12 Fourier Serilerinin Noktasal Yakınsaklığı
Bir fonksiyonun Fourier katsayılarını hesaplamayı ve bu katsayıların sıfıra gittiğini biliyoruz. Şimdi asıl soruya geliyoruz: \(f\)’nin Fourier serisi bir \(x\) noktasında yakınsar mı, yakınsarsa toplamı \(f(x)\) midir?
Yanıt için kısmi toplamın katsayılar üzerinden yazılmış hâli elverişli değildir. Onun yerine \(S_n(x)\)’i tek bir integral olarak yazacağız: \(f\)’nin \(x\) çevresindeki değerlerinin, Dirichlet çekirdeği denen belirli bir fonksiyonla ağırlıklandırılmış ortalaması. Bu gösterimde yakınsaklık sorusu, salınımlı bir integralin limitine dönüşür ve Riemann–Lebesgue lemmasıyla çözülür.
Varılan sonuç hem güçlü hem kullanışlıdır: \(f\) bir noktada sağdan ve soldan limite ve tek yönlü türevlere sahipse Fourier serisi o noktada yakınsar ve toplamı sağ ve sol limitlerin ortalamasıdır. Süreklilik noktalarında bu ortalama \(f(x)\)’in kendisidir.
Bölüm boyunca \(f\), \(2\pi\) periyotlu ve \([-\pi, \pi]\) üzerinde integrallenebilir bir fonksiyondur; \((-\pi, \pi]\) üzerinde verilmiş bir fonksiyon periyodik genişlemesiyle (Tanım 10.2) düşünülür.
12.1 Dirichlet Çekirdeği
Kısmi toplamın integral gösteriminde ortaya çıkacak fonksiyonu önceden tanıyalım.
Tanım 12.1 (Dirichlet Çekirdeği) \(N \in \{0, 1, 2, \dots\}\) olsun.
\[D_N(\theta) = \frac{1}{2} + \sum_{n=1}^{N} \cos(n\theta) \qquad (\theta \in \mathbb{R})\]
ile tanımlı trigonometrik polinoma \(N\)’inci dereceden Dirichlet çekirdeği denir; \(D_0(\theta) = \dfrac{1}{2}\)’dir.
Yani Dirichlet çekirdeği, bütün katsayıları \(1\) olan kosinüs polinomudur. Tanımdan hemen görülen üç özelliği vardır: \(D_N\) süreklidir, \(2\pi\) periyotludur ve çifttir (\(D_N(-\theta) = D_N(\theta)\)).
Lemma 12.1 (Dirichlet Çekirdeğinin Kapalı Biçimi) \(N \ge 0\) olsun. \(\theta\), \(2\pi\)’nin tam katı değilse
\[D_N(\theta) = \frac{\sin\left( \left(N + \tfrac{1}{2}\right)\theta \right)}{2\sin\dfrac{\theta}{2}}\]
olur; \(\theta = 2k\pi\) (\(k \in \mathbb{Z}\)) ise \(D_N(2k\pi) = N + \dfrac{1}{2}\)’dir.
İspat
\(D_N(\theta)\) ifadesini \(\sin\dfrac{\theta}{2}\) ile çarpalım ve her terimde
\[\cos\alpha\,\sin\beta = \tfrac{1}{2}\big[ \sin(\alpha + \beta) - \sin(\alpha - \beta) \big]\]
özdeşliğini \(\alpha = n\theta\), \(\beta = \dfrac{\theta}{2}\) ile kullanalım:
\[\sin\frac{\theta}{2}\,\cos(n\theta) = \frac{1}{2}\left[ \sin\left( \left(n + \tfrac{1}{2}\right)\theta \right) - \sin\left( \left(n - \tfrac{1}{2}\right)\theta \right) \right].\]
\(n = 1, \dots, N\) için toplanınca sağ yan teleskopik olur:
\[ \begin{aligned} \sin\frac{\theta}{2}\,D_N(\theta) &= \frac{1}{2}\sin\frac{\theta}{2} + \frac{1}{2}\left[ \sin\left( \left(N + \tfrac{1}{2}\right)\theta \right) - \sin\frac{\theta}{2} \right] \\[1mm] &= \frac{1}{2}\sin\left( \left(N + \tfrac{1}{2}\right)\theta \right). \end{aligned} \]
\(\theta\), \(2\pi\)’nin tam katı değilse \(\sin\dfrac{\theta}{2} \ne 0\) olur ve bölerek formül elde edilir. \(\theta = 2k\pi\) ise her \(n\) için \(\cos(2kn\pi) = 1\) olduğundan \(D_N(2k\pi) = \dfrac{1}{2} + N\). \(\blacksquare\)
Lemma 12.2 (Dirichlet Çekirdeğinin İntegrali) Her \(N \ge 0\) için \(\displaystyle\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} D_N(\theta)\,d\theta = 1\) olur.
İspat
\(n \ge 1\) için \(\displaystyle\int_0^{\pi} \cos(n\theta)\,d\theta = \left[ \frac{\sin(n\theta)}{n} \right]_0^{\pi} = 0\)’dır. Dolayısıyla
\[\int_0^{\pi} D_N(\theta)\,d\theta = \int_0^{\pi} \frac{1}{2}\,d\theta + \sum_{n=1}^{N} \int_0^{\pi} \cos(n\theta)\,d\theta = \frac{\pi}{2}\]
olur; \(\dfrac{2}{\pi}\) ile çarpınca iddia çıkar. \(\blacksquare\)
Şekil çekirdeğin davranışını gösterir: \(N\) büyüdükçe \(\theta = 0\)’daki tepe \(N + \dfrac{1}{2}\) yüksekliğine çıkar ve daralır; tepenin dışında çekirdek gittikçe sıklaşan bir salınım yapar. Toplam alan ise hep aynı kalır.
İleride paydadaki \(\sin\dfrac{\theta}{2}\)’yi alttan sınırlamamız gerekecek.
Lemma 12.3 (Sinüs için Alt Sınır) \(0 \le t \le \dfrac{\pi}{2}\) için \(\sin t \ge \dfrac{2t}{\pi}\) olur. Dolayısıyla \(0 < u \le \pi\) için
\[\frac{1}{2\sin\dfrac{u}{2}} \le \frac{\pi}{2u}.\]
İspat
\(h(t) = \sin t - \dfrac{2t}{\pi}\) olsun. \(h(0) = 0\) ve \(h\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = 1 - 1 = 0\)’dır. \(h'(t) = \cos t - \dfrac{2}{\pi}\) fonksiyonu \(\left[ 0, \dfrac{\pi}{2} \right]\) üzerinde azalandır ve \(h'(0) = 1 - \dfrac{2}{\pi} > 0\), \(h'\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = -\dfrac{2}{\pi} < 0\) olduğundan tam bir \(t_0\) noktasında işaret değiştirir: \(h\), \([0, t_0]\) üzerinde artan, \(\left[ t_0, \dfrac{\pi}{2} \right]\) üzerinde azalandır. Birinci aralıkta \(h(t) \ge h(0) = 0\), ikinci aralıkta \(h(t) \ge h\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = 0\) olur.
İkinci iddia için \(t = \dfrac{u}{2} \in \left( 0, \dfrac{\pi}{2} \right]\) alınır: \(\sin\dfrac{u}{2} \ge \dfrac{u}{\pi} > 0\), yani \(\dfrac{1}{2\sin\frac{u}{2}} \le \dfrac{\pi}{2u}\). \(\blacksquare\)
12.2 Kısmi Toplamın İntegral Gösterimi
Katsayı formüllerini kısmi toplamın içine yerleştirince Dirichlet çekirdeği kendiliğinden ortaya çıkar.
Teorem 12.1 (Kısmi Toplamın İntegral Gösterimi) \(f\), \(2\pi\) periyotlu ve \([-\pi, \pi]\) üzerinde integrallenebilir olsun; \(S_n\), Fourier serisinin \(n\)’inci kısmi toplamı olsun. O zaman her \(x \in \mathbb{R}\) için
\[S_n(x) = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x + u)\,D_n(u)\,du = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} \frac{f(x + u) + f(x - u)}{2}\,D_n(u)\,du\]
olur.
İspat
Adım 1: Katsayıları yerine koy. Katsayı formüllerinde integral değişkenini \(t\) ile gösterelim:
\[ \begin{aligned} S_n(x) &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(t)\,dt \\[1mm] &\quad + \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(t)\big[ \cos(kt)\cos(kx) + \sin(kt)\sin(kx) \big]\,dt \\[1mm] &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(t)\left[ \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{n} \cos\big(k(t - x)\big) \right] dt \\[1mm] &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(t)\,D_n(t - x)\,dt. \end{aligned} \]
Burada iki kosinüsün ve iki sinüsün çarpımlarının toplamı, kosinüsün fark formülüyle \(\cos(k(t - x))\) olarak yazıldı.
Adım 2: Değişken değiştir. \(t = x + u\) yazalım; \(u\), \(-\pi - x\)’ten \(\pi - x\)’e değişir:
\[S_n(x) = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi - x}^{\pi - x} f(x + u)\,D_n(u)\,du.\]
\(u \mapsto f(x + u)\,D_n(u)\) fonksiyonu \(2\pi\) periyotludur ve integrallenebilirdir; integrasyon aralığının uzunluğu \(2\pi\)’dir. Önerme 10.1 gereği integral \([-\pi, \pi]\) üzerinde alınabilir. Bu, birinci eşitliktir.
Adım 3: Aralığı katla. \([-\pi, 0]\) üzerindeki parçada \(u = -v\) yazalım; \(D_n\) çift olduğundan
\[\int_{-\pi}^{0} f(x + u)\,D_n(u)\,du = \int_0^{\pi} f(x - v)\,D_n(v)\,dv\]
olur. İki parça toplanınca
\[S_n(x) = \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi} \big[ f(x + u) + f(x - u) \big]\,D_n(u)\,du\]
bulunur; bu, ikinci eşitliktir. \(\blacksquare\)
Gösterim şunu söyler: \(S_n(x)\), \(f\)’nin \(x\)’in iki yanındaki simetrik değerlerinin ortalamasının, Dirichlet çekirdeğiyle ağırlıklandırılmış integralidir. Çekirdeğin tepesi \(u = 0\)’da yoğunlaştığından asıl katkı \(x\)’e yakın değerlerden gelir.
Sonuç 12.1 (Kısmi Toplam ile Aday Limit Arasındaki Fark) Teorem 12.1 koşulları altında her \(x \in \mathbb{R}\) ve her \(s \in \mathbb{R}\) sayısı için
\[S_n(x) - s = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} g(u)\,D_n(u)\,du, \qquad g(u) = \frac{f(x + u) + f(x - u)}{2} - s\]
olur.
İspat
Lemma 12.2 gereği \(s = \dfrac{2}{\pi}\displaystyle\int_0^{\pi} s\,D_n(u)\,du\) yazılabilir. Bu eşitlik, integral gösteriminin (Teorem 12.1) ikinci eşitliğinden çıkarılırsa iddia elde edilir. \(\blacksquare\)
Böylece “\(S_n(x) \to s\)” önermesi, sağdaki integralin \(0\)’a gitmesine denktir. \(g\) fonksiyonu \(x\)’e ve \(s\)’ye bağlıdır; bunlar sabit tutulduğu için yalnız \(g(u)\) yazıyoruz.
12.3 Dini Koşulu ve Yakınsaklık
İntegralin \(0\)’a gitmesi için \(g\)’nin \(u = 0\) yakınında yeterince küçük olması gerekir. Bunu ölçen koşul şudur.
Tanım 12.2 (Dini Koşulu) \(f\), \(2\pi\) periyotlu ve integrallenebilir, \(x, s \in \mathbb{R}\) ve \(g(u) = \dfrac{f(x + u) + f(x - u)}{2} - s\) olsun. Bir \(\delta \in (0, \pi]\) için
\[\lim_{\eta \to 0^+} \int_{\eta}^{\delta} \frac{|g(u)|}{u}\,du\]
limiti sonluysa \(f\), \(x\) noktasında \(s\) değeriyle Dini koşulunu sağlar denir.
Yani \(\dfrac{|g(u)|}{u}\) fonksiyonunun \(u = 0\) yakınındaki alanı sonlu kalmalıdır. Her \(\eta \in (0, \delta)\) için integral tanımlıdır, çünkü \([\eta, \delta]\) üzerinde \(\dfrac{1}{u}\) sürekli ve \(g\) integrallenebilirdir. \(\eta\) küçüldükçe aralık büyüdüğünden ve integrand negatif olmadığından integral artar; dolayısıyla limit her zaman vardır, ama \(+\infty\) olabilir. Koşul bunun olmamasını ister. Limiti \(J(\delta)\) ile gösterelim. En basit yeterli koşul, \(\dfrac{|g(u)|}{u}\) oranının \((0, \delta]\) üzerinde sınırlı olmasıdır: \(\dfrac{|g(u)|}{u} \le M\) ise her \(\eta\) için integral en çok \(M\delta\)’dır.
Teorem 12.2 (Dini Yakınsaklık Teoremi) \(f\), \(2\pi\) periyotlu ve \([-\pi, \pi]\) üzerinde integrallenebilir olsun. \(f\), bir \(x\) noktasında \(s\) değeriyle Dini koşulunu sağlıyorsa Fourier serisi \(x\) noktasında \(s\)’ye yakınsar: \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_n(x) = s\).
İspat
\(\varepsilon > 0\) verilsin. Sonuç 12.1 gereği \(\delta_1 \in (0, \delta]\) için
\[S_n(x) - s = \underbrace{\frac{2}{\pi}\int_0^{\delta_1} g(u)\,D_n(u)\,du}_{I_1} + \underbrace{\frac{2}{\pi}\int_{\delta_1}^{\pi} g(u)\,D_n(u)\,du}_{I_2}\]
yazılır. \(\delta_1\)’i \(I_1\) her \(n\) için küçük olacak biçimde seçecek, sonra \(I_2\)’yi \(n\) büyüterek küçülteceğiz.
Adım 1: \(\delta_1\) seçimi. \(0 < \eta < \delta_1 \le \delta\) için \(\displaystyle\int_{\eta}^{\delta} = \int_{\eta}^{\delta_1} + \int_{\delta_1}^{\delta}\) olduğundan, \(\eta \to 0^+\) limitinde
\[J(\delta_1) = J(\delta) - \int_{\delta_1}^{\delta} \frac{|g(u)|}{u}\,du\]
olur. \(\delta_1 \to 0^+\) iken sağdaki integral, tanım gereği \(J(\delta)\)’ya yakınsar; dolayısıyla \(J(\delta_1) \to 0\). Öyleyse \(J(\delta_1) < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olacak biçimde bir \(\delta_1 \in (0, \delta]\) seçilebilir.
Adım 2: \(I_1\) sınırı. \(0 < u \le \pi\) için Lemma 12.1 ve Lemma 12.3 ile
\[|D_n(u)| = \frac{\left| \sin\left( \left(n + \tfrac{1}{2}\right)u \right) \right|}{2\sin\dfrac{u}{2}} \le \frac{1}{2\sin\dfrac{u}{2}} \le \frac{\pi}{2u}\]
olur. \(0 < \eta < \delta_1\) için
\[\int_{\eta}^{\delta_1} |g(u)|\,|D_n(u)|\,du \le \frac{\pi}{2}\int_{\eta}^{\delta_1} \frac{|g(u)|}{u}\,du \le \frac{\pi}{2}\,J(\delta_1)\]
bulunur. \(|g|\,|D_n|\) fonksiyonu \([0, \delta_1]\) üzerinde integrallenebilir olduğundan sol yan, \(\eta \to 0^+\) iken \(\displaystyle\int_0^{\delta_1} |g|\,|D_n|\) integraline yakınsar (integral, alt sınırının sürekli fonksiyonudur). Dolayısıyla her \(n\) için
\[|I_1| \le \frac{2}{\pi}\int_0^{\delta_1} |g(u)|\,|D_n(u)|\,du \le \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2}\,J(\delta_1) = J(\delta_1) < \frac{\varepsilon}{2}.\]
Adım 3: \(I_2\) sınırı. \([\delta_1, \pi]\) üzerinde \(\sin\dfrac{u}{2} \ge \sin\dfrac{\delta_1}{2} > 0\) olduğundan \(\dfrac{1}{2\sin\frac{u}{2}}\) süreklidir; \(g\) integrallenebilir olduğundan
\[\varphi(u) = \frac{g(u)}{2\sin\dfrac{u}{2}}\]
fonksiyonu \([\delta_1, \pi]\) üzerinde integrallenebilirdir. Lemma 12.1 ile
\[I_2 = \frac{2}{\pi}\int_{\delta_1}^{\pi} \varphi(u)\,\sin\left( \left(n + \tfrac{1}{2}\right)u \right) du\]
olur. Riemann–Lebesgue lemması (Lemma 11.2), \(t = n + \dfrac{1}{2} \to +\infty\) ile, \(I_2 \to 0\) verir. Öyleyse öyle bir \(N\) vardır ki \(n \ge N\) için \(|I_2| < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olur.
Sonuç. \(n \ge N\) için \(|S_n(x) - s| \le |I_1| + |I_2| < \varepsilon\) olur. \(\blacksquare\)
İspatın dikkat çekici bir sonucu vardır: \(I_2\) parçası, \(f\) yalnız integrallenebilir olduğu sürece her zaman \(0\)’a gider. Fourier serisinin bir \(x\) noktasında yakınsayıp yakınsamadığını, \(f\)’nin yalnız \(x\)’in keyfi küçük bir komşuluğundaki davranışı belirler; oysa katsayılar \(f\)’nin bütün aralıktaki değerlerinden hesaplanır.
12.4 Parçalı Sürekli ve Yarı-Türevlenebilir Fonksiyonlar
Dini koşulunu doğrudan denetlemek zahmetlidir. Uygulamada karşılaşılan fonksiyonların hemen hepsinin sağladığı, denetlemesi kolay koşullar verelim. Önce gösterim: bir \(x\) noktasındaki sağdan ve soldan limitleri (varsa)
\[f(x + 0) = \lim_{h \to 0^+} f(x + h), \qquad f(x - 0) = \lim_{h \to 0^+} f(x - h)\]
ile gösteriyoruz.
Tanım 12.3 (Parçalı Sürekli Fonksiyon) \(f\), \([a, b]\) üzerinde tanımlı bir fonksiyon olsun. \(f\), sonlu sayıda nokta dışında \([a, b]\)’nin her noktasında sürekliyse ve bu istisna noktalarının her birinde sağdan ve soldan limitleri varsa ve sonluysa (\(a\)’da yalnız sağdan, \(b\)’de yalnız soldan limit) \(f\)’ye \([a, b]\) üzerinde parçalı sürekli denir.
Yani parçalı sürekli bir fonksiyonun grafiği, sonlu sayıda sürekli parçadan oluşur ve parçaların birleşme yerlerinde en kötü olasılıkla sonlu bir sıçrama vardır; \(\dfrac{1}{x}\) gibi sonsuza kaçan ya da \(\sin\dfrac{1}{x}\) gibi limitsiz salınan davranışlara izin verilmez. Parçalı sürekli bir fonksiyon sınırlıdır ve sonlu sayıda süreksizlik noktası olduğundan integrallenebilirdir (bkz. Analiz 2).
Sıçrama noktasında sıradan türev tanımsızdır; ama sıçramanın iki yanındaki eğimler yine de ölçülebilir.
Tanım 12.4 (Genelleştirilmiş Tek Yönlü Türevler ve Yarı-Türevlenebilirlik) \(f\) fonksiyonunun bir \(x\) noktasında \(f(x + 0)\) ve \(f(x - 0)\) limitleri var ve sonlu olsun.
\[ \begin{aligned} f'_{+}(x) &= \lim_{h \to 0^+} \frac{f(x + h) - f(x + 0)}{h}, \\[1mm] f'_{-}(x) &= \lim_{h \to 0^+} \frac{f(x - h) - f(x - 0)}{-h} \end{aligned} \]
limitlerine (varsa ve sonluysa) \(f\)’nin \(x\) noktasındaki genelleştirilmiş sağdan ve soldan türevleri denir. İkisi de varsa \(f\)’ye \(x\) noktasında yarı-türevlenebilir denir.
Yani sağdan türev hesaplanırken \(f(x)\) yerine sağdan limit \(f(x + 0)\), soldan türev hesaplanırken soldan limit \(f(x - 0)\) kullanılır; böylece sıçramanın büyüklüğü hesaba karışmaz ve yalnız iki yandaki eğimler ölçülür. \(f\) bir noktada türevlenebilirse o noktada yarı-türevlenebilirdir ve iki genelleştirilmiş türev \(f'(x)\)’e eşittir. \(|x|\) fonksiyonu \(0\)’da türevlenebilir değildir, ama yarı-türevlenebilirdir (\(f'_{+}(0) = 1\), \(f'_{-}(0) = -1\)).
Teorem 12.3 (Yarı-Türevlenebilir Noktada Yakınsaklık) \(f\), \(2\pi\) periyotlu ve \([-\pi, \pi]\) üzerinde integrallenebilir olsun. \(f\) bir \(x\) noktasında yarı-türevlenebilir ise Fourier serisi \(x\) noktasında yakınsar ve
\[\lim_{n \to \infty} S_n(x) = \frac{f(x + 0) + f(x - 0)}{2}\]
olur. Özel olarak \(f\), \(x\) noktasında ayrıca sürekliyse Fourier serisi \(x\)’te \(f(x)\)’e yakınsar.
İspat
\(s = \dfrac{f(x + 0) + f(x - 0)}{2}\) alalım ve Dini koşulunu denetleyelim. \(u > 0\) için
\[g(u) = \frac{f(x + u) + f(x - u)}{2} - s = \frac{f(x + u) - f(x + 0)}{2} + \frac{f(x - u) - f(x - 0)}{2}\]
olur. \(u\) ile bölüp üçgen eşitsizliğini kullanalım:
\[\frac{|g(u)|}{u} \le \frac{1}{2}\left| \frac{f(x + u) - f(x + 0)}{u} \right| + \frac{1}{2}\left| \frac{f(x - u) - f(x - 0)}{u} \right|. \tag{1}\]
\(u \to 0^+\) iken birinci oran \(f'_{+}(x)\)’e, ikinci oranın mutlak değeri \(|f'_{-}(x)|\)’e yakınsar. Sonlu limiti olan bir fonksiyon, limit noktasının yakınında sınırlıdır: öyle \(\delta \in (0, \pi]\) ve \(M > 0\) vardır ki \(0 < u \le \delta\) için \((1)\)’in sağındaki iki oran da mutlak değerce \(M\)’yi aşmaz. Dolayısıyla \(0 < u \le \delta\) için \(\dfrac{|g(u)|}{u} \le M\) olur ve her \(\eta \in (0, \delta)\) için
\[\int_{\eta}^{\delta} \frac{|g(u)|}{u}\,du \le M\delta\]
sağlanır; limit sonludur. \(f\), \(x\) noktasında \(s\) değeriyle Dini koşulunu sağlar ve Teorem 12.2 gereği \(S_n(x) \to s\).
\(f\), \(x\)’te sürekliyse \(f(x + 0) = f(x - 0) = f(x)\) olur ve \(s = f(x)\)’tir. \(\blacksquare\)
Sıçrama noktasındaki davranış dikkat çekicidir: Fourier serisi, fonksiyonun o noktada hangi değeri aldığını “bilmez” (tek bir noktadaki değer integralleri etkilemez) ve sıçramanın tam ortasına yakınsar.
Her noktada tek tek yarı-türevlenebilirlik denetlemek yerine, fonksiyonun tamamı için tek bir koşul vermek daha pratiktir.
Tanım 12.5 (Parçalı Düzgün Fonksiyon) \(f\), \([a, b]\) üzerinde parçalı sürekli olsun. \(f\), sonlu sayıda nokta dışında türevlenebilirse ve \(f'\) türevi, istisna noktalarında sağdan ve soldan sonlu limitlere sahip olacak biçimde parçalar üzerinde sürekliyse \(f\)’ye \([a, b]\) üzerinde parçalı düzgün denir.
Yani parçalı düzgün bir fonksiyon, sonlu sayıda parçanın her birinde sürekli türevlidir ve türev parçaların uçlarında sonlu limitlere sahiptir. Polinomlardan, üstel ve trigonometrik fonksiyonlardan parça parça kurulan bütün fonksiyonlar bu sınıftadır.
Lemma 12.4 (Parçalı Düzgün Fonksiyon Her Noktada Yarı-Türevlenebilirdir) \(f\), \([a, b]\) üzerinde parçalı düzgün ise \(a \le x < b\) olan her \(x\) için \(f'_{+}(x)\) vardır ve \(f'(x + 0)\)’a eşittir; \(a < x \le b\) olan her \(x\) için \(f'_{-}(x)\) vardır ve \(f'(x - 0)\)’a eşittir.
İspat
\(a \le x < b\) olsun. İstisna noktaları sonlu sayıda olduğundan öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \((x, x + \delta)\) aralığında istisna noktası yoktur; \(f\) bu açık aralıkta türevlenebilirdir. \(F(t) = f(t)\) (\(x < t \le x + h\)) ve \(F(x) = f(x + 0)\) ile tanımlı fonksiyon, \(0 < h < \delta\) için \([x, x + h]\) üzerinde süreklidir ve \((x, x + h)\) üzerinde türevlenebilirdir. Ortalama değer teoremi (bkz. Analiz 2) bir \(\xi_h \in (x, x + h)\) için
\[\frac{f(x + h) - f(x + 0)}{h} = f'(\xi_h)\]
verir. \(h \to 0^+\) iken \(\xi_h \to x^+\) olur ve \(f'\)’nin sağdan limiti var olduğundan \(f'(\xi_h) \to f'(x + 0)\). Öyleyse \(f'_{+}(x) = f'(x + 0)\). Soldan türev için aynı akıl yürütme \([x - h, x]\) aralığında yinelenir. \(\blacksquare\)
Sonuç 12.2 (Parçalı Düzgün Fonksiyonların Fourier Serisi) \(f\), \(2\pi\) periyotlu ve \([-\pi, \pi]\) üzerinde parçalı düzgün olsun. O zaman Fourier serisi her \(x \in \mathbb{R}\) noktasında yakınsar ve toplamı
\[\frac{f(x + 0) + f(x - 0)}{2}\]
olur. Süreklilik noktalarında toplam \(f(x)\)’tir. \(x = \pi\) ve \(x = -\pi\) noktalarında toplam \(\dfrac{f(-\pi + 0) + f(\pi - 0)}{2}\)’dir.
İspat
\(f\) periyodik olduğundan her sınırlı aralıkta parçalı düzgündür; Lemma 12.4 gereği her noktada yarı-türevlenebilirdir. Teorem 12.3 her \(x\) için uygulanır. \(x = \pi\) noktasında periyodiklikle \(f(\pi + 0) = f(-\pi + 0)\) olur; \(x = -\pi\) noktasında \(f(-\pi - 0) = f(\pi - 0)\). \(\blacksquare\)
Periyodu \(2L\) olan fonksiyonlar için de aynı sonuç geçerlidir: \(g(t) = f\left( \dfrac{Lt}{\pi} \right)\) ölçeklemesi (Tanım 10.4) parçalı düzgünlüğü ve tek yönlü limitleri korur.
- Periyodik genişlemeyi çiz. Süreksizlik noktalarını (parçaların birleşme yerleri ve çoğu zaman periyodun uçları) belirle.
- Süreklilik noktaları. Parçalı düzgün bir fonksiyonun Fourier serisi bu noktalarda \(f(x)\)’e eşittir; \(\sim\) yerine \(=\) yazılabilir.
- Sıçrama noktaları. Serinin toplamı \(\dfrac{f(x + 0) + f(x - 0)}{2}\)’dir. Uygun bir \(x\) değeri seriye konursa bir sayı serisinin toplamı elde edilir.
Örnek 12.1 (Testere Dişinin Yakınsaklığı ve Leibniz Serisi) \(f(x) = x\) fonksiyonunun \((-\pi, \pi]\) üzerindeki Fourier serisinin toplamını her \(x \in [-\pi, \pi]\) için belirleyiniz ve \(x = \dfrac{\pi}{2}\) alarak bir sayı serisinin toplamını bulunuz.
Çözüm
Örnek 10.1 gereği \(x \sim 2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin(nx)\). Periyodik genişleme parçalı düzgündür: \((-\pi, \pi)\) üzerinde \(f(x) = x\) sürekli türevlidir; süreksizlikler yalnız \(\pi\)’nin tek katlarındadır.
\(-\pi < x < \pi\). \(f\) süreklidir; Sonuç 12.2 gereği
\[x = 2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin(nx) \qquad (-\pi < x < \pi).\]
\(x = \pm\pi\). \(f(\pi - 0) = \pi\) ve \(f(-\pi + 0) = -\pi\) olduğundan toplam \(\dfrac{-\pi + \pi}{2} = 0\)’dır. Bu, serinin bütün terimlerinin bu noktalarda \(0\) olmasıyla uyumludur.
Sayı serisi. \(x = \dfrac{\pi}{2}\) alalım. \(\sin\dfrac{n\pi}{2}\) sayısı çift \(n\) için \(0\), \(n = 2k - 1\) için \((-1)^{k+1}\) olduğundan
\[\frac{\pi}{2} = 2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{2k}}{2k - 1}\,(-1)^{k+1} = 2\left( 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots \right)\]
olur. Buradan Leibniz serisi elde edilir:
\[\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{2k - 1} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \cdots = \frac{\pi}{4}.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 12.2 (Sıçramanın Ortasına Yakınsama) \(f(x) = \begin{cases} 0, & -\pi < x < 0 \\ \pi, & 0 \le x \le \pi \end{cases}\) fonksiyonu \(2\pi\) periyotlu genişletilsin. Fourier serisini bulunuz ve her \(x\) için toplamını belirleyiniz.
Çözüm
Katsayılar. \(f\), Örnek 10.3 fonksiyonunun \(\dfrac{\pi}{2}\) katıdır; katsayılar da aynı çarpanla gelir: \(a_0 = \pi\), \(n \ge 1\) için \(a_n = 0\) ve
\[b_n = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{2}{n\pi}\big( 1 - (-1)^n \big) = \frac{1 - (-1)^n}{n} = \begin{cases} \dfrac{2}{n}, & n \text{ tek} \\[1mm] 0, & n \text{ çift} \end{cases}\]
Seri.
\[f(x) \sim \frac{\pi}{2} + 2\left( \sin x + \frac{\sin 3x}{3} + \frac{\sin 5x}{5} + \cdots \right).\]
Toplam. \(f\) parçalı düzgündür. \(x\), \(\pi\)’nin tam katı değilse \(f\) süreklidir ve seri \(f(x)\)’e yakınsar. \(x = k\pi\) noktalarında bir yanda limit \(0\), öbür yanda \(\pi\)’dir; seri
\[\frac{0 + \pi}{2} = \frac{\pi}{2}\]
değerine yakınsar. Gerçekten de \(x = k\pi\) için bütün sinüs terimleri \(0\) olur ve seriden yalnız \(\dfrac{\pi}{2}\) kalır. Dikkat: \(f(0) = \pi\) olarak tanımlanmıştı, ama seri \(0\) noktasında \(\dfrac{\pi}{2}\) verir.
Şekilde \(S_1\), \(S_3\) ve \(S_9\) kısmi toplamları görülür: hepsi \(\left( 0, \dfrac{\pi}{2} \right)\) noktasından geçer ve terim sayısı arttıkça basamağa yaklaşır. Sıçramanın hemen yanında kısmi toplamların fonksiyonu bir miktar aştığı da görülür; bu aşım terim sayısı artınca kaybolmaz, yalnız sıçramaya doğru sıkışır. Yakınsama her noktada gerçekleşir, ama sıçramayı içeren bir aralıkta düzgün değildir: sürekli \(S_n\) fonksiyonlarının limiti süreksizdir (Sonuç 4.2). \(\blacksquare\)
Örnek 12.3 (Tek Sayıların Karelerinin Tersleri) \(|x|\) fonksiyonunun Fourier serisinden yararlanarak \(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2} = \frac{\pi^2}{8}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(|x|\)’in Fourier serisini biliyoruz (Örnek 10.2). \(|x|\)’in periyodik genişlemesi süreklidir (\(f(-\pi) = f(\pi) = \pi\)) ve parçalı düzgündür (türev \(-1\) ya da \(1\)). Sonuç 12.2 gereği her \(x \in [-\pi, \pi]\) için eşitlik geçerlidir:
\[|x| = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\cos((2k-1)x)}{(2k-1)^2}.\]
\(x = 0\) alalım:
\[0 = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2}, \qquad \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{\pi^2}{8}.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 12.4 (Basel Problemi) \(-\pi \le x \le \pi\) için \(f(x) = x^2\) ve \(f(x + 2\pi) = f(x)\) olsun. Fourier serisini bulunuz, \(x = \pi\) noktasındaki toplamını belirleyiniz ve buradan \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\) toplamını hesaplayınız.
Çözüm
Katsayılar. \(f\) çifttir; \(b_n = 0\).
\[a_0 = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} x^2\,dx = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi^3}{3} = \frac{2\pi^2}{3}.\]
\(n \ge 1\) için iki kez kısmi integrasyon yapalım. Önce \(u = x^2\), \(dv = \cos(nx)\,dx\):
\[\int_0^{\pi} x^2\cos(nx)\,dx = \left[ \frac{x^2\sin(nx)}{n} \right]_0^{\pi} - \frac{2}{n}\int_0^{\pi} x\sin(nx)\,dx = -\frac{2}{n}\int_0^{\pi} x\sin(nx)\,dx.\]
Sonra \(u = x\), \(dv = \sin(nx)\,dx\):
\[\int_0^{\pi} x\sin(nx)\,dx = \left[ -\frac{x\cos(nx)}{n} \right]_0^{\pi} + \frac{1}{n}\int_0^{\pi} \cos(nx)\,dx = -\frac{\pi\,(-1)^n}{n}.\]
Öyleyse
\[a_n = \frac{2}{\pi} \cdot \left( -\frac{2}{n} \right) \cdot \left( -\frac{\pi\,(-1)^n}{n} \right) = \frac{4\,(-1)^n}{n^2}.\]
Seri ve toplamı. \(f\)’nin periyodik genişlemesi süreklidir (\(f(-\pi) = f(\pi) = \pi^2\)) ve parçalı düzgündür. Sonuç 12.2 gereği her \(x \in [-\pi, \pi]\) için
\[x^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}\cos(nx).\]
\(x = \pi\). \(\cos(n\pi) = (-1)^n\) ve \((-1)^n(-1)^n = 1\) olduğundan
\[\pi^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}, \qquad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{1}{4} \cdot \frac{2\pi^2}{3} = \frac{\pi^2}{6}.\]
Bu, Euler’in çözdüğü Basel problemidir. Aynı seride \(x = 0\) alınırsa \(0 = \dfrac{\pi^2}{3} + 4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}\), yani
\[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = 1 - \frac{1}{4} + \frac{1}{9} - \cdots = \frac{\pi^2}{12}\]
bulunur. \(\blacksquare\)
12.5 Alıştırmalar
Alıştırma 12.1 (Çekirdeğin İki Biçimi) \(D_2\left( \dfrac{\pi}{3} \right)\) değerini hem tanımdan hem kapalı biçimden hesaplayınız.
Çözüm
Tanımdan. \(D_2(\theta) = \dfrac{1}{2} + \cos\theta + \cos 2\theta\) olduğundan
\[D_2\left( \frac{\pi}{3} \right) = \frac{1}{2} + \cos\frac{\pi}{3} + \cos\frac{2\pi}{3} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.\]
Kapalı biçimden. Lemma 12.1, \(N = 2\) ve \(\theta = \dfrac{\pi}{3}\) ile
\[D_2\left( \frac{\pi}{3} \right) = \frac{\sin\left( \frac{5}{2} \cdot \frac{\pi}{3} \right)}{2\sin\frac{\pi}{6}} = \frac{\sin\frac{5\pi}{6}}{2 \cdot \frac{1}{2}} = \frac{1}{2}.\]
İki yol aynı değeri verir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 12.2 (Kare Dalga) \(f(x) = \begin{cases} -1, & -\pi \le x < 0 \\ 1, & 0 \le x < \pi \end{cases}\) ve \(f(x + 2\pi) = f(x)\) olsun. Fourier serisini bulunuz ve her \(x\) için toplamını belirleyiniz.
Çözüm
Katsayılar. \(x \ne 0\) için \(f(-x) = -f(x)\) olur; tek bir noktadaki değer integralleri etkilemediğinden katsayılar tek fonksiyon kuralıyla hesaplanır: \(a_n = 0\) ve
\[b_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} \sin(nx)\,dx = \frac{2}{\pi}\left[ -\frac{\cos(nx)}{n} \right]_0^{\pi} = \frac{2}{n\pi}\big( 1 - (-1)^n \big).\]
\(n\) çiftse \(b_n = 0\), \(n\) tekse \(b_n = \dfrac{4}{n\pi}\).
Seri.
\[f(x) \sim \frac{4}{\pi}\sum_{m=1}^{\infty} \frac{\sin((2m-1)x)}{2m-1}.\]
Toplam. \(f\) parçalı düzgündür. \(x\), \(\pi\)’nin tam katı değilse seri \(f(x)\)’e yakınsar: \(0 < x < \pi\) için \(1\)’e, \(-\pi < x < 0\) için \(-1\)’e. \(x = k\pi\) noktalarında toplam \(\dfrac{1 + (-1)}{2} = 0\)’dır; oysa \(f(0) = 1\) ve \(f(\pi) = f(-\pi) = -1\) olarak tanımlıdır.
\(x = \dfrac{\pi}{2}\) alınırsa \(1 = \dfrac{4}{\pi}\left( 1 - \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{5} - \cdots \right)\) olur; Leibniz serisi bir kez daha elde edilir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 12.3 (Doğrultulmuş Sinüsten İki Toplam) \(|\sin x|\) fonksiyonunun Fourier serisinden yararlanarak \(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{4k^2 - 1}\) ve \(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{4k^2 - 1}\) toplamlarını bulunuz.
Çözüm
\(|\sin x|\) sürekli, \(2\pi\) periyotlu ve parçalı düzgündür; Sonuç 12.2 gereği Fourier serisi (Alıştırma 10.5) her \(x\) için fonksiyona eşittir:
\[|\sin x| = \frac{2}{\pi} - \frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\cos(2kx)}{4k^2 - 1}.\]
\(x = 0\). \(0 = \dfrac{2}{\pi} - \dfrac{4}{\pi}\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{4k^2 - 1}\), dolayısıyla
\[\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{4k^2 - 1} = \frac{1}{2}.\]
(Denetim: \(\dfrac{1}{4k^2 - 1} = \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{2k - 1} - \dfrac{1}{2k + 1} \right)\) teleskopik serisinin toplamı \(\dfrac{1}{2}\)’dir.)
\(x = \dfrac{\pi}{2}\). \(\cos(k\pi) = (-1)^k\) olduğundan
\[1 = \frac{2}{\pi} - \frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{4k^2 - 1}, \qquad \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{4k^2 - 1} = \frac{\pi}{4}\left( 1 - \frac{2}{\pi} \right) = \frac{\pi - 2}{4}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.4 (Periyodu π Olan Bir Fonksiyon) \(f(x) = \begin{cases} x, & 0 < x \le \dfrac{\pi}{2} \\[1mm] 0, & \dfrac{\pi}{2} < x \le \pi \end{cases}\) ve \(f(x + \pi) = f(x)\) olsun. Fourier serisini bulunuz ve bundan yararlanarak \(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2}\) toplamını hesaplayınız.
Çözüm
Periyot \(\pi\) olduğundan \(L = \dfrac{\pi}{2}\) ve \(\dfrac{n\pi x}{L} = 2nx\)’tir. İntegrandlar \(\pi\) periyotlu olduğundan \(\left[ -\dfrac{\pi}{2}, 0 \right]\) üzerindeki parça, \(x = t - \pi\) değişken değiştirmesiyle \(\left[ \dfrac{\pi}{2}, \pi \right]\) üzerindeki integrale eşittir; katsayı integralleri \([0, \pi]\) aralığında alınabilir; \(f\) yalnız \(\left[ 0, \dfrac{\pi}{2} \right]\) üzerinde sıfırdan farklıdır.
\(a_0\). \(a_0 = \dfrac{2}{\pi}\displaystyle\int_0^{\pi/2} x\,dx = \dfrac{2}{\pi} \cdot \dfrac{\pi^2}{8} = \dfrac{\pi}{4}\).
\(a_n\). \(u = x\), \(dv = \cos(2nx)\,dx\) ile
\[ \begin{aligned} a_n &= \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi/2} x\cos(2nx)\,dx = \frac{2}{\pi}\left( \left[ \frac{x\sin(2nx)}{2n} \right]_0^{\pi/2} - \frac{1}{2n}\int_0^{\pi/2} \sin(2nx)\,dx \right) \\[1mm] &= \frac{2}{\pi}\left( 0 + \left[ \frac{\cos(2nx)}{4n^2} \right]_0^{\pi/2} \right) = \frac{(-1)^n - 1}{2\pi n^2}. \end{aligned} \]
\(b_n\). \(u = x\), \(dv = \sin(2nx)\,dx\) ile
\[ \begin{aligned} b_n &= \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi/2} x\sin(2nx)\,dx = \frac{2}{\pi}\left( \left[ -\frac{x\cos(2nx)}{2n} \right]_0^{\pi/2} + \frac{1}{2n}\int_0^{\pi/2} \cos(2nx)\,dx \right) \\[1mm] &= \frac{2}{\pi} \cdot \left( -\frac{\pi\,(-1)^n}{4n} + 0 \right) = \frac{(-1)^{n+1}}{2n}. \end{aligned} \]
Kalan integral \(0\)’dır, çünkü \(\sin(2nx)\) fonksiyonu \(x = 0\) ve \(x = \dfrac{\pi}{2}\) noktalarında sıfırdır.
Seri.
\[f(x) \sim \frac{\pi}{8} + \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{(-1)^n - 1}{2\pi n^2}\cos(2nx) + \frac{(-1)^{n+1}}{2n}\sin(2nx) \right).\]
Sayı serisi. \(x = 0\) noktasına bakalım. Sağdan limit \(f(0 + 0) = 0\); soldan limit periyodiklikle \(f(0 - 0) = f(\pi - 0) = 0\). \(f\) parçalı düzgün olduğundan seri \(x = 0\)’da \(\dfrac{0 + 0}{2} = 0\) değerine yakınsar. Sinüs terimleri \(0\) olur; \(a_n\) yalnız tek \(n\) için sıfırdan farklıdır ve \(-\dfrac{1}{\pi n^2}\)’ye eşittir:
\[0 = \frac{\pi}{8} - \frac{1}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2}, \qquad \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2} = \frac{\pi^2}{8}.\]
Sonuç Örnek 12.3 ile aynıdır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 12.5 (Türevsiz Ama Dini Koşullu) \([-\pi, \pi]\) üzerinde \(f(x) = \sqrt{|x|}\) fonksiyonunun \(x = 0\) noktasında yarı-türevlenebilir olmadığını, ama \(s = 0\) değeriyle Dini koşulunu sağladığını gösteriniz.
Çözüm
Yarı-türevlenebilir değildir. \(f(0 + 0) = 0\) ve
\[\frac{f(0 + h) - f(0 + 0)}{h} = \frac{\sqrt{h}}{h} = \frac{1}{\sqrt{h}} \to +\infty \qquad (h \to 0^+)\]
olduğundan genelleştirilmiş sağdan türev yoktur.
Dini koşulu. \(x = 0\) ve \(s = f(0) = 0\) için
\[g(u) = \frac{\sqrt{u} + \sqrt{u}}{2} - 0 = \sqrt{u}, \qquad \frac{|g(u)|}{u} = \frac{1}{\sqrt{u}}\]
olur. \(\delta = \pi\) ve \(0 < \eta < \pi\) için
\[\int_{\eta}^{\pi} \frac{du}{\sqrt{u}} = \Big[ 2\sqrt{u} \Big]_{\eta}^{\pi} = 2\sqrt{\pi} - 2\sqrt{\eta} \to 2\sqrt{\pi} \qquad (\eta \to 0^+).\]
Limit sonludur; Dini koşulu sağlanır ve Teorem 12.2 gereği Fourier serisi \(x = 0\)’da \(0 = f(0)\) değerine yakınsar. Dini koşulu, yarı-türevlenebilirlikten gerçekten daha geneldir. \(\blacksquare\)
Noktasal yakınsaklığı elde ettik; ama sıçramalı fonksiyonlarda yakınsama düzgün olamaz. Fourier Serilerinin Düzgün Yakınsaklığı ve Parseval Eşitliği bölümünde sürekli ve parçalı düzgün fonksiyonlarda yakınsamanın düzgün olduğunu, serinin terim terime türevlenebildiğini ve Bessel eşitsizliğinin eşitliğe dönüştüğünü gösteriyoruz.