RepozytoriumzprojektemPython/stopy/Ćwiczenia_4.ipynb

Ćwiczenia 4

_TEMAT: szeregi Fouriera

Ortogonalność układu trygonometrycznego

Zadanie 1

Pokaż, że:

1.

$$\int_{-\pi}^\pi \sin(nx)\sin(mx)dx=\begin{cases}\pi, & n=m;\\ 0,& n\not= m; \end{cases} $$ dla każdego $n,m\geq 1$.

2.

$$\int_{-\pi}^\pi \cos(nx)\cos(mx)dx=\begin{cases}\pi, & n=m\not=0;\\ 2\pi, & n=m=0;\\ 0,& n\not= m; \end{cases} $$ dla każdego $n,m\geq 0$.

3. $$\int_{-\pi}^\pi \sin(nx)\cos(mx)dx=0 $$ dla każdego $n,m\geq 0$.

_Uwaga: na wykładzie 6 okaże się, że powyższe rachunki oznaczają ortogonalność rodziny funkcji $\{\sin(nx),\cos(mx): n\geq 1, m\geq 0\}$.

Rozwiązanie:

1. Jeśli $n=m$, to z "jedynki trygonometrycznej" i wzoru na cosinus podwojonego kąta wynika, że

$$ \int_{-\pi}^\pi \sin(nx)\sin(nx)dx=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^\pi 1- \cos(2nx)dx=\frac{1}{2}x-\frac{\sin(2nx)}{4n}\biggr|_{-\pi}^\pi=\pi. $$

Jeśli $n\not=m$, to wiadomo że

$$ \sin(nx)\sin(mx)=\frac{1}{2}\left( \cos((n-m)x)-\cos((n+m)x)\right). $$

Zatem $$ \int_{-\pi}^\pi \sin(nx)\sin(mx)dx=\frac{1}{2}\left(\frac{\sin((n-m)x)}{n-m}-\frac{\sin((n+m)x)}{n+m}\right)\biggr|_{-\pi}^\pi=0 $$

2. Dowodzi się tego w identyczny sposób jak wzoru w 1.

3. Wystarczy zauważyć, że jak $n=0$, to $\sin(nx)\cos(mx)$=0, a dla $n\geq 1$ funkcja $\sin(nx)\cos(mx)$ jest nieparzysta.

Szereg Fouriera dla funkcji 2$\pi$ okresowej: postać rzeczywista

Rozwijanie funkcji w szereg Fouriera

_Twierdzenie

Jeżeli szereg trygonometryczny

$$ \frac {\displaystyle {a_0}}{\displaystyle 2}+ \sum_{n=1}^{\infty} (a_n\cos nx+b_n\sin nx) $$

jest zbieżny jednostajnie do funkcji $f$ na przedziale $[-\pi,\pi]$, to

$$ a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x); dx,\quad a_n=\frac {\displaystyle 1}{\displaystyle {\pi}} \int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx; dx,\quad b_n=\frac {\displaystyle 1}{\displaystyle {\pi}} \int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx ; dx, $$

dla $n=1,2,\ldots$.

_Definicja

Szereg

$$\frac {\displaystyle {a_0}}{\displaystyle 2}+ \sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx), $$

w którym liczby $a_0,a_1,a_2,\ldots$, $b_1,b_2,\ldots$ są takie jak w twierdzeniu powyżej nazywamy szeregiem Fouriera odpowiadającym funkcji $f$.

_Bardzo ważne uwagi:

• na razie nic nie powiedzieliśmy o zbieżności szeregu Fouriera odpowiadającego funkcji $f$.
• jeśli $f$ jest funkcją parzystą, to w jej szeregu Fouriera wszystkie $b_n=0$.
• jeśli $f$ jest funkcją nieparzystą, to w jej szeregu Fouriera wszystkie $a_n=0$.

Zbieżność szeregu Fouriera

_Definicja (funkcja kawałkami gładka)

• Mówimy, że funkcja $f$ ma nieciągłość skokową w punkcie $x_0$, gdy istnieją granice jednostronne

$$ f(x_0-):=\lim_{x\to x_0^-}f(x),\quad f(x_0+):=\lim_{x\to x_0^+}f(x). $$

• Mówimy, że funkcja $f$ jest kawałkami gładka, gdy w dowolnym przedziale $(a,b)$ jest ciągła poza skończoną liczbą punktów przedziału $(a,b)$, jej punkty nieciągłości są nieciągłościami skokowymi, a pochodna funkcji $f$ jest ciągła poza skończoną liczbą punktów przedziału $(a,b)$.

_Twierdzenie

Jeśli $2\pi$ okresowa funkcja $f$ jest kawałkami gładka na $\mathbb{R}$, to jej szereg Fouriera jest zbieżny dla dowolnego $x$ do wartości $\frac{f(x-)+f(x+)}{2}$.

_Uwaga: jeśli $f$ jest ciągła w punkcie $x$, to $\frac{f(x-)+f(x+)}{2}=f(x)$.

Zadanie 2: sygnał prostokątny

Rozwiniemy w szereg Fouriera funkcję $2\pi $ okresową $f$ taką, że $$ f(x)=\begin{cases} 1, & x\in[ 0,\pi];\\ 0, & x\in (-\pi,0). \end{cases} $$

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

# Define the piecewise function that is 0 on (-pi, 0) and 1 on [0, pi)
def periodic_piecewise(x):
    # Bring x into the interval [-pi, pi] using modulo
    x_mod = np.mod(x + np.pi, 2 * np.pi) - np.pi
    # Define the piecewise function
    return np.where(x_mod >= 0, 1, 0)

# Generate x values from -3pi to 3pi
x = np.linspace(-3 * np.pi, 3 * np.pi, 1000)
y = periodic_piecewise(x)

# Plot the periodic function without vertical lines at discontinuities
plt.figure(figsize=(10, 6))

# Split the data into segments between -pi and pi to avoid vertical lines
for n in range(-3, 3):
    x_segment = x[(x >= n * np.pi) & (x < (n + 1) * np.pi)]
    y_segment = y[(x >= n * np.pi) & (x < (n + 1) * np.pi)]
    plt.plot(x_segment, y_segment, color='r',linewidth=4)

# Mark closed and open dots at the ends of intervals
for n in range(-3,4):
    plt.plot(n * np.pi, 1, 'bo',)  # Closed dot for x = n*pi and f(x) = 1

for n in range(-3,4):
    plt.plot(n * np.pi, 0, 'wo', markersize=10, markeredgecolor='b')  # Open dot for x = n*pi and f(x) = 1

# Add axis lines
plt.axhline(0, color='black', linewidth=2)
plt.axvline(0, color='black', linewidth=1)

# Set labels and title
plt.title(r'2$\pi$-Periodic Function on $[-3\pi, 3\pi]$')
plt.xlabel(r'$x$')
plt.ylabel(r'$f(x)$')

# Add grid 
plt.grid(True)

# Show the plot
plt.show()

Rozwiązanie:

Mamy:

1. $$ a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)dx=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi 1dx=1. $$

2. Dla $n\geq 1$ $$ a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) , dx = \frac{1}{\pi} \int_0^\pi \cos(nx) , dx = \frac{\sin(nx)}{\pi n} \bigg|_0^\pi = 0. $$

3. Dla $n\geq 1$ $$ b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) , dx = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin(nx) , dx = -\frac{\cos(nx)}{\pi n} \bigg|_{0}^{\pi} = -\frac{(-1)^n - 1}{\pi n}=\frac{1-(-1)^n}{\pi n}. $$

Ostatecznie szereg Foueriera naszej funkcji, to szereg

$$ \frac{1}{2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{1-(-1)^n}{\pi n}\sin(nx). $$

Zgodnie z twierdzeniem powyżej, dla $x$ będących całkowitymi wielokrotnościami $\pi$ jest on zbieżny do $1/2$, dla pozostałych $x$ jest on zbieżny do $f(x)$.

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

# Function to compute the Fourier series approximation
def fourier_series_step_function(x, n_terms):
    result = 0.5  # a_0 / 2 term
    for n in range(1, n_terms + 1, 2):  # Only odd terms contribute
        result += (2 / (n * np.pi)) * np.sin(n * x)
    return result

# Generate x values from -3pi to 3pi
x = np.linspace(-3 * np.pi, 3 * np.pi, 1000)

# Compute Fourier series approximation with a certain number of terms
n_terms = 10  # You can increase this for a better approximation
y = fourier_series_step_function(x, n_terms)

# Plot the Fourier series
plt.figure(figsize=(10, 6))
plt.plot(x, y,  color='b')



# Add axis lines
plt.axhline(0, color='black', linewidth=2)
plt.axhline(0.5, color='red', linewidth=0.5)
plt.axvline(0, color='black', linewidth=2)

# Set labels and title
plt.title(r'Fourier Series Approximation of Step Function on $[-3\pi, 3\pi]$')
plt.xlabel(r'$x$')
plt.ylabel(r'$f(x)$')

# Add grid, legend, and show the plot
plt.grid(True)

plt.show()

_Zadanie domowe: Zapoznaj się z materiałem znajdującym się tutaj: https://en.wikipedia.org/wiki/Gibbs_phenomenon.

Zadanie 3: sygnał trójkątny

Rozwiniemy w szereg Fouriera funkcję $2\pi $ okresową $f$ taką, że $f(x)=|x|$ dla $x\in[-\pi,\pi]$.

Rozwiązanie

1. Obliczamy $a_0$:

$$ a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) , dx = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} x , dx = \pi. $$

2. Obliczamy $a_n$:

$$ a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) , dx = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} x \cos(nx) , dx= \frac{2}{\pi}\left( \frac{x \sin(nx)}{n} + \frac{\cos(nx)}{n^2} \right) \bigg|_{0}^{\pi}= 2\frac{(-1)^n-1}{\pi n^2} $$

3. Wszystkie współczynniki $b_n$ są równe 0, bo funkcja jest parzysta.

Ostatecznie, szereg Fouriera funkcji $f(x) = |x|$ to

$$ \frac{\pi}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} 2\frac{(-1)^n-1}{\pi n^2} \cos(nx). $$

Dla każdego $x$ jest on zbieżny do $f(x)$.

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

# Function to compute the Fourier series of |x|
def fourier_series_abs_x(x, n_terms):
    # Start with the a_0 term which is pi/2
    result = np.pi / 2
    for n in range(1, n_terms + 1):
        # Add the cosine terms with alternating signs
        result += (2 / np.pi) * (((-1)**n -1)/ n**2) * np.cos(n * x)
    return result

# Generate x values from -3pi to 3pi
x = np.linspace(-3 * np.pi, 3 * np.pi, 1000)

# Compute Fourier series approximation for |x|
n_terms = 10  # Number of terms in the series
y = fourier_series_abs_x(x, n_terms)

# Plot the Fourier series
plt.figure(figsize=(10, 6))
plt.plot(x, y, label=f'Fourier series approximation with {n_terms} terms')
plt.axhline(0, color='black',linewidth=0.5)
plt.axvline(0, color='black',linewidth=0.5)
plt.title(r'Fourier Series Approximation of $|x|$ on $[-3\pi, 3\pi]$')
plt.xlabel(r'$x$')
plt.ylabel(r'$f(x)$')
plt.grid(True)
plt.legend()
plt.show()

Szereg Fouriera dla funkcji 2$\pi$ okresowej: postać zespolona

Zadanie 4

Wyprowadzimy zespoloną postać szeregu Fouriera.

Rozwiązanie:

Wiemy, że

$$ e^{ix}=\cos x +i\sin x\quad\text{oraz}\quad e^{-ix}=\cos x -i\sin x. $$

Stąd

$$ \cos x=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\quad\text{i}\quad\sin x=-i\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2}. $$

Zatem

$$ \begin{align} \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty\left( a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)\right)=&\frac{a_0}{2}+ \sum_{n=1}^\infty \left(a_n\frac{e^{inx}+e^{-inx}}{2}-ib_n\frac{e^{inx}-e^{-inx}}{2}\right)\\ =&\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx}+\frac{a_n+ib_n}{2}e^{-inx}\right)\\ =& \sum_{n=-\infty}^\infty c_ne^{inx}, \end{align} $$ gdzie

$$ c_0=\frac{a_0}{2},\quad c_n=\begin{cases} \frac{a_n-ib_n}{2}, & n>0;\\ \frac{a_{-n}+ib_{-n}}{2},& n<0. \end{cases} $$

_Uwaga:

Można sprawdzić, że dla każdego $n\in\mathbb{Z}$ mamy:

$$ c_n=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)e^{-inx}dx. $$

Zadanie 5: sygnał prostokątny po raz drugi

Rozwiniemy w zespolony szereg Fouriera funkcję $2\pi$ okresową $f$ taką, że $$ f(x)=\begin{cases} 1, & x\in[ 0,\pi];\\ 0, & x\in (-\pi,0). \end{cases} $$

Rozwiązanie I

Wiemy już, że:

$$ a_0=1 \text{ oraz } a_n = 0, b_n =\frac{1-(-1)^n}{\pi n} \text{ dla }n\geq 1. $$

Zatem $$ c_0=\frac{1}{2} $$ oraz

$$ c_n=\begin{cases} i\frac{(-1)^n-1}{2\pi n}, & n>0\\ i\frac{(-1)^n-1}{2\pi n}, & n<0 \end{cases} $$

Rozwiązanie II

Mamy

$$ c_0=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)dx=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^\pi1dx=\frac{1}{2}. $$

Dla całkowitych $n\not=0$ mamy

$$ c_n=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)e^{-inx}dx=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^\pi e^{-inx}dx= \frac{e^{-inx}}{-2in\pi}\big|_0^\pi=\frac{(-1)^n-1}{-2in\pi}=i\frac{(-1)^n-1}{2n\pi}. $$

Zastosowanie: sumowanie pewnych szeregów

Zadanie 6

Rozwiniemy w szereg Fouriera $2\pi$ okresową funkcję $f$ taką, że $f(x)=x^2$ dla $x\in[-\pi,\pi]$. Następnie na dwa sposoby policzymy wartość tej funkcji dla $x=\pi$. Na końcu sprawdzimy co dla tej funkcji oznacza tożsamość Parservala.

Rozwiązanie:

Wszystkie współczynniki $b_n=0$, bo funkcja $f$ jest parzysta. Łatwo jest policzyć, że

$$ a_0=\frac{2}{3}\pi^2. $$ Ponadto dwukrotne całkowanie przez części daje, że dla $n\geq 1$ mamy

$$ a_n=4\frac{(-1)^n}{n^2}. $$

Stąd

$$ f(x)=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2}\cos(nx). $$

Podstawiając $x=\pi$ otrzymujemy, że

$$ \pi^2=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}. $$

Stąd

$$ \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}. $$

Przypomnijmy teraz, że tożsamość Parservala mówi, że dla odpowiednio "dobrych" funkcji mamy:

_Twierdzenie $$ \frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2+b_n^2)=\frac{1}{\pi}\Vert f \Vert_2^2. $$

Mamy

$$ \frac{1}{\pi}\Vert f \Vert_2^2=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi x^4dx=\frac{2\pi^4}{5}. $$

Podstawiając to do wzoru otrzymujemy po prostych przekształceniach, że

$$ \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}=\frac{\pi^4}{90}. $$