2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Ряд Фурье
Сообщение24.10.2009, 17:40 
Аватара пользователя
Разложить функцию в ряд Фурье в "комплексной форме":
$y= \cos \frac{x}{2} $ в интервале $(-\pi, \pi)$

Я не понимаю фразу " комплексная форма"
Еще одна задача.
Представить функцию интергралом Фурье в комплексной форме
$y=\frac{x}{x^2+1}$

 
 
 
 Re: Ряд Фурье
Сообщение24.10.2009, 18:14 
Аватара пользователя
Наверное имеется в виду показательная форма

$f(x) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} a_n e^{inx}$

 
 
 
 Re: Ряд Фурье
Сообщение24.10.2009, 18:31 
daogiauvang в сообщении #254448 писал(а):
Я не понимаю фразу " комплексная форма"

Просто стандартный ряд Фурье имеет две стандартных формы записи -- по стандартным синусам и косинусам во-первых и по стандартным же комплексным экспонентам во-вторых. Как gris и указал.

Перевод туда-сюда-обратно получается просто по формуле Эйлера. Естественно.

 
 
 
 Re: Ряд Фурье
Сообщение28.10.2009, 14:11 
Аватара пользователя
2-я задача у меня появилась проблема
т.к $f(x)$ нечетная фукция, следовательно:
$$f(x)=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\infty} \left(\int_{0}^{ \infty} \frac{u}{u^2+1} \sin \omega u du \right)\sin \omega x dx$$
Но интеграл в скобках считать пытался но все равно это не удалось!

 
 
 
 Re: Ряд Фурье
Сообщение28.10.2009, 14:37 
Аватара пользователя
Железяка считает легко. Через вычеты как-то надо, наверное.

 
 
 
 Re: Ряд Фурье
Сообщение28.10.2009, 17:27 
Аватара пользователя
ИСН в сообщении #255933 писал(а):
Железяка считает легко. Через вычеты как-то надо, наверное.

Почему Вы не решали... как легко, я это сомневаюсь?
После используем интеграл по частям:
$$I=\frac{1}{2} \ln  (1+u^2) \omega \cos \omega u- \frac{\omega}{2} \int_{0}^{\infty} \ln (1+u^2) \cos \omega u du $$
Дальше как идет?

 
 
 
 Re: Ряд Фурье
Сообщение28.10.2009, 17:57 
Аватара пользователя
Ну Вас же просят в комплексной форме, т.е.
$$f(x)=\int_{-\infty}^\infty\Hat f(\xi)e^{2\pi i\xi x}d\xi,$$
где
$$\Hat f(\xi)=\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-2\pi i\xi x}dx$$
(или как там у Вас; я привык работать в таких обозначениях).
В нашем случае $f(x)=x/(x^2+1)$. $\Hat f(\xi)$ считается при помощи теоремы о вычетах. Пусть $\xi<0$ (очевидно, что $\Hat f(\xi)$ нечётна). Рассмотрите контур, состоящий из отрезка $[-R;R]$ и полуокружности $\{z\in\mathbb C\mid|z|=R,\mathop{\mathrm{Im}}z\ge0\}$, где $R>1$. Проинтегрируйте $f(z)e^{-2\pi i\xi z}$ по этому контуру с помощью теоремы о вычетах, а затем устремите $R\to+\infty$. Интеграл по полуокружности превратится в нуль по лемме Жордана, а интеграл по отрезку даст искомый интеграл.

 
 
 [ Сообщений: 7 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group