1. Végtelen sorok

1. tétel. Legyen az f(x) 2π szerint periodikus függvény,
az n-edik részletösszege: sn(x). Legyen
tn(x) = α0 +
n�
(αk cos kx + βk sin kx)
k=1
tetszőleges α0, αk, βk valós együtthatókkal. Ekkor minden
n ≥ 1 esetén
�2π
(f(x) − sn(x)) 2 �2π
dx ≤ (f(x) − tn(x)) 2 dx
0
és egyenlőség csak akkor teljesül, ha α0 = a0, αk =
ak, βk = bk.
De
Bizonyítás: Nyilván
�
0
�2π
(f(x) − tn(x)) 2 dx =
0
�2π
f 2 �2π
(x)dx + t 2 �2π
n(x)dx − 2 f(x)tn(x)dx.
2π
0
k=1
f(x)
�
0
α0 +
0
�
2π
0
0
0
f(x)tn(x)dx =
n�
�
(αk cos kx + βk sin kx) dx =
k=1
α0
�
2π
0
f(x)dx+
⎛
⎞
n�
�2π
�2π
⎝αk f(x) cos kxdx + βk f(x) sin kxdx⎠
=
2πα0a0 + π
0
n�
(αkak + βkbk).
k=1
A tn(x) definíciójából könnyű ellenőrizni, hogy:
0
�
2π
0
t 2 n(x)dx = 2πα 2 0 + π
0
n�
(α 2 k + β 2 k).
k=1
Ezért
�2π
(f(x)−tn(x)) 2 �2π
dx = f 2 (x)dx+2πα 2 0+π
2
�
2πα0a0 + π
n�
(α 2 k+β 2 k)−
k =1
n�
�
(αkak + βkbk) =
k=1
3
�
2π
0
f 2 (x)dx+2π(α0−a0) 2 +π
�
2πa 2 0 + π
n� �
(αk − ak) 2 + (βk − bk) 2� −
k=1
n�
(a 2 k + b 2 �
k) ,
k=1
aminek a minimuma α0 = a0, αk = ak, βk = bk esetén
lesz, ahonnan már következik a tétel. �
A minimum esetén:
�2π
(f(x) − sn(x)) 2 dx =
�
2π
0
0
f 2 (x)dx −
ahonnan kapjuk, hogy
�
2π
0
�
2πa 2 0 + π
f(x) 2 dx ≥ 2πa 2 0 + π
n�
(a 2 k + b 2 �
k) ,
k=1
n�
(a 2 k + b 2 k).
k=1
Mivel ez minden n ≥ 1 esetén igaz, ezért
�
2π
0
f(x) 2 dx ≥ 2πa 2 0 + π
∞�
(a 2 k + b 2 k).
k=1
A következő, itt nem bizonyított állítás azt mondja ki,
hogy itt egyenlőség áll:
2. tétel (Parseval-formula). Ha a 2π szerint periodikus
f(x) Riemann-integrálható a [0, 2π] intervallumban, akkor
�
2π
0
f(x) 2 dx = 2πa 2 0 + π
∞�
(a 2 k + b 2 k).
k=1
Ebből már következik, hogy négyzetes átlagban a
részletösszeg közel van az f(x) függvényhez:
lim
n→∞
0
�2π
(f(x) − sn(x)) 2 dx = 0.
Példa: A Parseval formulát használjuk az
�
1, 0 < x < π,
f(x) =
2, π < x ≤ 2π
függvény esetén!
Megoldás: Tudjuk, hogy a nem-nulla Fourieregyütthatók:
a0 = 3
2 , b2k−1
−2
= , k = 1, 2, . . ..
(2k − 1)π