Konvergencija.

Detaljnije o tome, a i o Fourierovim redovima općenito v. [10]. Problemi konvergencije Fourierovih redova su vrlo složeni. Posebno je to zbog toga što smo kod računanja Fourierovih koeficijenata funkcije $f$ integralom ulazili pod beskonačnu sumu, što je općenito nedopustiva operacija. Istaknimo ovdje da, ako je funkcija $f$ neprekidna, onda njezin Fouriereov red konvergira u svakoj točki iz $[-\ell,\ell]$ i to k vrijednosti funkcije u toj točki, pa za takvu funkciju doista možemo pisati

$$f(x)= \frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty} \left(a_k\cos \frac{k\,\p... ...{\ell}+b_k\sin \frac{k\,\pi\,x}{\ell}\right) \qquad \forall x \in [-\ell,\ell].$$

Slika 2.8: Grafovi prvih deset parcijalnih suma Fourierovog reda funkcije $f(x)=x$ na intervalu $\langle 0,1\rangle$

Ako funkcija ima prekid prve vrste u $x_0 \in [-\ell,\ell],$ tj. ako postoje limesi s lijeva i s desna ali nisu jednaki, onda njezin Fourierov red konvergira k aritmetičkoj sredini limesa s lijeva i limesa s desna

$$\frac{1}{2}\left(\lim_{\epsilon{}\rightarrow{}0+} f(x_0+\epsilon{}) + \lim_{\epsilon{}\rightarrow{}0+} f(x_0-\epsilon{})\right).$$

Isto tako se ponaša Fourierov red na rubovima, ako se prilikom proširenja po periodičnosti dogodi skok prve vrste na rubovima.

Primjer 2.12   Nađimo Fourierov red funkcije $f(x)=x$ na intervalu $\langle 0,1\rangle.$

Rješenje. Potrebno je izračunati Fourierove koeficijente po formulama (2.22). Period je $1,$ pa bismo trebali integrirati od $-\frac{1}{2}$ do $\frac{1}{2},$ ali ne ovu funkciju, već onu, koja se iz ove dobije proširenjem po periodičnosti (nacrtajte periodičko proširenje!). To bi bilo nespretno, jer se proširenje ne može opisati jednom formulom. Iz periodičnosti slijedi, da prilikom integracije nisu bitne donja i gornja granica, već samo duljina područja integracije. Zato integriramo od 0 do $1.$

$$a_0 = 2\,\int_0^1 x\,dx = 1,$$

$$a_n = 2\,\int_0^1 x\,\cos 2n\pi x\,dx = \left.{\frac{\cos 2n\pi x + 2\,n\,\pi \,x\,\sin 2n\pi x }{2\,{n^2}\,{{\pi }^2}}}\right\vert _0^1 = 0,$$

$$b_n = 2\,\int_0^1 x\,\sin 2n\pi x\,dx = \left.{\frac{-2\,n\,\pi \,x\, \cos 2n\pi x + \sin 2n\pi x}{2\,{n^2}\, {{\pi }^2}}}\right\vert _0^1 =$$

$${\frac{-2\,n\,\pi \,\cos 2n\pi + \sin 2n\pi }{2\,{n^2}\, {{\pi }^2}}} = -\frac{1}{n\,\pi},$$

pa je tako Fourierov red

$${\frac{1}{2}} - {\frac{\sin 2\pi x}{\pi }} - {\frac{\sin 4\pi x}... ...{4\,\pi }} - {\frac{\sin 10\pi x} {5\,\pi }} - {\frac{\sin 12\pi x} {6\,\pi }}$$

$$- {\frac{\sin 14\pi x} {7\,\pi }} - {\frac{\sin 16\pi x} {8\,\pi... ...i }} - \ldots = \frac{1}{2} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin 2n\pi x}{n\,\pi}.$$