Разложение в ряд Фурье тригонометрических функций

[cherurg]

Здравствуйте!

Обычно коэффициенты ряда Фурье вычисляются с помощью интегралов. Иногда бывает, что не нужно считать интеграл, а достаточно всего лишь сделать несколько простых преобразований, как, например, здесь: $\cos(x)^4 = 3/8 + 0.5\cos(2x) + 0.125\cos(4x)$. Тогда, собственно, коэффициентами будут $a_2 = 0.5$ и $a_4 = 0.125$.
Остальные (не считая нулевого) равны нулю.
Тем не менее, никто не мешает нам посчитать интегралы и найти, что $a_n = ((n^4 - 16n^2 + 24)\sin(2\pi\cdot n))/(\pi \cdot n(n^4 - 20n^2 + 64))$
$b_n$ нам считать не надо, они все равны нулю. Но если подставить в найденное выражения для $a_n$ 2 или 4, то произойдет нечто страшное, и мы получим совсем не 0.5 или 0.125: функция имеет разрывы в $n = 2$ и в $n = 4$.

Мой вопрос вот в чем. Я знаю, как считать коэффициенты в таких случаях: делать преобразования, интегралы при этом не считать. Но почему в описанном случае выражения, найденные с помощью интегралов, для ненулевых коэффициентов имеют разрывы? Иначе говоря, из-за чего в таком случае невозможно правильно посчитать коэффициенты ряда Фурье, взяв интегралы для $a_n$ и $b_n$?

На форуме что-то подобное (topic43511.html) уже обсуждалось, но на вопрос почему ответа я не нашел. Кроме того, (http://eek.diary.ru/p124597193.htm)в этом топике тоже было похожее обсуждение.

[Seergey]

$\lim_{n\to 2} \, \frac{\left(n^4-16 n^2+24\right) \sin (2 \pi n)}{\pi n \left(n^4-20 n^2+64\right)}=0.5$

$\lim_{n\to 4} \, \frac{\left(n^4-16 n^2+24\right) \sin (2 \pi n)}{\pi n \left(n^4-20 n^2+64\right)}=0.125$

[Vince Diesel]

Что мешает проинтегрировать $1/x$ по общей формуле для степенной функции и получить $x^0/0+C$?

[B@R5uk]

cherurg в сообщении #872147 писал(а):

то произойдет нечто страшное

cherurg в сообщении #872147 писал(а):

но на вопрос почему ответа я не нашел

Ответ простой: проблема не в самой функции, проблема в её формульной записи. Если это понимать, то ничего страшного нет. Погуглите тот же самый $\operatorname{sinc}(x)$ (синк).

[Someone]

cherurg в сообщении #872147 писал(а):

Мой вопрос вот в чем. Я знаю, как считать коэффициенты в таких случаях: делать преобразования, интегралы при этом не считать.

Ну почему же обязательно не считать? Просто считайте их не по общей формуле с параметром $n$, а отдельно, заранее подставив эти самые $n=2$ и $n=4$. Вы же считаете отдельно $a_0$, подставив $n=0$.

[cherurg]

Vince Diesel в сообщении #872159 писал(а):

Что мешает проинтегрировать $1/x$ по общей формуле для степенной функции и получить $x^0/0+C$?

Это довольно плохой пример. Я бы мог понять, к чему Вы клоните, если бы мой вопрос был про табличные интегралы. Если вы что-то другое имели в виду, поясните, пожалуйста.

B@R5uk в сообщении #872162 писал(а):

Ответ простой: проблема не в самой функции, проблема в её формульной записи. Если это понимать, то ничего страшного нет.

Ну, в общем, да. Но мне, на самом деле, хотелось бы увидеть какую-нибудь теорему, которая объяснит поведение. Или, например, критерий, по которому можно распознать "плохие" функции вроде того же $\cos(x)^4$. Без этого можно спокойно раскладывать функцию в ряд, ни о чем не подозревая. Очевидная проверка - это посмотреть на особенности функции $a_n$. Но это ее можно совершить уже после того, как вся работа по интегрированию уже сделана.

Someone в сообщении #872177 писал(а):

Ну почему же обязательно не считать? Просто считайте их не по общей формуле с параметром $n$, а отдельно, заранее подставив эти самые $n=2$ и $n=4$. Вы же считаете отдельно $a_0$, подставив $n=0$.

Да, согласен. А можно ли до того, как я посчитаю $a_n$, выяснить "плохие" номера?

[B@R5uk]

cherurg в сообщении #872240 писал(а):

Если вы что-то другое имели в виду, поясните, пожалуйста.

Возможно имелось в виду то, что

$$\underset{\beta \to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{\beta }}-1}{\beta }=\ln x$$

Другими словами, функция двух переменных

$$F\left(x,\beta\right)=\frac{{{x}^{\beta }}-1}{\beta }$$

в точке $\beta=0$ доопределяется по непрерывности функцией $\ln x$. Не знаю, правда, на сколько это корректно так говорить.

[cherurg]

Seergey в сообщении #872153 писал(а):

$\lim_{n\to 2} \, \frac{\left(n^4-16 n^2+24\right) \sin (2 \pi n)}{\pi n \left(n^4-20 n^2+64\right)}=0.5$

$\lim_{n\to 4} \, \frac{\left(n^4-16 n^2+24\right) \sin (2 \pi n)}{\pi n \left(n^4-20 n^2+64\right)}=0.125$

Таки да, спасибо.
Я сначала подумал об этом, но проверил матлабом и вольфрамом, они выдали плохие результаты. После Вашего сообщения я решил перепроверить. Разложил синус в ряд Тейлора в $x = 2$, после чего сократил $(x - 2)$ в числителе с этим же множителем в знаменателе. Ну и там все посчиталось. Второй предел считать не стал, он должен быть таким же.

Получается, общность не нарушается, как мне показалось сначала. Так что всем спасибо за помощь.

[Otta]

cherurg в сообщении #872240 писал(а):

Очевидная проверка - это посмотреть на особенности функции $a_n$. Но это ее можно совершить уже после того, как вся работа по интегрированию уже сделана.

cherurg в сообщении #872240 писал(а):

А можно ли до того, как я посчитаю $a_n$, выяснить "плохие" номера?

Это делается не "после того как", а в процессе интегрирования. Например, нельзя написать, что $\int_0^{2\pi}\cos nx\,dx=\frac 1n\left.\sin nx\right|_0^{2\pi}$ для всех $n$, нужно сразу уточнять, для каких это верно. Vince Diesel имел в виду то же самое. Не для всех значений показателя степенная функция интегрируется одинаково. Формально причины те же.

[Seergey]

Так $I(n)=\int_0^{2\pi}\cos^4 x\cos nx\,dx$ можно считать как интеграл от параметра, который представляет из себя дискретную функцию от $n$?

[Otta]

Ну а что же это, как не интеграл, зависящий от целого параметра?

[Seergey]

Если взять $I(a)=\int_0^{2\pi}\cos^4 x\cos ax\,dx$, где $a$ любое число, то
$I(a)$ будет с точкой устранимого разрыва при $a=2$, $a=4$

[url]http://www.wolframalpha.com/input/?i=Plot[%28%2824+-+16+x^2+%2B+x^4%29+Sin[2+\[Pi]+x]%29%2F%28++x+%2864+-+20+x^2+%2B+x^4%29%29%2C+{x%2C+-5%2C+5}][/url]

-- 06.06.2014, 10:59 --

А если брать $I(n)$ то там сама суть в том, что предел брать нельзя, т. к. нельзя отступить ни влево ни вправо от целых значений аргумента на бесконечно-малую

Так что $I(n)$ при $n=2$ все-таки не существует, а у $I(a)$ устранимый разрыв

[Otta]

Seergey в сообщении #872364 писал(а):

$I(a)$ будет с точкой устранимого разрыва при $a=2$, $a=4$

Обоснуйте.

Seergey в сообщении #872364 писал(а):

Так что $I(n)$ при $n=2$ все-таки не существует,

Подставьте $n=2$ и сосчитайте уже, что за ерунда.

Seergey в сообщении #872364 писал(а):

а у $I(a)$ устранимый разрыв

Нет разрыва.
Она непрерывна при всех значениях аргумента.

Seergey в сообщении #872153 писал(а):

$\lim_{n\to 2} \, \frac{\left(n^4-16 n^2+24\right) \sin (2 \pi n)}{\pi n \left(n^4-20 n^2+64\right)}=0.5$

$\lim_{n\to 4} \, \frac{\left(n^4-16 n^2+24\right) \sin (2 \pi n)}{\pi n \left(n^4-20 n^2+64\right)}=0.125$

Не знаю, какое отношение к делу имеют эти пределы, но посчитаны они неверно.

[Seergey]

Otta в сообщении #872373 писал(а):

Seergey в сообщении #872364 писал(а):

$I(a)$ будет с точкой устранимого разрыва при $a=2$, $a=4$

Обоснуйте.

Т. к. 0 в знаменателе это в любом случае разрыв

Цитата:

-- 06.06.2014, 11:30 --

$\lim_{n\to 4} \, \frac{\left(n^4-16 n^2+24\right) \sin (2 \pi n)}{\pi n \left(n^4-20 n^2+64\right)}=0.125$

Не знаю, какое отношение к делу имеют эти пределы, но посчитаны они неверно.

Верно, там на Пи сокращается в конце

[Otta]

Seergey в сообщении #872383 писал(а):

Т. к. 0 в знаменателе это в любом случае разрыв

В каком знаменателе ноль? Интегрируется функция, непрерывная по совокупности переменных на всем пространстве. Результат обязан быть непрерывен всюду.