Chap 11. Fourier Series Integral & Transforms

1. Fourier Series

• Taylor (미분 가능함수 f(x) ∼ a_0 + _a_1_x + ⋯ + anxn : pn(x)를 다항함수로의 근사)

• x=0 근방에서 미분 가능, f(0) = p(0), ⋯, f(n)(0) = p(n)(0) 을 이용하여

  $a_0 = f(0), a_1 = f’(0), \cdots, a_n = {f^{(n)}(0)\over n!}$

• Fourier : 주기함수의 근사 (T = 2π)로 한정.

f(x + 2π) = f(x) (f(x) arbitary)

f(x) ∼ a_0 × 1 + _a_1 × cos _x + a_2 × cos 2_x + ⋯ + b_1sin _x + b_2_sin_2_x + ⋯

• Piecewise continuous일 경우 근사 가능. (조각적 연속)
• For f(x + 2π) = f(x) ,

$f(x) \sim A_0 + A_1 \cos x + A_2 \cos 2x + \cdots + A_n \cos nx + B_1 \sin x + \cdots + B_n \sin nx \\ = A_0 + \sum_{i=1}^n A_i \cos ix + B_i \sin ix \\ = F(x)$

삼각 함수 (trigonometric polynomial) : F(x)

• 실제 함수 f(x)와 F(x)의 차이를 최소화 : 두 그래프 사이의 넓이(함수값의 차의 적분값) 최소화. (음의 넓이 양수화 위해 제곱)

∫−ππ(f(x) − F(x))2dx

\[\int_{-\pi}^\pi (f(x)-F(x))^2 dx = \int_{-\pi}^\pi [ {f(x)}^2 -2f(x)F(x) + {F(x)}^2 ]dx = \int_{-\pi}^\pi {f(x)}^2 dx - 2 \int_{-\pi}^\pi (f(x)) \cdot (A_0 + \sum_{i=1}^n A_i \cos ix + B_i \sin ix) dx + \int_{-\pi}^\pi (A_0 + \sum_{i=1}^n A_i \cos ix + B_i \sin ix)^2 dx\] \[= \int_{-\pi}^\pi {f(x)}^2 dx - 2A_0 \int_{-\pi}^\pi f(x)dx - 2 \sum_{i=1}^n A_i \int_{-\pi}^\pi \cos ix f(x) dx - 2 \sum_{i=1}^n B_i \int_{-\pi}^\pi \sin ix f(x) dx + \int_{-\pi}^\pi \bigg( A_0^2 + \sum_{i=1}^n A_i^2 \cos^2{ix} + \sum_{i=1}^n B_i^2 \sin^2{ix} + 2A_0(\sum_{i=1}^n A_i \cos ix + B_i \sin ix) + 2 \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n A_i \cos ix B_j \sin jx \bigg) dx\]

while,

∫−ππ_cos _kxdx = ∫−ππ_sin _kxdx = 0

$\int_{-\pi}^\pi \cos^2 kx dx = \int_{-\pi}^\pi {1+\cos 2kx \over 2} dx =\pi$

\[\int_{-\pi}^\pi \cos mx \sin nx dx = \int_{-\pi}^\pi {1\over 2} \big(\sin (m+n) x \big)\big(\sin (m-n) x\big) dx = {1\over 2 } (\bigg[{-\cos (m+n)x\over m+n}\bigg]_{-\pi}^\pi + [{-\cos (m-n)x\over m-n}\bigg]_{-\pi}^\pi) = 0 \ \ (m\neq n) \\ if \ m=n, \ \ \sin(m-n) x = 0, \therefore value=0\] \[\therefore \int_{-\pi}^\pi {F(x)}^2 dx = \int_{-\pi}^\pi A_0^2 + \sum_{i=1}^n (Ai^2 \cos^2 ix + B_i^2 \sin^2 ix) dx\]

정리하면,

$\int_{-\pi}^\pi \big(f(x) - F(x)\big)^2 dx = \int_{-\pi}^\pi {f(x)}^2 dx - 2A_0 \int_{-\pi}^\pi f(x)dx (=2\pi a_0) - 2\sum_{k=1}^n \int_{-\pi}^\pi \cos kx \cdot f(x)dx (=\pi a_k) - 2 \sum_{k=1}^n \int_{-\pi}^\pi \sin kx \cdot f(x) dx (=\pi b_k) + 2\pi A_0^2 + \sum_{k=1}^n \pi (A_k^2 + B_k^2)$

\[= \int_{-\pi}^\pi {f(x)}^2 dx + \pi \bigg((2(A_0-a_0)^2) - 2a_0^2 + \sum_{k=1}^n (A_k-a_k)^2-a_k^2 + (B_k-b_k)^2-b_k^2 \bigg) \\ = \int_{-\pi}^\pi {f(x)}^2 dx + \pi \bigg(2(A_0-a_0)^2 + \sum_{k=1}^n (A_k-a_k)^2 + (B_k-b_k)^2\bigg) -\pi \bigg(2a_0^2 + \sum_{k=1}^n (a_k^2 + b_k^2) \bigg)\] \[\geq \int_{-\pi}^\pi {f(x)}^2 dx - \pi (2a_0^2 +\sum_{k=1}^n a_k^2 + b_k^2) \geq 0\]

Equality holds if Ak = a_0, _Ak = ak, Bk = bk

while

\[a_0 = {1\over 2\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x)dx\] \[a_k = {1\over \pi} \int_{-\pi}^\pi \cos kx f(x)dx\] \[b_k = {1\over \pi} \int_{-\pi}^\pi \sin kx f(x) dx\]

• $f(x) \sim a_0 + \sum_{k=1}^n a_k \cos kx + b_k \sin kx$ 로 두었을 때 각 coefficient를 추출한다고 생각하기.
• 애초에 적분값이 함수값 차의 제곱을 적분하였으므로 ≥ 0이며, -가 붙은 항을 우변으로 이항,

\[{1\over \pi} \int_{-\pi}^\pi f(x)^2 dx \geq 2a_0^2 + \sum_{k=1}^n (a_k^2+b_k^2)\]

if n → ∞ ,

\[\alpha_n := 2a_0^2 + \sum_{k=1}^n (a_k^2 + b_k^2) \leq {1\over \pi} \int_{-\pi}^\pi f(x)^2 dx\] \[\alpha _n \leq \alpha_n+1 \leq \cdots\leq {1\over \pi} \int_{-\pi}^\pi f(x)^2 dx\]

• 상한이 존재하므로 해당 값으로 수렴함을 알 수 있다. 즉,

\[\lim_{n\rightarrow \infty} (2a_0^2 + \sum_{k=1}^n(a_k^2+b_k^2))\]

• \(2a_0^2 + \sum_{k=1}^\infty (a_k^2+b_k^2) \leq {1\over \pi} \int_{-\pi}^\pi f(x)^2 dx\)Bessel’s Inequality
• if f(x) piecewise continuous (유한개의 불연속점) 조건도 추가된다면,
• “=” Equality holds

• \(2a_0^2 + \sum_{k=1}^\infty (a_k^2+b_k^2) = {1\over \pi} \int_{-\pi}^\pi f(x)^2 dx\)Parseval’s Identity

  by Parseval’s Identity,

  \(f(x) \approx a_0 + \sum_{n=1}^\infty (a_n cos(n\pi)+ b_n sin(n\pi))\)Fourier series of f(x)

  ### Theorem 1. Representation by a Fourier Series

  • f(x + 2π) = f(x), piecewise continuous (left-hand derivative, right-hand derivative exists)

    Fourier series of f(x) :

    $a_0 + \sum_{k=1}^\infty (a_k \cos kx + b_k \sin kx) = f(x)$

    = 좌극한과 우극한의 평균 (continuous 하지 않은 점에서는.)

    \[= {f(x-0)+ f(x+0) \over 2}\]

(eg) $y=f(x)  =k  (x>0)  ,  =-k  (x<0) $

기함수이므로,

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

\[a_n = {1\over \pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \cos nx dx = 0\]

$b_n = {1\over \pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) \sin nx dx = {2\over \pi} \int_0^\pi k \sin nx dx = {2k \over n\pi} \bigg[-\cos nx\bigg]_0^\pi = {2k \over n\pi} ((-1)^{n+1}+1)$

Fourier series of f(x) :

\[\sum_{n=1}^\infty {2k \over 2 \pi} (1-(-1)^n) \sin nx\]

n even, 0 / n odd, 2

\[= \sum_{n=1}^\infty {2k\over \pi} {2\over 2n-1} \sin (2n-1) x\] \[= {4k \over \pi} \sum_{n=1}^\infty {\sin(2n-1)x \over 2n-1} = {f(x+0)+f(x-0)\over 2}\]

In conclusion :

\[{4k \over \pi} (\sin x +{\sin 3x \over 3} + {\sin 5x \over 5} + \cdots ) = \\k \ (0<x<\pi) \\ 0 \ (x=0) \\ -k (-\pi<x<0)\]

also if x = π/2,

${4k\over \pi} = (1-{1\over 3} + {1\over 5} - \cdots) = k$

$\therefore 1-{1\over 3} + {1\over 5} - \cdots = {\pi \over 4}$

일반적인 주기를 갖는 Fourier Series

let $ T = 2L$

$[-\pi, \pi] \rightarrow [-L, L] \rightarrow \Reals$

\[v \rightarrow x \rightarrow f(x) = f({L \over \pi} v + 2L) = f(g(v))\] \[x = {L\over \pi} v := g(v)\]

$g(v) \sim a_0 + \sum_{k=1}^\infty a_k \cos kv + b_k \sin kv = a_0 + \sum_{k=1}^\infty\bigg( a_n \cos ({n\pi \over L} x) + b_n \sin({n \pi \over L} x )\bigg)$

\[a_0 = {1\over 2\pi} \int_{-\pi}^\pi g(v)dv = {1\over 2\pi} \int_{-\pi}^\pi f({L\over \pi} x) dv\] \[\bigg(dx = {L\over \pi} dv\bigg)\] \[= {1\over 2L} \int_{-L}^L f(x)dx\]

w/ same method,

\[a_n = {1\over L} \int_{-L}^L f(x) \cos ({n\pi \over L} x)dx \\ b_n = {1\over L} \int_{-L}^L f(x) \sin ({n\pi \over L} x)dx\]

11.2 Fourier Integral

• For f(x) (x ∈ (−∞, ∞))

fL(x) := f(x)(−L ≤ x ≤ L), f(x + 2L) = f(x)

주기가 2L인 fL(x)를 정의하고, L을 무한대로 보내 모든 실수 범위에서의 함수 f(x)를 Fourier integral 형태로 나타내기.

Fourier Series에서의 정의에 의해,

\[{f(x-)+f(x+)\over 2} = a_0 + \sum_{n=1}^\infty a_n \cos{n\pi x\over L} +b_n \sin {n\pi x \over L}\]

여기서 앞선 정의에 따라

\[a_0= {1\over 2L} \int_{-L}^L f(v)dv\] \[a_n = {1\over L} \int_{-L}^L f(v) \cos ({n\pi \over L} v)dv\] \[b_n = {1\over L} \int_{-L}^L f(v) \sin ({n\pi \over L} v)dv\]

이 때, $n\pi \over n$을 _ωn_으로 정의하자.

$\omega_n :={n \pi \over L}$

L을 무한으로 보내면,

\[\lim_{L\rightarrow \infty} {f(x-) + f(x+)\over 2} = \lim_{L\rightarrow \infty} {1\over 2L} \int_{-L}^{L} f(v)dv + \lim_{L\rightarrow \infty} \lim_{k\rightarrow \infty} \sum_{n=1}^k \bigg(A_L(\omega_n) \cos{\omega_n x} + B_L(\omega_n) \sin {\omega_n x}\bigg) {\pi \over L}\]

여기서 AL(ωn), BL(ωn)은 다음과 같이 정의됨.

\[A(\omega_n) = {1\over \pi} \int_{-L}^L f(v) \cos{\omega_n v} dv \\B(\omega_n) = {1\over \pi} \int_{-L}^L f(v) \sin{\omega_n v} dv\]

한편, 실수 전체의 적분값이 유한한 함수 f(x)

• ex) y = _ex_2,

  ∫−∞∞

  f(x)

  dx < ∞

_a_0에 해당하는 항은 값을 가지나, 1/_L_에 의하여 0으로 수렴하게 됨.

그렇다면 L을 무한으로 보낸 식은

$= \lim_{L\rightarrow\infty}\lim_{k\rightarrow \infty} \sum_{n=0}^k(A_L(\omega_n) \cos {\omega_n x} + B_L(\omega_n) \sin {\omega_n x} ){\pi \over L}$

뒤쪽 limit 이후 부분은 정적분 형태이므로, ($\omega_n = {n\pi\over L}$)

= lim_n_ → ∞∫0n(lim_L_ → ∞AL(ω))cos ωx + (lim_L_ → ∞BL(ω))sin ωx ⋅ dω

lim_L_ → ∞AL(ω) =  : A(ω)

lim_L_ → ∞BL(ω) =  : B(ω)

최종적으로

= ∫0∞A(ω)cos ωx + B(ω)sin ωxdω

주파수 domain으로 변환할 수 있으며, 이에 따라 A(ω), B(ω)는 다음과 같이 표현됨.

\[A(\omega) = {1\over \pi} \int_{-\infty}^\infty f(v) \cos{\omega v} dv \\B(\omega) = {1\over \pi} \int_{-\infty}^\infty f(v) \sin{\omega v} dv\]

Series가 아닌 Integral로 표현되므로, Series에서 계수에 해당하는 부분이 ω 도메인에 대한 연속함수로 바뀐 것을 알 수 있음. cos nx, sin nx 또한 연속적으로 변하는 ω_에 대해 cos _ωx, sin _ωx_로 바뀜

ex) think of f(x) s.t.

f(x) = 1(

x

< 1) , 0(

x

> 1)

$A(\omega) = {1\over \pi} \int_{-1}^1 1 \cdot \cos{\omega v} dv = {2\over \pi}\int_0^1 \cos{\omega v} dv = {2\over \omega \pi} \bigg[\sin{\omega v}\bigg]_0^1 = {2\sin\omega\over \omega \pi}$

B(ω) = 0

(sin은 기함수이므로)

applying fourier integral formula,

${f(x-)+f(x+)\over 2} = \int_0^\infty {2\over \pi} \cdot {\sin\omega \over \omega} \cos{\omega x} d\omega$

1. x

   > 1,

연속이므로, LHS = 0

1. $x= $

LHS = ${1\over 2}$

1. x

   < 1,

연속이므로, LHS = 1

especially, when x=0,

\[1 = \int_0^\infty {2\over \pi} {\sin\omega\over\omega}d\omega\]

$\therefore \int_0^\infty {\sin{x}\over x} dx = {\pi\over 2}$

암기해야할 부분

• Fourier Series (주기가 2_π_인)

\[{f(x+) + f(x-) \over 2} = a_0 + \sum_{n=1}^\infty a_n \cos{nx} + b_n \sin{nx}\]

$a_0 = {1\over 2\pi} \int_{-\pi}^\pi f(v) dv$

$a_n = {1\over \pi} \int_{-\pi}^\pi f(v) \cos{nv}dv$

$b_n = {1\over \pi} \int_{-\pi}^\pi f(v) \sin{nv}dv$

• Fourier Series (주기가 2_L_인)

\[{f(x+) + f(x-) \over 2} = a_0 + \sum_{n=1}^\infty a_n \cos{nx} + b_n \sin{nx}\]

$a_0 = {1\over 2L} \int_{-L}^L f(v) dv$

$a_n = {1\over L} \int_{-L}^L f(v) \cos{n \pi v\over L}dv$

$b_n = {1\over L} \int_{-L}^L f(v) \sin{n \pi v\over L}dv$

• Fourier Integral (x ∈ (−∞, ∞)), for f(x) s.t. integral over entire real number is finite value

${f(x+) + f(x-) \over 2} = \int_0^\infty A(\omega) \cos{\omega x} + B(\omega) \sin{\omega x} \cdot d\omega$

$A(\omega) = {1\over \pi}\int_{-\infty}^\infty f(v) \cos{\omega v}dv$

$B(\omega) = {1\over \pi}\int_{-\infty}^\infty f(v) \sin{\omega v}dv$