13 Fourier Serilerinin Düzgün Yakınsaklığı ve Parseval Eşitliği
Noktasal yakınsaklık teoremi, parçalı düzgün bir fonksiyonun Fourier serisinin her noktada yakınsadığını söyler. Sıçramalı bir fonksiyonda bu yakınsama düzgün olamaz; çünkü sürekli kısmi toplamların düzgün limiti sürekli olmak zorundadır. Geriye şu soru kalır: fonksiyon sürekliyse yakınsama düzgün müdür?
Yanıt, türevin Fourier katsayılarıyla fonksiyonun Fourier katsayıları arasındaki basit bir bağıntıdan çıkar: türev almak, \(n\)’inci katsayıyı \(n\) ile çarpar. Bessel eşitsizliği türeve uygulanınca \(f\)’nin katsayılarının hızlı küçüldüğü görülür ve düzgün yakınsaklık elde edilir. Aynı bağıntı serinin terim terime türevlenmesini de açıklar.
Bölümün ikinci yarısında Bessel eşitsizliğine dönüyoruz. Eşitsizlik aslında bir eşitliktir; buna Parseval eşitliği denir. İspat için kısmi toplamların ortalamalarını ve onların çekirdeği olan Fejér çekirdeğini kullanacağız.
13.1 Türevin Fourier Katsayıları
Önce bu bölümde sık yinelenecek koşulu sabitleyelim: \(f\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde sürekli, \(f(-\pi) = f(\pi)\) ve parçalı düzgün (Tanım 12.5) olsun. İlk iki koşul birlikte, periyodik genişlemenin bütün \(\mathbb{R}\)’de sürekli olması demektir. Üçüncü koşul, \(f'\) türevinin sonlu sayıda nokta dışında var olduğunu ve parçalı sürekli olduğunu söyler; \(f'\)’nin tanımsız olduğu sonlu sayıda noktadaki değer integralleri etkilemez.
Lemma 13.1 (Türevin Fourier Katsayıları) \(f\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde sürekli ve parçalı düzgün olsun ve \(f(-\pi) = f(\pi)\) sağlansın. \(f\)’nin Fourier katsayıları \(a_n\), \(b_n\); \(f'\)’nin Fourier katsayıları \(a_n'\), \(b_n'\) ise
\[a_0' = 0, \qquad a_n' = n\,b_n, \qquad b_n' = -n\,a_n \qquad (n \ge 1)\]
olur.
İspat
Adım 1: Kısmi integrasyon geçerlidir. \(f'\)’nin var olmadığı ya da süreksiz olduğu noktalar \(-\pi = t_0 < t_1 < \dots < t_p = \pi\) bölünüşünün noktaları arasında olsun. Her \([t_{j-1}, t_j]\) alt aralığında \(f\) süreklidir, açık aralıkta türevlenebilirdir ve \(f'\) uçlarda sonlu limitlere sahiptir; ayrıca Lemma 12.4 gereği \(f\), uçlarda tek yönlü türevlenebilirdir ve bu türevler \(f'\)’nin uçlardaki limitlerine eşittir. Dolayısıyla \(f\), kapalı alt aralıkta sürekli türevlidir ve \(\varphi\) sürekli türevli herhangi bir fonksiyon olmak üzere kısmi integrasyon (bkz. Analiz 2) uygulanabilir:
\[\int_{t_{j-1}}^{t_j} f'(x)\,\varphi(x)\,dx = \Big[ f(x)\,\varphi(x) \Big]_{t_{j-1}}^{t_j} - \int_{t_{j-1}}^{t_j} f(x)\,\varphi'(x)\,dx.\]
\(j = 1, \dots, p\) için toplayalım. \(f\varphi\) sürekli olduğundan sınır terimleri teleskopik biçimde sadeleşir ve
\[\int_{-\pi}^{\pi} f'(x)\,\varphi(x)\,dx = f(\pi)\varphi(\pi) - f(-\pi)\varphi(-\pi) - \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\,\varphi'(x)\,dx \tag{1}\]
elde edilir.
Adım 2: Katsayılar. \((1)\) eşitliğinde \(\varphi = 1\) alınırsa \(\varphi' = 0\) ve
\[a_0' = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f'(x)\,dx = \frac{f(\pi) - f(-\pi)}{\pi} = 0.\]
\(\varphi(x) = \cos(nx)\) alınırsa \(\varphi(\pm\pi) = (-1)^n\) ve \(\varphi'(x) = -n\sin(nx)\) olduğundan
\[a_n' = \frac{1}{\pi}\left( (-1)^n\big[ f(\pi) - f(-\pi) \big] + n\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin(nx)\,dx \right) = 0 + n\,b_n.\]
\(\varphi(x) = \sin(nx)\) alınırsa \(\varphi(\pm\pi) = 0\) ve \(\varphi'(x) = n\cos(nx)\) olduğundan
\[b_n' = \frac{1}{\pi}\left( 0 - n\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos(nx)\,dx \right) = -n\,a_n.\]
\(\blacksquare\)
Bağıntılar biçimsel bir hesabın söylediğiyle aynıdır: \(a_n\cos(nx) + b_n\sin(nx)\) teriminin türevi \(n b_n\cos(nx) - n a_n\sin(nx)\)’tir. Lemmanın söylediği, bu terim terime türevin \(f'\)’nin Fourier serisini verdiğidir; bunun için serinin yakınsaması bile gerekmez. \(f(-\pi) = f(\pi)\) koşulu vazgeçilmezdir: sağlanmazsa sınır terimleri kalır.
Teorem 13.1 (Fourier Serisinin Terim Terime Türevi) \(f\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde sürekli ve parçalı düzgün olsun ve \(f(-\pi) = f(\pi)\) sağlansın; \(f\) periyodik genişletilsin. \(f'\) fonksiyonunun yarı-türevlenebilir olduğu her \(x\) noktasında
\[\frac{f'(x + 0) + f'(x - 0)}{2} = \sum_{n=1}^{\infty} \big( n\,b_n\cos(nx) - n\,a_n\sin(nx) \big)\]
olur. Özel olarak \(f''(x)\)’in var olduğu her \(x\) noktasında sağdaki seri \(f'(x)\)’e yakınsar.
İspat
\(f'\) parçalı sürekli, dolayısıyla integrallenebilirdir ve periyodik genişlemesi \(2\pi\) periyotludur. Lemma 13.1 gereği \(f'\)’nin Fourier serisi, sabit terimi \(0\) olan \(\sum (n b_n\cos(nx) - n a_n\sin(nx))\) serisidir. Teorem 12.3 \(f'\) fonksiyonuna uygulanırsa, \(f'\)’nin yarı-türevlenebilir olduğu her \(x\) noktasında bu seri \(\dfrac{f'(x + 0) + f'(x - 0)}{2}\) değerine yakınsar. \(f''(x)\) varsa \(f'\), \(x\)’te türevlenebilirdir; dolayısıyla sürekli ve yarı-türevlenebilirdir ve ortalama \(f'(x)\)’e eşittir. \(\blacksquare\)
Bu teoremin ispatında ne \(f\)’nin serisinin ne de türev serisinin düzgün yakınsaklığı kullanıldı; fonksiyon serilerindeki genel terim terime türev teoreminden farklı bir yoldur.
Örnek 13.1 (Mutlak Değer Serisinin Türevi) \(|x|\) fonksiyonunun Fourier serisini terim terime türeterek elde edilen serinin toplamını \(-\pi < x < \pi\) için bulunuz.
Çözüm
\(f(x) = |x|\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde süreklidir, \(f(-\pi) = f(\pi) = \pi\) ve \(f\) parçalı düzgündür. Örnek 12.3 gereği
\[|x| = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\cos((2k-1)x)}{(2k-1)^2}.\]
Terim terime türev alınırken \(\cos((2k-1)x)\)’in türevi \(-(2k-1)\sin((2k-1)x)\) olduğundan her terimin paydasındaki kuvvet bir azalır ve işaret değişir. Türev fonksiyonu \(x > 0\) için \(f'(x) = 1\), \(x < 0\) için \(f'(x) = -1\)’dir ve her noktada yarı-türevlenebilirdir (parçalar üzerinde sabittir). Teorem 13.1 gereği
\[\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin((2k-1)x)}{2k-1} = \begin{cases} 1, & 0 < x < \pi \\ 0, & x = 0 \\ -1, & -\pi < x < 0 \end{cases}\]
olur; \(x = 0\)’da değer \(\dfrac{1 + (-1)}{2} = 0\)’dır. Bu, kare dalganın Fourier serisidir (Alıştırma 12.2). \(\blacksquare\)
Örnek 13.2 (Uç Koşulu Sağlanmazsa Terim Terime Türev Alınamaz) \(f(x) = x\) fonksiyonunun \((-\pi, \pi)\) üzerindeki Fourier serisinin terim terime türevinin hiçbir noktada yakınsamadığını gösteriniz.
Çözüm
\(-\pi < x < \pi\) için \(x = 2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin(nx)\) olur (Örnek 12.1). Terim terime türev
\[2\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\cos(nx)\]
serisini verir. Bu serinin genel teriminin mutlak değeri \(2|\cos(nx)|\)’tir. \(\cos(nx) \to 0\) olsaydı \(\cos(2nx) = 2\cos^2(nx) - 1 \to -1\) olurdu; oysa \(\big(\cos(2nx)\big)\) dizisi \(\big(\cos(nx)\big)\) dizisinin bir alt dizisidir ve o da \(0\)’a gitmek zorundadır. Çelişki: genel terim \(0\)’a gitmez ve seri her \(x\) için ıraksaktır.
Oysa \(f'(x) = 1\)’dir. Teoremin koşullarından \(f(-\pi) = f(\pi)\) sağlanmamaktadır: \(-\pi \ne \pi\). Periyodik genişleme süreksizdir ve türevin “Fourier serisi” sıçramaların katkısını göremez. \(\blacksquare\)
13.2 Mutlak ve Düzgün Yakınsaklık
Lemma 13.1, \(f\)’nin katsayılarını \(f'\)’nin katsayıları cinsinden verir: \(a_n = -\dfrac{b_n'}{n}\), \(b_n = \dfrac{a_n'}{n}\). Bessel eşitsizliği \(\sum (a_n'^2 + b_n'^2)\) serisinin yakınsak olduğunu söyler; fazladan gelen \(\dfrac{1}{n}\) çarpanı \(f\)’nin katsayılarını toplanabilir yapar. İki toplamı birbirine bağlayan araç, sonlu toplamlar için Cauchy–Schwarz eşitsizliğidir.
Lemma 13.2 (Sonlu Toplamlar için Cauchy–Schwarz Eşitsizliği) \(x_1, \dots, x_p\) ve \(y_1, \dots, y_p\) reel sayılar olsun. O zaman
\[\left( \sum_{k=1}^{p} x_k y_k \right)^{2} \le \left( \sum_{k=1}^{p} x_k^2 \right)\left( \sum_{k=1}^{p} y_k^2 \right)\]
olur.
İspat
\(A = \sum x_k^2\), \(B = \sum x_k y_k\), \(C = \sum y_k^2\) yazalım. Her \(\lambda \in \mathbb{R}\) için
\[0 \le \sum_{k=1}^{p} (\lambda x_k + y_k)^2 = A\lambda^2 + 2B\lambda + C\]
olur. \(A = 0\) ise bütün \(x_k\)’lar \(0\)’dır; \(B = 0\) olur ve eşitsizlik açıktır. \(A > 0\) ise \(\lambda = -\dfrac{B}{A}\) koyalım: \(0 \le \dfrac{B^2}{A} - \dfrac{2B^2}{A} + C = C - \dfrac{B^2}{A}\), yani \(B^2 \le AC\). \(\blacksquare\)
Teorem 13.2 (Fourier Serisinin Mutlak ve Düzgün Yakınsaklığı) \(f\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde sürekli ve parçalı düzgün olsun ve \(f(-\pi) = f(\pi)\) sağlansın. O zaman \(f\)’nin Fourier serisi \(\mathbb{R}\) üzerinde mutlak ve düzgün yakınsaktır, toplamı \(f\)’nin periyodik genişlemesidir ve her \(n \ge 1\), her \(x\) için
\[|f(x) - S_n(x)| \le \frac{C}{\sqrt{n}}, \qquad C = \left( \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f'(x)^2\,dx \right)^{1/2}\]
olur.
İspat
Adım 1: Bir terimin sınırı. Lemma 13.2, \(p = 2\) için
\[\big( a_k\cos(kx) + b_k\sin(kx) \big)^2 \le (a_k^2 + b_k^2)\big( \cos^2(kx) + \sin^2(kx) \big) = a_k^2 + b_k^2\]
verir; dolayısıyla her \(x\) için
\[|a_k\cos(kx) + b_k\sin(kx)| \le \sqrt{a_k^2 + b_k^2} = \frac{1}{k}\sqrt{a_k'^2 + b_k'^2}\]
olur. Son eşitlik türevin katsayı bağıntılarından (Lemma 13.1) gelir: \(a_k^2 + b_k^2 = \dfrac{b_k'^2 + a_k'^2}{k^2}\).
Adım 2: Kuyruğun sınırı. \(m > n \ge 1\) olsun. Cauchy–Schwarz eşitsizliğini (Lemma 13.2) \(x_k = \dfrac{1}{k}\), \(y_k = \sqrt{a_k'^2 + b_k'^2}\) ile uygulayalım:
\[\sum_{k=n+1}^{m} \frac{\sqrt{a_k'^2 + b_k'^2}}{k} \le \left( \sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{k^2} \right)^{1/2}\left( \sum_{k=n+1}^{m} \big( a_k'^2 + b_k'^2 \big) \right)^{1/2}. \tag{2}\]
Birinci çarpan için \(\dfrac{1}{k^2} < \dfrac{1}{k(k-1)} = \dfrac{1}{k-1} - \dfrac{1}{k}\) eşitsizliğini kullanalım; toplam teleskopiktir:
\[\sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{k^2} < \frac{1}{n} - \frac{1}{m} < \frac{1}{n}.\]
İkinci çarpan için \(f'\) parçalı sürekli, dolayısıyla integrallenebilir olduğundan Bessel eşitsizliği (Teorem 11.2) \(f'\) fonksiyonuna uygulanır:
\[\sum_{k=n+1}^{m} \big( a_k'^2 + b_k'^2 \big) \le \sum_{k=1}^{\infty} \big( a_k'^2 + b_k'^2 \big) \le \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f'(x)^2\,dx = C^2.\]
\((2)\) ve Adım 1 birleşince her \(x \in \mathbb{R}\) ve \(m > n \ge 1\) için
\[|S_m(x) - S_n(x)| \le \sum_{k=n+1}^{m} |a_k\cos(kx) + b_k\sin(kx)| \le \frac{C}{\sqrt{n}} \tag{3}\]
bulunur.
Adım 3: Düzgün ve mutlak yakınsaklık. \(\dfrac{C}{\sqrt{n}} \to 0\) olduğundan \((3)\) eşitsizliği \((S_n)\) dizisinin \(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün Cauchy dizisi olduğunu söyler; Teorem 3.4 gereği \((S_n)\) düzgün yakınsaktır. \((3)\)’ün orta ifadesi, mutlak değerlerin serisinin de aynı Cauchy koşulunu sağladığını gösterir; seri mutlak yakınsaktır.
Adım 4: Limit \(f\)’dir. \(f\) sürekli ve parçalı düzgün olduğundan Sonuç 12.2 gereği her \(x\) için \(S_n(x) \to f(x)\) olur. Düzgün limit noktasal limite eşit olduğundan \(S_n \rightrightarrows f\) (\(\mathbb{R}\)).
Adım 5: Hata sınırı. \((3)\) eşitsizliğinde \(n\) ve \(x\) sabit tutulup \(m \to \infty\) limiti alınırsa \(S_m(x) \to f(x)\) olduğundan \(|f(x) - S_n(x)| \le \dfrac{C}{\sqrt{n}}\) çıkar. \(\blacksquare\)
Teorem üç şeyi birden verir: yakınsamanın düzgün olması, mutlak olması ve hatanın ne kadar hızlı küçüldüğü. Koşullar da doğaldır: toplam sürekli çıkacağına göre \(f\) periyodik olarak sürekli olmalıdır; bunu \(f\)’nin sürekliliği ve \(f(-\pi) = f(\pi)\) birlikte sağlar.
Örnek 13.3 (Hata Sınırının Hesabı) \(f(x) = |x|\) için \(|f(x) - S_n(x)|\) farkına \([-\pi, \pi]\) üzerinde geçerli bir üst sınır veriniz. \(n = 100\) için sınır kaçtır?
Çözüm
\(f\) sürekli ve parçalı düzgündür, \(f(-\pi) = f(\pi)\). \(x \ne 0\) için \(f'(x) = \pm 1\), dolayısıyla \(f'(x)^2 = 1\) olur ve
\[C^2 = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} 1\,dx = 2, \qquad C = \sqrt{2}.\]
Teorem 13.2 gereği her \(x\) için
\[\big|\, |x| - S_n(x) \,\big| \le \sqrt{\frac{2}{n}}\]
olur. \(n = 100\) için sınır \(\sqrt{0{,}02} \approx 0{,}141\)’dir.
Bu sınır kabadır. \(|x|\)’in katsayıları \(\dfrac{4}{\pi(2k-1)^2}\) olduğundan gerçek hata, kalan terimlerin toplamıyla çok daha iyi sınırlanır; teoremin verdiği sınırın değeri, yalnız \(f'\)’nin integralini kullanarak her fonksiyon için geçerli olmasındadır. \(\blacksquare\)
13.3 Fejér Çekirdeği ve Fejér Teoremi
Yalnız sürekli olan (türevi hakkında bir şey bilinmeyen) bir fonksiyonun Fourier serisi yakınsamayabilir. Buna karşın kısmi toplamların ortalamaları her zaman düzgün yakınsar. Bu sonuç kendi başına önemlidir; biz onu Parseval eşitliğini kanıtlamak için kullanacağız.
Tanım 13.1 (Fejér Ortalamaları ve Fejér Çekirdeği) \(f\), \(2\pi\) periyotlu ve integrallenebilir, \(S_0, S_1, S_2, \dots\) Fourier serisinin kısmi toplamları olsun (\(S_0 = \dfrac{a_0}{2}\)).
\[\sigma_N(x) = \frac{S_0(x) + S_1(x) + \dots + S_N(x)}{N + 1}\]
fonksiyonuna \(f\)’nin \(N\)’inci Fejér ortalaması,
\[K_N(\theta) = \frac{D_0(\theta) + D_1(\theta) + \dots + D_N(\theta)}{N + 1}\]
fonksiyonuna \(N\)’inci dereceden Fejér çekirdeği denir; burada \(D_k\) Dirichlet çekirdeğidir (Tanım 12.1).
Yani Fejér ortalaması, ilk \(N + 1\) kısmi toplamın aritmetik ortalamasıdır; Fejér çekirdeği de ilk \(N + 1\) Dirichlet çekirdeğinin ortalamasıdır. \(\sigma_N\), derecesi en çok \(N\) olan bir trigonometrik polinomdur.
Lemma 13.3 (Fejér Çekirdeğinin Özellikleri) \(N \ge 0\) olsun.
- \(K_N\) şu trigonometrik polinomdur:
\[K_N(\theta) = \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{N} \left( 1 - \frac{k}{N + 1} \right)\cos(k\theta).\]
\(\theta\), \(2\pi\)’nin tam katı değilse \(K_N(\theta) = \dfrac{1}{2(N + 1)}\left( \dfrac{\sin\frac{(N+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}} \right)^{2}\); özel olarak her \(\theta\) için \(K_N(\theta) \ge 0\).
\(\displaystyle\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} K_N(\theta)\,d\theta = 1\).
\(0 < \delta \le \theta \le \pi\) için \(K_N(\theta) \le \dfrac{1}{2(N + 1)\sin^2\frac{\delta}{2}}\).
İspat
(i) \(D_j(\theta) = \dfrac{1}{2} + \sum_{k=1}^{j} \cos(k\theta)\) toplamlarını \(j = 0, \dots, N\) için toplayalım. \(\dfrac{1}{2}\) terimi \(N + 1\) kez gelir. \(\cos(k\theta)\) terimi, \(j \ge k\) olan \(D_j\)’lerde, yani \(j = k, k+1, \dots, N\) için, toplam \(N - k + 1\) kez gelir:
\[\sum_{j=0}^{N} D_j(\theta) = \frac{N + 1}{2} + \sum_{k=1}^{N} (N - k + 1)\cos(k\theta).\]
\(N + 1\) ile bölününce \(\dfrac{N - k + 1}{N + 1} = 1 - \dfrac{k}{N + 1}\) olur.
(ii) \(\theta\), \(2\pi\)’nin tam katı olmasın. Lemma 12.1 gereği \(D_j(\theta) = \dfrac{\sin\left( \left(j + \frac{1}{2}\right)\theta \right)}{2\sin\frac{\theta}{2}}\)’dir. Pay ve paydayı \(\sin\dfrac{\theta}{2}\) ile çarpıp sinüslerin çarpımını kosinüslerin farkına çeviren özdeşliği (\(\alpha = \left(j + \tfrac{1}{2}\right)\theta\), \(\beta = \dfrac{\theta}{2}\)) kullanalım:
\[D_j(\theta) = \frac{\sin\frac{\theta}{2}\,\sin\left( \left(j + \frac{1}{2}\right)\theta \right)}{2\sin^2\frac{\theta}{2}} = \frac{\cos(j\theta) - \cos((j+1)\theta)}{4\sin^2\frac{\theta}{2}}.\]
\(j = 0, \dots, N\) için toplanınca pay teleskopik olur:
\[\sum_{j=0}^{N} D_j(\theta) = \frac{1 - \cos((N+1)\theta)}{4\sin^2\frac{\theta}{2}} = \frac{2\sin^2\frac{(N+1)\theta}{2}}{4\sin^2\frac{\theta}{2}}.\]
\(N + 1\) ile bölünce formül çıkar. Sağ yan bir karenin pozitif katıdır; \(\theta = 2k\pi\) ise \(K_N(\theta) = \dfrac{1}{N+1}\sum_{j=0}^{N}\left( j + \dfrac{1}{2} \right) > 0\)’dır. Her durumda \(K_N \ge 0\).
(iii) Lemma 12.2 gereği her \(j\) için \(\dfrac{2}{\pi}\displaystyle\int_0^{\pi} D_j = 1\)’dir; \(N + 1\) tane \(1\)’in ortalaması \(1\)’dir.
(iv) \(\delta \le \theta \le \pi\) için \(\dfrac{\theta}{2} \in \left[ \dfrac{\delta}{2}, \dfrac{\pi}{2} \right]\) olur ve sinüs bu aralıkta artan olduğundan \(\sin\dfrac{\theta}{2} \ge \sin\dfrac{\delta}{2} > 0\). (ii)’de payı \(1\) ile, paydayı bu alt sınırla değiştirince iddia çıkar. \(\blacksquare\)
İki çekirdeğin farkı şekilde görülür: Dirichlet çekirdeği negatif değerler alarak salınır, Fejér çekirdeği ise hiç negatif olmaz ve tepe dışında \(\dfrac{1}{N + 1}\) hızıyla söner ((iv) şıkkı). Aşağıdaki teoremin ispatını mümkün kılan bu iki özelliktir.
Teorem 13.3 (Fejér Teoremi) \(f\), \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli ve \(2\pi\) periyotlu olsun. O zaman Fejér ortalamaları \(f\)’ye düzgün yakınsar: \(\sigma_N \rightrightarrows f\) (\(\mathbb{R}\)).
İspat
Adım 1: İntegral gösterimi. Sonuç 12.1, \(s = f(x)\) ile, her \(j\) için
\[S_j(x) - f(x) = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} g_x(u)\,D_j(u)\,du\]
verir; burada
\[g_x(u) = \frac{f(x + u) + f(x - u)}{2} - f(x)\]
olur. \(j = 0, \dots, N\) için toplayıp \(N + 1\) ile bölelim:
\[\sigma_N(x) - f(x) = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} g_x(u)\,K_N(u)\,du. \tag{4}\]
Adım 2: \(g_x\) için iki sınır. \(f\) sürekli ve periyodik olduğundan sınırlıdır: \([-\pi, \pi]\) üzerinde sınırlıdır ve bütün değerlerini orada alır. \(|f| \le M\) olsun; o zaman her \(x\) ve \(u\) için \(|g_x(u)| \le 2M\).
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(f\), \([-2\pi, 2\pi]\) kapalı aralığında süreklidir; Cantor teoremi (bkz. Analiz 1) gereği orada düzgün süreklidir. Öyle bir \(\delta \in (0, \pi)\) vardır ki \(y, z \in [-2\pi, 2\pi]\) ve \(|y - z| \le \delta\) olduğunda \(|f(y) - f(z)| < \varepsilon\) olur. \(x \in [-\pi, \pi]\) ve \(0 \le u \le \delta\) için \(x \pm u \in [-2\pi, 2\pi]\) olduğundan
\[|g_x(u)| \le \frac{|f(x + u) - f(x)|}{2} + \frac{|f(x - u) - f(x)|}{2} < \varepsilon\]
bulunur. Bu \(\delta\), \(x\)’e bağlı değildir.
Adım 3: İntegrali böl. \(x \in [-\pi, \pi]\) olsun. \(K_N \ge 0\) olduğundan \((4)\) eşitliğinde mutlak değer integralin içine alınabilir ve \(K_N\) işaret değiştirmez:
\[|\sigma_N(x) - f(x)| \le \frac{2}{\pi}\int_0^{\delta} |g_x(u)|\,K_N(u)\,du + \frac{2}{\pi}\int_{\delta}^{\pi} |g_x(u)|\,K_N(u)\,du.\]
Birinci integralde \(|g_x| < \varepsilon\) ve Lemma 13.3 (iii) ile
\[\frac{2}{\pi}\int_0^{\delta} |g_x(u)|\,K_N(u)\,du \le \varepsilon \cdot \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} K_N(u)\,du = \varepsilon.\]
İkinci integralde \(|g_x| \le 2M\) ve Lemma 13.3 (iv) ile
\[\frac{2}{\pi}\int_{\delta}^{\pi} |g_x(u)|\,K_N(u)\,du \le \frac{2}{\pi} \cdot 2M \cdot \frac{\pi}{2(N + 1)\sin^2\frac{\delta}{2}} = \frac{2M}{(N + 1)\sin^2\frac{\delta}{2}}.\]
Adım 4: Sonuç. \(\delta\) sabitlendikten sonra son ifade \(N \to \infty\) iken \(0\)’a gider; öyle bir \(N_0\) vardır ki \(N \ge N_0\) için \(\varepsilon\)’dan küçük olur. O zaman \(N \ge N_0\) ve her \(x \in [-\pi, \pi]\) için \(|\sigma_N(x) - f(x)| < 2\varepsilon\). \(\sigma_N\) ve \(f\), \(2\pi\) periyotlu olduğundan aynı eşitsizlik her \(x \in \mathbb{R}\) için geçerlidir. \(N_0\), \(x\)’e bağlı olmadığından \(\sigma_N \rightrightarrows f\) (\(\mathbb{R}\)). \(\blacksquare\)
Adım 3, Dirichlet çekirdeğiyle yapılamaz: \(D_N\) işaret değiştirdiğinden \(\displaystyle\int_0^{\pi} |D_N|\) integrali \(N\) ile birlikte sınırsız büyür ve birinci parça \(\varepsilon\) ile sınırlanamaz. Ortalamaya geçmek, çekirdeği negatif olmayan hâle getirerek bu engeli kaldırır.
Teoremin dolaysız bir sonucu vardır: sürekli ve \(2\pi\) periyotlu her fonksiyona trigonometrik polinomlarla istenildiği kadar düzgün yaklaşılabilir; çünkü \(\sigma_N\) böyle bir polinomdur.
13.4 Parseval Eşitliği
Bessel eşitsizliği (Teorem 11.2) \(\dfrac{a_0^2}{2} + \sum (a_n^2 + b_n^2) \le \dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} f^2\) diyordu. Sonuç 11.1 gereği iki yan arasındaki fark, \(\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} (f - S_n)^2\) karesel hatasının limitidir. Dolayısıyla eşitlik, karesel hatanın \(0\)’a gitmesine denktir.
Teorem 13.4 (Parseval Eşitliği) \(f\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde parçalı sürekli ve Fourier katsayıları \(a_n\), \(b_n\) olan bir fonksiyon olsun. O zaman
\[\lim_{n \to \infty} \int_{-\pi}^{\pi} \big[ f(x) - S_n(x) \big]^2\,dx = 0\]
ve
\[\frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \big( a_n^2 + b_n^2 \big) = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)^2\,dx\]
olur.
İspat
\(\Delta(f, g) = \displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} (f - g)^2\) gösterimini kullanalım (Tanım 11.1).
Adım 1: \(f\) periyodik olarak sürekliyse. \(f\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde sürekli ve \(f(-\pi) = f(\pi)\) olsun; periyodik genişleme sürekli ve \(2\pi\) periyotludur. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Teorem 13.3 gereği öyle bir \(N_0\) vardır ki \(N \ge N_0\) ve her \(x\) için \(|f(x) - \sigma_N(x)| < \varepsilon\) olur; dolayısıyla
\[\Delta(f, \sigma_N) = \int_{-\pi}^{\pi} \big[ f(x) - \sigma_N(x) \big]^2\,dx \le 2\pi\varepsilon^2.\]
\(\sigma_N\), derecesi en çok \(N\) olan bir trigonometrik polinomdur. En iyi yaklaşım teoremi (Teorem 11.1) gereği Fourier kısmi toplamı \(S_N\) bu derecedeki bütün polinomlar arasında en küçük karesel hatayı verir:
\[0 \le \Delta(f, S_N) \le \Delta(f, \sigma_N) \le 2\pi\varepsilon^2 \qquad (N \ge N_0).\]
Öyleyse \(\Delta(f, S_N) \to 0\).
Adım 2: Genel durum. \(f\) parçalı sürekli olsun; \(|f| \le M\) olacak biçimde bir \(M > 0\) vardır. Periyodik genişlemenin \((-\pi, \pi]\) aralığındaki süreksizlik noktaları \(t_1, \dots, t_p\) olsun (uçlardaki olası uyumsuzluk nedeniyle \(\pi\) noktası bunlardan biri olabilir). \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(r > 0\) sayısı, \([t_j - r, t_j + r]\) aralıkları ile bunların \(2\pi\)’nin tam katları kadar ötelenmişleri ikişer ikişer ayrık olacak ve
\[8M^2 p\,r < \varepsilon\]
sağlanacak kadar küçük seçilsin. \(h\) fonksiyonunu şöyle tanımlayalım: bu aralıkların dışında \(h = f\); her \([t_j - r, t_j + r]\) aralığında \(h\), \(\big(t_j - r,\ f(t_j - r)\big)\) ve \(\big(t_j + r,\ f(t_j + r)\big)\) noktalarını birleştiren doğru parçası olsun; \(h\) periyodik genişletilsin. \(f\), \(t_j \pm r\) noktalarında sürekli olduğundan \(h\) bütün \(\mathbb{R}\)’de sürekli ve \(2\pi\) periyotludur. İki değer arasındaki doğru parçası o değerlerin arasında kaldığından \(|h| \le M\) olur. \(f - h\) farkı, bir periyot içinde yalnız toplam uzunluğu \(2rp\) olan aralıklarda sıfırdan farklıdır ve orada \(|f - h| \le 2M\)’dir:
\[\Delta(f, h) \le (2M)^2 \cdot 2rp = 8M^2 p\,r < \varepsilon.\]
\(h\) için Adım 1 geçerlidir: \(h\)’nin Fejér ortalamaları \(\tau_N\) olmak üzere öyle bir \(N_0\) vardır ki \(N \ge N_0\) için \(\Delta(h, \tau_N) < \varepsilon\) olur. Her \(u, v \in \mathbb{R}\) için \((u + v)^2 \le 2u^2 + 2v^2\) olur; çünkü iki yanın farkı \((u - v)^2 \ge 0\)’dır. \(f - \tau_N = (f - h) + (h - \tau_N)\) yazılarak
\[\Delta(f, \tau_N) \le 2\Delta(f, h) + 2\Delta(h, \tau_N) < 4\varepsilon \qquad (N \ge N_0)\]
bulunur. \(\tau_N\), derecesi en çok \(N\) olan bir trigonometrik polinomdur; Teorem 11.1 gereği \(f\)’nin kendi Fourier kısmi toplamı \(S_N\) için
\[0 \le \Delta(f, S_N) \le \Delta(f, \tau_N) < 4\varepsilon \qquad (N \ge N_0)\]
olur. Öyleyse \(\Delta(f, S_N) \to 0\).
Adım 3: Eşitlik. Sonuç 11.1 gereği
\[\frac{1}{\pi}\Delta(f, S_n) = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)^2\,dx - \left[ \frac{a_0^2}{2} + \sum_{k=1}^{n} \big( a_k^2 + b_k^2 \big) \right]\]
olur. Sol yan \(0\)’a gittiğinden köşeli parantezdeki kısmi toplamlar \(\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} f^2\) sayısına yakınsar. \(\blacksquare\)
Parseval eşitliği, Pisagor teoreminin sonsuz boyutlu biçimi gibi okunabilir: \(f\)’nin “uzunluğunun karesi” \(\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} f^2\), ortogonal bileşenlerinin karelerinin toplamına eşittir. Teoremin ilk iddiası da ilginçtir: Fourier serisi bazı noktalarda \(f\)’ye yakınsamasa bile, karesel ortalama anlamında her zaman \(f\)’ye yakınsar.
- Katsayıları yaz. \(a_0\), \(a_n\), \(b_n\) bulunur ve \(\dfrac{a_0^2}{2} + \sum (a_n^2 + b_n^2)\) toplamı kurulur.
- İntegrali hesapla. \(\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} f(x)^2\,dx\); çift ya da tek fonksiyonlarda \(\dfrac{2}{\pi}\displaystyle\int_0^{\pi} f(x)^2\,dx\).
- Eşitle ve çöz. Bilinmeyen seri toplamı yalnız bırakılır.
Örnek 13.4 (Parseval Eşitliğiyle Dördüncü Kuvvetler) \([-\pi, \pi]\) üzerinde \(f(x) = \pi - |x|\) ve \(f(x + 2\pi) = f(x)\) olsun. Fourier serisini bulunuz ve Parseval eşitliğiyle \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^4}\) toplamını hesaplayınız.
Çözüm
Katsayılar. \(f\) çifttir; \(b_n = 0\). \(|x|\)’in katsayıları bilinmektedir (Örnek 10.2: \(a_0 = \pi\); tek \(n\) için \(a_n = -\dfrac{4}{\pi n^2}\), çift \(n \ge 2\) için \(0\)). \(\pi\) sabit fonksiyonunun tek sıfırdan farklı katsayısı \(a_0 = 2\pi\)’dir. Çıkarma yapılırsa \(f = \pi - |x|\) için
\[a_0 = 2\pi - \pi = \pi, \qquad a_n = \begin{cases} \dfrac{4}{\pi n^2}, & n \text{ tek} \\[1mm] 0, & n \text{ çift} \end{cases}\]
olur ve
\[\pi - |x| \sim \frac{\pi}{2} + \frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\cos((2k+1)x)}{(2k+1)^2}.\]
Sol yan.
\[\frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n^2 = \frac{\pi^2}{2} + \frac{16}{\pi^2}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^4}.\]
Sağ yan. \(f\) çift olduğundan
\[\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)^2\,dx = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} (\pi - x)^2\,dx = \frac{2}{\pi}\left[ -\frac{(\pi - x)^3}{3} \right]_0^{\pi} = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi^3}{3} = \frac{2\pi^2}{3}.\]
Eşitle. \(f\) sürekli olduğundan Teorem 13.4 uygulanır:
\[\frac{\pi^2}{2} + \frac{16}{\pi^2}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^4} = \frac{2\pi^2}{3}\]
olur. Toplam yalnız bırakılırsa
\[\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)^4} = \frac{\pi^2}{16}\left( \frac{2\pi^2}{3} - \frac{\pi^2}{2} \right) = \frac{\pi^4}{96}.\]
Alıştırma 11.2 alıştırmasında Bessel eşitsizliğiyle bulunan üst sınırın gerçek değer olduğu böylece görülür. \(\blacksquare\)
Örnek 13.5 (Sıçramalı Fonksiyonda Parseval) \(f(x) = x\) fonksiyonuna Parseval eşitliğini uygulayarak \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(f(x) = x\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde süreklidir; periyodik genişlemesi sıçramalıdır, ama Teorem 13.4 yalnız parçalı süreklilik ister. \(a_n = 0\) ve \(b_n^2 = \dfrac{4}{n^2}\) olduğundan (Örnek 10.1)
\[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{4}{n^2} = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} x^2\,dx = \frac{2\pi^2}{3}, \qquad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.\]
Bessel eşitsizliğiyle yalnız “\(\le\)” elde edilmişti (Örnek 11.2); Parseval eşitliği bunu eşitliğe çevirir. Aynı toplamı noktasal yakınsaklıkla da bulmuştuk (Örnek 12.4); iki yöntem birbirini doğrular. \(\blacksquare\)
13.5 Alıştırmalar
Alıştırma 13.1 (Kare Fonksiyonunun Serisini Türetmek) \(-\pi < x < \pi\) için \(x^2\)’nin Fourier serisini terim terime türeterek \(x\)’in Fourier serisini elde ediniz.
Çözüm
\(f(x) = x^2\), \([-\pi, \pi]\) üzerinde sürekli ve parçalı düzgündür, \(f(-\pi) = f(\pi) = \pi^2\). Örnek 12.4 gereği
\[x^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}\cos(nx).\]
\(f'(x) = 2x\) fonksiyonu \((-\pi, \pi)\) üzerinde türevlenebilirdir. Teorem 13.1 gereği \(-\pi < x < \pi\) için
\[2x = 4\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} \cdot \big( -n\sin(nx) \big) = 4\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin(nx)\]
olur. İki yan \(2\)’ye bölününce \(x = 2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin(nx)\) bulunur; bu, Örnek 10.1 serisidir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.2 (Hangi Seriler Düzgün Yakınsar?) \([-\pi, \pi]\) üzerinde verilen \(x\), \(|x|\), \(x^2\) fonksiyonlarının ve kare dalganın (Alıştırma 12.2) Fourier serilerinden hangilerinin \(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün yakınsak olduğunu belirleyiniz.
Çözüm
Düzgün yakınsaklık teoreminin (Teorem 13.2) koşulları: \(f\) sürekli, parçalı düzgün ve \(f(-\pi) = f(\pi)\).
- \(|x|\) ve \(x^2\). İkisi de sürekli ve parçalı düzgündür; \(|{-\pi}| = |\pi|\) ve \((-\pi)^2 = \pi^2\). Fourier serileri \(\mathbb{R}\) üzerinde mutlak ve düzgün yakınsaktır.
- \(x\). \(f(-\pi^+) = -\pi \ne \pi = f(\pi)\); periyodik genişleme süreksizdir. Seri her noktada yakınsar, ama toplam fonksiyonu \(\pi\)’nin tek katlarında süreksizdir. Sürekli kısmi toplamların düzgün limiti sürekli olacağından (Teorem 4.2) yakınsama \(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün değildir.
- Kare dalga. \(0\) ve \(\pm\pi\) noktalarında sıçrar; aynı gerekçeyle yakınsama düzgün değildir.
Katsayılar da bunu yansıtır: düzgün yakınsayan iki seride katsayılar \(\dfrac{1}{n^2}\), öbür ikisinde \(\dfrac{1}{n}\) mertebesindedir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.3 (Kare Dalgada Parseval) Kare dalganın Fourier serisine Parseval eşitliğini uygulayarak \(\displaystyle\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{(2m-1)^2}\) toplamını bulunuz.
Çözüm
Alıştırma 12.2 gereği \(a_n = 0\); tek \(n\) için \(b_n = \dfrac{4}{n\pi}\), çift \(n\) için \(b_n = 0\). \(f(x)^2 = 1\) olduğundan
\[\frac{16}{\pi^2}\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{(2m-1)^2} = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} 1\,dx = 2, \qquad \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{(2m-1)^2} = \frac{\pi^2}{8}.\]
Sonuç Örnek 12.3 ile aynıdır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.4 (Dördüncü Kuvvetlerin Terslerinin Toplamı) \(f(x) = x^2\) fonksiyonuna Parseval eşitliğini uygulayarak \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Örnek 12.4 gereği \(a_0 = \dfrac{2\pi^2}{3}\), \(a_n = \dfrac{4\,(-1)^n}{n^2}\), \(b_n = 0\).
Sol yan.
\[\frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n^2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{4\pi^4}{9} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{16}{n^4} = \frac{2\pi^4}{9} + 16\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4}.\]
Sağ yan. \(\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} x^4\,dx = \dfrac{1}{\pi} \cdot \dfrac{2\pi^5}{5} = \dfrac{2\pi^4}{5}\).
Eşitle.
\[16\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4} = \frac{2\pi^4}{5} - \frac{2\pi^4}{9} = \frac{18\pi^4 - 10\pi^4}{45} = \frac{8\pi^4}{45}, \qquad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 13.5 (Doğrultulmuş Sinüste Parseval) \(|\sin x|\) fonksiyonuna Parseval eşitliğini uygulayarak \(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(4k^2 - 1)^2}\) toplamını bulunuz.
Çözüm
Alıştırma 10.5 gereği \(a_0 = \dfrac{4}{\pi}\), \(a_{2k} = -\dfrac{4}{\pi(4k^2 - 1)}\), öbür katsayılar \(0\)’dır.
Sol yan.
\[\frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n^2 = \frac{8}{\pi^2} + \frac{16}{\pi^2}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(4k^2 - 1)^2}.\]
Sağ yan. \(\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} \sin^2 x\,dx = \dfrac{1}{\pi} \cdot \pi = 1\) (Lemma 10.1 (iii), \(m = n = 1\)).
Eşitle.
\[\frac{16}{\pi^2}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(4k^2 - 1)^2} = 1 - \frac{8}{\pi^2}, \qquad \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(4k^2 - 1)^2} = \frac{\pi^2 - 8}{16} \approx 0{,}117.\]
Denetim: ilk üç terim \(\dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{225} + \dfrac{1}{1225} \approx 0{,}1164\) eder. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.6 (Birinci Fejér Çekirdeği) \(K_1(\theta)\) çekirdeğini Fejér çekirdeğinin özelliklerindeki (Lemma 13.3) (i) ve (ii) şıklarından ayrı ayrı hesaplayınız ve iki sonucun aynı olduğunu gösteriniz.
Çözüm
(i) ile. \(N = 1\) için
\[K_1(\theta) = \frac{1}{2} + \left( 1 - \frac{1}{2} \right)\cos\theta = \frac{1 + \cos\theta}{2}.\]
(ii) ile. \(N = 1\) için paydaki ifade \(\sin\theta = 2\sin\dfrac{\theta}{2}\cos\dfrac{\theta}{2}\) olduğundan
\[K_1(\theta) = \frac{1}{4}\left( \frac{2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}} \right)^{2} = \cos^2\frac{\theta}{2}.\]
Yarım açı özdeşliği \(\cos^2\dfrac{\theta}{2} = \dfrac{1 + \cos\theta}{2}\) iki sonucun aynı olduğunu gösterir. Çekirdek gerçekten negatif değildir ve \(\dfrac{2}{\pi}\displaystyle\int_0^{\pi} \frac{1 + \cos\theta}{2}\,d\theta = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = 1\). \(\blacksquare\)
Fourier serilerinin yakınsaklık kuramını tamamladık. Uygulamada fonksiyonlar çoğu zaman bütün bir periyot üzerinde değil, yalnız \([0, \pi]\) gibi yarım bir aralıkta verilir. Fourier Sinüs ve Kosinüs Serileri bölümünde böyle bir fonksiyonun yalnız sinüslerle ya da yalnız kosinüslerle nasıl açılacağını görüyoruz.