Koristeći standardne metode, ali smo došli u slijepu ulicu s drugim primjerom.
U čemu je poteškoća i gdje bi mogao biti problem? Ostavimo sapunasto uže po strani, smireno analizirajmo razloge i upoznajmo se s praktičnim rješenjima.
Prvo i najvažnije: u velikoj većini slučajeva, za proučavanje konvergencije niza, potrebno je koristiti neku poznatu metodu, ali opći pojam niza je ispunjen tako lukavim nadjevom da uopće nije očito što učiniti s njim . I idete u krug: prvi znak ne radi, drugi ne radi, treći, četvrti, peti način ne radi, onda se nacrti bacaju u stranu i sve počinje ispočetka. To je obično zbog nedostatka iskustva ili nedostataka u drugim područjima matematičke analize. Osobito ako trči ograničenja niza i površno rastavljen granice funkcije, onda će biti teško.
Drugim riječima, osoba jednostavno ne vidi potrebnu metodu odlučivanja zbog nedostatka znanja ili iskustva.
Ponekad je kriva i “pomrčina” kada, primjerice, nije ispunjen potreban kriterij za konvergenciju niza, ali zbog neznanja, nepažnje ili nemara to ispadne iz vida. I ispada kao u onoj priči gdje je profesor matematike riješio dječji problem koristeći divlje rekurentne nizove i nizove brojeva =)
U najboljim tradicijama, odmah živi primjeri: redovi 
i njihovi rođaci - ne slažu se, jer je to u teoriji dokazano ograničenja niza. Najvjerojatnije će vam u prvom semestru dušu istresti za proof od 1-2-3 stranice, ali sada je sasvim dovoljno pokazati neispunjenje nužnog uvjeta za konvergenciju niza, navodeći poznate činjenice . Poznati? Ako učenik ne zna da je n-ti korijen izuzetno moćna stvar, onda je to recimo serija 
stavit će ga u slijepu ulicu. Iako je rješenje kao dvaput dva: , tj. iz očiglednih razloga, obje se serije razlikuju. Za test je sasvim dovoljan i skroman komentar “teorijski su te granice dokazane” (ili čak njegovo odsustvo), uostalom, izračuni su prilično teški i definitivno ne pripadaju dijelu brojčanih serija.
A nakon proučavanja sljedećih primjera, samo ćete se iznenaditi kratkoćom i transparentnošću mnogih rješenja:
Primjer 1
Istražite konvergenciju niza
Riješenje: prije svega provjeravamo izvršenje nužan kriterij za konvergenciju. Ovo nije formalnost, već izvrsna prilika da se pozabavimo primjerom s “malim krvoprolićem”.
“Inspekcija scene” sugerira divergentni niz (slučaj generaliziranog harmonijskog niza), ali opet se postavlja pitanje kako uzeti u obzir logaritam u brojniku?
Približni primjeri zadataka na kraju lekcije.
Nije neuobičajeno kada morate provesti rasuđivanje u dva (ili čak tri koraka):
Primjer 6
Istražite konvergenciju niza 
Riješenje: Najprije se pažljivo pozabavimo besmislicama brojnika. Niz – ograničen: . Zatim: 
Usporedimo našu seriju sa serijom. Na temelju onoga što smo upravo primili dvostruka nejednakost, za sve "en" izvršit će se sljedeće: 
Sada usporedite niz s divergentnim harmonijskim nizom.
Nazivnik razlomka manje nazivnik razlomka, dakle sam razlomak – više razlomci (zapišite prvih nekoliko članova ako nije jasno). Dakle, za bilo koji "en": 
To znači da, na temelju usporedbe, serija 
razilazi se uz harmonijski niz.
Ako malo modificiramo nazivnik: 
, tada će prvi dio obrazloženja biti sličan: 
. Ali da bismo dokazali divergentnost niza, možemo primijeniti samo ograničavajući test usporedbe, budući da je nejednakost lažna.
Situacija s konvergentnim nizovima je “preslikana”, to jest, na primjer, za niz možete koristiti oba kriterija usporedbe (nejednakost je istinita), ali za niz samo ograničavajući kriterij (nejednakost je lažna).
Nastavljamo naš safari divljom prirodom, gdje se krdo gracioznih i bujnih antilopa nazire na horizontu:
Primjer 7
Istražite konvergenciju niza
Riješenje: nužni kriterij za konvergenciju je zadovoljen, i opet si postavljamo klasično pitanje: što učiniti? Pred nama je nešto što podsjeća na konvergentni niz, međutim, ovdje nema jasnog pravila - takve su asocijacije često varljive.
Često, ali ne ovaj put. Pomoću ograničavajući kriterij za usporedbu Usporedimo naš niz s konvergentnim nizom. Prilikom izračunavanja limita koji koristimo divna granica 
, dok infinitezimalnog stoji: 
konvergira zajedno sa pored .
Umjesto korištenja standardne umjetne tehnike množenja i dijeljenja s "tri", u početku je bilo moguće napraviti usporedbu s konvergentnim nizom.
Ali ovdje je preporučljivo napraviti rezervu da konstantni faktor općeg člana ne utječe na konvergenciju niza. I rješenje sljedećeg primjera osmišljeno je upravo u tom stilu:
Primjer 8
Istražite konvergenciju niza
Uzorak na kraju lekcije.
Primjer 9
Istražite konvergenciju niza
Riješenje: u prethodnim primjerima koristili smo ograničenost sinusa, ali sada to svojstvo nije u igri. Viši nazivnik razlomka red rasta, nego brojnik, dakle, kada je argument sinusa i cijeli zajednički član infinitezimalnog. Nužni uvjet za konvergenciju, kao što razumijete, ispunjen je, što nam ne dopušta da izbjegavamo naš posao.
Provedimo izviđanje: u skladu s izvanredna jednakost 
, mentalno odbaciti sinus i dobiti seriju. Pa tako i tako...
Donesimo odluku:
Usporedimo niz koji proučavamo s divergentnim nizom. Koristimo ograničavajući kriterij usporedbe: 
Zamijenimo infinitezimal s ekvivalentom: at 
.
Dobije se konačan broj različit od nule, što znači da serija koja se proučava razilazi se uz harmonijski niz.
Primjer 10
Istražite konvergenciju niza
Ovo je primjer koji trebate sami riješiti.
Za planiranje daljnjih radnji u takvim primjerima puno pomaže mentalno odbacivanje sinusa, arksinusa, tangensa i arktangensa. Ali zapamtite, ova prilika postoji samo ako infinitezimalnog argument, nedavno sam naišao na provokativnu seriju:
Primjer 11
Istražite konvergenciju niza 
.
Riješenje: Ovdje nema koristi od korištenja ograničenja arktangensa, a isto tako ne radi ni ekvivalentnost. Rješenje je iznenađujuće jednostavno: 
Serija u fazi proučavanja razilazi se, budući da nije ispunjen potreban kriterij za konvergenciju niza.
Drugi razlog“Problem sa zadatkom” je što je zajednički član prilično sofisticiran, što uzrokuje poteškoće tehničke prirode. Grubo govoreći, ako gore spomenute serije spadaju u kategoriju "tko zna", onda ove spadaju u kategoriju "tko zna". Zapravo, to se zove složenost u "uobičajenom" smislu. Ne može svatko ispravno riješiti nekoliko faktorijala, stupnjeva, korijena i drugih stanovnika savane. Najveći problem su, naravno, faktorijeli:
Primjer 12
Istražite konvergenciju niza
Kako podići faktorijel na potenciju? Lako. Prema pravilu operacija s potencijama potrebno je svaki faktor umnoška podići na potenciju:
I, naravno, pažnja i opet pažnja, sam d’Alembertov znak djeluje tradicionalno: 
Dakle, serija koja se proučava konvergira.
Podsjećam vas na racionalnu tehniku otklanjanja neizvjesnosti: kad je jasno red rasta brojnik i nazivnik - ne treba se patiti i otvarati zagrade.
Primjer 13
Istražite konvergenciju niza
Zvijer je vrlo rijetka, ali se događa i bilo bi nepravedno ignorirati je objektivom fotoaparata.
Što je faktorijel s dvostrukim uskličnikom? Faktorijel "namotava" proizvod pozitivnog Parni brojevi:
Slično, faktorijel "namotava" umnožak pozitivnih neparnih brojeva: 
Analizirajte koja je razlika od i
Primjer 14
Istražite konvergenciju niza
I u ovom zadatku pokušajte se ne zbuniti sa stupnjevima, izvanredne ekvivalencije I divne granice.
Primjeri rješenja i odgovori na kraju lekcije.
Ali studenta ne hrane samo tigrovi - lukavi leopardi također pronalaze svoj plijen:
Primjer 15
Istražite konvergenciju niza 
Riješenje: nužni kriterij za konvergenciju, ograničavajući kriterij i D’Alembertov i Cauchyjev test nestaju gotovo trenutno. Ali najgore je što je nemoćan znak nejednakosti koji nam je više puta pomogao. Doista, usporedba s divergentnim nizom je nemoguća, jer je nejednakost 
netočno - množitelj logaritma samo povećava nazivnik, a smanjuje sam razlomak 
u odnosu na razlomak. I još jedno globalno pitanje: zašto smo u početku uvjereni da naša serija 
mora nužno divergirati i mora se usporediti s nekim divergentnim nizom? Što ako se uopće slaže?
Integralna značajka? Nepravilan integral 
izaziva žalosno raspoloženje. Kad bismo se samo posvađali 
… onda da. Stop! Tako se rađaju ideje. Rješenje formuliramo u dva koraka:
1) Prvo ispitujemo konvergenciju niza 
. Koristimo integralna značajka:
Integrand stalan na
Dakle, serija 
divergira zajedno s odgovarajućim nepravilnim integralom.
2) Usporedimo naš niz s divergentnim nizom 
. Koristimo ograničavajući kriterij usporedbe:
Dobije se konačan broj različit od nule, što znači da serija koja se proučava razilazi se zajedno s brojem 
.
I nema ništa neobično ili kreativno u takvoj odluci - tako treba odlučiti!
Predlažem da sami izradite sljedeći postupak u dva koraka:
Primjer 16
Istražite konvergenciju niza 
Student s određenim iskustvom u većini slučajeva odmah vidi ide li niz ili se razilazi, no događa se da se grabežljivac vješto zakamuflira u grmlju:
Primjer 17
Istražite konvergenciju niza 
Riješenje: na prvi pogled uopće nije jasno kako se ova serija ponaša. A ako je pred nama magla, onda je logično krenuti s grubom provjerom potrebnog uvjeta za konvergenciju niza. Kako bismo uklonili nesigurnost, koristimo nepotopivo metoda množenja i dijeljenja svojim konjugiranim izrazom:
Potrebni znak konvergencije nije uspio, ali je iznio našeg tambovskog druga na vidjelo. Kao rezultat provedenih transformacija dobiven je ekvivalentni niz 
, što zauzvrat jako nalikuje konvergentnom nizu.
Zapisujemo konačno rješenje:
Usporedimo ovaj niz s konvergentnim nizom. Koristimo ograničavajući kriterij usporedbe:
Pomnožite i podijelite konjugiranim izrazom:
Dobije se konačan broj različit od nule, što znači da serija koja se proučava konvergira zajedno sa pored .
Neki su se možda zapitali odakle vukovi na našem afričkom safariju? ne znam Vjerojatno su ga donijeli. Sljedeći trofejni skin možete dobiti:
Primjer 18
Istražite konvergenciju niza 
Primjer rješenja na kraju lekcije
I za kraj, još jedna misao koju mnogi studenti imaju u očaju: Ne bismo li trebali koristiti rjeđi test za konvergenciju nizova?? Raabeov test, Abelov test, Gaussov test, Dirichletov test i druge nepoznate životinje. Ideja funkcionira, ali pravi primjeri provodi se vrlo rijetko. Osobno sam u svim godinama prakse samo tome pribjegavao Raabeov znak, kada baš ništa iz standardnog arsenala nije pomoglo. U potpunosti ću reproducirati tijek moje ekstremne potrage:
Primjer 19
Istražite konvergenciju niza
Riješenje: Bez sumnje znak d'Alemberta. Tijekom izračuna aktivno koristim svojstva stupnjeva, kao i druga divna granica:
Toliko o tebi. D'Alembertov znak nije dao odgovor, iako ništa nije nagovještavalo takav ishod.
Nakon što sam pretražio referentnu knjigu, pronašao sam malo poznatu granicu dokazanu u teoriji i primijenio jači radikalni Cauchyjev test:
Evo dva za tebe. I, što je najvažnije, potpuno je nejasno da li se serija približava ili razilazi (iznimno rijetka situacija za mene). Nužan znak usporedbe? Bez puno nade - čak i ako nepojmljivo odgonetnem redoslijed rasta brojnika i nazivnika, to još ne jamči nagradu.
Totalna je dama, ali najgore je što svađu treba riješiti. Moram. Uostalom, ovo će biti prvi put da odustajem. A onda sam se sjetio da izgleda ima još nekih jačih znakova. Ispred mene više nije bio vuk, leopard ili tigar. Bio je to ogroman slon koji je mahao svojom velikom surlom. Morao sam uzeti bacač granata:
Raabeov znak
Razmotrimo niz pozitivnih brojeva.
Ako postoji granica 
, to:
a) Kad vesla razilazi se. Štoviše, rezultirajuća vrijednost može biti nula ili negativna
b) Kad vesla konvergira. Konkretno, niz konvergira na .
c) Kada Raabeov znak ne daje odgovor.
Sastavljamo granicu i pažljivo i pažljivo pojednostavljujemo razlomak: 
Da, slika je, blago rečeno, neugodna, ali više me to ne čudi. Takve granice probijaju se uz pomoć L'Hopitalova pravila, a prva se pomisao, kako se kasnije pokazalo, pokazala točnom. Ali isprva sam vrtio i vrtio granicu oko sat vremena koristeći "uobičajene" metode, ali nesigurnost nije htjela nestati. A hodanje u krug, kako iskustvo govori, tipičan je znak da je odabrano krivo rješenje.
Morao sam se obratiti ruskoj narodnoj mudrosti: “Ako ništa ne pomaže, pročitaj upute.” A kad sam otvorio 2. svezak Fichtenholtza, na svoju sam veliku radost otkrio studiju identične serije. I onda je primjer slijedilo rješenje.
U nizu slučajeva, ispitivanjem koeficijenata nizova oblika (C), može se utvrditi da ti nizovi konvergiraju (osim, možda, pojedinačnih točaka) i da su Fourierovi redovi za svoje zbrojeve (vidi, na primjer, prethodni paragraf), ali u svim tim slučajevima prirodno se postavlja pitanje,
kako pronaći sume tih nizova ili - točnije - kako ih u konačnom obliku izraziti kroz elementarne funkcije, ako su uopće izražene u ovom obliku. Euler (a također i Lagrange) uspješno su koristili analitičke funkcije kompleksne varijable za zbrajanje trigonometrijskih nizova u konačnom obliku. Ideja Eulerove metode je sljedeća.
Pretpostavimo da za određeni skup koeficijenata niz (C) i konvergira prema funkcijama posvuda u intervalu, isključujući možda samo pojedinačne točke. Razmotrimo sada niz potencije s istim koeficijentima, poredan po potencijama kompleksne varijable
Na opsegu jedinične kružnice, tj. kod ovog niza, prema pretpostavci, konvergira, isključujući pojedinačne točke:
U ovom slučaju, prema dobro poznatom svojstvu redova potencije, red (5) očito konvergira u tj. unutar jedinične kružnice, definirajući tamo određenu funkciju kompleksne varijable. Koristeći ono što znamo [vidi § 5 poglavlje XII] razlaganje elementarne funkcije kompleksne varijable, često je moguće reducirati funkciju na njih. Tada za imamo:
a prema Abelovom teoremu, čim niz (6) konvergira, njegov zbroj se dobiva kao granica
Obično je ta granica jednostavno jednaka što nam omogućuje izračunavanje funkcije u njenom konačnom obliku
Neka, na primjer, predložena serija
Tvrdnje dokazane u prethodnom odlomku dovode do zaključka da oba ova niza konvergiraju (prvi - isključujući točke 0 i
služe kao Fourierovi redovi za funkcije koje definiraju. Ali koje su to funkcije? Da bismo odgovorili na ovo pitanje, napravimo seriju
Na temelju njegove sličnosti s logaritamskim nizom, njegov se zbroj može lako odrediti:
stoga,
Sada laki izračun daje:
tako da je modul ovog izraza , a argument je .
a time i konačno
Ovi rezultati su nam poznati i čak su jednom dobiveni korištenjem "složenih" razmatranja; ali u prvom slučaju krenuli smo od funkcija i , au drugom - od analitičke funkcije.Tu su nam po prvi put kao polazište poslužili sami nizovi. Čitatelj će pronaći daljnje primjere ove vrste u sljedećem paragrafu.
Još jednom naglašavamo da morate unaprijed biti sigurni u konvergenciju nizova (C) i imati pravo odrediti njihove zbrojeve pomoću granične jednakosti (7). Samo postojanje granice na desnoj strani te jednakosti još ne dopušta zaključak o konvergenciji spomenutog niza. Da bismo to pokazali primjerom, razmotrimo niz
Hölderovo stanje. Reći ćemo da funkcija $f(x)$ zadovoljava Hölderov uvjet u točki $x_0$ ako postoje jednostrane konačne granice $f(x_0 \pm 0)$ i takvi brojevi $\delta > 0$, $ \alpha \in ( 0,1]$ i $c_0 > 0$, tako da su za sve $t \in (0,\delta)$ zadovoljene sljedeće nejednakosti: $|f(x_0+t)-f(x_0 +0)|\leq c_0t^( \alpha )$, $|f(x_0-t)-f(x_0-0)|\leq c_0t^(\alpha )$.
Dirichletova formula. Transformirana Dirichletova formula je formula oblika:
$$S_n(x_0)= \frac(1)(\pi)\int\limits_(0)^(\pi)(f(x_0+t)+f(x_0-t))D_n(t)dt \quad (1),$$ gdje je $D_n(t)=\frac(1)(2)+ \cos t + \ldots+ \cos nt = \frac(\sin(n+\frac(1)(2))t) (2\sin\frac(t)(2)) (2)$ — .
Koristeći formule $(1)$ i $(2)$, parcijalni zbroj Fourierovog reda zapisujemo u sljedećem obliku:
$$S_n(x_0)= \frac(1)(\pi)\int\limits_(0)^(\pi)\frac(f(x_0+t)+f(x_0-t))(2\sin\ frac(t)(2))\sin \lijevo (n+\frac(1)(2) \desno) t dt$$
$$\Rightarrow \lim\limits_(n \to \infty )S_n(x_0) — \frac(1)(\pi)\int\limits_(0)^(\pi)\frac(f(x_0+t) +f(x_0-t))(2\sin\frac(t)(2)) \cdot \\ \cdot \sin \lijevo (n+\frac(1)(2) \desno)t dt = 0 \kvad (3)$$
Za $f \equiv \frac(1)(2)$ formula $(3)$ uzima sljedeći pogled: $$ \lim\limits_(n \to \infty )\frac(1)(\delta)\frac(\sin(n+\frac(1)(2))t)(2\sin\frac(t) (2))dt=\frac(1)(2), 0
Konvergencija Fourierovog reda u točki
Teorema. Neka je $f(x)$ $2\pi$-periodična funkcija koja je apsolutno integrabilna na $[-\pi,\pi]$ i zadovoljava Hölderov uvjet u točki $x_0$. Tada Fourierov red funkcije $f(x)$ u točki $x_0$ konvergira u broj $$\frac(f(x_0+0)+f(x_0-0))(2).$$
Ako je u točki $x_0$ funkcija $f(x)$ neprekidna, tada je u toj točki zbroj niza jednak $f(x_0)$.
Dokaz
Budući da funkcija $f(x)$ zadovoljava Hölderov uvjet u točki $x_0$, tada za $\alpha > 0$ i $0< t$ $ < \delta$ выполнены неравенства (1), (2).
Za zadano $\delta > 0$ napišimo jednakosti $(3)$ i $(4)$. Množenjem jednakosti $(4)$ s $f(x_0+0)+f(x_0-0)$ i oduzimanjem rezultata od jednakosti $(3)$, dobivamo $$ \lim\limits_(n \to \infty) (S_n (x_0) — \frac(f(x_0+0)+f(x_0-0))(2) — \\ — \frac(1)(\pi)\int\limits_(0)^(\delta )\ frac(f(x_0+t)+f(x_0-t)-f(x_0+0)-f(x_0-0))(2\sin \frac(t)(2)) \cdot \\ \ cdot \ sin \lijevo (n + \frac(1)(2) \desno)t \, dt) = 0. \quad (5)$$
Iz Hölderovog uvjeta slijedi da je funkcija $$\Phi(t)= \frac(f(x_0+t)+f(x_0-t)-f(x_0+0)-f(x_0-0))(2 \sin \frac(t)(2)).$$ je apsolutno integrabilan na intervalu $$. Zapravo, primjenom Hölderove nejednakosti nalazimo da za funkciju $\Phi(t)$ vrijedi sljedeća nejednakost: $|\Phi(t)| \leq \frac(2c_0t^(\alpha ))(\frac(2)(\pi)t) = \pi c_0t^(\alpha - 1) (6)$, gdje je $\alpha \in (0,1 ]$.
Na temelju testa usporedbe za neprave integrale, iz nejednakosti $(6)$ slijedi da je $\Phi(t)$ apsolutno integrabilan na $.$
Prema Riemannovoj lemi $$\lim\limits_(n \to \infty)\int\limits_(0)^(\delta)\Phi(t)\sin \lijevo (n + \frac(1)(2) \ desno )t\cdot dt = 0 .$$
Iz formule $(5)$ sada slijedi da je $$\lim\limits_(n \to \infty)S_n(x_0) = \frac(f(x_0+0)+f(x_0-0))(2) . $$
[kolaps]
Korolar 1. Ako je funkcija $f(x)$ $2\pi$-periodična i apsolutno integrabilna na $[-\pi,\pi]$ i ima derivaciju u točki $x_0$, tada njen Fourierov red konvergira u ovoj točki u $f(x_0) $.
Korolar 2. Ako je funkcija $f(x)$ $2\pi$-periodična i apsolutno integrabilna na $[-\pi,\pi]$ i ima obje jednostrane derivacije u točki $x_0$, tada njen Fourierov red konvergira u ovo pokazuje na $\frac (f(x_0+0)+f(x_0-0))(2).$
Korolar 3. Ako je funkcija $f(x)$ $2\pi$-periodična i apsolutno integrabilna na $[-\pi,\pi]$ i zadovoljava Hölderov uvjet u točkama $-\pi$ i $\pi$, tada , zbog periodičnosti, zbroj Fourierovog niza u točkama $-\pi$ i $\pi$ jednak je $$\frac(f(\pi-0)+ f(-\pi+0))( 2).$$
Dini znak
Definicija. Neka je $f(x)$ $2\pi$-periodična funkcija. Točka $x_0$ bit će regularna točka funkcije $f(x)$ ako
- 1) postoje konačne lijeve i desne granice $\lim\limits_(x \to x_0+0 )f(x)= \lim\limits_(x \to x_0-0 )f(x)= f(x_0+0) = f(x_0-0),$
- 2) $f(x_0)=\frac(f(x_0+0)+f(x_0-0))(2).$
Teorema. Neka je $f(x)$ $2\pi$-periodična apsolutno integrabilna funkcija na $[-\pi,\pi]$ i neka je točka $x_0 \in \mathbb(R)$ regularna točka funkcije $f(x)$. Neka funkcija $f(x)$ zadovoljava Dinijeve uvjete u točki $x_0$: postoje nepravi integrali $$\int\limits_(0)^(h)\frac(|f(x_0+t)-f( x_0+0) |)(t)dt, \\ \int\limits_(0)^(h)\frac(|f(x_0-t)-f(x_0-0)|)(t)dt,$$
tada Fourierov red funkcije $f(x)$ u točki $x_0$ ima zbroj $f(x_0)$, tj. $$ \lim\limits_(n \to \infty )S_n(x_0)=f(x_0)=\frac(f(x_0+0)+f(x_0-0))(2).$$
Dokaz
Za parcijalni zbroj $S_n(x)$ Fourierovog reda postoji integralna reprezentacija $(1)$. I na temelju jednakosti $\frac(2)(\pi )\int\limits_(0)^(\pi )D_n(t) \, dt=1,$
$$ f(x_0)= \frac(1)(\pi )\int\limits_(0)^(\pi )f(x_0+0)+f(x_0-0)D_n(t) \, dt$$
Tada imamo $$S_n(x_0)-f(x_0) = \frac(1)(\pi)\int\limits_(0)^(\pi)(f(x_0+t)-f(x_0+0) ) D_n(t) \, dt + $$ $$+\frac(1)(\pi)\int\limits_(0)^(\pi)(f(x_0-t)-f(x_0-0)) D_n (t)\,dt. \quad(7)$$
Očito, teorem će biti dokazan ako dokažemo da oba integrala u formuli $(7)$ imaju granice kada je $n \to \infty $ jednako $0$. Razmotrimo prvi integral: $$I_n(x_0)=\int\limits_(0)^(\pi)(f(x_0+t)-f(x_0+0))D_n(t)dt. $$
U točki $x_0$ Dinijev uvjet je zadovoljen: nepravi integral $$\int\limits_(0)^(h)\frac(|f(x_0+t)-f(x_0+0)|)(t) \, dt konvergira .$$
Prema tome, za bilo koji $\varepsilon > 0$ postoji $\delta \in (0, h)$ takav da je $$\int\limits_(0)^(\delta )\frac(\left | f(x_0+t) ) -f(x_0+0) \right |)(t)dt
S obzirom na $\varepsilon > 0$ i $\delta > 0$, predstavljamo integral $I_n(x_0)$ kao $I_n(x_0)=A_n(x_0)+B_n(x_0)$, gdje
$$A_n(x_0)=\int\limits_(0)^(\delta )(f(x_0+t)-f(x_0+0))D_n(t)dt ,$$ $$B_n(x_0)=\ int\limits_(\delta)^(\pi )(f(x_0+t)-f(x_0+0))D_n(t)dt .$$
Razmotrimo prvo $A_n(x_0)$. Koristeći $\lijevo | D_n(t)\desno |
za sve $t \in (0, \delta)$.
Stoga $$A_n(x_0) \leq \frac(\pi)(2) \int\limits_(0)^(\delta ) \frac(|f(x_0+t)-f(x_0+0)|)( t)dt
Prijeđimo na procjenu integrala $B_n(x_0)$ za $n \to \infty $. Da bismo to učinili, uvodimo funkciju $$ \Phi (t)=\left\(\begin(matrix)
\frac(f(x_0+t)-f(x_0+0))(2\sin \frac(t)(2)), 0
$$B_n(x_0)=\int\limits_(-\pi)^(\pi)\Phi (t) \sin \lijevo (n+\frac(1)(2) \desno)t\,dt.$$ Dobivamo da je $\lim\limits_(n \to \infty )B_n(x_0)=0$, što znači da za prethodno odabrani proizvoljni $\varepsilon > 0$ postoji $N$ takav da za sve $n> N $ nejednakost $|I_n(x_0)|\leq |A_n(x_0)| + |B_n(x_0)|
Dokazuje se na potpuno isti način kao i drugi integral formule $(7)$ jednaka nuli ograničenje na $n \to \infty $.
[kolaps]
Posljedica Ako je $2\pi$ periodična funkcija $f(x)$ komadno diferencijabilna na $[-\pi,\pi]$, tada njen Fourierov red u bilo kojoj točki $x \in [-\pi,\pi]$ konvergira na broj $$\frac(f(x_0+0)+f(x_0-0))(2).$$
Na intervalu $[-\pi,\pi]$ pronađite trigonometrijski Fourierov red funkcije $f(x)=\left\(\begin(matrix)
1, x \in (0,\pi),\\ -1, x \in (-\pi,0),
\\ 0, x=0.
\end(matrica)\desno.$
Istražite konvergenciju dobivenog niza.
Periodički nastavljajući $f(x)$ preko cijele realne osi, dobivamo funkciju $\widetilde(f)(x)$ čiji je graf prikazan na slici.
Budući da je funkcija $f(x)$ neparna, tada $$a_k=\frac(1)(\pi)\int\limits_(-\pi)^(\pi)f(x)\cos kx dx =0 ; $$
$$b_k=\frac(1)(\pi)\int\limits_(-\pi)^(\pi)f(x)\sin kx \, dx = $$ $$=\frac(2)(\ pi)\int\limits_(0)^(\pi)f(x)\sin kx \, dx =$$ $$=-\frac(2)(\pi k)(1- \cos k\pi) $$
$$b_(2n)=0, b_(2n+1) = \frac(4)(\pi(2n+1)).$$
Prema tome, $\tilde(f)(x)\sim \frac(4)(\pi)\sum_(n=0)^(\infty)\frac(\sin(2n+1)x)(2n+1 ).$
Budući da $(f)"(x)$ postoji za $x\neq k \pi$, tada $\tilde(f)(x)=\frac(4)(\pi)\sum_(n=0)^ ( \infty)\frac(\sin(2n+1)x)(2n+1)$, $x\neq k \pi$, $k \in \mathbb(Z).$
U točkama $x=k \pi$, $k \in \mathbb(Z)$, funkcija $\widetilde(f)(x)$ je nedefinirana, a zbroj Fourierovog reda je nula.
Postavljajući $x=\frac(\pi)(2)$, dobivamo jednakost $1 - \frac(1)(3) + \frac(1)(5)- \ldots + \frac((-1)^ n) (2n+1)+ \ldots = \frac(\pi)(4)$.
[kolaps]
Pronađite Fourierov red sljedeće $2\pi$-periodične i apsolutno integrabilne funkcije na $[-\pi,\pi]$:
$f(x)=-\ln |
\sin \frac(x)(2)|$, $x \neq 2k\pi$, $k \in \mathbb(Z)$, i ispitajte konvergenciju dobivenog niza.
Budući da $(f)"(x)$ postoji za $ x \neq 2k \pi$, tada će Fourierov red funkcije $f(x)$ konvergirati u svim točkama $ x \neq 2k \pi$ do vrijednosti funkcije. Očito je da je $f(x)$ parna funkcija i stoga njezino širenje u Fourierov red mora sadržavati kosinuse. Nađimo koeficijent $a_0$. Imamo $$\pi a_0 = -2 \int\limits_ (0)^(\pi)\ln \sin \frac(x)(2)dx = $$ $$= -2 \int\limits_(0)^(\frac(\pi)(2))\ln \sin \frac(x)(2) dx \,- \, 2\int\limits_(\frac(\pi)(2))^(\pi)\ln \sin \frac(x)(2)dx =$$ $$= -2 \int \limits_(0)^(\frac(\pi)(2))\ln \sin \frac(x)(2)dx \, — \, 2\int\limits_ (0)^(\frac(\pi )(2))\ln\cos \frac(x)(2)dx=$$ $$= -2 \int\limits_(0)^(\frac(\pi )(2))\ln (\frac (1)(2)\sin x)dx =$$ $$= \pi \ln 2 \, — \, 2 \int\limits_(0)^(\frac( \pi)(2))\ln \ sin x dx =$$ $$= \pi \ln 2 \, — \, \int\limits_(0)^(\pi)\ln \sin \frac(t) (2)dt = \pi\ln 2 + \frac(\pi a_0)(2),$$ odakle je $a_0= \pi \ln 2$.
Nađimo sada $a_n$ za $n \neq 0$. Imamo $$\pi a_n = -2 \int\limits_(0)^(\pi)\cos nx \ln \sin \frac(x)(2)dx = $$ $$ = \int\limits_(0 ) ^(\pi) \frac(\sin(n+\frac(1)(2))x+\sin (n-\frac(1)(2))x)(2n \sin\frac(x)(2 ) )dx=$$ $$= \frac(1)(2n) \int\limits_(-\pi)^(\pi) \begin(bmatrix)
D_n(x)+D_(n-1)(x)\\ \end(bmatrix)dx.$$
Ovdje je $D_n(x)$ Dirichletova jezgra definirana formulom (2) i dobivamo da je $\pi a_n = \frac(\pi)(n)$ i, prema tome, $a_n = \frac(1)(n ) $. Dakle $$-\ln |
\sin \frac(x)(2)| = \ln 2 + \sum_(n=1)^(\infty ) \frac(\cos nx)(n), x \neq 2k\pi, k \in \mathbb(Z).$$
[kolaps]
Književnost
- Lysenko Z.M., bilješke s predavanja o matematičkoj analizi, 2015.-2016.
- Ter-Krikorov A.M. i Shabunin M.I. Tečaj matematičke analize, str. 581-587
- Demidovich B.P., Zbirka zadataka i vježbi iz matematičke analize, izdanje 13, prerađeno, Izdavačka kuća CheRo, 1997., str. 259-267
Vremensko ograničenje: 0
Navigacija (samo brojevi poslova)
0 od 5 zadataka završeno
Informacija
Test temeljen na ovoj temi:
Već ste prije polagali test. Ne možete ga ponovo pokrenuti.
Učitavanje testa...
Morate se prijaviti ili registrirati kako biste započeli test.
Morate dovršiti sljedeće testove da biste započeli ovaj:
rezultate
Točni odgovori: 0 od 5
Tvoje vrijeme:
Vrijeme je isteklo
Osvojili ste 0 od 0 bodova (0)
Vaš rezultat je zabilježen na ljestvici
- Uz odgovor
- Sa oznakom gledanja
Zadatak 1 od 5
1 .
Broj bodova: 1Ako je funkcija $f(x)$ $2\pi$ periodična i apsolutno integrabilna na $[−\pi,\pi]$ i ima derivaciju u točki $x_0$, čemu će onda njen Fourierov red konvergirati u ovom točka?
Zadatak 2 od 5
2 .
Broj bodova: 1Ako su svi uvjeti Dinijevog testa zadovoljeni, kojem broju konvergira Fourierov red funkcije $f$ u točki $x_0$?
U znanosti i tehnologiji često imamo posla s periodičnim pojavama, tj. one koje se nakon određenog vremena reproduciraju T, nazvan razdoblje. Najjednostavnija od periodičnih funkcija (osim konstante) je sinusna veličina: Asin(x+ ), harmonijsko titranje, gdje postoji "učestalost" vezana uz razdoblje omjerom: . Od takvih jednostavnih periodičkih funkcija mogu se sastaviti složenije. Očito, komponente sinusne veličine moraju biti različitih frekvencija, budući da zbrajanje sinusnih veličina iste frekvencije rezultira sinusoidnom količinom iste frekvencije. Ako zbrojite više količina forme
Kao primjer, ovdje reproduciramo zbrajanje triju sinusoidalnih veličina: . Pogledajmo graf ove funkcije
Ovaj se grafikon značajno razlikuje od sinusnog vala. Ovo još više vrijedi za zbroj beskonačnog niza sastavljenog od članova ovog tipa. Postavimo pitanje: može li ova periodična funkcija perioda biti T predstaviti kao zbroj konačnog ili barem beskonačnog skupa sinusoidnih veličina? Ispada da se u odnosu na veliku klasu funkcija na ovo pitanje može odgovoriti potvrdno, ali samo ako uključimo cijeli beskonačni niz takvih članova. Geometrijski to znači da se graf periodičke funkcije dobiva superponiranjem niza sinusoida. Ako svaku sinusoidnu vrijednost promatramo kao neko harmonično oscilatorno gibanje, onda možemo reći da je to složeno titranje koje karakterizira funkcija ili jednostavno njezini harmonici (prvi, drugi itd.). Proces rastavljanja periodičke funkcije na harmonike naziva se harmonijska analiza.
Važno je napomenuti da se takva proširenja često pokažu korisnima u proučavanju funkcija specificiranih samo u određenom konačnom intervalu i koje nisu generirane nikakvim oscilatornim fenomenima.
Definicija. Trigonometrijski niz je niz oblika:
Ili 
(1).
Realni brojevi nazivaju se koeficijenti trigonometrijskog niza. Ovaj niz se može napisati i ovako:
Ako niz gore prikazanog tipa konvergira, tada je njegov zbroj periodična funkcija s periodom 2p.
Definicija. Fourierovi koeficijenti trigonometrijskog niza nazivaju se: 
(2)
(3)
(4)
Definicija. Fourier u blizini za funkciju f(x) naziva se trigonometrijski niz čiji su koeficijenti Fourierovi koeficijenti.
Ako je Fourierov red funkcije f(x) konvergira njoj u svim svojim točkama kontinuiteta, tada kažemo da funkcija f(x) proširuje u Fourierov niz.
Teorema.(Dirichletov teorem) Ako funkcija ima period 2p i kontinuirana je na intervalu ili ima konačan broj točaka diskontinuiteta prve vrste, interval se može podijeliti na konačan broj segmenata tako da unutar svakog od njih funkcija je monoton, onda Fourierov red za funkciju konvergira za sve vrijednosti x, a u točkama neprekidnosti funkcije njezin zbroj S(x) jednak je , au točkama diskontinuiteta njegov zbroj je jednak , tj. aritmetička sredina graničnih vrijednosti s lijeve i desne strane.
U ovom slučaju, Fourierov red funkcije f(x) uniformno konvergira na bilo kojem segmentu koji pripada intervalu neprekidnosti funkcije.
Funkcija koja zadovoljava uvjete ovog teorema naziva se komadno glatka na segmentu.
Razmotrimo primjere širenja funkcije u Fourierov red.
Primjer 1. Proširite funkciju u Fourierov red f(x)=1-x, imati mjesečnicu 2p a dano na segmentu .
Riješenje. Nacrtajmo ovu funkciju
Ova je funkcija kontinuirana na segmentu , odnosno na segmentu duljine a period, stoga se može proširiti u Fourierov niz, konvergirajući mu u svakoj točki tog segmenta. Pomoću formule (2) nalazimo koeficijent ovog niza: .
Primijenimo formulu integracije po dijelovima i pronađimo iz formula (3) odnosno (4):
Zamjenom koeficijenata u formulu (1) dobivamo 
ili .
Ova jednakost vrijedi u svim točkama osim u točkama i (točkama u kojima su grafovi spojeni). U svakoj od ovih točaka zbroj niza jednak je aritmetičkoj sredini njegovih graničnih vrijednosti s desne i lijeve strane, tj.
Predstavimo algoritam za dekompoziciju funkcije u Fourierovom nizu.
Opći postupak rješavanja problema je sljedeći.
Navierovo rješenje prikladno je samo za proračun ploča zglobno oslonjenih duž konture. Općenitije je Levyjevo rješenje. Omogućuje vam izračun ploče spojene na dvije paralelne strane, s proizvoljnim rubnim uvjetima na svakoj od druge dvije strane.
U pravokutnoj ploči prikazanoj na Sl. 5.11, (a), zglobno poduprti rubovi su paralelni s osi g. Rubni uvjeti na tim rubovima imaju oblik
 |
Riža. 5.11
Očito je da svaki član beskonačnog trigonometrijskog niza
https://pandia.ru/text/78/068/images/image004_89.gif" width="99" height="49">; druge parcijalne derivacije funkcije otklona
(5.45)
na x = 0 i x = a također su jednake nuli, budući da sadrže https://pandia.ru/text/78/068/images/image006_60.gif" width="279" height="201 src="> (5.46)
Zamjenom (5.46) u (5.18) dobivamo
Množenje obje strane dobivene jednadžbe s , integriranje od 0 do a i sjećajući se toga
,
moramo definirati funkciju Ym takva linearna diferencijalna jednadžba s konstantnim koeficijentima
. (5.48)
Ako, da skratimo zapis, označimo
jednadžba (5.48) će poprimiti oblik
. (5.50)
Opće rješenje nehomogene jednadžbe (5.50), kao što je poznato iz tečaja diferencijalnih jednadžbi, ima oblik
Ym(g) = jm (g)+Fm(g), (5.51)
Gdje jm (g) je partikularno rješenje nehomogene jednadžbe (5.50); njegov tip ovisi o desnoj strani jednadžbe (5.50), tj. zapravo o vrsti opterećenja q (x, g);
Fm(g)= Amshamy + Bm poglamy + y(Cmshamy + Dm poglamg), (5.52)
opće rješenje homogene jednadžbe
Četiri proizvoljne konstante Am,Um ,Cm I Dm mora se odrediti iz četiri uvjeta za pričvršćivanje rubova ploče paralelnih s osi pričvršćenom na ploču konstantno q (x, g) = q desna strana jednadžbe (5.50) ima oblik
https://pandia.ru/text/78/068/images/image014_29.gif" width="324" height="55 src=">. (5,55)
Budući da je desna strana jednadžbe (5.55) konstantna, njena lijeva strana je također konstantna; dakle sve izvedenice jm (g) jednaki su nuli, i
, (5.56)
, (5.57)
gdje je naznačeno: .
Pogledajmo zapisnik stegnut uz rubove paralelne s osi x(Slika 5.11, (c)).
rubni uvjeti g = ± b/2
. (5.59)
Zbog simetričnosti otklona ploče u odnosu na os OKOx, u općem rješenju (5.52) treba zadržati samo članove koji sadrže parne funkcije. Budući da je sh amg– funkcija je neparna i sh am g– ravnomjerno i, s prihvaćenim položajem osi Oh, g sh amg- čak i u na CH am g– je neparan, tada se opći integral (5.51) u razmatranom slučaju može prikazati na sljedeći način
. (5.60)
Budući da u (5.44) ne ovisi o vrijednosti argumenta g, drugi par rubnih uvjeta (5.58), (5.59) može se napisati kao:
Ym = 0, (5.61)
Y¢ m = = 0. (5.62)
amBm sh amy + Cm(sh amy + yam CH amg)
Iz (5.60) – (5.63) slijedi
https://pandia.ru/text/78/068/images/image025_20.gif" width="364" height="55 src=">. (5,65)
Množenje jednadžbe (5.64) s i jednadžbe (5..gif" width="191" height="79 src=">. (5.66)
Zamjenom (5.66) u jednadžbu (5.64) dobivamo Bm
https://pandia.ru/text/78/068/images/image030_13.gif" width="511" height="103">. (5,68)
Ovim izrazom funkcije Ym. , formula (5.44) za određivanje funkcije otklona ima oblik
(5.69)
Niz (5.69) brzo konvergira. Na primjer, za kvadratnu ploču u središtu, tj x =a/2, g = 0
(5.70)
Zadržavanje samo jednog člana niza u (5.70), tj. uzimanje 
, dobivamo vrijednost otklona koja je precijenjena za manje od 2,47%. S obzirom na to str 5 =
306.02, naći ćemo Variation" href="/text/category/variatciya/" rel="bookmark">W. Ritzova varijacijska metoda temelji se na Lagrangeovom varijacijskom principu formuliranom u paragrafu 2.
Razmotrimo ovu metodu u odnosu na problem savijanja ploča. Zamislimo zakrivljenu površinu ploče kao niz
, (5.71)
Gdje fi(x, g) kontinuirane koordinatne funkcije, od kojih svaka mora zadovoljiti kinematičke rubne uvjete; Ci– nepoznati parametri određeni iz Lagrangeove jednadžbe. Ova jednadžba
(5.72)
dovodi do sustava n algebarske jednadžbešto se tiče parametara Ci.
Općenito, energija deformacije ploče sastoji se od savijanja U i membrane U m dijelovi
, (5.73)
, (5.74)
Gdje Mx.,Mg. ,Mxy– sile savijanja; NX., Ny. , Nxy– membranske sile. Dio energije koji odgovara transverzalnim silama je malen i može se zanemariti.
Ako u, v I w– komponente stvarnog kretanja, px. , py I pz– komponente intenziteta površinskog opterećenja, Rja– koncentrirana sila, D ja odgovarajuće linearno kretanje, Mj- koncentrirani trenutak qj– odgovarajući kut rotacije (sl. 5.12), tada se potencijalna energija vanjskih sila može prikazati na sljedeći način:
Ako rubovi ploče dopuštaju kretanje, tada rubne sile vn. , mn. , mnt(Sl. 5.12, (a)) povećati potencijal vanjskih sila
 |
|
 |
|
Riža. 5.12
Ovdje n I t– normala i tangenta na rubni element ds.
U Kartezijeve koordinate, uzimajući u obzir poznate izraze za sile i zakrivljenosti
, (5.78)
ukupna potencijalna energija E pravokutne ploče veličine a ´ b, pod djelovanjem samo vertikalnog opterećenja pz
(5.79)
Kao primjer, razmotrite pravokutnu ploču s omjerom širine i visine 2 a´ 2 b(Slika 5.13).
Ploča je stegnuta duž konture i opterećena jednolikim opterećenjem
pz = q = konst. U tom slučaju izraz (5.79) za energiju E je pojednostavljen
. (5.80)
Prihvati za w(x, y) red
koji zadovoljava uvjete konture
 |  |
Riža. 5.13
Zadržimo samo prvi član niza
.
Tada prema (5.80)
.
Minimiziranjem energije E prema (5..gif" width="273 height=57" height="57">.
.
Otklon središta kvadratne ploče veličine 2 A´ 2 A
,
što je 2,5% više od točne otopine 0,0202 qa 4/D. Imajte na umu da je otklon središta ploče oslonjene na četiri strane 3,22 puta veći.
Ovaj primjer ilustrira prednosti metode: jednostavnost i mogućnost postizanja dobrih rezultata. Ploča može imati različite oblike i promjenjivu debljinu. Poteškoće u ovoj metodi, kao iu drugim energetskim metodama, nastaju pri izboru odgovarajućih koordinatnih funkcija.
5.8. Metoda ortogonalizacije
Predložena metoda ortogonalizacije temelji se na sljedećem svojstvu ortogonalnih funkcija jja. , jj
. (5.82)
Primjer ortogonalnih funkcija na intervalu ( – str, str) može poslužiti trigonometrijske funkcije cos nx i grijeh nx za koji
Ako jedna od funkcija, npr. funkcija jja (x) identički jednaka nuli, tada je uvjet (5.82) zadovoljen za proizvoljnu funkciju jj (x).
Za rješavanje problema savijanja ploče, jednadžba je
možete to zamisliti ovako
, (5.83)
Gdje F– područje ograničeno konturom ploče; ji J– funkcije specificirane tako da zadovoljavaju kinematičke i granične uvjete sile problema.
Predstavimo približno rješenje jednadžbe savijanja ploče (5.18) u obliku niza
. (5.84)
Kad bi rješenje (5.84) bilo egzaktno, tada bi jednadžba (5.83) bila identično zadovoljena za bilo koji sustav koordinatnih funkcija ji J. , jer u ovom slučaju DÑ2Ñ2 wn – q = 0. Zahtijevamo da jednadžba DÑ2Ñ2 wn – q bila ortogonalna obitelji funkcija ji J, i ovaj zahtjev koristimo za određivanje koeficijenata Cij. . Zamjenom (5.84) u (5.83) dobivamo
. (5.85)
Nakon izvođenja nekih transformacija, dobivamo sljedeći sustav algebarskih jednadžbi za određivanje Ci J
, (5.86)
i hi J = hji.
Metoda Bubnov-Galerkin može se protumačiti na sljedeći način. Funkcija DÑ2Ñ2 wn – q = 0 je u biti jednadžba ravnoteže i predstavlja projekciju vanjskih i unutarnjih sila koje djeluju na mali element ploče u smjeru okomite osi z. Funkcija otklona wn dolazi do gibanja u smjeru iste osi, a funkcije ji J mogu se smatrati mogućim pokretima. Prema tome, jednadžba (5.83) približno izražava jednakost nuli rada svih vanjskih i unutarnjih sila na mogućim pomacima ji J. . Dakle, Bubnov-Galerkinova metoda je u biti varijacijska.
Kao primjer, razmotrite pravokutnu ploču stegnutu duž konture i opterećenu jednoliko raspodijeljenim opterećenjem. Dimenzije ploče i položaj koordinatnih osi isti su kao na sl. 5.6.
Granični uvjeti
na x = 0, x= a: w = 0, ,
na g = 0, g = b: w = 0, .
Odaberemo približan izraz za funkciju otklona u obliku niza (5.84) gdje je funkcija ji J
zadovoljava rubne uvjete; Cij su traženi koeficijenti. Ograničiti se na jednog člana serije
dobivamo sljedeću jednadžbu
Nakon integracije
Odakle izračunavamo koeficijent? S 11
,
što u potpunosti odgovara koeficijentu S 11., dobiven metodom
V. Ritsa - .
U prvoj aproksimaciji, funkcija otklona je sljedeća
.
Maksimalni otklon u središtu kvadratne ploče veličine A ´ A
.
5.9. Primjena metode konačnih razlika
Razmotrimo primjenu metode konačne razlike za pravokutne ploče sa složenim konturnim uvjetima. Operator razlike je analog diferencijalne jednadžbe zakrivljene površine ploče (5.18), za kvadratnu mrežu, s D x = D g = D ima oblik (3.54)
20 wi, j + 8 (wi, j+ 1 + wi, j– 1 + wi– 1, j + wi+ 1, j) + 2 (wi– 1, j– 1 + wi– 1, j+ 1 +
Riža. 5.14
Uzimajući u obzir prisutnost tri osi simetrije opterećenja i deformacije ploče, možemo se ograničiti na razmatranje njegove osme i odrediti vrijednosti otklona samo u čvorovima 1 ... 10 (Sl. 5.14, (b) ). Na sl. 5.14, (b) prikazuje mrežu i numeriranje čvorova (D = a/4).
Budući da su rubovi ploče stegnuti, tada se uvjeti konture (5.25), (5.26) zapisuju u konačnim razlikama
