Разложение в ряд Фурье функции заданной графически

Давайте разложим функцию, заданную графически, в ряд Фурье. На графике изображена функция \(f(x)\), которая определена на отрезке \([-\pi; \pi]\). Рассмотрим функцию на двух участках: 1. На участке от \(-\pi\) до \(0\): Это прямая линия, проходящая через точки \((-\pi, 0)\) и \((0, \frac{\pi}{2})\). Уравнение прямой можно найти по формуле: \[ \frac{y - y_1}{x - x_1} = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1} \] Подставим координаты точек: \[ \frac{y - 0}{x - (-\pi)} = \frac{\frac{\pi}{2} - 0}{0 - (-\pi)} \] \[ \frac{y}{x + \pi} = \frac{\frac{\pi}{2}}{\pi} \] \[ \frac{y}{x + \pi} = \frac{1}{2} \] \[ y = \frac{1}{2}(x + \pi) \] Итак, на участке \(x \in [-\pi, 0]\), \(f(x) = \frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2}\). 2. На участке от \(0\) до \(\pi\): Это горизонтальная прямая, проходящая через точку \((0, -\frac{\pi}{2})\) и заканчивающаяся в точке \((\pi, -\frac{\pi}{2})\). Итак, на участке \(x \in (0, \pi]\), \(f(x) = -\frac{\pi}{2}\). Таким образом, функция \(f(x)\) на отрезке \([-\pi; \pi]\) задана как: \[ f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2}, & x \in [-\pi, 0] \\ -\frac{\pi}{2}, & x \in (0, \pi] \end{cases} \] Ряд Фурье для функции с периодом \(2L = 2\pi\) (то есть \(L = \pi\)) имеет вид: \[ f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx)) \] где коэффициенты \(a_0\), \(a_n\), \(b_n\) вычисляются по формулам: \[ a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx \] \[ a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) dx \] \[ b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) dx \] Вычислим коэффициенты: 1. Вычисление \(a_0\): \[ a_0 = \frac{1}{\pi} \left( \int_{-\pi}^{0} \left(\frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2}\right) dx + \int_{0}^{\pi} \left(-\frac{\pi}{2}\right) dx \right) \] \[ a_0 = \frac{1}{\pi} \left( \left[ \frac{1}{4}x^2 + \frac{\pi}{2}x \right]_{-\pi}^{0} + \left[ -\frac{\pi}{2}x \right]_{0}^{\pi} \right) \] \[ a_0 = \frac{1}{\pi} \left( \left( (0 + 0) - \left(\frac{1}{4}(-\pi)^2 + \frac{\pi}{2}(-\pi)\right) \right) + \left( -\frac{\pi}{2}(\pi) - 0 \right) \right) \] \[ a_0 = \frac{1}{\pi} \left( \left( 0 - \left(\frac{\pi^2}{4} - \frac{\pi^2}{2}\right) \right) - \frac{\pi^2}{2} \right) \] \[ a_0 = \frac{1}{\pi} \left( \left( -\left(-\frac{\pi^2}{4}\right) \right) - \frac{\pi^2}{2} \right) \] \[ a_0 = \frac{1}{\pi} \left( \frac{\pi^2}{4} - \frac{\pi^2}{2} \right) \] \[ a_0 = \frac{1}{\pi} \left( -\frac{\pi^2}{4} \right) \] \[ a_0 = -\frac{\pi}{4} \] 2. Вычисление \(a_n\): \[ a_n = \frac{1}{\pi} \left( \int_{-\pi}^{0} \left(\frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2}\right) \cos(nx) dx + \int_{0}^{\pi} \left(-\frac{\pi}{2}\right) \cos(nx) dx \right) \] Рассмотрим первый интеграл: \(I_1 = \int_{-\pi}^{0} \left(\frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2}\right) \cos(nx) dx\). Используем интегрирование по частям: \(\int u dv = uv - \int v du\). Пусть \(u = \frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2}\), \(dv = \cos(nx) dx\). Тогда \(du = \frac{1}{2} dx\), \(v = \frac{1}{n}\sin(nx)\). \[ I_1 = \left[ \left(\frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2}\right) \frac{1}{n}\sin(nx) \right]_{-\pi}^{0} - \int_{-\pi}^{0} \frac{1}{n}\sin(nx) \frac{1}{2} dx \] \[ I_1 = \left( \left(0 + \frac{\pi}{2}\right) \frac{1}{n}\sin(0) - \left(\frac{1}{2}(-\pi) + \frac{\pi}{2}\right) \frac{1}{n}\sin(-n\pi) \right) - \frac{1}{2n} \int_{-\pi}^{0} \sin(nx) dx \] Поскольку \(\sin(0) = 0\) и \(\sin(-n\pi) = -\sin(n\pi) = 0\), то первый член равен нулю. \[ I_1 = 0 - \frac{1}{2n} \left[ -\frac{1}{n}\cos(nx) \right]_{-\pi}^{0} \] \[ I_1 = \frac{1}{2n^2} \left[ \cos(nx) \right]_{-\pi}^{0} \] \[ I_1 = \frac{1}{2n^2} (\cos(0) - \cos(-n\pi)) \] \[ I_1 = \frac{1}{2n^2} (1 - \cos(n\pi)) \] \[ I_1 = \frac{1}{2n^2} (1 - (-1)^n) \] Рассмотрим второй интеграл: \(I_2 = \int_{0}^{\pi} \left(-\frac{\pi}{2}\right) \cos(nx) dx\). \[ I_2 = -\frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} \cos(nx) dx \] \[ I_2 = -\frac{\pi}{2} \left[ \frac{1}{n}\sin(nx) \right]_{0}^{\pi} \] \[ I_2 = -\frac{\pi}{2n} (\sin(n\pi) - \sin(0)) \] \[ I_2 = -\frac{\pi}{2n} (0 - 0) = 0 \] Теперь сложим \(I_1\) и \(I_2\) и умножим на \(\frac{1}{\pi}\): \[ a_n = \frac{1}{\pi} \left( \frac{1}{2n^2} (1 - (-1)^n) + 0 \right) \] \[ a_n = \frac{1}{2\pi n^2} (1 - (-1)^n) \] Заметим, что если \(n\) четное, \(1 - (-1)^n = 1 - 1 = 0\). Если \(n\) нечетное, \(1 - (-1)^n = 1 - (-1) = 2\). Значит, \(a_n = 0\) для четных \(n\), и \(a_n = \frac{2}{2\pi n^2} = \frac{1}{\pi n^2}\) для нечетных \(n\). Можно записать \(n = 2k - 1\) для нечетных \(n\). \[ a_{2k-1} = \frac{1}{\pi (2k-1)^2} \] 3. Вычисление \(b_n\): \[ b_n = \frac{1}{\pi} \left( \int_{-\pi}^{0} \left(\frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2}\right) \sin(nx) dx + \int_{0}^{\pi} \left(-\frac{\pi}{2}\right) \sin(nx) dx \right) \] Рассмотрим первый интеграл: \(J_1 = \int_{-\pi}^{0} \left(\frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2}\right) \sin(nx) dx\). Используем интегрирование по частям: \(\int u dv = uv - \int v du\). Пусть \(u = \frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2}\), \(dv = \sin(nx) dx\). Тогда \(du = \frac{1}{2} dx\), \(v = -\frac{1}{n}\cos(nx)\). \[ J_1 = \left[ \left(\frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2}\right) \left(-\frac{1}{n}\cos(nx)\right) \right]_{-\pi}^{0} - \int_{-\pi}^{0} \left(-\frac{1}{n}\cos(nx)\right) \frac{1}{2} dx \] \[ J_1 = \left( \left(0 + \frac{\pi}{2}\right) \left(-\frac{1}{n}\cos(0)\right) - \left(\frac{1}{2}(-\pi) + \frac{\pi}{2}\right) \left(-\frac{1}{n}\cos(-n\pi)\right) \right) + \frac{1}{2n} \int_{-\pi}^{0} \cos(nx) dx \] \[ J_1 = \left( -\frac{\pi}{2n} \cdot 1 - (0) \cdot \left(-\frac{1}{n}\cos(-n\pi)\right) \right) + \frac{1}{2n} \left[ \frac{1}{n}\sin(nx) \right]_{-\pi}^{0} \] \[ J_1 = -\frac{\pi}{2n} + \frac{1}{2n^2} (\sin(0) - \sin(-n\pi)) \] \[ J_1 = -\frac{\pi}{2n} + \frac{1}{2n^2} (0 - 0) \] \[ J_1 = -\frac{\pi}{2n} \] Рассмотрим второй интеграл: \(J_2 = \int_{0}^{\pi} \left(-\frac{\pi}{2}\right) \sin(nx) dx\). \[ J_2 = -\frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} \sin(nx) dx \] \[ J_2 = -\frac{\pi}{2} \left[ -\frac{1}{n}\cos(nx) \right]_{0}^{\pi} \] \[ J_2 = \frac{\pi}{2n} \left[ \cos(nx) \right]_{0}^{\pi} \] \[ J_2 = \frac{\pi}{2n} (\cos(n\pi) - \cos(0)) \] \[ J_2 = \frac{\pi}{2n} ((-1)^n - 1) \] Теперь сложим \(J_1\) и \(J_2\) и умножим на \(\frac{1}{\pi}\): \[ b_n = \frac{1}{\pi} \left( -\frac{\pi}{2n} + \frac{\pi}{2n} ((-1)^n - 1) \right) \] \[ b_n = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2n} \left( -1 + ((-1)^n - 1) \right) \] \[ b_n = \frac{1}{2n} ((-1)^n - 2) \] Если \(n\) четное, \(n = 2k\): \[ b_{2k} = \frac{1}{2(2k)} ((-1)^{2k} - 2) = \frac{1}{4k} (1 - 2) = -\frac{1}{4k} \] Если \(n\) нечетное, \(n = 2k - 1\): \[ b_{2k-1} = \frac{1}{2(2k-1)} ((-1)^{2k-1} - 2) = \frac{1}{2(2k-1)} (-1 - 2) = -\frac{3}{2(2k-1)} \] Окончательный ряд Фурье: \[ f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx)) \] Подставим найденные коэффициенты: \[ f(x) = \frac{-\frac{\pi}{4}}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2\pi n^2} (1 - (-1)^n) \cos(nx) + \frac{1}{2n} ((-1)^n - 2) \sin(nx) \right) \] \[ f(x) = -\frac{\pi}{8} + \sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{1}{\pi (2k-1)^2} \cos((2k-1)x) \right) + \sum_{k=1}^{\infty} \left( -\frac{1}{4k} \sin(2kx) - \frac{3}{2(2k-1)} \sin((2k-1)x) \right) \] Можно записать более компактно, разделив сумму на четные и нечетные \(n\): \[ f(x) = -\frac{\pi}{8} + \sum_{n=1, n \text{ нечетное}}^{\infty} \frac{2}{2\pi n^2} \cos(nx) + \sum_{n=1, n \text{ четное}}^{\infty} \frac{1}{2n} (1 - 2) \sin(nx) + \sum_{n=1, n \text{ нечетное}}^{\infty} \frac{1}{2n} (-1 - 2) \sin(nx) \] \[ f(x) = -\frac{\pi}{8} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{\pi (2k-1)^2} \cos((2k-1)x) + \sum_{k=1}^{\infty} \left( -\frac{1}{4k} \sin(2kx) \right) + \sum_{k=1}^{\infty} \left( -\frac{3}{2(2k-1)} \sin((2k-1)x) \right) \] Это и есть разложение функции в ряд Фурье.