$x\sin(x)$ En una serie específica de desarrollar

Question

Tengo que encontrar una serie que en $0\leq x\leq \pi$: %#% $de #% parece ser imposible porque conseguir en$$x\sin(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n\sin(2nx)$ $x=\pi/2$. Sin embargo traté de hacerlo (como parte de otro ejercicio que apparentelly estoy en el camino equivocado), tal como hacemos en transformada de Fourier clásica:

$\pi/2 = 0$$

Pude resolverlo y encontrar $$\int{0}^{\pi} x\sin(x)\cdot\sin(2mx) dx = \sum{n=0}^{\infty}an\int{0}^{\pi} \sin(2nx)\cdot\sin(2mx) dx, que por supuesto es una solución equivocada.

¿En qué etapa estaba equivocado? ¿De alguna manera es posible desarrollar una serie (aun sin $$a_n = \dfrac{-16n}{\pi(2n-1)^2 (2n+1)^2}$)?

Answer 1

Sugerencia:

Como he dicho en los comentarios anteriores, es importante darse cuenta de que la transformada de fourier de la teoría no le pointwise convergencia de la serie, sólo L2-convergencia. Por lo tanto, no es una contradicción que la serie de fourier en $x = \pi/2$ no está de acuerdo con la función. Tenga en cuenta que las funciones $\sin(2nx)$, $n \in \mathbb{N}$ no son ortonormales base de $L^{2}(0,\pi)$, lo que significa que

$$\int_{0}^{\pi} x\sin(x)\cdot\sin(2mx) dx = \sum_{n=0}^{\infty}a_n\int_{0}^{\pi} \sin(2nx)\cdot\sin(2mx) dx$$

no implica

$$a_{n} = \int_{0}^{\pi} x\sin(x)\sin(2nx)\; dx.$$

Ahora, para resolver el problema: Uso de la clásica teoría de fourier para encontrar coeffcients $a_{n}, n\in\mathbb{Z}$ tal que $$\frac{x}{2}\sin\left(\frac{x}{2}\right) = \sum_{n\in\mathbb{Z}} \hat a_{n} \sin(nx)\quad \text{in} \; L^2(0,2\pi).$$ You can then easily find coefficients $a_{n}$ for $n\in \mathbb{N}$ such that $$\frac{x}{2}\sin\left(\frac{x}{2}\right) = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} \sin(nx), \quad \text{in}\; L^{2}(0,2\pi)$$ sostiene.

Ahora, para $N \in \mathbb{N}$ podemos sustituir el $u = x/2$ obtener

$$\int_{0}^{2\pi}\left|\frac{x}{2}\sin\left(\frac{x}{2}\right) - \sum_{n=0}^{N} a_{n} \sin(nx) \right|^2\;dx = 2\int_{0}^{\pi} \left|u\sin\left(u\right) - \sum_{n=0}^{N} a_{n} \sin(2nu) \right|^2\;du$$

Para $N \to \infty$, la izquierda va a la $0$, por lo que el lado derecho debe ir a $0$ así y vemos que el coefficents $a_{n}$ resolver el problema.

Answer 2

Vamos primero a encontrar series de Fourier con coeficientes complejos. If\begin{equation} f(x) = \sum{\nu = -\infty}^{\infty} \alpha\nu e^{i\nu x} \end{equation} entonces \begin{equation} \alpha\nu = \frac{1}{2\pi}\int{-\pi}^\pi f(x)e^{-i\nu x}dx \end{equation} $f(x) = x\sin x$,\begin{equation} \alpha\nu = \frac{1}{4\pi i}\left(\int{-\pi}^\pi xe^{i(1 - \nu)x}dx - \int{-\pi}^\pi xe^{-i(1 + \nu)x}dx\right) \end{equation} si $\nu = \pm 1$, $\alpha\nu = 0$. Con un$\nu \ne \pm 1$,\begin{equation} \alpha_\nu = \frac{i\nu\cos(\pi\nu)}{\nu^2 - 1} \end{equation} si$f$ es ampliado como\begin{equation} f(x) = \frac{a0}{2} + \sum{\nu = 1}\left(a\nu\cos(\nu x) + b\nu\sin(\nu x)\right) \end{equation} entonces el $2a\nu = \alpha\nu + \alpha{-\nu}$% y$2b\nu = i(\alpha\nu + \alpha{-\nu})$. Así$a\nu = 0$ y \begin{equation} b\nu = -\frac{2\nu}{\nu^2 - 1}\cos(\pi\nu) \text{ if } \nu > 1 \end{equation} % además, $b_0, b1 = 0$. Por lo tanto,\begin{equation} x\sin x = -\sum{\nu = 2}^\infty \frac{2\nu}{\nu^2 - 1}\cos(\pi\nu)\sin(\nu x) \end{equation}

Answer 3

Podemos desarrollar $x \sin(x)$ en una serie de $0 \leq x \leq \pi$

$$ x \sin(x) = 1-\sum{n=1}^{\infty} \frac{2 }{4n^2-1}\cos \left( 2n x \right)-\sum{n=1}^{\infty}\frac{16\ n}{\pi \left( 16n^4-8n^2+1 \right)}\sin \left(2nx\right) $$