Главная » Математика » Доказательство ортонормированных функции

§ Определение ортонормированных функции

Первым шагом к пониманию преобразования Фурье, а точнее говоря, вычисления его коэффициентов, будет доказательство того, что любая функция:
\phi(x) = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} sin\,nx\,sin\,kx\,dx
Будет равна 1, если n = k
Будет равна 0, если n \neq k
Такая функция является ортонормированной.
А также то, что:
\phi(x) = \int_{-\pi}^{\pi} sin\,nx\,cos\,kx \,dx = 0
При любых целочисленных значениях n, k.

§ Доказательство случая sin*cos

Необходимо вычислить определенный интеграл на диапазоне [-\pi,\pi] от sin(ax)cos(bx) . Для начала, надо воспользоваться разложением тригонометрической функции, чтобы можно было вообще найти интеграл.
sin(ax)cos(bx) = \frac{1}{2}(sin((a+b)x) + sin((a-b)x)
Найдем неопределенный интеграл
\int sin\,ax\,cos\,bx\,dx = \frac{1}{2} \int sin\,(a+b)x\,dx + \frac{1}{2} \int sin\,(a-b)x\,dx
Как известно, можно легко найти интеграл от тригонометрической функции (или если неизвестно, надо повторить материал по интегралам). Здесь a+b и a-b являются некими константами, потому по формуле интеграла:
\int sin(ax)\,dx = -\frac{1}{a}cos(ax)
Рассчитывается интеграл, который написан был ранее:
\frac{1}{2}\int sin\,(a+b)x\,dx + \frac{1}{2} \int sin\,(a-b)x\,dx = -\frac{1}{2}(\frac{cos\,(a+b)x}{a+b} + \frac{cos\,(a-b)x}{a-b})
Давайте снова раскроем сумму углов, а также приведем к общему знаменателю сумму:
\frac{(a-b)cos\,(a+b)x + (a+b)cos\,(a-b)x}{2(b-a)(a+b)}
Теперь же снова разложим косинусы и получим
\frac{(a-b)cos(ax)cos(bx) - (a-b)sin(ax)sin(bx) + (a+b)cos(ax)cos(bx) + (a+b)sin(ax)sin(bx)}{2(b-a)(a+b)}
Или, более коротко:
\int sin\,ax\,cos\,bx\,dx = \frac{b sin\,ax\,sin\,bx + acos\,ax\,cos\,bx}{(b-a)(a+b)}
Теперь же осталось подсчитать определенный интеграл. Если вспомнить школьную геометрию, то синус любого угла, кратного \pi будет равен 0, а косинус угла, кратного \pi будет равен либо -1 либо 1.
Итак, определенный интеграл считается путем вычитания верхнего предела и нижнего предела. Стоит заметить, что верхний предел и нижний предел равны \pi и -\pi , что автоматически дает то, что sin\,\pi k даст 0 при любом целочисленном значении k, потому одну часть с синусами сразу же можно удалить. Применим формулу Ньютона-Лейбница для вычисления определенного интеграла:
bsin\,ax\,sin\,bx |_{-\pi}^{\pi} = 0
А теперь точно также сделаем с косинусом и вот что получится
bcos\,ax\,cos\,bx |_{-\pi}^{\pi} = bcos\,a\pi\,cos\,b\pi - bcos(-a\pi)\,cos(-b\pi)
Зная то, что cos(-x) = cos(x) получается следующее:
bcos\,a\pi\,cos\,b\pi - bcos\,a\pi\,cos\,b\pi = 0
При вообще любом значении a, b (даже не целочисленном).
Вывод: Для определенного интеграла от \pi до -\pi для sin\,ax\,cos\,bx при любом a, b будет получен 0. И это хорошо.
P.S.: Все дело в том, что данная функция получается симметричной с левой и правой стороны, поэтому при получении ее площади (а это и есть интеграл), всегда получается 0.

§ Доказательство случая sin(ax)sin(ax)

Сначала докажем, что:
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} sin^2\,ax\,dx = 1
Для этого необходимо воспользоваться соотношением:
sin(ax)sin(ax) = \frac{cos(ax - ax) - cos(ax + ax)}{2} = \frac{cos(0) - cos(2ax)}{2}
Видно, что косинус от 0 будет равен 1 всегда. Теперь проинтегрируем по диапазону [-\pi,\pi] :
\int_{-\pi}^{\pi} \frac{1}{2} - \frac{1}{2}cos\,2ax\, dx = \frac{x}{2}|_{-\pi}^{\pi} - \frac{sin\,2ax}{4a}|_{-\pi}^{\pi}
Как можно сразу же увидеть, есть sin\,2ax который всегда будет 0, так как sin\,2\pi a при целочисленном значении a являет собой полный оборот вокруг оси, и равен 0. Множитель сразу же откидывается за ненадобностью. Остается вычислить:
\frac{x}{2}|_{-\pi}^{\pi} = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} = \pi
Это значит, что:
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} sin^2\,ax\,dx = \frac{\pi}{\pi} = 1
Что и требовалось доказать. Доказательство же случая:
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} cos^2\,ax\,dx = 1
Проходит ровно тем же самым способом и приводит к тому же самому результату. Это можно доказать и самостоятельно.

§ Доказательство случая sin(ax)sin(bx)

Чтобы снова не писать одно и то же, воспользуюсь уже выведенной ранее формулой в §3
sin(ax)sin(bx) = \frac{1}{2}cos(ax - bx) - \frac{1}{2}cos(ax + bx)
Проинтегрируем:
\int sin(ax)sin(bx)\,dx = \frac{1}{2} \int cos(ax - bx)\,dx - \frac{1}{2} \int cos(ax + bx)\,dx
Получаем неопределенный интеграл:
\frac{sin\,(a-b)x}{2(a-b)} + \frac{sin\,(a+b)x}{2(a + b)}
Теперь я получу значение определенного интеграла методом Ньютона-Лейбница:
\frac{sin\,(a-b)x}{2(a-b)}|_{-\pi}^{\pi} + \frac{sin\,(a+b)x}{2(a + b)}|_{-\pi}^{\pi} = (sin\,(a-b)\pi + sin\,(a-b)\pi) + (sin\,(a+b)\pi + sin\,(a+b)\pi) = 0
Поскольку sin(a\pi)=0 , где a - целочисленное значение, то получается, что всегда и во всех случаях будет 0.
Случай с cos(ax)cos(bx) доказывается аналогично.
Все случаи ортонормированной функции были доказаны.
19 мая, 2020
© 2007-2024 Мышь кродеться отлично