (t) dt + /<b'(g)(t) dt.
(mJ Ce je X G C poljubno kompleksno število, ga lahko izpostavimo:
rb	rb
/ Xf (t) dt = X/ f (t) dt.
fmj Velja trikotniška neenakost:
f (t) dt
< / lf (t)l dt.
' a.
X
in imaginarnega dela: X = Xl + iX2j.
Naloga 53. S pomočjo točke (ii) dokazi lastnost (iii).
(Nasvet: Integral zapiši v polarni obliki /ob /(t) dt = reia. Torej je leua sčran neenačbe (iii) enaka
lJba /(t) dt | = r = Jba /(t) dt = Jo6 e-ia/(t) dt. Zakaj pa je tedaj /ob e-ia/(t) dt = /ob R^e-ia/(t)) dt > 0? /n zakaj je končno to število manjše od
Ja I/(t)l dt?)
Za odsekoma zvezno funkcijo f : R — C pravimo, da je s kvadratom integrabilna, ce
/OO
lf (t)|2 dt = (Re f )(t)2 + (Imf )(t)2 dt< ro,
O	—O
in pravimo, daje absolutno inte.grabilna (tudi: sumabilna), če
/O
lf (t) I dt< ro.
O
Sedaj pa lahko napišemo obljubljeno kompaktno obliko Fourierove transformacije. Pravzaprav je še nismo niti definirali, kot se spodobi:
Definicija 54. Bodi f :
C absolutno integrabilna. Funkcijo F (y):=/ f (t)eity dt
f
f : R — C priredi njen Fourierov integral F(y) pa imenujemo Fourierova transformacija. Oznaka: F = F (f), oziroma: F (y) = F (f )(y),
F
f
Opomba 55. Ce je f : R — R realna funkcija se njena Fourierova transformiranka računa kot smo že napovedali v uvodu:
F(f)(y)
f (t)eity dt
f (t) cos(ty) dt + i / f (t) sin(ty) dt.
To sledi iz Re( f (t)eity) = f (t) ■ Re(eity) = f (t) cos(ty), in podobno za imaginarni del.
f : R - C
Razcepi f (t) = (Re f )(t) + i(Im f )(t) na realni in imaginarni del, in pokaži, da je
F (f) = F (Re f) + i F (Im f)
Zgled 57. Funkcija
' 1; |t|< 1
0; sicer
je odsekoma zvezna pa tudi absolutno integrabilna.
f (t) :=
1
0.8 0.6 0.4 0.2
-1
Slika 10: Graf funkcije f (t). Poiščimo njeno Fourierovo transformacijo:
F (f )(y)= / f (t)eity dt
eity dt
-1 />1
cos(ty) dt + i / sin(ty dt)
2 sin y
1
1
1
1
DC
y
—oc
2 Sin[y]
Slika 11: Graf njene Fourierove transformiranke.
imaginarni del je nič, saj je sin(ty) liha funkcija, ki jo integriramo na simetričnem intervalu, V točki y = 0 moramo Fourierov integral izračunati posebej:
/OO	nO	n 1
f (t)eu'° dt = f (t) dt = 1 dt = 2.
-O	J — O	-J —1
Zgornji graf precej dobro predoči graf splošnega Fourierov integral. Veljajo namreč naslednje lastnosti:
Lema 58. Bodi f : R — R absolutno integrabilna funkcija in F := F (f) njen Fourierov integral. Tedaj velja:
(i) F : R — C je funkcija z vrednostmi v kompleksnih številih. Definiranaje za vsak y G R
(iii) F (y) je zvezna funkcija, ki limitira proti 0, ko g re y — ±o. Naloga 59. Dokazi Le.mo!
Rešitev. Da je definirana za vsak realen y sledi iz dejstva, da je pri vsakem y Fourierov integral f™ f (t)eity dt absolutno integrabilen, in s tem tudi konvergenten.
Za dokaz zveznosti pa upoštevjamo, da limh^0 |eith — 1| = 0, oziroma, c e je e > 0 je za vsak dovolj majhen |h| izpolnjeno |eith — 1| < e. Za take h je tedaj
/OO
|f (t)(eit(y+h) — eity)| dt = |eity| ■ |f (t)| ■ |eith — 1| dt =
O	—O
/O	/»O
|f (t)| ■ |eith — 1| dt < |f (t)|- edt = Me,
O	J —O
kjer M = /—O |f (t)| dt< oo.
Naloga 60. Pokaži še eno zelo pomembno lastnost Fourierove transformiranke: F je linearna preslikava, tj. F (f + g) = F (f) + F (g) m F (A f) = AF (f) za A G C.
Izrek 61. Denimo, da je absolutno integrabilna funkcija f : R — R odvedljiva povsod. Ce je tudi f '(t) absolutno integrabilna, velja
F (f ')(y) = —iyF (f )(y).
Dokaz. Oglejmo si realni del Fourierove tranformiranke:
fb
Re F(/')(y) = a—m / /'(t)cos(ty) dt Per=rtes
b—i a
fb
= „% /(t) cos(ty) |b=a + „% y / /(t) sin(ty) dt
a—m w N '	N ^ ' I t=a a—M
b—m	b—m v a
Funkcija cos(by) je omejena z 1, medtem to je po Nalogi 62 /(±ro) = 0. Zato izlimitirani del konvergira proti 0, Ostane nam zgolj
r-b	r-ro
Re F(/')(y) = 0 + lim y / /(t) sin(ty) dt = y / /(t) sin(ty) dt = y Im F(/)(y).
b—i ^ a	»/ —ro
Podobno dobimo za imaginarni del (napisano malce krajše):
/ro
/' (t) sin(ty) dt Per =rtes
-ro
/ro
/(t) cos(ty) dt = —y Re F(/)(y).
-ro
Združimo oboje skupaj:
F (/' )(y) = Re F (/' )(y) + i Im F (/' )(y) = y(lm F (/)(y) — i Re F (/)(y)) = iyF (/)(y).
Naloga 62. Preveri manjkajoč del v gornjem dokazu: limt^±ro / (t) = 0.
(Nasvet: Ker je f' absolutno integrabilna, je tudi integrabilna. Torej obstaja integral /0° f '(x) dx =
f0 f '(x) dx =	f (t) — f (0). i^er pa je tudi f (t) integrabilna, mora biti	f (t) = 0.)
/
/ <":= f« "'-1
10; sicer
je odvedljiva skoraj povsod, z izjemo dveh točk t0 = ±1. Njen odvod povsod drugje pa je /'(t) = 0. Toda F(/') = ^^em ko F(/)(y) = 2siny/y.
Denimo, da poznamo Fourierov integral (npr, F(y) := sin y/y) od neke neznane funk-/
izrek.
Izrek 64 (Fourierova integralska formula). Bodi / : R ^ R absolutno integrabilna in F(y) njena Fourierova transformiranka. Ce je / zvezna v točki x0 in ima v x0 levi in desni odvod, lahko vrednost /(x0) dobimo iz Fourierove transformiranke po formuli:
i rR
f(xo)= lim — / /•'•!//)< —'d//
R^ro 2n J_r
Opomba 65. Ce f ni zvezna v x, ima pa levi in desni posplošeni odvod, se ustrezna formula glasi
/(,-o)+/(,+o) = lim± r F{y)e-.,, dv
2	2n J
Pred dokazom si oglejmo primer, ki razkrije kaj vse se skriva v tej formuli.
Zgled 66. Izračunajmo
g (a) :=	dy.	(l6)
jy
Zaman bi iskali nedoločeni integral, saj ni elementarna funkcija! Pomagamo si takole: Integrand zapišimo malce drugače:
/R •
sin y , s ,
-cos {—ay) dy.
r y
Dodajmo še 0 = ^^ sin(—ay) dy (intogrand jo liha funkcija!), in dobimo:
/R •
sin y , s ,
-cos(—ay) dy
r y
/R •	/>R ■
-—- cos(—ay) dy + i lim / -—- sin(—ay) dy R y	R^XJ—R y
= lim fR^le-^ydy r^xJ—r y
Edino, kar se moramo spomniti je, da je sin y/y Fourierov integral od funkcije
2 10; sicer
Le-ta je zvezna in odvedljiva v vsaki točki z izjemo t0 = ±1, kjer ima skok. Torej izpolnjuje pogoje iz gornjega izreka:
oo	/ N	f 1; |a| < 1
/sin y cos(ay) , 2n
^0; sicer
a := 0
/OO *	/»OO
sin y ,	.	/sin y , n
-ay = 7r oziroma / -ay = —	(l /)
■oo y	Jo y 2
Xaš naslednji cilj je dokaz Fourierovo integralske formule. Uporabili bomo naslednjo lemo:
Lema 67. Bodi f : M — M absolutno integrabilna, odsekoma zvezna, in naj ima v točki x0 levi in desni posplošeni odvod. Tedaj velja:
i °	s sin(Rt) , n
lini / f(xo + t)—-—- dt = -/(ao + 0)
R—>00
t
2'
lim f° f(Xo + t)^^-dt = ^f(xo-0)
R^ro J-oo	t	2
(18) (19)
Dokaz. Najprej se spomnimo na že izračunani integral
n 2
sin u
u
du,
ki nam po substituciji u := Rt; du = Rdt (tu j e R poljubno, a fiksno pozitivno število) preide v
7T f° sin i?t 2
dt.
0t
Pomnožimo obe strani s konstanto a := f (x0 + 0), in dobimo
n „,	„, , /"ro sin Rt fro	sin Rt ,
-/(a;o + 0) = f(x0 + 0) / ——dt= f(xo + 0)^—dt
2	JO	t	JO	t
/M	sin Rt	sin Rt ,
= / /(ao + 0)^—+ / /(ao + 0)—— dt
Jo	t	J M
Podobno razcepimo na dva dela tudi integral v (18):
t
sin(Rt) , f
/ /(a0 +1) \ J dt = Jo	t	J 0
Odštejmo, in dobimo
M „ ,sin(Rt)	sin(Rt) ,
/(a0 + t)—-—-dt+ / /(ao + t.)—-—- dt.
t
'M
t
r(/(ao + t)-/(ao + 0))^Mdt 0t
fM f (xo + t) - f (xo + 0)
t
sin(Rt) dt
'M

„, . sin(Rt) ,
/(a0 + t)—
sin(Rt) , 'm	t
Levo stran smo torej razbili na tri integrale; na kratko: I = /1 + I2 — /3- Sedaj:
/ro r,	sin(Rt)
|/2|</ /(ao +1) -7 J M	t
1
1
dt < — \f(x0 + t)\dt= —
M
'M
M
|f (u)| du,
M+x0
oziroma
j/a! = lf (xo + 0)|
sin(Rt)
dt
'M
0
3C
0
3C
0
DC
DC
DC
t
Ker sta oba integrala konvergentna, je torej |/2| < | in tudi |/3| < pri dovolj velikem M.
Pri prvem integralu pa upoštevajmo, da je funkcija t i—► /(•To+*)-/(-To+o) 0dsek0ma zvezna povsod na (0, M], Se več, ko gre t — 0 po definiciji limitira proti desnemu pospešenemu odvodu, f'D(x0), Torej jo lahko definiramo tudi pri t = 0, da bo odsekoma zvezna povsod na [0, M]. Tedaj pa je po Riemann-Lebesgueovi lemi limR^O I1 = 0, oziroma: od nekega R naprej je tudi \h\ < |.
Torej: Čim je R dovolj velik velja \I\ < \h\ + \h\ + l-^l < § + § + §■ Z drugimi besedami: limR^O I = 0,
Podobno preverimo tudi enačbo (19),	□
Dokaz izreka. Integral J^RF(y)e %xov dy zapišimo malce drugače:
h //(y)e~t'T0"dy=1tC R (£ f{t)eUv dt) e~lX0V dy
i nR	PO
= r2-J dV J f(ty{t~xo)ydt
1 pR	pO	i pR	nO
=	dy f(t)cos((t-x0)y)dt + — dy f(t) sin((t - xQ)y) dt
2n J—R J—O	2n J — R J—O
Funkcija y — /O f (t) sin((t — x0)y) dt je liha, integriramo pa jo na simetričnem intervalu [—R, R]. Imaginarni del je torej nič. Podobno lahko realni del zapišimo kot:
i pR	i pR PO
— F(y)e~ixoy dy = — dy f(t)coS((t-x0)y)dt, 2n J—R	n J 0 J—O
Integral na desni konvergira enakomerno in absolutno, saj /O lf (t) cos((t — x0)y)| dt < /O lf (t)l dt < o. Torej lahko zamenjamo vrstni red integracije:
i pR	i PO	pR
— / F(y)e~^ dy = — / f(t)dt / cos ((t - x0)y) dy 2n J — R	n Jt=—O Jy=0
n J—O	t — x0
= — [ f(:r0 + u)———^ du n J—o	u
= — f f(xo + u)"' du H— f f(:ro + u)"' ^^ du n J—O	u	n J 0	u
kjer je u := Xo+t. Pri R —► oo nam po prejšnji lemi prvi integral konvergira proti ^f(xo~0) drugi pa proti ^f(x o + 0), Ce je / zvezna v x0, je seveda f(xo — 0) = f(x 0) = f(xo + 0). □
Za Fourierovo tranformacijo lahko pokažemo tudi naslednje:
Izrek 68. Ce sta /, g : R ^ C s kvadratom integrabilni in absolutno integrabilni funkciji, velja naslednja identiteta
/OO	1 />oo
f(t)W)dt=— / F(y)G(y) dy.
■ro	2n J—ro
/=g
/ro	i /»ro
\f(t)\2dt=- |F(y)|2 dy
■ro	2n J —ro
Zopet najprej ilustrirajmo z zgledom: Zgled 70. Izračunajmo
—ro y
Tudi tukaj bi zaman iskali nedoločeni integral, ki ni elementarna funkcija. Pač pa je F(y) := sin y/y Fourierov integral od funkcije
2 10; sicer
in po „Parsevalovi enakosti":
/oo /	\ 2	/><ro	/><ro	1 i
— dy= |F(y)|2 dy = '2n |/(t)|2 dt = 2vr / - dt = tt.
ro	y	—ro	—ro	—1 2
/, g, / , g , / , g
tegrabilne,
• V tem primeru sta F, G zvezni funkciji, in zaradi -F(y) := /)(y) =
obstaja konstanta A, da j e |y|2-|F (y)| < A P0 potrebi malce povečajmo A, da bo istočasno tudi |y|2 ■ |G(y)| < A. Tedaj pa npr.
/ro	f—1	f1	pro
|F(y)| dy = ^(y)| dy + / |F(y)| dy + / |F(y)| dy
ro	—ro	—1	1
r—1 Ady c 1
<
/1	fro Ady
\F(y)\dy+ ~fdy< oo, ..	-1	J1 y
in podobno za funkcijo G. Torej sta F, G absolutno integrabilni funkciji.
Dalje, za 0 < R < to je
h J*R F{y)G{y) dy = hj*R {F{y) g{t)eUy dt'dy (20)
-R / />oo
-R
{h S_/{v)g{t)e~itvdv)dt (2i)
W)-^J_RRF^dy) dt;
V enačbi (20) smo upoštevali, da je kompleksno število F(y) konstanta pri integriranju t
in njegov imaginarni del) konvergira enakomerno:
• Namreč, za vsak y je
\Re(F(y)g(t)e*y)\ < \F(y)g(t)e^\ = \F(y)g(t)e~ity\ < M\g(t)\,
kjer je M := max |F(y)|. Zaradi /( |g(t)| < to, pa je po Weierstrafeovem M-testu integral f^°00Re(F(y)g(t)e'lty) dt res enakomerno konvergenten. Podobno sklepamo za imaginarni del. f
1 ,R
in s tem:
lini- / /•'•//). ;>!'dy /i/): r^o 2n J_r
^ J* F(y)e-U»dy = f(t)~ ostR(t).
Toda integral t — F(y)e ity dy (tj. njegov realni in imaginarni del) konvergira enakomerno, saj npr. |Re( F (y)e—'| < |F (y) |, iz začetka pa že vem o, da f( |F (y)| dy < to,
Ce je torej R dovolj velik, je |ostR(t)| majhen kot želimo, neodvisno od vrednosti t
1 ,R
F(y)G(y)dy = g (t) ■ (f (t)-ost R(t)) dt = f(t)g(t)dt- g(t)ostR(t) dt
2n J —R	J —O	J —O	J —O
in zadnji del lahko takole ocenimo:
"OO	poo
R—>oo
f g(t)os t r (t) dt </ |g(t)os tR(t)| dt < Er I |g(t)| dt	0.
—o
V limiti, R — to torej ostane le:
' —oo
"OO
± I F(y)G(y)dy= I f(t)g(t)dt □
2n J —r\~,	J—r\~,
DO

3.2 Konvolucija in Fourierova transformacija
Vemo že, da je Fourierova transformacija linearna; da torej F (f + g) = F (f) + F (g). Kaj pa multiplikativnost?
Naloga 71. Pokaži, da ne velja vedno F (f ■ g) = F (f) ■ F (g).
Nasvet: Pokaži, da za funkciji f (t) := sign(2 —t) + sign(t) m g (t) := sign(t + 2) — sign (t) velja f (t) g (t) = 0 povsod, z edino izjemo t := 0, kje r f (0)g(0) = 1. Po drugi strani pa je
= -*(-1+g3<y).	=	^o
y	y	y2
Pač pa velja F (f) ■ F (g) = F (f * g) kjer j e f * g neka nova operacija med funkcijami, ki jo imenujemo konvolucija.
f, g : M — M
definiramo s predpisom
/ro
f (x — t)g(t) dt
-ro
Zgled 72. Vzemimo našo staro znanko
f (t) :=
1; |t|< 1 0; sicer
f*f
/ro	/>1	/*x— 1
f (x — t) ■ f(t) dt = f (x — t) ■ 1 dt = — f (u) du,
ro	./—1	>/x+1
po substituciji x —t := u (ter —dt = du). Predznak porabimo, da spremenimo integracijski meji:
/•x+1
(f * f )(*)=/ f (u) du.
J x—1
Ce je zgornja meja, x + 1 < —1, je na celotnem območju integracije f (u) = 0, Sklepamo, daje za (f * f )(x) = 0 za x < —2. Podobno, ce je spodnja meja prevelika, tj, če x — 1 > 1, Z malce dodatnega računa dobimo
(f * f )(x) =
0;	x < —2
x + 2;	x G [—2, 0]
2 — x;	x G [0, 2]
0;	x > 2
Naloga 73. Naredi ta dodatni račun.
(Nasvet: Ce x G [—2,0] je —1 < x +1 < 1. Spodnja meja, x — 1 leži pod —1, kar pomeni, da tedaj je f (u) neničelna natanko na u G [—1, x + 1], in je tukaj konstantno enaka 1. Ce pa x G [0, 2] pa je zgornja, meja prevelika, in f (u) je neničelna, natanko na u G [x — 1,x + 1\.)
f*f
Izrek 74. Velja F(/ * g) — F (/) ■ F (g), kjer je F (h) Fourierova transformiranka funkcije h.
Dokaz se naslanja na tole lemo o zamenjavi vrstnega reda integracije v posplošenih integralih:
Lema 75. Če je f—°ro ^f—°ro |h(t, s)| dt) ds < to, potem lahko zamenjamo vrstni red integracije, tj.
ro	ro	ro	ro
h(t, s) dt I ds = / I / h(t, s) ds I dt
—oo \./ —oo	/	./ —oo \./ —oo
Dokaz. Najdemo ga npr, v knjigi W, Rudin, Real and Complex analvsis, 3rd eddition; str, 164-166; je pa precej zahteven. Ob dodatnih predpostavkah, npr, da nas zanima zgolj enakost
/>ro	rro	rro rro
/ ds / h(t, s) dt = dt / h(t, s) ds, J s=0 Jt=0	Jt=0 J s=0
da je funkcija h(t, s) zvezna, in da integrala F (s) := /0ro h(t, s) dt oziroma G(t) := /0ro h(t, s) ds konvergirata enakomerno (še vedno pa zahtevamo: /S=0 ds /t=0 |h(t, s)| dt < to), je dokaz razmeroma preprost:
Naredimo pomožno funkcijo
rv
H (s, y) := / h(t, s) dt.
0
Seveda j e |H (s,y)| < /0y |h(s,t)| dt < /0ro |h(t, s)| dt =: M (s). Toda po predpostavkah je /0ro M (s) ds = /s=0 ds /t=0 |h(t, s)| dt < to Po WeierstraS ovem M-testu integral
rro	rro	py
y ^ / H(s,y) ds = ds I h(t, s) dt
s=0	s=0	0
konvergira enakomerno. Ce torej predpišemo natančnost e > 0, bo pri nekem M
roy
/ ds / h(t, s) dt < e (y G [0, to)).	(22)
./ s=M JO
Ker obstaja integral f= ds /Qro h(t, s) dt, lahko po potrebi število M še povečamo, da bo istočasno tudi
roro
/ ds / h(t, s) dt < e.
J s=M JO
Sedaj v (22) zamenjajmo vrstni red integracije. To lahko, saj smo privzeli enakomerno
ro 0
konvergenco integrala G(t) := /0ro h(t, s) ds. Dobimo:
/-ro	/-ro	/-ro /-ro
/ ds / h(t, s) dt — / dt / h(t, s) ds
's=0 JO	JO	Js=0
/ /'M	/-ro	\	/ /-ro /'M
<	( / ds / h(t, s) dt + oJ — M dt / h(t, s) ds + o2
\Js=0 J0	/ \J0 J s=0
<	M + M < 2e.
Toda £ > 0 je bil poljuben: Razlika na levi mora biti nič!	□
Dokaz izreka. Fiksirajmo y = y0 in si oglejmo število
roro
I := /	/ f (t — s)g(s)eity0 ds dt
>/t=—ro \ >/s=—ro	/
/ro / /-ro	\	/-ro / /-ro	\
( / f (t — s)g(s) cos(ty0) dsjdt + i ( f (t — s)g(s) sin(ty0) dsjdt.
ro —ro	—ro —ro
(23)
Zaradi
>-ro / z-ro	\	z-ro / /-ro	\ u;=t7s
dt=du
|f (t — s)g(s)cos(ty0)| dt ds < / / |f (t — s)| ■ |g(s)| dt J ds
—ro —ro
/ro	/»ro
|f(u)| du■ |g(s)| ds< ^
ro	—ro
in podobno pri imaginarnem delu, lahko v (23) zamenjamo vrstni red integracije. Torej: I = I ( / f (t — s)g(s)e y0 dt ds =	g(sW f (t — s)e y0 dt ds =
—ro	—ro	—ro
'	/-ro	\	/-ro /	/-ro	\
g(s) / f (u)ei(u+s)y0 du ds =	g(s) / f (u)eiuy0eisy0 du ds
—ro	—ro	—ro
g(s)eisy0 / f (u)eiuy0 du ) ds
J —ro
=F (f )(y0)
"R
/	• ^ (7 >(//.. > =	• / g(s)e^° ds = ■>!/)!//„) • ■>•//)•//„).□
R
—ro
ro
Literatura
|1| F, Brešar, Matematika III. Univerza v Mariboru, Maribor 1995,
|2| P.R, Halmos, A Hilbe.rt Space. Problem Book. Springer; 2nd rev, and enlarged ed, edition, 1982.
|3| B. R. Gelbaum, J. M. H. Olmsted, Countere.xamples in Anahjsis, Holden-dav INC. London, 1964.
|4| A. Grav, Modem differentioal ge.omeiry of curve.s and surfaces with Mathe.matica, CRC Press, London, 1998.
|5| Martin M. Lipschutz, Schaunvs Outline. of Diffe.re.ntial Ge.ome.try, McGraw-Hill; 1 edition, 1969.
|6| N. Prijatelj, Uvod v matematično analizo 2. del, DMFA, Ljubljana, 1999
|7| W, Rudin, Re.al and Comple.x Anahjsis, McGraw-Hill Science/Engineering/Math; 3 edition, 1986.
|8| W, Rudin, Real and comple.x anahjsis, McGraw-Hill, New York, 1987.
|9| G. Schwarz: A pre.te.nder to the. title. "canonical Moe.bius strip." Pacific J. Math, Volume 143, Number 1 (1990), 195-200.
1101 Murrav R. Spiegel, Schaunvs outline of theory and proble.ms of advanced calculus, Schaum Publishing CO., New York, 1963.
1111 M. Spivak, Calculus on Manifold.s, Benjamin, New York, 1965.
|12| I. Vidav, Višja matematika II, DZS Ljubljana, 1974.
1131 F. Križanič, Temelji realne matematične analize. Državna založba Slovenije, Ljubljana, 1990.