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facundo.olano
Nivel 8
Edad: 36
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Carrera: Informática
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Buenas. Alguien me puede orientar un poco con éste problema?
Sea f : R → R una función ![[tex]2\pi[/tex]](images/latex/fb54408201a51ac17484f390075f878f8f12bf85_0.png "[tex]2\pi[/tex]") –periódica, continua, con derivada continua a trozos, y sea ![[tex]S_N(f)(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^Na_n\cos nx+b_n\sen nx[/tex]](images/latex/6fc7b85c3b94ec170e727ed5d1c1ecae6ac96a8f_0.png "[tex]S_N(f)(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^Na_n\cos nx+b_n\sen nx[/tex]") , donde ![[tex]a_n[/tex]](images/latex/84c73ddd07414ee9575e3dded97158a88d3881d0_0.png "[tex]a_n[/tex]") y ![[tex]b_n[/tex]](images/latex/11dd6f5bbf72bebb35ca8d62a3250ef819702b75_0.png "[tex]b_n[/tex]") son los coeficientes de Fourier de f, probar que:
![[tex]|f(x)-S_N(f)(x)|\leq \big( \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi |f'(x)|^2dx -\sum_{n=1}^Nn^2(a_n^2 + b_n^2)\big)^{1/2} \big(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}\big)^{1/2}[/tex]](images/latex/2b42b00a5d7540eb5e09a4f3864704974a1ca50e_0.png "[tex]|f(x)-S_N(f)(x)|\leq \big( \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi |f'(x)|^2dx -\sum_{n=1}^Nn^2(a_n^2 + b_n^2)\big)^{1/2} \big(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}\big)^{1/2}[/tex]")
Por el aspecto de las expresiones daría la impresión de que en algún punto hay que escribir a f como la integral de su derivada, usar la desigualdad de Schwarz y/o que ![[tex]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}[/tex]](images/latex/65098cbe225f5585bee01ebe556cc6ea6fc34e69_0.png "[tex]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}[/tex]") , pero realmente no sé como destrabarlo.
Gracias.
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Jorge Pérez
Nivel 6
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La idea es ésta:
Como f es continua con derivada continua a trozos, la serie de Fourier converge a f, por lo tanto:
![[tex]f(x)-S_N(f)(x)=\sum_{n=N+1}^\infty (a_n\cos nx+b_n\sen nx),[/tex]](images/latex/74a2fa81a00d4c89abe4d649511f7dcf2aa0f193_0.png "[tex]f(x)-S_N(f)(x)=\sum_{n=N+1}^\infty (a_n\cos nx+b_n\sen nx),[/tex]")
luego
![[tex]|f(x)-S_N(f)(x)|\le \sum_{n=N+1}^\infty (|a_n|+|b_n|).[/tex]](images/latex/fe601011344ffdc753288fc15cb32b53156118b3_0.png "[tex]|f(x)-S_N(f)(x)|\le \sum_{n=N+1}^\infty (|a_n|+|b_n|).[/tex]")
Si llamamos ![[tex] a_n^\prime, b_n^\prime[/tex]](images/latex/40ff7a9a92c2ef8d28e57c7297ab987195b90d44_0.png "[tex] a_n^\prime, b_n^\prime[/tex]") a los coeficientes de la serie de ![[tex] f^\prime [/tex]](images/latex/2114d3396427294f92a9dd15dbd1978c1d8ca316_0.png "[tex] f^\prime [/tex]") , entonces ![[tex] |a_n|=|b_n^\prime|/n, |b_n|=|a_n^\prime|/n [/tex]](images/latex/ceb4ce16d082f98d64b602ebc5b7e9a48266d1b0_0.png "[tex] |a_n|=|b_n^\prime|/n, |b_n|=|a_n^\prime|/n [/tex]") .
Ahora reemplazá, usa Cauchy-Schwarz, Parseval y el valor de la serie
y tiene que salir.
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facundo.olano
Nivel 8
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Gracias por la respuesta, Jorge.
Por ahora lo que logré es ésto, pero hay cosas que no están bien me parece:
![[tex]|f(x)-S_N(f)(x)|^2 = \big(\sum_{n=N+1}^\infty a_n\cos nx + b_n \sen nx\big)^2 \\ = \sum_{n=N+1}^\infty (a_n\cos nx + b_n \sen nx\big)^2 \le \sum_{n=N+1}^\infty a_n^2 + b_n^2 = \sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2}n^2(a_n^2 + b_n^2) \\ \leq \sum_{n=N+1}^\infty\frac{1}{n^2} \sum_{n=N+1}^\infty n^2(a_n^2 + b_n^2) \\= \big( \frac{\pi^2}{6} - \sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}\big) \big( \sum_{n=1}^\infty n^2(a_n^2+b_n^2) - \sum_{n=1}^Nn^2(a_n^2+b_n^2)\big) \\\leq \big( \|f'(x)\|^2 - \sum_{n=1}^Nn^2(a_n^2+b_n^2)\big)\big( \frac{\pi^2}{6} - \sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}\big) \\= \big( \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi|f'(x)|^2dx - \sum_{n=1}^Nn^2(a_n^2+b_n^2)\big)\big( \frac{\pi^2}{6} - \sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}\big)[/tex]](images/latex/ab0d86d1dbb6c9f7dfb41e4e66533c4de07fb7b6_0.png "[tex]|f(x)-S_N(f)(x)|^2 = \big(\sum_{n=N+1}^\infty a_n\cos nx + b_n \sen nx\big)^2 \\ = \sum_{n=N+1}^\infty (a_n\cos nx + b_n \sen nx\big)^2 \le \sum_{n=N+1}^\infty a_n^2 + b_n^2 = \sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2}n^2(a_n^2 + b_n^2) \\ \leq \sum_{n=N+1}^\infty\frac{1}{n^2} \sum_{n=N+1}^\infty n^2(a_n^2 + b_n^2) \\= \big( \frac{\pi^2}{6} - \sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}\big) \big( \sum_{n=1}^\infty n^2(a_n^2+b_n^2) - \sum_{n=1}^Nn^2(a_n^2+b_n^2)\big) \\\leq \big( \|f'(x)\|^2 - \sum_{n=1}^Nn^2(a_n^2+b_n^2)\big)\big( \frac{\pi^2}{6} - \sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}\big) \\= \big( \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi|f'(x)|^2dx - \sum_{n=1}^Nn^2(a_n^2+b_n^2)\big)\big( \frac{\pi^2}{6} - \sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}\big)[/tex]")
* La segunda igualdad creo que vale por pitágoras.
* La tercera desigualdad es Bessel-Parseval para el sistema trigonométrico, recordando que ![[tex]b'_n=-na_n[/tex]](images/latex/7fdb8fc72f2b70e1c592ba4c5e3b4a7cef1ec148_0.png "[tex]b'_n=-na_n[/tex]") y ![[tex]a'_n=nb_n[/tex]](images/latex/ff0c5acd49e0d262a71933b856162fe194b18fe7_0.png "[tex]a'_n=nb_n[/tex]")
El problema es que las dos primeras desigualdades estoy casi seguro que no valen general.
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Jorge Pérez
Nivel 6
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Mensajes: 210
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Tenés varias cosas incorrectas en el desarrolo. En particular la segunda igualdad (de izq. a der.) y la desigualdad que le sigue. Si estuvieses integrando estarían bien, por la ortogonalidad de las funciones.
Lo que te sugería era lo siguiente:
![[tex]|f(x)-S_N(f)(x)|\le \sum_{n=N+1}^\infty (|a_n|+|b_n|) =\sum_{n=N+1}^\infty (|a_n^\prime|+|b_n^\prime|)/n\\= \sum_{n=N+1}^\infty |a_n^\prime|/n+\sum_{n=N+1}^\infty |b_n^\prime|/n.[/tex]](images/latex/8a7bc24a746fc3c4db766d37da54df9295c016d8_0.png "[tex]|f(x)-S_N(f)(x)|\le \sum_{n=N+1}^\infty (|a_n|+|b_n|) =\sum_{n=N+1}^\infty (|a_n^\prime|+|b_n^\prime|)/n\\= \sum_{n=N+1}^\infty |a_n^\prime|/n+\sum_{n=N+1}^\infty |b_n^\prime|/n.[/tex]")
Por C-S ![[tex] |\sum_{k}^\infty c_nd_n|\le ( \sum_{k}^\infty c_n^2)^{1/2}(\sum_{k}^\infty d_n^2)^{1/2}.[/tex]](images/latex/a26099540f6beb33022523a35f488b99d811d68d_0.png "[tex] |\sum_{k}^\infty c_nd_n|\le ( \sum_{k}^\infty c_n^2)^{1/2}(\sum_{k}^\infty d_n^2)^{1/2}.[/tex]")
Entonces
![[tex] \sum_{n=N+1}^\infty |a_n^\prime|/n+\sum_{n=N+1}^\infty |b_n^\prime|/n \le (\sum_{n=N+1}^\infty |a_n^\prime|^2)^{1/2}(\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2})^{1/2}+(\sum_{n=N+1}^\infty |b_n^\prime|^2)^{1/2}(\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2})^{1/2}.[/tex]](images/latex/08ea4c7db82acadf5e7dad19091b59a003437a9a_0.png "[tex] \sum_{n=N+1}^\infty |a_n^\prime|/n+\sum_{n=N+1}^\infty |b_n^\prime|/n \le (\sum_{n=N+1}^\infty |a_n^\prime|^2)^{1/2}(\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2})^{1/2}+(\sum_{n=N+1}^\infty |b_n^\prime|^2)^{1/2}(\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2})^{1/2}.[/tex]")
Como
![[tex]\sum_{n=N+1}^\infty |a_n^\prime|^2 \le \sum_{n=N+1}^\infty (|a_n^\prime|^2 +|b_n^\prime|^2)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} |f^\prime(x)|^2\:dx-\sum_{n=1}^N (|a_n^\prime|^2 +|b_n^\prime|^2)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} |f^\prime(x)|^2\:dx-\sum_{n=1}^N n^2(|a_n|^2 +|b_n|^2)[/tex]](images/latex/71035465a5dac436a5ecee693a51186235a66cb3_0.png "[tex]\sum_{n=N+1}^\infty |a_n^\prime|^2 \le \sum_{n=N+1}^\infty (|a_n^\prime|^2 +|b_n^\prime|^2)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} |f^\prime(x)|^2\:dx-\sum_{n=1}^N (|a_n^\prime|^2 +|b_n^\prime|^2)=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} |f^\prime(x)|^2\:dx-\sum_{n=1}^N n^2(|a_n|^2 +|b_n|^2)[/tex]")
y, en forma similar,
![[tex]\sum_{n=N+1}^\infty |b_n^\prime|^2 \le \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} |f^\prime(x)|^2\:dx-\sum_{n=1}^N n^2(|a_n|^2 +|b_n|^2)[/tex]](images/latex/58ca3e16bcddd1f0a28addd8790e36eeb3e161f6_0.png "[tex]\sum_{n=N+1}^\infty |b_n^\prime|^2 \le \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} |f^\prime(x)|^2\:dx-\sum_{n=1}^N n^2(|a_n|^2 +|b_n|^2)[/tex]")
y, por otro lado
![[tex] \sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2}[/tex]](images/latex/d20405b600ec35ee160fa85236b0c87a087d3250_0.png "[tex] \sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2}[/tex]")
llegamos a la desigualdad
![[tex]|f(x)-S_N(f)(x)|\le 2 \left ( \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} |f^\prime(x)|^2\:dx-\sum_{n=1}^N n^2(|a_n|^2 +|b_n|^2) \right )^{1/2}\left (\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2} \right )^{1/2} [/tex]](images/latex/1dc8ea2f738c98be017761df51507368b9fd910b_0.png "[tex]|f(x)-S_N(f)(x)|\le 2 \left ( \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} |f^\prime(x)|^2\:dx-\sum_{n=1}^N n^2(|a_n|^2 +|b_n|^2) \right )^{1/2}\left (\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2} \right )^{1/2} [/tex]")
La diferencia entre esto y lo que te piden es un factor 2 que no encontré forma de hacerlo desaparecer.
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facundo.olano
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| Genial, gracias de nuevo.
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