Serie de Fourier de $f(x) = x$

Question

Estoy teniendo problemas para encontrar el complejo de la serie de Fourier de $f(x) = x$ y el uso de ese complejo serie para determinar 1)la real de la serie de Fourier de $f(x)$, y 2) el complejo y real de la serie de Fourier de $h(x) = x^2$.

$$ f(x) = x , -\pi < x < \pi $$

$$ f(x) = \sum_{n = -\infty}^{\infty} C_n e^{-inx} $$

donde

$$ C_n = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x) e^{-inx} dx $$

Intento: para $n \neq 0$:

$$ C_n = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} xe^{-inx} dx $$

$$ C_n = \frac{1}{2\pi} \left[ -\frac{x}{en}e^{-inx} \right]_{-\pi}^{\pi} - \frac{1} {2\pi}\left[ \frac{1}{i^2 n^2} e^{-inx} \right]_{-\pi}^{\pi} $$

$$ C_n = -\frac{1}{2} \left( e^{- \pi} + e^{\pi} \right) + \frac{1}{2\pi n^2} \left( e^{- \pi} - e^{\pi} \right) $$

$$ C_n = \frac{i}{n}(-1)^n - \frac{i}{\pi n^2 } \sin(n \pi ) $$

$$ \Rightarrow f = \sum_{n = -\infty}^{\infty} \left( \frac{i}{n}(-1)^n - \frac{i}{\pi n^2 } \sin(n \pi )\right)e^{-inx} $$

Es esta $f(x)$ correcto? ¿Cómo hago para conseguir la verdadera y compleja serie de $h(x)$ a partir de esto? Sé que para obtener la serie real de f(x) que normalmente se puede romper la suma en

$$ f = \sum_{n = 1}^{\infty} \left[ \left( \frac{i}{n}(-1)^n - \frac{i}{\pi n^2 } \sin(n \pi )\right)e^{-inx} + \left( \frac{i}{-n}(-1)^{-n} + \frac{i}{\pi n^2 } \sin(n \pi )\right)e^{inx} \right] $$

lo que da

$$ f(x) = -\frac{ 2\sin(nx) }{n}\left[ (-1)^n + \frac{\sin(n \pi}{\pi n}\right] $$

así que la serie real de $h(x)$, posiblemente, podría ser calculada mediante la evaluación de la larga $f^2$ expresión pero es esta la única manera? ¿Cómo puedo evaluar la compleja serie de Fourier de $h$.

ACTUALIZACIÓN :

$\sin(n \pi) = 0$ ( No sé por qué yo no podía notar esto antes) por lo que,

$$ f(x) = \sum_{n = 1}^{\infty} -\frac{2(-1)^n \sin(nx) }{n} $$

observe que

$$ h(x) = 2 \int_0^x f(\gamma) d\gamma $$

$$ h = 2 \int_0^x \sum_{n = 1}^{\infty} -\frac{2(-1)^{n} \sin(n \gamma) }{n} d\gamma $$

$$ h = \int_0^x \sum_{n = 1}^{\infty} -\frac{4(-1)^{n} \sin(n \gamma) }{n} d\gamma $$

$$ h = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{4(-1)^{n} \cos(nx) - 1 )}{n^2} $$

Término constante es

$$ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{4(-1)^{n+1}}{n^2} $$

No sé cómo esto puede ser demostrado equaivalent a $\frac{\pi ^2}{3}$

Answer 1

Tenga en cuenta que $\sin(n\pi)=0$, por lo que sus coeficientes son simplemente $$C_n = \frac{i}{n}(-1)^n,\quad n\neq 0$$ que se traduce en

$$f(x) = -2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\sin(nx)$$

Sólo una sugerencia relativa a los coeficientes de $D_n$$h(x)$: en Primer lugar, tenga en cuenta que $D_0\neq 0$ porque $h(x)\ge 0$. Segundo, tenga en cuenta que $h(x)$ es aún, por lo que su serie sólo tendrá coseno términos. Los coeficientes coseno va a llegar a ser

$$a_n = 4 \frac{(-1)^n}{n^2},\quad n=1,2,\ldots$$ Trate de verificar este resultado sí mismo.

Answer 2

Una alternativa de enfoque.

1. Puesto que la transformada de Fourier trigonométrica de la serie de expansión está dado por $$ \begin{eqnarray*} f(x) &=&\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\right) \\ a_{n} &=&\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx,\qquad n=0,1,2,\ldots \\ b_{n} &=&\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx,\qquad n=1,2,\ldots, \end{eqnarray*}\etiqueta{1} $$ llegamos a la conclusión de que para $f(x)=x$, $-\pi < x < \pi$, tenemos $a_{n}=0$ y $$ \begin{equation*} b_{n}=\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }x\sin nxdx=2\frac{\sin \pi n-\pi n\cos \pi n}{\pi n^{2}}. \end{ecuación*}\etiqueta{2} $$ Así, por $x\in]-\pi,\pi[$ $$ \begin{equation*} f(x)=x=2\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\sin \pi n-\pi n\cos \pi n}{\pi n^{2}}\sin nx =\dots \end{ecuación*}\etiqueta{3} $$ For $x=\pm\pi$ the series $(3)$ converges to $0$.
2. Para $h(x)=x^{2}$ un cálculo similar en este MSE respuesta (o en este post del blog de la mina, en portugués) los rendimientos $$ \begin{equation*} f(x)=x^{2}=\frac{\pi ^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\frac{1}{n^{2}} \cos nx\right) ,\qquad x\in \left[ -\pi ,\pi \right]. \tag{4} \end{ecuación*} $$

AÑADIDO: Respuesta a

Término constante es $$ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{4(-1)^{n+1}}{n^2} $$

No sé cómo esto puede ser demostrado equivalente a $\frac{\pi ^2}{3}$

Dirichlet eta función (alternando la función zeta) $\eta (s)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1}}{n^{s}}$ puede ser expresada en términos de la de Riemann zeta función de$\zeta (s)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{s}}$ $$ \begin{equation*} \eta (s)=(1-2^{1-s})\zeta (s) \end{ecuación*} $$

Desde $\zeta (2)=\dfrac{\pi ^{2}}{6}$, tenemos que $\eta (2)=\dfrac{1}{2} \zeta (2)=\dfrac{\pi ^{2}}{12}$ y

$$4\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n+1}}{n^{2}}=4\eta (2)=\frac{\pi ^{2}}{3}.$$