Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωμα Lebesgue (11 1) 3ο Φυλλάδιο Ασκήσεων Υποδείξεις 1. Εστω f, g : T C ολοκληρώσιμες συναρτήσεις. Δείξτε ότι, για κάθε n N, (s n (f)) g = s n (f g) = f (s n (g)). Υπόδειξη. Θυμηθείτε ότι s n (f) = (f D n ) και ότι η πράξη της συνέλιξης είναι προσεταιριστική και αντιμεταθετική: s n (f) g = (f D n ) g = f (D n g) = f (g D n ) = f s n (g). Ομοια δείχνουμε και την άλλη ισότητα.. Εστω {K n } n=1 μια ακολουθία καλών πυρήνων. Δείξτε ότι: για κάθε p > 1, ( 1 π 1/p lim K n p = lim K n (x) dx) p = +. n n Υπόδειξη. Εστω p > 1 και q ο συζυγής εκθέτης του, δηλαδή 1/p + 1/q = 1. Για κάθε < δ < π θεωρούμε τη συνάρτηση g δ = χ [ δ,δ]. Από την ανισότητα Hölder παίρνουμε (δ/π) 1/q K n p = ( 1 π 1/q g δ () d) q K n p 1 Από την άλλη πλευρά, από τις ιδιότητες των καλών πυρήνων παίρνουμε 1 π K n (x)g δ (x) dx = 1 1 K n (x) dx. δ< x π K n (x)g δ (x) dx. Εστω M >. Υπάρχει δ (, π) ώστε (π/δ) 1/q > M. Επιπλέον, υπάρχει n N ώστε αν n n τότε 1 δ< x π K n(x) dx < 1/ (εξηγήστε γιατί). Συνδυάζοντας όλα τα παραπάνω βλέπουμε ότι αν n n τότε ( 1 π 1/p K n p = K n (x) dx) p > M, το οποίο δείχνει ότι K n p + καθώς n. 3. Εστω f : T C ολοκληρώσιμη συνάρτηση και έστω x T. Υποθέτουμε ότι υπάρχει M > ώστε f(x ) f(x ) M για κάθε [, π]. Δείξτε ότι s n (f)(x ) f(x ). Υπόδειξη. Γνωρίζουμε ότι s n (f)(x ) = (f D n )(x ) όπου D n () = sin(n+1/) sin(/) ο πυρήνας Dirichle. Επιπλέον, από τη σχέση 1 π D n() d = 1 μπορούμε να γράψουμε: s n (f)(x ) f(x ) = 1 [f(x ) f(x )]D n () d. Θεωρούμε τη συνάρτηση F : [, π] R με { f(x ) f(x ) F () =, < π, = (Στην πραγματικότητα μπορούμε να ορίσουμε την F όπως θέλουμε στο ). Παρατηρήστε ότι για κάθε δ > (οσοδήποτε μικρό) η F είναι Riemann ολοκληρώσιμη στο [, δ] [δ, π]. Επιπλέον, από την Lipschiz συνθήκη της f στο x έπεται ότι η F είναι φραγμένη στο [, π] άρα και στην περιοχή
του επομένως, από το κριτήριο του Riemann έπεται ότι η F είναι ολοκληρώσιμη. Μπορούμε λοιπόν να γράψουμε s n (f)(x ) f(x ) = 1 = 1 = 1 F ()D n () d sin(n + 1/) F () d sin(/) F () sin(/) cos(/) sin n d + 1 F () cos n d, γράφοντας sin(n + 1/) = sin n cos(/) + cos n sin(/). Επειδή, η g() = sin(/) cos(/) είναι ολοκληρώσιμη στο [, π] το ζητούμενο έπεται από το λήμμα Riemann Lebesgue (εξηγήστε γιατί). 4. (α) Εστω f : T C ολοκληρώσιμη συνάρτηση και έστω. Δείξτε ότι και συμπεράνατε ότι f() = 1 f(x + π/)e ix dx, f() = 1 [f(x) f(x + π/)]e ix dx. 4π (β) Υποθέτουμε ότι η f ικανοποιεί την συνθήκη Hölder f(x + h) f(x) C h α για κάποιον < α 1, κάποια σταθερά C > και για κάθε x, h. Χρησιμοποιώντας το (α) δείξτε ότι υπάρχει M > ώστε α f() M για κάθε Z. Υπόδειξη. (α) Παρατηρούμε ότι, με την αντικατάσταση y = x + π, Άρα, f ( x + π ) e ix dx = = + π + π f(y)e i(y π ) dy = + π f(y)e iy dy = f(). f() = 1 f(x + π/)e ix dx, + π f(y)e iy e iπ dy απ όπου έπεται ότι f() = f() + f() = 1 f(x)e ix dx 1 f(x + π/)e ix dx 4π 4π = 1 [f(x) f(x + π/)]e ix dx. 4π (β) Εστω Z \ {}. Χρησιμοποιώντας το (α) και την συνθήκη Hölder γράφουμε f() 1 4π = Cπα α = M α, f(x) f(x + π/) dx 1 4π όπου M = Cπ α /. Επεται ότι α f() M για κάθε Z. C π α dx 5. Εστω {ε } ακολουθία θετικών αριθμών με ε. Δείξτε ότι υπάρχει συνεχής συνάρτηση f : T C με την ιδιότητα: για άπειρες τιμές του Z, f() ε.
Υπόδειξη. Αφού ε, μπορούμε να βρούμε υπακολουθία (ε s ) της (ε ) ώστε Θεωρούμε την σειρά ε s < +. ε s e isx. Χρησιμοποιώντας το κριτήριο του Weiersrass ελέγχουμε ότι συγκλίνει ομοιόμορφα σε μια συνεχή συνάρτηση. Αν f(x) = ε s e is x, τότε f(s ) = f(s ) = ε s για κάθε N. Δηλαδή, για άπειρες τιμές του Z έχουμε f() ε. 6. Δείξτε ότι η τριγωνομετρική σειρά = sin x συγκλίνει για κάθε x R αλλά δεν είναι σειρά Fourier Riemann ολοκληρώσιμης συνάρτησης. Υπόδειξη. Η σύγκλιση της σειράς προκύπτει από το κριτήριο dirichle. Αν η παραπάνω σειρά είναι σειρά Fourier Riemann ολοκληρώσιμης συνάρτησης, τότε πρέπει από την ανισότητα του Bessel να έχουμε a + a + b < +. Αλλά, a = για =, 1,,..., b 1 = και b = 1/ για. Οπότε, θα έπρεπε η αρμονική σειρά = 1 να συγκλίνει, άτοπο. 7. Εστω f : R R συνεχής -περιοδική συνάρτηση και έστω a, b οι συντελεστές Fourier της f. Δείξτε ότι a = 1 ( f(x) ln sin x ) dx. π Υπόδειξη. Επεκτείνουμε την ln( sin x ) σε μια άρτια -περιοδική συνάρτηση g στο R. Δείξτε ότι, γενικά, 1 π f(x)g(x)dx = 1 π a (f)a (g) + (a (f)a (g) + b (f)b (g)). Αφού η g είναι άρτια, έχουμε b (g) = για κάθε 1. Επίσης, χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι ελέγχουμε ότι a (g) =. Άρα, Τέλος, για κάθε 1 έχουμε: a (g) = 1 π / ln(sin u)du = π ln, 1 π f(x)g(x)dx = π = π a (f)a (g). ln sin x cos x dx ln( sin x ) cos x dx
= π = 1 π = 1 π sin x cos x sin(x/) dx sin( + 1/)x + sin( 1/)x dx sin(x/) D (x) + D 1 (x) dx = 1. 8. Εστω f : [, π] R περιττή ολοκληρώσιμη συνάρτηση ώστε f(x) M για κάθε x [, π] και b (f) για κάθε 1. Δείξτε ότι για κάθε n 1 και για κάθε x [, π]. s n (f)(x) 5M Υπόδειξη. Στην άσκηση 6 του δευτέρου φυλλαδίου είδαμε ότι s n (f)(x) σ n+1 (f)(x) 1 n + 1 n b. Επίσης, είναι εύκολο να δούμε ότι σ n (f)(x) f M. Πράγματι μπορούμε να γράψουμε σ n (f)(x) 1 f(x ) F n () d M 1 F n () d = M. Επιπλέον, είναι σ n+1 (f)(x) = n (1 n+1 )b sin x. Οπότε, για x n = π/(4n) και n αντί n παίρνουμε M σ n+1 (f)(x n ) = ( 1 ) b sin(x n ) n + 1 ( 1 ) b n + 1 n, όπου έχουμε χρησιμοποιήσει την ανισότητα sin x > (/π)x για < x < π/ και το γεγονός ότι b. Συνεπώς, είναι ( nm 1 ) n 1 b n + 1 b, χρησιμοποιώντας ακόμη μια φορά το γεγονός ότι b. Ετσι, καταλήγουμε στην Συνδυάζοντας με τα παραπάνω βρίσκουμε: n b 4nM. s n (f)(x) σ n+1 (f)(x) + 1 n + 1 το οποίο αποδεικνύει το ζητούμενο. n b M + 4nM n + 1 < 5M, 9. Εστω f : [, π] R άρτια ολοκληρώσιμη συνάρτηση με την ιδιότητα: a (f) για κάθε. Δείξτε ότι a < +. = Υπόδειξη. Αν θεωρήσουμε το n-οστό μερικό άθροισμα Cesàro της f τότε για κάθε n N μπορούμε να γράψουμε: σ n (f)() = 1 n s (f)() 1 n =n+1 s (f)() 1 s n(f)(),
διότι s n (f)() = a / + a 1 +... + a n και a n για κάθε n. Από την άλλη πλευρά γνωρίζουμε ότι σ n (f)(x) f για κάθε x R. Ετσι, τα μερικά αθροίσματα της n=1 a n είναι άνω φραγμένα: n a 4 f, που αποδεικνύει τη σύγκλιση της σειράς. = 1. Εστω f : R R μια -περιοδική συνάρτηση, η οποία ικανοποιεί την συνθήκη Lipschiz f(x) f(y) M x y για κάθε x, y R και κάποια σταθερά M >. Δείξτε ότι: υπάρχει σταθερά C > ώστε f σ n (f) C log n n για κάθε n N. ( Υπόδειξη. Αν F n (x) = 1 sin(nx) n sin(x/)) ο πυρήνας του Fejér τότε μπορούμε να γράψουμε σn (f)(x) = (f F n )(x). Επομένως, αν x R τότε σ n (f)(x) f(x) = 1 π [f(x ) f(x)]f n () d M F n () d M nπ sin (n) sin(/) sin(/) d, όπου έχουμε χρησιμοποιήσει την συνθήκη Lipschiz για την f και το ότι η {F n } είναι οικογένεια καλών πυρήνων που παίρνει θετικές τιμές. Καθώς, η συνάρτηση sin(/) είναι γνησίως αύξουσα στο (, π), παίρνουμε sin(/) π για κάθε π. Ετσι, βρίσκουμε: σ n (f) f M sin n n sin(/) d, διότι sin n 1. Τέλος, αν μιμηθούμε την απόδειξη της D n 1 := 1 D n () d C log n, μπορούμε να δείξουμε ότι sin n sin(/) d C log n και το συμπέρασμα έπεται. Πράγματι μπορούμε να γράψουμε, χρησιμοποιώντας την ανισότητα sin(/) > /π για < < π, sin n π sin(/) d sin(n) d nπ sin sin + d n 1 d + n 1 (+1)π n 1 + 1 π (+1)π π sin π sin d n 1 1 + 4 c log n d sin d
για κάποια αριθμητική σταθερά c >. Εχουμε λοιπόν σ n (f) f c M log n n.