11 En İyi Yaklaşım ve Bessel Eşitsizliği
Bir \(f\) fonksiyonunun Fourier serisinin \(f\)’ye yakınsayıp yakınsamadığını henüz bilmiyoruz. Yakınsaklık sorusundan önce daha mütevazı bir soru soralım: derecesi en çok \(n\) olan trigonometrik polinomlar arasında \(f\)’ye en yakın olan hangisidir? “Yakınlık” bir noktadaki farkla değil, bütün aralık üzerindeki ortalama farkla ölçülürse yanıt kesindir ve hiçbir yakınsaklık varsayımı gerektirmez: en yakın polinom, Fourier serisinin \(n\)’inci kısmi toplamıdır.
Bu sonucun ispatı, yan ürün olarak iki önemli bilgi verir. Birincisi Bessel eşitsizliğidir: Fourier katsayılarının karelerinin toplamı, \(f^2\)’nin integraliyle sınırlıdır. İkincisi bunun sonucudur: integrallenebilir her fonksiyonun Fourier katsayıları sıfıra gider. Bölümün sonunda bu olgunun genel biçimi olan Riemann–Lebesgue lemmasını kanıtlıyoruz; bu lemma, sonraki bölümdeki yakınsaklık ispatının ana aracıdır.
11.1 Karesel Ortalama Hata
İki fonksiyon arasındaki uzaklığı ölçmenin birden çok yolu vardır. Düzgün yakınsaklıkta ölçü \(\sup |f - g|\) idi. Burada farkın karesinin integralini kullanacağız.
Tanım 11.1 (Karesel Hata) \(f\) ve \(g\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde integrallenebilir fonksiyonlar olsun.
\[\Delta(f, g) = \int_{-\pi}^{\pi} \big[ f(x) - g(x) \big]^2\,dx\]
sayısına \(g\)’nin \(f\)’ye yaklaşımındaki karesel hata denir.
Yani karesel hata, iki grafik arasındaki farkın karesinin altında kalan alandır. Tek bir noktadaki büyük fark bu sayıyı pek etkilemez; önemli olan farkın aralığın geneline yayılmış büyüklüğüdür. \(f\) ve \(g\) integrallenebilir olduğundan \(f - g\) ve karesi de integrallenebilirdir (bkz. Analiz 2); dolayısıyla \(\Delta(f, g)\) iyi tanımlıdır ve \(\Delta(f, g) \ge 0\)’dır.
Bir trigonometrik polinomun karesinin integrali, ortogonallik sayesinde katsayılardan doğrudan okunur.
Lemma 11.1 (Trigonometrik Polinomun Karesinin İntegrali) \[T_n(x) = \frac{c_0}{2} + \sum_{k=1}^{n} \big( c_k\cos(kx) + d_k\sin(kx) \big)\]
bir trigonometrik polinom ve \(f\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde integrallenebilir, Fourier katsayıları \(a_k\), \(b_k\) olan bir fonksiyon olsun. O zaman
\[\int_{-\pi}^{\pi} T_n(x)^2\,dx = \pi\left[ \frac{c_0^2}{2} + \sum_{k=1}^{n} \big( c_k^2 + d_k^2 \big) \right], \tag{1}\]
\[\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\,T_n(x)\,dx = \pi\left[ \frac{a_0 c_0}{2} + \sum_{k=1}^{n} \big( a_k c_k + b_k d_k \big) \right] \tag{2}\]
olur.
İspat
\((2)\). İntegralin lineerliği ve Fourier katsayılarının tanımı (Tanım 10.3) ile
\[ \begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi} f\,T_n\,dx &= \frac{c_0}{2}\int_{-\pi}^{\pi} f\,dx \\[1mm] &\quad + \sum_{k=1}^{n} \left( c_k\int_{-\pi}^{\pi} f\cos(kx)\,dx + d_k\int_{-\pi}^{\pi} f\sin(kx)\,dx \right) \\[1mm] &= \frac{c_0}{2}\cdot \pi a_0 + \sum_{k=1}^{n} \big( c_k \cdot \pi a_k + d_k \cdot \pi b_k \big) \end{aligned} \]
bulunur.
\((1)\). \(T_n\) sürekli, dolayısıyla integrallenebilirdir. Teorem 10.1 gereği bir trigonometrik polinomun Fourier katsayıları kendi katsayılarıdır; yani \(f = T_n\) için \(a_k = c_k\) ve \(b_k = d_k\) olur. \((2)\) eşitliğinde \(f = T_n\) alınırsa \((1)\) çıkar. \(\blacksquare\)
11.2 En İyi Yaklaşım Teoremi
Şimdi \(f\) sabit tutulup \(T_n\)’nin katsayıları serbest bırakıldığında karesel hatanın nasıl değiştiğine bakalım.
Teorem 11.1 (En İyi Yaklaşım Teoremi) \(f\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde integrallenebilir ve Fourier katsayıları \(a_k\), \(b_k\) olan bir fonksiyon, \(n \ge 0\) olsun. Katsayıları \(c_k\), \(d_k\) olan, derecesi en çok \(n\) olan her \(T_n\) trigonometrik polinomu için
\[ \begin{aligned} \Delta(f, T_n) &= \int_{-\pi}^{\pi} f(x)^2\,dx - \pi\left[ \frac{a_0^2}{2} + \sum_{k=1}^{n} \big( a_k^2 + b_k^2 \big) \right] \\[1mm] &\quad + \pi\left[ \frac{(c_0 - a_0)^2}{2} + \sum_{k=1}^{n} \Big( (c_k - a_k)^2 + (d_k - b_k)^2 \Big) \right] \end{aligned} \tag{3} \]
olur. Dolayısıyla \(\Delta(f, T_n)\), ancak ve ancak her \(k\) için \(c_k = a_k\) ve \(d_k = b_k\) olduğunda, yani \(T_n = S_n\) Fourier kısmi toplamı olduğunda en küçük değerini alır.
İspat
Kareyi açalım:
\[\Delta(f, T_n) = \int_{-\pi}^{\pi} f^2\,dx - 2\int_{-\pi}^{\pi} f\,T_n\,dx + \int_{-\pi}^{\pi} T_n^2\,dx.\]
\((1)\) ve \((2)\) eşitliklerini (Lemma 11.1) yerine koyalım:
\[\Delta(f, T_n) = \int_{-\pi}^{\pi} f^2\,dx + \pi\left[ \frac{c_0^2}{2} - a_0 c_0 + \sum_{k=1}^{n} \big( c_k^2 - 2a_k c_k + d_k^2 - 2b_k d_k \big) \right].\]
Köşeli parantezin içindeki her ifadeyi tam kareye tamamlayalım:
\[ \begin{aligned} \frac{c_0^2}{2} - a_0 c_0 &= \frac{(c_0 - a_0)^2}{2} - \frac{a_0^2}{2}, \\[1mm] c_k^2 - 2a_k c_k &= (c_k - a_k)^2 - a_k^2, \\[1mm] d_k^2 - 2b_k d_k &= (d_k - b_k)^2 - b_k^2. \end{aligned} \]
Bunlar yerine konup \(a\) ve \(b\)’li terimler ayrı toplanırsa \((3)\) elde edilir.
\((3)\) eşitliğinin ilk satırı \(c_k\) ve \(d_k\) sayılarına bağlı değildir. İkinci satır karelerin toplamıdır; negatif olamaz ve ancak bütün kareler sıfırken, yani \(c_0 = a_0\), \(c_k = a_k\), \(d_k = b_k\) iken sıfır olur. Öyleyse \(\Delta(f, T_n)\) en küçük değerini yalnız bu seçimde alır. \(\blacksquare\)
Teoremin dikkat çekici bir yanı vardır: en iyi yaklaşımın katsayıları \(n\)’ye bağlı değildir. Dereceyi \(n\)’den \(n + 1\)’e çıkarmak, önceki katsayıları değiştirmeyi gerektirmez; yalnız yeni bir terim eklenir. Kuvvet serilerinde Taylor polinomları da bu özelliğe sahiptir, ama başka tür yaklaşımlarda (örneğin bir aralıkta en iyi polinom yaklaşımında) durum böyle değildir.
Sonuç 11.1 (Fourier Kısmi Toplamının Karesel Hatası) \(f\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde integrallenebilir ve \(S_n\) Fourier serisinin \(n\)’inci kısmi toplamı olsun. O zaman
\[\int_{-\pi}^{\pi} \big[ f(x) - S_n(x) \big]^2\,dx = \int_{-\pi}^{\pi} f(x)^2\,dx - \pi\left[ \frac{a_0^2}{2} + \sum_{k=1}^{n} \big( a_k^2 + b_k^2 \big) \right]\]
olur.
İspat
\((3)\) eşitliğinde \(c_k = a_k\), \(d_k = b_k\) alınırsa ikinci satır sıfır olur. \(\blacksquare\)
Örnek 11.1 (Birinci Dereceden En İyi Yaklaşım) \([-\pi, \pi]\) üzerinde \(f(x) = x\) fonksiyonuna \(T(x) = \dfrac{c_0}{2} + c_1\cos x + d_1\sin x\) biçimindeki polinomlar arasında karesel hatası en küçük olanı ve bu en küçük hatayı bulunuz.
Çözüm
Teorem 11.1 gereği en iyi seçim Fourier katsayılarıdır. Örnek 10.1 gereği \(a_0 = a_1 = 0\) ve \(b_1 = 2\)’dir; en iyi polinom
\[T(x) = S_1(x) = 2\sin x\]
olur. Hata için Sonuç 11.1:
\[\int_{-\pi}^{\pi} x^2\,dx = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{2\pi^3}{3}, \qquad \Delta(f, S_1) = \frac{2\pi^3}{3} - \pi \cdot 2^2 = \frac{2\pi^3}{3} - 4\pi \approx 8{,}10.\]
Karşılaştırma için: hiç yaklaşım yapılmazsa (\(T = 0\)) hata \(\dfrac{2\pi^3}{3} \approx 20{,}67\)’dir. Tek bir sinüs terimi hatayı yarıdan fazla azaltır. \(\blacksquare\)
11.3 Bessel Eşitsizliği
Kısmi toplamın karesel hatasını veren eşitliğin (Sonuç 11.1) sol yanı bir karenin integralidir ve negatif olamaz. Bu basit gözlem, Fourier katsayıları üzerinde güçlü bir kısıt verir.
Teorem 11.2 (Bessel Eşitsizliği) \(f\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde integrallenebilir ve Fourier katsayıları \(a_k\), \(b_k\) olan bir fonksiyon olsun. O zaman \(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \big( a_k^2 + b_k^2 \big)\) serisi yakınsaktır ve
\[\frac{a_0^2}{2} + \sum_{k=1}^{\infty} \big( a_k^2 + b_k^2 \big) \le \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)^2\,dx\]
olur.
İspat
Kısmi toplamın karesel hatasını veren eşitliğin (Sonuç 11.1) sol yanı \(\ge 0\) olduğundan her \(n\) için
\[\frac{a_0^2}{2} + \sum_{k=1}^{n} \big( a_k^2 + b_k^2 \big) \le \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)^2\,dx \tag{4}\]
sağlanır. Sağ yan \(n\)’ye bağlı olmayan sonlu bir sayıdır. \(\sum (a_k^2 + b_k^2)\) negatif olmayan terimli bir seridir ve \((4)\) gereği kısmi toplamları üstten sınırlıdır; dolayısıyla yakınsaktır (bkz. Analiz 2). \((4)\) eşitsizliğinde \(n \to \infty\) limiti alınırsa sıralama korunur ve iddia çıkar. \(\blacksquare\)
Sonuç 11.2 (Fourier Katsayıları Sıfıra Gider) \(f\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde integrallenebilir ise Fourier katsayıları için \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 0\) ve \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = 0\) olur. Açık yazımıyla:
\[\lim_{n \to \infty} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos(nx)\,dx = 0, \qquad \lim_{n \to \infty} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin(nx)\,dx = 0.\]
İspat
Teorem 11.2 gereği \(\sum (a_n^2 + b_n^2)\) yakınsaktır; yakınsak bir serinin genel terimi sıfıra gider: \(a_n^2 + b_n^2 \to 0\). \(0 \le a_n^2 \le a_n^2 + b_n^2\) olduğundan sıkıştırma teoremiyle \(a_n^2 \to 0\), dolayısıyla \(a_n \to 0\) olur; \(b_n\) için de aynı gerekçe geçerlidir. İkinci satır, \(a_n\) ve \(b_n\) tanımlarının \(\pi\) ile çarpılmış hâlidir. \(\blacksquare\)
Sonucun anlamı şudur: \(n\) büyüdükçe \(\cos(nx)\) çok sık salınır; \(f\)’nin grafiği bu salınımın pozitif ve negatif yarılarında hemen hemen aynı kaldığından katkılar birbirini götürür.
Örnek 11.2 (Bessel Eşitsizliğinden Bir Sayısal Sınır) \(f(x) = x\) fonksiyonuna Bessel eşitsizliğini uygulayarak \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \le \frac{\pi^2}{6}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Örnek 10.1 gereği \(a_n = 0\) ve \(b_n = \dfrac{2\,(-1)^{n+1}}{n}\), dolayısıyla \(b_n^2 = \dfrac{4}{n^2}\)’dir. Bessel eşitsizliği
\[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{4}{n^2} \le \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} x^2\,dx = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{2\pi^3}{3} = \frac{2\pi^2}{3}\]
verir. İki yan \(4\)’e bölünürse \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \le \frac{\pi^2}{6}\) bulunur.
Gerçekte burada eşitlik vardır; bunu Fourier Serilerinin Düzgün Yakınsaklığı ve Parseval Eşitliği bölümünde göreceğiz. \(\blacksquare\)
Örnek 11.3 (Fourier Serisi Olamayan Bir Trigonometrik Seri) \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(nx)}{\sqrt{n}}\) serisinin her \(x\) için yakınsadığını, ama \([-\pi, \pi]\) üzerinde integrallenebilir hiçbir fonksiyonun Fourier serisi olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Yakınsaklık. \(x = 2k\pi\) ise bütün terimler \(0\)’dır. \(x\), \(2\pi\)’nin tam katı değilse \(\sin\dfrac{x}{2} \ne 0\) olur ve Örnek 7.6 çözümündeki özdeşlik
\[\left| \sum_{k=1}^{n} \sin(kx) \right| \le \frac{1}{\left| \sin\frac{x}{2} \right|}\]
verir: \(\sum \sin(nx)\) serisinin kısmi toplamları sınırlıdır. \(\dfrac{1}{\sqrt{n}}\) dizisi azalarak \(0\)’a gider. Dirichlet testi (bkz. Analiz 2) gereği seri yakınsaktır.
Fourier serisi değildir. Seri, integrallenebilir bir \(f\) fonksiyonunun Fourier serisi olsaydı katsayıları \(a_n = 0\) ve \(b_n = \dfrac{1}{\sqrt{n}}\) olurdu. Bessel eşitsizliği \(\sum b_n^2 = \sum \dfrac{1}{n}\) serisinin yakınsak olmasını gerektirir; oysa harmonik seri ıraksaktır. Öyleyse böyle bir \(f\) yoktur.
Katsayıların sıfıra gitmesi (Sonuç 11.2) burada sağlanmaktadır; Bessel eşitsizliği daha fazlasını, karelerin toplanabilir olmasını ister. \(\blacksquare\)
11.4 Riemann–Lebesgue Lemması
Sonuç 11.2 iki yönde genelleştirilebilir: aralık \([-\pi, \pi]\) olmak zorunda değildir ve frekans yalnız tam sayı değerleri almak zorunda değildir.
Lemma 11.2 (Riemann–Lebesgue Lemması) \(f\), \([a, b]\) üzerinde integrallenebilir ise
\[\lim_{t \to +\infty} \int_a^b f(x)\sin(tx)\,dx = 0 \qquad \text{ve} \qquad \lim_{t \to +\infty} \int_a^b f(x)\cos(tx)\,dx = 0\]
olur.
İspat
Sinüslü integral için ispatlayalım; kosinüslü integralin ispatı aynı adımlarla yapılır. İspat üç aşamalıdır: önce en basit fonksiyonlar, sonra onların toplamları, sonra genel durum.
Adım 1: Bir alt aralıkta sabit, dışında sıfır olan fonksiyon. \([\alpha, \beta] \subseteq [a, b]\) ve \(C \in \mathbb{R}\) olsun; \(f\), \((\alpha, \beta)\) üzerinde \(C\), \([a, b]\)’nin \([\alpha, \beta]\) dışındaki noktalarında \(0\) değerini alsın (\(\alpha\) ve \(\beta\) noktalarındaki değerler integrali etkilemez). \(t > 0\) için
\[\int_a^b f(x)\sin(tx)\,dx = C\int_{\alpha}^{\beta} \sin(tx)\,dx = C \cdot \frac{\cos(\alpha t) - \cos(\beta t)}{t}\]
olur ve
\[\left| \int_a^b f(x)\sin(tx)\,dx \right| \le \frac{2|C|}{t} \to 0 \qquad (t \to +\infty).\]
Adım 2: Basamak fonksiyonu. \([a, b]\)’nin bir \(P = \{x_0, x_1, \dots, x_p\}\) bölünüşünün her \((x_{k-1}, x_k)\) açık alt aralığında sabit bir \(C_k\) değeri alan fonksiyona basamak fonksiyonu diyelim. Böyle bir \(\psi\) fonksiyonu, sonlu sayıda nokta dışında, Adım 1’deki türden \(p\) tane fonksiyonun toplamıdır. Sonlu sayıda noktadaki değerler integrali etkilemediğinden ve sonlu bir toplamın limiti limitlerin toplamı olduğundan
\[\int_a^b \psi(x)\sin(tx)\,dx = \sum_{k=1}^{p} C_k\int_{x_{k-1}}^{x_k} \sin(tx)\,dx \to 0 \qquad (t \to +\infty).\]
Adım 3: Genel durum. \(f\), \([a, b]\) üzerinde integrallenebilir olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\int_a^b f\) sayısı alt Darboux toplamlarının supremumu olduğundan öyle bir \(P\) bölünüşü vardır ki
\[\int_a^b f(x)\,dx - L(P, f) < \frac{\varepsilon}{2}\]
olur. \(m_k\), \(f\)’nin \([x_{k-1}, x_k]\) üzerindeki infimumu olsun ve \(\psi\), her \((x_{k-1}, x_k)\) açık alt aralığında \(m_k\) değerini, bölünüş noktalarında \(f\)’nin değerini alan basamak fonksiyonu olsun. O zaman \([a, b]\) üzerinde \(\psi \le f\) ve \(\int_a^b \psi = \sum m_k \Delta x_k = L(P, f)\) olur. Dolayısıyla
\[\int_a^b |f(x) - \psi(x)|\,dx = \int_a^b \big( f(x) - \psi(x) \big)\,dx < \frac{\varepsilon}{2}.\]
\(f = (f - \psi) + \psi\) yazıp \(|\sin(tx)| \le 1\) kullanalım:
\[\left| \int_a^b f(x)\sin(tx)\,dx \right| \le \int_a^b |f(x) - \psi(x)|\,dx + \left| \int_a^b \psi(x)\sin(tx)\,dx \right|.\]
Sağdaki birinci terim \(\dfrac{\varepsilon}{2}\)’den küçüktür. İkinci terim Adım 2 gereği \(t \to +\infty\) iken \(0\)’a gider; öyle bir \(t_0 > 0\) vardır ki \(t > t_0\) için \(\dfrac{\varepsilon}{2}\)’den küçük olur. Öyleyse \(t > t_0\) için
\[\left| \int_a^b f(x)\sin(tx)\,dx \right| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\]
bulunur; limit \(0\)’dır. \(\blacksquare\)
İspatın düzeni analizde sık kullanılan bir kalıptır: iddia önce elle hesaplanabilen basit fonksiyonlar için gösterilir, sonra genel fonksiyon basit olanlarla yaklaştırılır ve aradaki fark ayrıca sınırlanır.
Lemmada \(t\) reel bir değişkendir. \(t = n\) tam sayı dizisi boyunca limit alınırsa Sonuç 11.2 yeniden elde edilir; \(t = n + \dfrac{1}{2}\) dizisi boyunca alınan limit ise bir sonraki bölümde gerekecektir.
11.5 Alıştırmalar
Alıştırma 11.1 (Karesel Hatanın Azalışı) \(f(x) = x\) için \(\Delta_n = \displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} \big[ x - S_n(x) \big]^2\,dx\) sayılarını \(n = 1, 2, 3\) için hesaplayınız.
Çözüm
Sonuç 11.1 ve \(b_k^2 = \dfrac{4}{k^2}\) ile
\[\Delta_n = \frac{2\pi^3}{3} - 4\pi\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}\]
olur. \(\dfrac{2\pi^3}{3} \approx 20{,}671\) ve \(4\pi \approx 12{,}566\) olduğundan:
| \(n\) | \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}\) | \(\Delta_n\) |
|---|---|---|
| \(1\) | \(1\) | \(\approx 8{,}104\) |
| \(2\) | \(\dfrac{5}{4}\) | \(\approx 4{,}963\) |
| \(3\) | \(\dfrac{49}{36}\) | \(\approx 3{,}567\) |
Hata her adımda azalır; \(n\)’inci terimin eklenmesi hatayı tam olarak \(\pi b_n^2 = \dfrac{4\pi}{n^2}\) kadar düşürür. \(\blacksquare\)
Alıştırma 11.2 (Dördüncü Kuvvetler için Bir Sınır) \(f(x) = |x|\) fonksiyonuna Bessel eşitsizliğini uygulayarak \(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^4} \le \frac{\pi^4}{96}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Örnek 10.2 gereği \(a_0 = \pi\), tek \(n\) için \(a_n = -\dfrac{4}{\pi n^2}\), çift \(n \ge 2\) için \(a_n = 0\) ve \(b_n = 0\)’dır. Bessel eşitsizliğinin sol yanı
\[\frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n^2 = \frac{\pi^2}{2} + \frac{16}{\pi^2}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^4},\]
sağ yanı \(\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} x^2\,dx = \dfrac{2\pi^2}{3}\) olur. Öyleyse
\[\frac{16}{\pi^2}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^4} \le \frac{2\pi^2}{3} - \frac{\pi^2}{2} = \frac{\pi^2}{6}\]
olur; iki yan \(\dfrac{\pi^2}{16}\) ile çarpılırsa
\[\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^4} \le \frac{\pi^2}{6} \cdot \frac{\pi^2}{16} = \frac{\pi^4}{96}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.3 (Hangi Üsler Dışlanır?) \(p > 0\) olsun. \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(nx)}{n^p}\) serisinin, \(p \le \dfrac{1}{2}\) ise \([-\pi, \pi]\) üzerinde integrallenebilir hiçbir fonksiyonun Fourier serisi olamayacağını gösteriniz.
Çözüm
Seri integrallenebilir bir fonksiyonun Fourier serisi olsaydı \(a_n = \dfrac{1}{n^p}\), \(b_n = 0\) olurdu ve Bessel eşitsizliği gereği
\[\sum_{n=1}^{\infty} a_n^2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2p}}\]
serisi yakınsak olurdu. Bu bir p-serisidir ve ancak \(2p > 1\), yani \(p > \dfrac{1}{2}\) için yakınsar. \(p \le \dfrac{1}{2}\) ise seri ıraksaktır; çelişki. \(\blacksquare\)
Alıştırma 11.4 (Salınımlı Çarpanın Ortalaması) \(f\), \([0, \pi]\) üzerinde integrallenebilir olsun. Aşağıdaki eşitliği gösteriniz:
\[\lim_{n \to \infty} \int_0^{\pi} f(x)\sin^2(nx)\,dx = \frac{1}{2}\int_0^{\pi} f(x)\,dx.\]
Çözüm
Yarım açı özdeşliği \(\sin^2(nx) = \dfrac{1 - \cos(2nx)}{2}\) ile
\[\int_0^{\pi} f(x)\sin^2(nx)\,dx = \frac{1}{2}\int_0^{\pi} f(x)\,dx - \frac{1}{2}\int_0^{\pi} f(x)\cos(2nx)\,dx\]
olur. Lemma 11.2 (\(t = 2n \to +\infty\)) gereği ikinci integral \(0\)’a gider. Limit \(\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\pi} f(x)\,dx\)’tir.
Yorum: \(\sin^2(nx)\) çarpanı \(0\) ile \(1\) arasında hızla salınır ve ortalama değeri \(\dfrac{1}{2}\)’dir; \(n\) büyüdükçe integral, \(f\)’nin bu ortalama ile çarpılmış hâlinin integraline yaklaşır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 11.5 (Lemmanın Doğrudan Denetimi) \(\displaystyle\lim_{t \to +\infty} \int_0^1 x\cos(tx)\,dx = 0\) olduğunu integrali hesaplayarak gösteriniz.
Çözüm
\(t > 0\) için \(u = x\), \(dv = \cos(tx)\,dx\) ile kısmi integrasyon:
\[\int_0^1 x\cos(tx)\,dx = \left[ \frac{x\sin(tx)}{t} \right]_0^1 - \frac{1}{t}\int_0^1 \sin(tx)\,dx = \frac{\sin t}{t} + \frac{\cos t - 1}{t^2}.\]
\(|\sin t| \le 1\) ve \(|\cos t - 1| \le 2\) olduğundan
\[\left| \int_0^1 x\cos(tx)\,dx \right| \le \frac{1}{t} + \frac{2}{t^2} \to 0 \qquad (t \to +\infty)\]
olur; sonuç Lemma 11.2 ile uyumludur. Doğrudan hesap, yakınsama hızının \(\dfrac{1}{t}\) mertebesinde olduğunu da gösterir. \(\blacksquare\)
Fourier katsayıları her zaman sıfıra gider; ama bu, serinin yakınsaması için yeterli değildir. Fourier Serilerinin Noktasal Yakınsaklığı bölümünde kısmi toplamları bir integral olarak yazıp Riemann–Lebesgue lemmasıyla yakınsaklığı kanıtlıyoruz.