Una serie de Fourier ejercicio

Question

Puede alguien darme una mano con este ejercicio acerca de la serie de Fourier?

Vamos $f(x)=-\log|2\sin(\frac{x}{2})|\,\,\,$ $0\lt|x|\leq\pi$

1) Probar que f es integrable en a $[-\pi,\pi]$.

2) Calcular los coeficientes de Fourier de $f$.

3)La serie de Fourier converge a $f$?

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Lo que yo sé:

Acerca de la parte 2, como f es par, entonces sería suficiente para calcular el "$a_n$" coeficientes de la serie. Es decir, el $\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cos(nx)$. Esta integral se puede hacer la integración por partes, creo. (yo estoy en lo correcto?)

Mis problemas son la parte 1 y la 3, no veo cómo demostrar a ellos. Gracias por la ayuda.

EDIT: También, me encontré con un problema en la parte 2. El cálculo de $a_n$, llego a un punto donde tengo que encontrar el valor de $\int_{0}^{\pi}cotag(\frac{x}{2})sin(nx)$. Sé (comprobado numéricamente) que el valor de esta integral es $\pi$ para cualquier natural $n$. Pero no puedo encontrar una manera de probar esto "a mano", como integración por partes no parece funcionar aquí... ¿Alguna idea?

Answer 1

En lugar de gran ayuda: $$ \begin{align} -\int_{-\pi}^\pi\log|2\sin(x/2)|\cos(nx)\,\mathrm{d}x &=-\int_{-\pi}^\pi\log|\sin(x/2)|\cos(nx)\,\mathrm{d}x\\ &=-\frac1n\int_{-\pi}^\pi\log|\sin(x/2)|\,\mathrm{d}\sin(nx)\\ &=-\frac1n\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\log|\sin(x)|\,\mathrm{d}\sin(2nx)\\ &=\frac1n\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin(2nx)\,\mathrm{d}\log|\sin(x)|\\ &=\frac1n\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{\sin(2nx)}{\sin(x)}\,\mathrm{d}\sin(x)\\ &=\frac1n\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sum_{k=1}^n2\cos((2k-1)x)\cos(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1n\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sum_{k=1}^n\big(\cos((2k-2)x)+\cos(2kx)\big)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac\pi n \end{align} $$ El caso de $\boldsymbol{n=0}$:

En esta respuesta, voy a mostrar que $$ \int_0^\pi\log(\sin(x))\,\mathrm{d}x=-\pi\log(2) $$ por lo tanto, $$ \begin{align} -\int_{-\pi}^\pi\log|2\sin(x/2)|\,\mathrm{d}x &=-2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\log|2\sin(x)|\,\mathrm{d}x\\ &=-2\pi\log(2)-2\int_0^\pi\log(\sin(x))\,\mathrm{d}x\\[6pt] &=0 \end{align} $$

Answer 2

Ahora que he rellenado en el detalle (según pedido), esta respuesta debería resolver completamente las partes 2. y 3. (el cálculo de los coeficientes de Fourier y la demostración de la convergencia de la serie de Fourier donde la función es finito); parte 1., integrabilidad, parece que se han tratado en los comentarios.

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Otra idea: $$ \begin{align} -\log{|2\sin{(x/2)}|} &= -\log{|e^{ix/2} - e^{-ix/2}|} \\ & = -\log{|1 - e^{-ix}|} \\ & = \text{Re}\left\{-\log{(1 - e^{-ix})}\right\} \\ & = \text{Re}\left(\sum_{n = 1}^\infty \frac{e^{-inx}}{n}\right) \\ & = \sum_{n = 1}^\infty \frac{\cos{(nx)}}{n}. \end{align} $$ Ya que la tarea de la etiqueta, voy a dejar de justificar los cálculos y analizar la convergencia. Sólo hágamelo saber si usted quisiera más detalle.

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Aquí es un poco más de detalle, como se pide en los comentarios-como he mencionado en mi comentario, por encima de la expansión de la siguiente manera a la vez de un resultado estándar conocido como Abel del teorema, que es esencialmente lo voy a demostrar. Deseo para justificar el hecho de que la expansión $$ -\log{(1-z)} = \sum_{n= 1}^\infty \frac{z^n}{n} $$ es válida cuando se $|z| = 1$, siempre que $z\not = 1$. Voy a tomar como dado que la representación es válida para $|z|<1$ (esto es fácil derivar al $z$ es real de la representación integral del logaritmo, y luego sigue por todos los $|z| < 1$ por la costumbre de la singularidad de los teoremas de funciones analíticas, de los cuales, al menos en el dominio en cuestión, $-\log{(1-z)}$ es uno). Yo también tenga en cuenta que $$ \begin{align} \sum_{n = 1}^N \frac{z^n}{n} & = \sum_{n = 1}^N \frac{1}{n}\left({z^n - z^{n+1}\over1-z}\right) \\ & = {z\over1-z} + {1\over1-z}\sum_{n = 2}^N\left({1\over n}-{1\over n-1}\right)z^n \end{align} $$ converge a un límite finito como $N \to +\infty$, siempre que $|z|\leq1$$z\not = 1$. Ahora-y esta parte es esencialmente la prueba del teorema de Abel-fix $x \not = 0$ y poner $$s_n = \sum_{k = n}^\infty {e^{ikx}\over k},$$ so that $s_n - s_{n+1} = e^{inx}/n$ and $s_n \a 0$ as $n\+\infty$. Then for $0<r<1$, $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty {e^{inx}\over n} + \log{(1+ re^{ix})} & = \sum_{n= 1}^\infty {e^{inx}\over n} - \sum_{n = 1}^\infty {r^n e^{inx}}{n} \\ & = \sum_{n = 1}^\infty (1-r^n){e^{inx}\over n} \\ & = \sum_{n = 1}^\infty (1-r^n) (s_n - s_{n+1}) \\ & = \sum_{n = 1}^\infty (1-r^n)s_n - \sum_{n = 1}^\infty (1-r^n) s_{n+1} \\ & = (1-r)\sum_{n = 1}^\infty r^{n-1} s_n. \end{align} $$ Pero, si la ponemos a $S_N = \sup\{|s_n|:n > N\}$, $S_0$ es finito y $S_N \to 0$$N\to +\infty$, y $$ \begin{align} \left|(1-r)\sum_{n = 1}^\infty r^{n-1} s_n\right| & \leq (1-r)\sum_{n = 1}^\infty r^{n-1}|s_n| \\ & \leq (1-r)S_0\sum_{n = 1}^N r^{n-1} + (1-r)S_N\sum_{n = N+1}^\infty r^{n-1} \\ & = (1-r)S_0 \sum_{n = 1}^N r^{n-1} + (1-r) S_N{r^N\over1-r} \end{align} $$ y la última expresión claramente tiende a $S_N$ en el límite de $r\to 1^-$. Desde $N$ fue arbitraria, obtenemos $$ \begin{align} \left|\sum_{n=1}^\infty {e^{inx}\over n} + \log{(1+ e^{ix})}\right| & = \lim_{r\to 1^-}\left|\sum_{n=1}^\infty {e^{inx}\over n} + \log{(1+ re^{ix})}\right| \leq \inf_{N\geq 0} S_N = 0. \end{align} $$ Esto demuestra que la expansión es válido.