Lezione 3

Serie di Fourier Insiemi di livello

Ricordo: se T è il semiperiodo la serie è data da

\frac{a_{0}}{2} + ∑_{n=1}^{∞} [a_{n} cos \frac{nπ}{T} x + a_{n} sen \frac{nπ}{T} x]

dove i coefficienti sono dati da (n ∈ N)

a_{n} = \frac{1}{T} ∫_{−T}^{T} f(x) cos \frac{nπ}{T} xdx b_{n} = \frac{1}{T} ∫_{−T}^{T} f(x) sen \frac{nπ}{T} xdx .

Uguaglianza di Parseval:

∫_{−T}^{T} |f(x)|^{2}dx = T (\frac{a_{0}^{2}}{2} + ∑_{n=1}^{∞} |a_{n}|^{2} + |b_{n}|^{2}) .  (1)

Integrazione della serie di Fourier - Si supponga di avere f continua a tratti e F (x) = ∫_{−T}^{x} (f(t) − a_{0}/2)dt. Se denotiamo con a_{n} e b_{n} i coefficienti di f, con A_{n} e B_{n} quelli di F valgono le relazioni

A_{n} = −\frac{b_{n}}{n} ,  B_{n} = \frac{a_{n}}{n} .  (2)

Esercizio 0.1 - Calcolare lo sviluppo di Fourier della funzione f : [−π, π] → R, f(x) = −1 in [−π, 0], f(x) = 1 in (0, π]. Studiarne la convergenza puntuale ed uniforme. Calcolare poi lo sviluppo di Fourier della funzione g : [−π, π] → R, g(x) = |x|.

Soluzione 0.1 - Poiché la funzione è dispari lo sviluppo è di soli seni. Si ha

\frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f(x) sen nxdx = \{ \begin{matrix}0 & n pari \\ \frac{4}{πn} & n dispari \end{matrix}

quindi lo sviluppo è

∑_{n=0}^{∞} \frac{4}{π(2n + 1)} sen (2n + 1)x .

La media di f è nulla, per cui a_{0} è nullo. Usando la formula (2) si ha che lo sviluppo di

F (x) = ∫_{−π}^{x} f(t)dt = |x| − π

è dato da (i coefficienti A_{n} di cos nx sono nulli, i coefficienti B_{n} di sen nx sono dati da 4/πn^{2} per n dispari, 0 altrimenti)

|x| − π = \frac{A_{0}}{2} + ∑_{n=0}^{∞} \frac{4}{π(2n + 1)^{2}} cos(2n + 1)x

dove A_{0} = π^{−1} ∫_{−π}^{π}[|x| − π]dx = −π^{2}/π = −π. Per cui lo sviluppo di |x| in [−π, π] è (confrontare con l’Esercizio 0.3)

π − \frac{π}{2} + ∑_{n=0}^{∞} \frac{4}{π(2n + 1)^{2}} cos(2n + 1)x = \frac{π}{2} + ∑_{n=0}^{∞} \frac{4}{π(2n + 1)^{2}} cos(2n + 1)x .

Esercizio 0.2 - Calcolare lo sviluppo di Fourier della funzione f(x) = x^{2} con x ∈ [−π, π]. Studiarne la convergenza puntuale ed uniforme. Calcolare poi il valore della serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} .

Soluzione 0.2 - La funzione è pari, per cui il suo sviluppo è fatto di soli coseni. Si ha che ∫_{−π}^{π} x^{2}dx = 2π^{3}/3 e

∫_{−π}^{π} x^{2} cos nx dx = x^{2} \frac{sen nx}{n}|_{−π}^{π} − ∫_{−π}^{π} 2x \frac{sen nx}{n}dx
= 2x\frac{cos nx}{n^{2}} |_{−π}^{π} + ∫_{−π}^{π} 2\frac{cos nx}{n^{2}}dx = (−1)^{n} \frac{4π}{n^{2}}

per cui lo sviluppo è dato da

\frac{π^{2}}{3} + ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{4}{n^{2}} cos nx .

Poiché l’estensione a tutto R è C^{1} a tratti e continua si ha convergenza uniforme su tutto R. In particolare per x = π si ha

f(π) = π^{2} = \frac{π^{2}}{3} + ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{4}{n^{2}} (−1)^{n} = \frac{π^{2}}{3} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{4}{n^{2}}

da cui si ricava

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .

Esercizio 0.3 - Calcolare lo sviluppo di Fourier della funzione

f(x) = \{ \begin{matrix}x & se x ∈ [0, π] \\ −x + 2π & se x ∈ [π, 2π] \end{matrix}

studiarne la convergenza, scrivere uno sviluppo della stessa funzione in soli seni, nfine calcolare il valore delle serie ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{(2k+1)^{2}} e ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{(2k+1)^{4}} . Sfruttando lo sviluppo della funzione f scrivere inoltre lo sviluppo in serie di Fourier della funzione

g(x) = \{ \begin{matrix}−1 & se x ∈ [−π, 0] \\ 1 & se x ∈ (0, π] \end{matrix}

Soluzione 0.3 - La estendo per periodicità a tutto R e per questione di semplicità di calcolo sviluppo la funzione g(x) = |x| definita in [−π, π] ed estesa per periodicità a tutto R (si veda la Figura 1). In questo modo anziché calcolare

∫_{0}^{2π} f(x) cos nxdx = ∫_{0}^{π} x cos nxdx − ∫_{π}^{2π} x cos nxdx + ∫_{π}^{2π} 2π cos nxdx

calcolo

∫_{−π}^{π} |x| cos nxdx = 2 ∫_{0}^{π} x cos nxdx .

Figura 1:

Quindi i coefficienti sono dati da:

a_{0} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} |x|dx = π

e per n > 0

a_{n} = \frac{2}{π} ∫_{0}^{π} x cos nxdx = \frac{2}{π} [\frac{x}{n} sen nx|_{0}^{π} − ∫_{0}^{π} \frac{1}{n} sen nxdx]
= \frac{2}{π} [0 + \frac{1}{n^{2}} cos nx|_{0}^{π}] = \frac{2}{πn^{2}} [(−1)^{n} − 1]

per cui

a_{n} = \{ \begin{matrix}0 & se n pari \\ −\frac{4}{πn^{2}} & se n dispari . \end{matrix}  (3)

Lo sviluppo risulta quindi essere

f(x) = \frac{a_{0}}{2} + ∑_{n=1}^{∞} a_{n} cos nx = \frac{π}{2} − ∑_{k=0}^{∞} \frac{4}{π(2k + 1)^{2}} cos(2k + 1)x . (4)

La convergenza è puntuale e uniforme su tutto R (perché la funzione è continua e C^{1} a tratti), in particolare sull’intervallo [0, 2π] al quale eravamo interessati. In particolare se valutiamo la serie per x = 0 questa convergerà al valore f(0) = 0, per cui si ha

\frac{π}{2} − ∑_{k=0}^{∞} \frac{4}{π(2k + 1)^{2}} = 0 da cui ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{(2k + 1)^{2}} = \frac{π^{2}}{8} .

Per l’altra serie sfruttiamo l’uguaglianza di Parceval (1):

\frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f^{2}(x)dx = \frac{a_{0}^{2}}{2} + ∑_{k=1}^{∞}(a_{k}^{2} + b_{k}^{2}) .

Per cui da ∫_{−π}^{π} x^{2}dx = 2π^{3}/3 otteniamo

\frac{2π^{2}}{3} = \frac{π^{2}}{2} + ∑_{k=1}^{∞} \frac{16}{π^{2}(2k + 1)^{4}}

e infine

∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{(2k + 1)^{4}} = \frac{π^{2}}{16}(\frac{2π^{2}}{3} − \frac{π^{2}}{2} ) = \frac{π^{4}}{96} .

Per considerare uno sviluppo in soli seni o di soli coseni in generale si fa così: data h : [0, T] → R consideriamo la funzione h̃ definita in [−T, T)

h̃(x) = \{ \begin{matrix}h(x) & x ∈ [0, T] \\ h(−x) & x ∈ [−T, 0] \end{matrix}

ed estendendo poi per periodicità a tutto R la funzione. Poiché la funzione risulta così pari il suo sviluppo sarà di soli coseni e

∫_{−T}^{T} h̃(x) cos \frac{nπ}{T} xdx = 2 ∫_{0}^{T} h(x) cos \frac{nπ}{T} x .

Se vogliamo uno sviluppo di soli seni si considera

h̃(x) = \{ \begin{matrix}h(x) & x ∈ [0, T] \\ −h(−x) & x ∈ [−T, 0] . \end{matrix}

Nel nostro caso estendiamo la funzione nel modo seguente:

Figura 2:

f̃(x) = \{ \begin{matrix}−x − 2π & se x ∈ [−2π, −π] \\ x & se x ∈ [−π, π] \\ −x + 2π & se x ∈ [π, 2π] \end{matrix}

e poi estendo f̃ periodicamente su tutto R (a questo punto avremo una funzione periodica di periodo 4π!). La restrizione di f̃ a [0, 2π] è sempre la nostra f. La funzione così estesa risulta essere dispari fornendo i coefficienti dei coseni nulli. Valutiamo i coefficienti:

b_{n} = \frac{1}{2π} ∫_{−2π}^{2π} g(x) sen \frac{nπ}{2π} xdx = \frac{1}{π} ∫_{0}^{2π} f(x) sen \frac{n}{2}xdx =
= \frac{1}{π} ∫_{0}^{π} f(x) sen \frac{n}{2}xdx + \frac{1}{π} ∫_{π}^{2π} f(x) sen \frac{n}{2}xdx =
= \frac{1}{π} ∫_{0}^{π} x sen \frac{n}{2}xdx + \frac{1}{π} ∫_{π}^{2π}[−x + 2π] sen \frac{n}{2}xdx .

Abbiamo che

∫ x sen \frac{n}{2}xdx = −\frac{2}{n}x cos \frac{n}{2}x + \frac{4}{n^{2}} sen \frac{n}{2}x

per cui

tra 0 e π  −\frac{2}{n} cos \frac{nπ}{2} + \frac{4}{n^{2}π} sen \frac{nπ}{2}
tra π e 2π  \frac{1}{π} [ − ( − \frac{4π}{n} cos nπ + \frac{2π}{n} cos \frac{nπ}{2} + \frac{4}{n^{2}} sen nπ − \frac{4}{n^{2}} sen \frac{nπ}{2} )+

+2π( − \frac{2}{n} cos nπ + \frac{2}{n} cos \frac{nπ}{2} )] .

Sommando, poiché

sen \frac{nπ}{2} = \{ \begin{matrix}(−1)^{(n−1)/2} & n dispari \\ 0 & n pari , \end{matrix}

si ha

b_{n} = \frac{8}{n^{2}π} sen n\frac{π}{2} = \frac{8}{n^{2}π} \{ \begin{matrix}(−1)^{(n−1)/2} & n dispari \\ 0 & n pari , \end{matrix}

La serie è data dalla somma dei seguenti termini

∑_{n dispari} \frac{8}{n^{2}π} sen n\frac{π}{2} x = ∑_{n=0}^{∞} \frac{8}{(2n + 1)^{2}π} sen \frac{2n + 1}{2}x

Attenzione! Lo sviluppo trovato è lo sviluppo in soli seni della funzione f̃, quello in (4) è lo sviluppo della funzione f: convergono entrmabi (uniformemente) alla funzione originale nell’intervallo [0, 2π], ma a funzioni diverse nell’intervallo [−2π, 0] (si vedano le Figura 1 e Figura 2). Ora valutiamo lo sviluppo della funzione g: si osservi che nell’intervallo [−π, π] la funzione f(x) = |x| è una primitiva della funzione g, e precisamente

f(x) = π + ∫_{−π}^{x} g(t)dt , cioè f(x) − π = ∫_{−π}^{x} g(t)dt .

Se denotiamo con α_{n} e β_{n} i coefficienti

α_{n} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} g(x) cos nxdx β_{n} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} g(x) sen nxdx

si ha che α_{0} = 0 e dalle formule (2) si ricava

β_{n} = −na_{n} , α_{n} = nb_{n}

quindi, conoscendo a_{n} (si veda (3)) e b_{n} (b_{n} = 0 per ogni n ∈ N) si ricava immediatamente

β_{n} = \{ \begin{matrix}0 & se n pari \\ \frac{4}{πn} & se n dispari . \end{matrix}

per cui

g(x) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{4}{π(2k + 1)} sen (2k + 1)x

(si confronti con l’Esercizio 0.1).

Esercizio 0.4 - Disegnare o scrivere gli insiemi di livello (e il grafico) delle seguenti funzioni:

1. f(x, y) = x^{2} + y^{2}

2. f(x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2}}

3. funzioni radiali

4. f(x, y) = (x − y)^{2}

5. f(x, y) = x^{2} − y^{2}

6. f(x, y) = e^{x^{2}+2y^{2}} Esercizio 0.5 - Si dica se il seguente limite esiste o no, ed eventualmente calcolarlo:

lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{sen (x^{4} + y^{4})}{x^{3} + xy^{2}} .

Soluzione 0.5 - Si noti che

lim_{x→0} lim_{y→0} \frac{sen (x^{4} + y^{4})}{x^{3} + xy^{2}} = lim_{x→0} \frac{sen x^{4}}{x^{3}} = lim_{x→0} \frac{sen x^{3}}{x^{3}} sen x = 0

mentre

lim_{y→0} lim_{x→0^{+}} \frac{sen (x^{4} + y^{4})}{x^{3} + xy^{2}} = +∞

quindi il limite non esiste.

Esercizio 0.6 - Calcolare

lim_{|(x,y)|→+∞} x^{3}ye^{−xy}

con (x, y) ∈ A = {(x, y) ∈ R^{2} | x ⩾ 0 , x ⩽ y ⩽ 2x}. Soluzione 0.6 - In A vale la seguente stima

x^{2} ⩽ xy ⩽ 2x^{2}

da cui otteniamo

e^{−2x^{2}} ⩽ e^{−xy} ⩽ e^{−x^{2}} e x^{4} ⩽ x^{3}y ⩽ 2x^{4}

quindi

x^{4}e^{−2x^{2}} ⩽ x^{3}ye^{−xy} ⩽ 2x^{4}e^{−x^{2}} .

Poiché lim_{x→+∞} x^{4}e^{−2x^{2}} = lim_{x→+∞} 2x^{4}e^{−x^{2}} = 0 si conclude che

lim_{|(x,y)|→+∞} x^{3}ye^{−xy} = 0 .

Esercizio 0.7 - Discutere l’esistenza del limite lim_{|(x,y,z)|→+∞}(x^{4} + y^{2} + z^{2} − x + 3y − z).

Soluzione 0.7 - Si può mostrare che esiste α > 0 tale che x^{4} ⩾ x^{2} − α (si veda per esercizio che la disuguaglianza vale con α = 1/4. È il valore minore?). Quindi

f(x, y, z) = x^{4} + y^{2} + z^{2} − x + 3y − z ⩾ x^{2} − \frac{1}{4} + y^{2} + z^{2} − x + 3y − z .

Sia ρ = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}. Si ha, poiché −1 ⩽ \frac{x}{ρ}, \frac{y}{ρ}, \frac{z}{ρ} ⩽ 1,

f(x, y, z) ⩾ ρ^{2} + ρ( − \frac{x}{ρ} + \frac{3y}{ρ} − \frac{z}{ρ}) − \frac{1}{4} ⩾ ρ^{2} − 5ρ − \frac{1}{4}

e |(x, y, z)| → +∞ significa ρ → +∞ per cui il limite è +∞.

Esercizio 0.8 - Si calcoli lim_{(x,y)→(1,0)} \frac{y^{2} log x}{(x − 1)^{2} + y^{2}} .

Soluzione 0.8 - Usiamo le coordinate polari: x − 1 = ρ cos ϑ, y = ρ sen ϑ. Vale: (x, y) → (1, 0) se e solo se (x − 1, y) → (0, 0) se e solo se ρ → 0 indipendentemente da ϑ. Il limite, se esiste, può essere quindi riscritto nelle nuove variabili come segue

lim_{ρ→0} \frac{ρ^{2} sen^{2}ϑ log(1 + ρ cos ϑ)}{ρ^{2}} = lim_{ρ→0} sen^{2}ϑ log(1 + ρ cos ϑ) = 0 .

Attenzione! Non sempre l’uso delle coordinate polari è di aiuto nello svolgere i limiti (si veda ad esempio la soluzione dell’esercizio 0.9).

Esercizio 0.9 - Esiste il limite lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{2}y}{x^{4} + y^{2}} ?

Soluzione 0.9 - Se si passa in coordinate polari si ottiene

lim_{ρ→0} \frac{ρ^{3} cos^{2} ϑ sen ϑ}{ρ^{4} cos^{4} ϑ + ρ^{2} sen^{2}ϑ} = lim_{ρ→0} \frac{ρ cos^{2} ϑ sen ϑ}{ρ^{2} cos^{4} ϑ + sen^{2}ϑ}

che non esiste!! Se esistesse dovrebbe essere indipendente dal valore di ϑ. Ad esempio

lim_{x→0} lim_{y→0} \frac{x^{2}y}{x^{4} + y^{2}} = 0  e se y = x^{2}  lim_{x→0} \frac{x^{2}x^{2}}{x^{4} + x^{4}} = \frac{1}{2} .