Тригонометрический Ряд Фурье хитрой функции.

[Tosha]

Ряд Фурье:

Разложить в ряд Фурье функцию:

$y=\dfrac{1-q^2}{1-2q\cos x +q^2},\;\;\;|q|<1$

Понимаю, что нужно пользоваться этиму формулами, если промежуток $[-\pi;\pi]$

$f(x)=\frac{a_0}{2} + \sum^{\infin}_{n=1} (a_n \cos nx + b_n \sin nx)$

$a_0= \frac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(x)dx$

$a_n= \frac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)dx$

$b_n= \frac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx)dx$

Как узнать промежуток для данной функции? Прям в лоб нужно брать интегралы такие сложные или есть способ полегче?

[Otta]

Ну например. Записать определение косинуса через экспоненту и разложить в ряд по степеням этой экспоненты. По сути, задача после замены сводится к разложению в ряд Лорана.

[Someone]

Tosha в сообщении #877206 писал(а):

Как узнать промежуток для данной функции?

А какой период у этой функции? Для периодической функции можно взять любой промежуток, длина которого равна периоду функции.
А ваши формулы для функции с каким периодом написаны?

[Tosha]

Otta в сообщении #877211 писал(а):

Ну например. Записать определение косинуса через экспоненту и разложить в ряд по степеням этой экспоненты. По сути, задача после замены сводится к разложению в ряд Лорана.

$y=\dfrac{1-q^2}{1-qe^{ix}-qe^{-ix} +q^2},\;\;\;|q|<1$

То есть по степеням $ix$?

$ix=t$

$y=\dfrac{1-q^2}{1-qe^{t}-qe^{-t} +q^2},\;\;\;|q|<1$

$y=\dfrac{1-q^2}{1-q(1+t+0,5t^2+1-t+0,5t^2+O(t^3))+q^2},\;\;\;|q|<1$

[Otta]

Ряд Фурье, тот, что с экспонентой, как выглядит?

[Tosha]

Someone в сообщении #877214 писал(а):

Tosha в сообщении #877206 писал(а):

Как узнать промежуток для данной функции?

А какой период у этой функции? Для периодической функции можно взять любой промежуток, длина которого равна периоду функции.
А ваши формулы для функции с каким периодом написаны?

Период $2\pi$, написаны c периодом $[-\pi;\pi]$

-- 19.06.2014, 13:34 --

Otta в сообщении #877218 писал(а):

Ряд Фурье, тот, что с экспонентой, как выглядит?

$f(x) = \sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty} \hat{f}_k e^{ikx}$

$\hat{f}_k= \frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(x)e^{-ikx}dx$

[Otta]

Tosha в сообщении #877219 писал(а):

$f(x) = \sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty} \hat{f}_k e^{ikx}$

Какую замену надо в нем сделать, чтобы он превратился в ряд Лорана?

[Tosha]

Otta в сообщении #877223 писал(а):

Tosha в сообщении #877219 писал(а):

$f(x) = \sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty} \hat{f}_k e^{ikx}$

Какую замену надо в нем сделать, чтобы он превратился в ряд Лорана?

Не знаю, а без Лорана -- никак?

[Otta]

А без Лорана - интегрируйте. А я засеку время. :)
Никому не запретишь выдумывать порох непромокаемый.

[Someone]

Tosha в сообщении #877217 писал(а):

То есть по степеням $ix$?

$ix=t$

Наверное, имелось в виду $z=e^{ix}$. Вы что изучаете-то? Математический анализ или ТФКП?

[Otta]

Не так. Изучали ли Вы, кроме математического анализа, ТФКП?

[Tosha]

Математический анализ изучаю...

[Otta]

Одно другому не мешает. :) Вы не до конца ответили.

[Tosha]

Otta в сообщении #877245 писал(а):

Одно другому не мешает. :) Вы не до конца ответили.

Не изучал( Извиняюсь, просто криво понял вопрос. А без ТФКП здесь не получится? Комплексные числа только были.

[svv]

Tosha в сообщении #877318 писал(а):

А без ТФКП здесь не получится? Комплексные числа только были.

OK, попробуем. Заменим обозначения для переменных. Вместо $q$ и $x$ будем использовать $\rho$ и $\varphi$ соответственно. При этом если $q\geqslant 0$, то просто $\rho=q, \varphi=x$, иначе положим $\rho=-q, \varphi=x+\pi$. Таким образом, всегда $\rho\geqslant 0$. Функция перепишется в таком виде:
$u(\rho,\varphi)=\dfrac{\ell^2-\rho^2}{\ell^2-2\ell \rho\cos\varphi +\rho^2}$
В Вашей постановке $\ell=1$, но я рассмотрю чуть более общий случай, когда $\ell$ произвольная положительная константа. Тогда условие $\rho<1$ заменится на $\rho<\ell$.

Интерпретируем $\rho$ и $\varphi$ как полярные координаты. Можно проверить, что функция $u(\rho,\varphi)$ удовлетворяет уравнению Лапласа в круге $\rho\leqslant \rho_0<\ell$ (и тем самым она становится объектом изучения двумерной теории потенциала). Тогда в этом круге справедливо разложение
$u(\rho,\varphi)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\rho^n(a_n\cos n\varphi+b_n\sin n\varphi)$
Правая часть одновременно является рядом Фурье по $\varphi$ с коэффициентами, зависящими от $\rho$, и рядом Тейлора по степеням $\rho$ с коэффициентами, зависящими от $\varphi$. Уравнению Лапласа удовлетворяет каждое её слагаемое в отдельности.

Так как $u$ четна по $\varphi$, все $b_n=0$. Найти коэффициенты разложения $a_n$ легко благодаря тому, что потенциал $u$ можно построить из двух других потенциалов, для которых такое разложение легко получается. А именно:
$u=-1-\ell\frac{\partial}{\partial x}u_A$ , где
$u_A=\ln(\ell^2-2\ell \rho\cos\varphi +\rho^2)=\ln[(x-\ell)^2+y^2]$
Здесь $x=\rho\cos\varphi, \; y=\rho\sin\varphi$ — декартовы координаты, а про те $x, y$, что были у Вас в условии, забудем.
То, как просто получается Ваш потенциал из константы и потенциала точечного заряда, наводит на мысль, что он имеет искусственное происхождение.

Если Вас интересует подход, который я прорекламировал, я продолжу.