שינויים
/* תקציר ההרצאות */
[[קטגוריה:מערכי לימוד]]
=מבחנים לדוגמא=
*[[מדיה:20ForierTestA.pdf|מועד א' תש"ף]]
**[[מדיה:20ForierTestASol.pdf|פתרונות סופיים למועד א' תש"ף]]
*[[מדיה:20ForierTestB.pdf|מועד ב' תש"ף]]
*[[מדיה:19ForierExmplTest.pdf|מבחן לדוגמא תשע"ט]]
**[[מדיה:19ForierExmplTestSol.pdf|פתרון מבחן לדוגמא תשע"ט]]
*[[מדיה:19ForierTestA.pdf|מועד א' תשע"ט]]
**[[מדיה:19ForierTestASol.pdf|פתרון חלקי מאד מועד א' תשע"ט]]
*[[מדיה:19ForierTestB.pdf|מועד ב' תשע"ט]]
**[[מדיה:19ForierTestBSol.pdf|פתרון מועד ב' תשע"ט]]
=תקציר ההרצאות=
*ההרצאות מבוססות בחלקן על הספר המצויין [httphttps://www2.mathsamyzaf.com/technion.ac.il/~yoramyfourier/heb-psfourier.html pdf 'טורי פוריה' של זעפרני ופינקוס]. עוד ספרים מתמטיים בסגנון ניתן למצוא [https://samyzaf.com/ באתר של סמי זערפני].
==הרצאה 1 - הקדמה ומקדמי פוריה==
===הקדמה - גלים===
**<math>\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\cos(nx)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(\cos(2nx)+1)dx = \frac{1}{2\pi}\left[\frac{1}{2n}\sin(2nx)+x\right]_{-\pi}^{\pi}=1 </math>
*עבור <math>n\neq k \in \mathbb{N}</math> נקבל:
**<math>\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\cos(kx)dx = \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}(\cos((n+k)x)+\cos((n-k)x))dx = \frac{1}{2}\left[\frac{\sin((n-+k)x)}{n+k}+\frac{\sin((n-k)x)}{n+-k}\right]_{-\pi}^{\pi}=0</math>
**שימו לב כי השתמשנו כאן בעובדה ש<math>n-k,n+k\neq 0</math>.
*עבור <math>n,k\in \mathbb{N}</math> נקבל:
**<math>\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\cos(0)\cos(0)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}1dx=2</math>
*שימו לב שכאשר מציבים 0 בsin מקבלים אפס, ולכן אין צורך בבדיקה הזו.
*כמו כן קל לחשב <math>\int_{-\pi}^{\pi} \sin(x)dx = \int_{-\pi}^{\pi} \cos(x)dx=0</math>
*הערה חשובה:
**למעשה כלל החישובים שעשינו לעיל מוכיחים שהקבוצה <math>\{\frac{1}{\sqrt{2}},sin(x),cos(x),sin(2x),cos(2x),...\}</math> מהווה קבוצה אורתונורמלית לפי המכפלה הפנימית <math>\langle f,g\rangle=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(f\cdot g) dx</math>
====מקדמי הטור====
**נגדיר את שתי הפונקציות <math>h_s(t)=\begin{cases}g(t)\sin(\frac{t}{2}) & 0\leq t\leq \pi \\ 0 & -\pi\leq t <0\end{cases}</math> ו <math>h_c(t)=\begin{cases}g(t)\cos(\frac{t}{2}) & 0\leq t\leq \pi \\ 0 & -\pi\leq t <0\end{cases}</math>
**קל לראות כי שתי הפונקציות רציפות למקוטעין. לכן פרט לשינוי במספר סופי של נקודות שלא משפיע על האינטגרל, ניתן להניח כי <math>h_c,h_s\in E</math>.
**ביחד נקבל כי <math>\int_{0}^\pi g(t)\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)t\right)dt = \int_{-\pi}^\pi h_c(t)\sin(nt)dt + \int_{-\pi}^\pi h_s(t)sin\cos(nt)dt \to 0</math>
===גרעין דיריכלה===
*גרעין דיריכלה הוא הפונקציה <math>D_n(xt)= \frac{\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)t\right)}{2\sin(\frac{t}{2})}</math>
*טענה: <math>D_n(xt)=\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n \cos(kt)</math> בכל נקודה <math>t\neq 2\pi k</math>
**הוכחה:
**נכפל ב<math>2\sin(\frac{t}{2})</math> ונקבל בצד שמאל:
*נחזור לסכומים החלקיים ונבצע הצבה:
:<math>S_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(t)D_n(x-t-x)dt = \{ u=t-x, du=dt\} = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi-x}^{\pi-x} f(x+u)D_n(u)du</math>
:כיוון שגרעין דיריכלה ו<math>f</math> הן מחזוריות, נקבל:
:<math>S_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x+u)D_n(u)du=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x+t)D_n(t)dt</math>
*כעת נחשב את המקדמים של הסינוסים:
:<math>b_n=\langle f,sin(nx)\rangle = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi x\sin(nx)dx =\frac{2}{\pi}\int_{0}^\pi x\sin(nx)dx= \frac{2}{n\pi}\left[-x\cos(nx)\right]_{0}^\pi + \frac{2}{n\pi}\int_{0}^{\pi}\cos(nx)dx =
-\frac{2\pi\cos(\pi n)}{\pi n} = \frac{2(-1)^{n+1}}{n}</math>
*לכן, בכל נקודת רציפות של f, כלומר בכל נקודה <math>x\neq \pi +2\pi k</math>, מתקיים כי:
:<math>\frac{\pi}{2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{2}{2n-1}\sin(n\pi-\frac{\pi}{2}) =\sum_{n=1}^\infty\frac{-2}{2n-1}\cos(n\pi) = \sum_{n=1}^\infty\frac{2(-1)^{n+1}}{2n-1} </math>
*שימו לב שהפעם לא קיבלנו טור חדש בזכות פורייה, כיוון שנקבל בדיוק את אותו הטור אם נציב 1 בטור הטיילור של <math>arctan(x)</math>.
=====דוגמא 2=====
*כלומר, בתנאים הנתונים, אם טור הפוריה של f הינו:
:<math>f(x)=\sim\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)</math>
*אזי טור הפורייה של הנגזרת הינו:
:<math>f'(x)=\sim\frac{\alpha_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty \left((-1)^n\alpha_0+nb_n\right)\cos(nx)-n\cdot a_n\sin(nx)</math>
*במקרה המיוחד בו <math>f(-\pi)=f(\pi)</math> מתקיים כי <math>\alpha_0=0</math> ולכן נקבל את טור הפורייה הפשוט:
:<math>f'(x)=\sim\sum_{n=1}^\infty nb_n\cos(nx)-na_n\sin(nx)</math>
====דוגמאות====
*נחלץ את המקדמים ונקבל כי טור הפורייה של <math>\frac{x^3}{3}</math> הוא:
:<math>\frac{x^3}{3} = \sim \sum_{n=1}^\infty \frac{2(-1)^n}{n^3}\left(2-\frac{\pi^2 n^2}{3}\right)\sin(nx)</math>
=====דוגמא 2=====
*לכן סה"כ השגיאה בקירוב ע"י הסכומים החלקיים בסדרת הנקודות הללו היא:
:<math>\pi-\frac{\pi}{m} - S_m (\pi-\frac{\pi}{m}) \to \pi - 2\int_0^\pi \frac{\sin(x)}{x}dx = \int_0^\pi (1-\frac{2\sin(x)}{x})dx \approx -0.56</math>
*(הערכת האינטגרל נעשית על ידי פיתוח טור הטיילור של הפונקציה, נקבל טור לייבניץ לפיו קל לבצע הערכת שגיאה.)
*כלומר סדרת הסכומים החלקיים עולה משמעותית מעל הפונקציה, כפי שניתן לראות בגרף המצורף.
*אם נחלק את זה בגודל הקפיצה בין הגבולות החד צדדים של ההמשך המחזורי של x בנקודה <math>\pi</math>, נקבל בערך <math>-0.089</math>.
==הרצאה 6 - משוואת החום על טבעת, התמרת פורייה==
===פתרון משוואת החוםעל טבעת===
*נביט במד"ח החום על מוט עבור הפונקציה <math>u(x,t)</math>:
**<math>u_t-ku_{xx}=0</math>
*נניח שהצדדים שונים מאפס ונחלק:
:<math>\frac{T'(t)}{kT(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}</math>
*כיוון שכל צד תלוי במשתנה אחר, הדרך היחידה לקבל שיוויון היא אם שני הצדדים קבועים.*נביט בפתרונות עבור קבוע שלילי::<math>\frac{T'(t)}{kT(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda</math>
*כעת נפתור את המדה[[מד"רים ר תקציר הרצאות|מד"ר]]ים בנפרד:
*שימו לב שאנו בוחרים את השמות של הקבועים בצורה מיוחדת לקראת הפתרון בהמשך.
**עבור <math>\lambda=0</math>:
*ע"י הצבה ניתן לוודא שעבור <math>\lambda=n^2</math> הפונקציות לעיל מקיימות את תנאי השפה, ולכן .*גם צירוף לינארי שלהן יהווה פתרון כיוון שהמד"ח הומוגניתותנאי השפה הומוגניים.*צירוף לינארי אינסופי יהווה פתרון לבעייה אם טור טורי הנגזרות יתכנס יתכנסו במ"ש (ולכן יהיה מותר לגזור איבר איבר).
*לכן אנו מחפשים פתרון כללי מהצורה:
:<math>u(x,t)=T_0(t)X_0(x)+\sum_{n=1}^\infty T_n(t)X_n(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty e^{-kn^2 t}(a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx))</math>
*כל שנותר לנו לעשות הוא למצוא את הקבועים <math>a_n,b_n</math>.
*נציב כעת בתנאי ההתחלה <math>u(x,0)=f(x)</math> ונקבל בעצם את טור הפורייה:
:<math>f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)</math>
*אנחנו יכולים לפתור משוואה זו בהנתן שf מקיימת את תנאי משפט דיריכלה.
*מדוע זה יהיה פתרון? **נזכור שמקדמי הפורייה שואפים לאפס.**בזכות האקספוננט, טור זה ונגזרותיו אכן יתכנסו במ"ש עבור <math>t\in [a,\infty)</math> לכל <math>a>0</math> ולכל <math>x\in[-\pi,\pi]</math>.**לכן מותר לגזור איבר איבר, ואכן מדובר בפתרון של המד"ח.
===התמרת פורייה===
====טור פורייה המרוכב====
*לא קשה לוודא כי <math>\{e^{inx}\}_{n\in\mathbb{Z}}</math> מהווה קבוצה אורתונורמלית בE אם נעדכן מעט את המכפלה הפנימית:
:<math>\langle f,g\rangle = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\overline{g(x)}dx</math>
*תהי <math>f\in E</math>, שאלה שעולה באופן טבעי היא האם:
:<math>f=\sum_{n=-\infty}^\infty \langle f,e^{inx}\rangle e^{inx}</math>
*כאשר אנו מגדירים את הסכום ממינוס אינסוף עד אינסוף באופן הבא:
:<math>\sum_{n=-\infty}^\infty u_n = u_0+\sum_{n=1}^\infty (u_n+u_{-n}) </math>
*נסמן את מקדמי פורייה הרגילים ב<math>a_n,b_n</math>.
*נשים לב כי עבור <math>n=0</math> נקבל:
:<math>\langle f,1\rangle = \frac{a_0}{2}</math>
*כעת עבור <math>n>0</math> מתקיים:
:<math>\langle f, e^{inx}\rangle e^{inx}+\langle f, e^{-inx}\rangle e^{-inx} =</math>
:<math>= (\langle f, e^{inx}\rangle+\langle f, e^{-inx}\rangle)\cos(nx) + (\langle f, e^{inx}\rangle-\langle f, e^{-inx}\rangle)i\sin(nx)=</math>
:<math>= 2\langle f, \cos(nx)\rangle \cos(nx) + 2\langle f, i\sin(nx)\rangle i\sin(nx)= </math>
:<math>=a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)</math>
*(שימו לב: הi יצא מהצד הימני של המכפלה הפנימית עם מינוס)
*כלומר, טור פורייה המרוכב הוא בדיוק טור פורייה הרגיל!
====הכללה לפונקציות שאינן מחזוריות====
*טורי פורייה עזרו לנו לחקור פונקציות בקטע <math>[-\pi,\pi]</math>.
*בהנתן גל <math>e^{inx}</math>, מצאנו את ה'אמפליטודה' שלו (המקדם):
:<math>\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)e^{-inx}dx</math>
*(שימו לב - המכפלה הפנימית מצמידה את הפונקציה מימין, ולכן קיבלנו <math>-i</math>).
*מחשבה הגיונית היא שאם נרצה לחקור פונקציות בכל הממשיים, עבור גל <math>e^{isx}</math> נמצא את ה'אמפליטודה':
:<math>\mathcal{F}[f](s)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-isx}dx</math>.
*כאשר האינטגרל מתכנס, הפונקציה <math>\mathcal{F}[f](s)</math> נקראת '''התמרת פורייה''' של הפונקציה <math>f</math>.
*הערה - המקדם <math>\frac{1}{2\pi}</math> לעיתים אינו מופיע בהגדרת ההתמרה. אנחנו נראה בהמשך שיש לו קשר להתמרה ההפוכה.
*הערות כלליות:
**נסמן בדר"כ את ההתמרה של f ב<math>F(s)=\mathcal{F}(f)(s)</math>.
**<math>F(s)</math> מייצגת את האמפליטודה בכל תדר, ולכן נהוג לומר שהיא מוגדרת ב'מרחב התדר'.
**לעומת זאת, <math>f(x)</math> מייצגת את גובה הפונקציה בכל נקודה בזמן, ונהוג לומר שהיא מוגדרת ב'מרחב הזמן'.
**לכל תדר <math>s</math> יש שני גלים שמייצגים אותו, <math>e^{\pm isx}</math>.
**כפי שלמדנו, באמצעות שני הגלים ניתן לייצג כל 'פאזה'.
*נסמן ב<math>G</math> את אוסף הפונקציות <math>g</math> הרציפות למקוטעין ב<math>\mathbb{R}</math>, עבורן האינטגרל הלא אמיתי מתכנס <math>\int_{-\infty}^\infty|g(x)|dx<\infty</math>.
*לכל <math>f\in G</math> התמרת הפורייה מוגדרת בכל הממשיים.
**הוכחה:
**<math>\int_{-\infty}^\infty|f(x)e^{-isx}|dx = \int_{-\infty}^\infty|f(x)|dx</math> מתכנס.
**כיוון שהאינטגרל המגדיר את <math>F(s)</math> מתכנס בהחלט, הוא מתכנס.
=====דוגמאות=====
*נמצא את <math>\mathcal{F}(f)(s)</math> עבור <math>f(x)=e^{-|x|}</math>.
:<math>2\pi F(s)=\int_{-\infty}^\infty e^{-|x|}e^{-isx}dx = \int_0^\infty e^{-x}e^{-isx}dx + \int_{-\infty}^0 e^{x}e^{-isx}dx=</math>
:<math>=\left[\frac{e^{-x(1+is)}}{-(1+is)}\right]_0^\infty + \left[\frac{e^{x(1-is)}}{1-is}\right]_{-\infty}^0=\frac{1}{1+is} + \frac{1}{1-is} = \frac{2}{1+s^2}</math>
*שימו לב - השתמשנו בעובדה ש<math>e^{isx}</math> חסומה, ואילו <math>e^{-x}\to 0</math> כאשר <math>x\to \infty</math>.
*לכן סה"כ קיבלנו כי <math>\mathcal{F}[e^{-|x|}](s) = \frac{1}{\pi(1+s^2)}</math>
*נמצא את התמרת הפורייה של <math>f(x)=\begin{cases}|x| & |x|\leq \pi \\ 0 & |x|>\pi\end{cases}</math>
:<math>F(s)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-isx}dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi |x|e^{-isx}dx = </math>
:<math>\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi |x|\cos(sx)dx - \frac{i}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi |x|\sin(sx)dx = \frac{1}{\pi}\int_{0}^\pi x\cos(sx)dx = \frac{\sin(s\pi)}{s} + \frac{\cos(s\pi)-1}{s^2\pi}</math>
*שימו לב: חישוב האינטגרל שגוי עבור <math>s=0</math>, ניתן להציבו בנוסחא המקורית של האינטגרל או להשתמש ברציפות ההתמרה, שנלמד בהמשך.
==הרצאה 7 - תכונות של התמרות פורייה==
===תכונות ההתמרה===
*תהי <math>f\in G</math> אזי <math>F(s)=\mathcal{F}[f](s)</math> רציפה במ"ש ב<math>\mathbb{R}</math>.
**הוכחה:
**יהי <math>\varepsilon>0</math>. כיוון ש <math>\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|dx</math> מתכנס, קיים <math>R</math> עבורו <math>\frac{1}{2\pi}\int_{|x|>R}|f(x)|dx <\frac{\varepsilon}{4}</math>
**עבור <math>s_1,s_2</math> מתקיים כי <math>|F(s_1)-F(s_2)|\leq \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)(e^{-is_1x}-e^{-is_2x})|dx</math>
**כמובן ש <math>|e^{-is_1x}-e^{-is_2x}|\leq 2</math> ולכן בתחום <math>|x|>R</math> האינטגרל הנ"ל קטן מ<math>\frac{\varepsilon}{2}</math>.
**נותר להוכיח שעבור <math>s_1,s_2</math> מספיק קרובים מתקיים כי <math>\frac{1}{2\pi}\int_{-R}^{R}|f(x)(e^{-is_1x}-e^{-is_2x})|dx<\frac{\varepsilon}{2}</math>
**נראה כי <math>|e^{ix}-e^{iy}|\leq |x-y|</math>.
***<math>|e^{ix}-e^{iy}|</math> הוא המרחק בין שתי נקודות על מעגל היחידה.
***<math>|x-y|</math> הוא הזווית בינהן, כלומר אורך הקשת בינהן.
***אורך הקשת בוודאי גדול או שווה למרחק הישר בין שתי הנקודות.
**לכן <math>|e^{-is_1x}-e^{-is_2x}|\leq |x||s_1-s_2|</math>
**כיוון ש<math>|x|\leq R</math> והפונקציה <math>f</math> חסומה בתחום זה, עבור <math>|s_1-s_2|</math> מספיק קטן נקבל את הדרוש.
*רשימת תכונות נוספות של ההתמרה:
*<math>\mathcal{F}[f+a\cdot g] = \mathcal{F}[f]+a\mathcal{F}[g]</math>
*<math>\mathcal{F}[f](-s) = \overline{\mathcal{F}[f](s)}</math>
*אם <math>f</math> ממשית וזוגית, גם <math>\mathcal{F}[f](s)</math> ממשית וזוגית.
*הזזה במרחב הזמן:
*אם <math>g(x)=f(ax+b)</math>, אזי <math>\mathcal{F}(g)(s) = \frac{1}{|a|}e^{\frac{isb}{a}}\mathcal{F}[f](\frac{s}{a})</math>
*אם <math>a=1</math> אז נקבל שהזזה במרחב הזמן שקולה לסיבוב במרחב התדר (כפל ב<math>e^{isb}</math> משנה את הזוית).
*הזזה במרחב התדר:
*<math>\mathcal{F}[e^{ibx}f(x)](s) = \mathcal{F}[f](s-b)</math>
*באופן דומה, קיבלנו שסיבוב בזמן שקול להזזה בתדר.
*התמרת הנגזרת:
*נניח <math>f,f'\in G</math> ונניח כי <math>f'</math> רציפה ומתקיים כי <math>\lim_{x\to \pm\infty}f(x)=0</math>, אזי:
*<math>\mathcal{F}[f'](s)=is\mathcal{F}[f](s)</math>
**הוכחה:
**<math>\mathcal{F}[f'](s) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} f'(x)e^{-isx}dx</math>
**נבצע אינטגרציה בחלקים ונקבל כי
**<math>\mathcal{F}[f'](s) = \frac{1}{2\pi}(fe^{-isx})_{-\infty}^{\infty} + \frac{is}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-isx}dx</math>.
**כיוון ש<math>e^{-isx}</math> חסומה, יחד עם הנתון נובע כי <math>(fe^{-isx})_{-\infty}^{\infty}=0</math>.
**לכן סה"כ קיבלנו כי <math>\mathcal{F}[f'](s)=is\mathcal{F}[f](s)</math>
*נגזרת ההתמרה:
*תהי <math>f\in G</math> רציפה כך ש<math>xf(x)\in G</math> אזי:
*<math>\mathcal{F}[xf(x)](s)=i\frac{d}{ds}\mathcal{F}[f](s)</math>
**הוכחה:
**<math>i\frac{d}{ds}\mathcal{F}[f](s) = i \frac{d}{ds} \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-isx}dx = \frac{i}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\frac{d}{ds}e^{-isx}dx = \frac{-i^2}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} xf(x)e^{-isx} = \mathcal{F}[xf(x)](s)</math>
**אנחנו צריכים להצדיק את ההכנסה של הנגזרת אל תוך האינטגרל:
***נסמן <math>F_n(s)=\frac{1}{2\pi}\int_{-n}^{n} f(x)e^{-isx}dx</math>
***ברור ש<math>F_n(s)\to F(s)</math>, נוכיח שסדרת הנגזרות מתכנסת במ"ש ולכן מתכנסת לנגזרת של <math>F(s)</math>.
***עבור אינטגרל סופי מותר להחליף את סדר הנגזרת והאינטגרל בזכות פוביני.
***אכן <math>F_n'(s)</math> מתכנסות במ"ש כיוון שהאינטגרל <math>\int_{-\infty}^\infty |xf(x)|dx</math> מתכנס, והרי <math>|xf(x)e^{-isx}|=|xf(x)|</math> ואכן אינו תלוי בs.
====דוגמאות====
*ראינו כי <math>\mathcal{F}[e^{-|x|}](s) = \frac{1}{\pi(1+s^2)}</math>
*לכן על ידי הזזה בזמן נקבל כי:
**<math>\mathcal{F}[e^{-|1-2x|}](s) = \frac{e^{\frac{-is}{2}}}{2\pi (1+(-\frac{s}{2})^2)}</math>
*נסמן <math>F(s)=\mathcal{F}[e^{-x^2}]</math>.
*כעת <math>\mathcal{F}[xe^{-x^2}] = iF'</math> לפי הנוסחא של נגזרת ההתמרה.
*מצד שני, <math>\mathcal{F}[-2xe^{-x^2}] = isF</math> לפי הנוסחא של התמרת הנגזרת.
*ביחד נקבל כי <math>isF = -2iF'</math>, ולכן <math>sF=-2F'</math>.
*נפתור את המד"ר:
**נכפול בגורם אינטגרציה <math>\frac{1}{2}e^{\frac{s^2}{4}}</math> ונקבל <math>(e^{\frac{s^2}{4}}F)'=0</math>
**לכן <math>F=Ce^{-\frac{s^2}{4}}</math>
**נציב <math>s=0</math>
**<math>2\pi C=F(0)=\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}dx </math>, נחשב אינטגרל מפורסם זה בהמשך.
==הרצאה 8 - התמרה הפוכה==
*בטורי פורייה, מקדמי הפורייה היו האמפליטודות של התדרים, וכאשר סכמנו את הגלים קיבלנו חזרה את הפונקציה לפי משפט דיריכלה.
*כעת התדרים שלנו הם כל הממשיים, ולכן הסכימה שלהם היא בעצם אינטגרל.
*האמפליטודה של כל תדר מרוכב <math>e^{isx}</math> היא התמרת הפורייה <math>F(s)</math>, ולכן אנחנו מצפים לקבל:
**<math>f(x)=\int_{-\infty}^\infty F(s)e^{isx}ds=\mathcal{F}^{-1}[F](x)</math>
*משפט ההתמרה ההפוכה:
**תהי <math>f\in G</math>, אזי בכל נקודה בה קיימות הנגזרות החד צדדיות מתקיים כי:
**<math>\frac{f(x^+)+f(x^-)}{2}=\lim_{n\to\infty}\int_{-(n+\frac{1}{2})}^{n+\frac{1}{2}}\mathcal{F}[f](s)e^{isx}ds</math>
**שימו לב שהאינטגרל <math>\int_{-\infty}^{\infty}\mathcal{F}[f](s)e^{isx}ds</math> לא חייב להתכנס, אבל אם הוא מתכנס הוא שווה לגבול לעיל.
===דוגמא===
*ראינו ש<math>\mathcal{F}[e^{-x^2}] = Ce^{-\frac{s^2}{4}} =\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}e^{-isx}dx</math>
*כיוון ש<math>e^{-x^2}</math> רציפה וגזירה, וכיוון ש <math>e^{-\frac{s^2}{4}}\in G</math> לפי משפט ההתמרה ההפוכה נקבל כי:
**<math>\mathcal{F}^{-1}[Ce^{-\frac{s^2}{4}}](x) = e^{-x^2}</math>
*כלומר <math>e^{-x^2}=\int_{-\infty}^\infty Ce^{-\frac{s^2}{4}}e^{isx}ds </math>
*נציב <math>t=\frac{s}{2}</math> ונקבל:
**<math>e^{-x^2} = 2C\int_{-\infty}^\infty e^{-t^2}e^{-i(-2x)t}dt = 2C\cdot 2\pi Ce^{-\frac{(-2x)^2}{4}}</math>
*ולכן <math>4C^2\pi = 1</math>, ומכאן <math>C=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}</math>
*נזכור בנוסף שראינו כי <math>2\pi C = \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}dx</math>.
*לכן נובע כי <math>\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}dx = \sqrt{\pi}</math>
===דוגמא===
*נביט ב<math>f(x)=\begin{cases}1 & |x|<1 \\ 0 & |x|>1\end{cases}</math>
*<math>\mathcal{F}[f](s) = \frac{sin(s)}{\pi s}</math>
*<math>\lim \int_{-(n+\frac{1}{2})}^{n+\frac{1}{2}} \frac{sin(s)}{\pi s}e^{is}ds = \frac{1}{2}</math> (הצבנו x=1, הנקודה בה f אינה רציפה).
===הקדמה לקראת הוכחת משפט ההתמרה ההפוכה===
*כעת נוכיח מספר טענות הדרושות לנו לצורך הוכחת משפט ההתמרה ההפוכה.
====למת רימן-לבג====
*ראינו גרסא של למת רימן-לבג עבור טורי פוריה, לפי מקדמי הפורייה שואפים לאפס.
*כעת ננסח ונוכיח גרסא עבור התמרות פורייה:
*תהי <math>f\in G</math>, אזי <math>\lim_{s\to\pm\infty}\mathcal{F}[f](s)=0</math>
*(כלומר, האמפליטודות שואפות לאפס כאשר התדר שואף לאינסוף)
*נוכיח את הלמה:
*צ"ל כי<math>\lim_{s\to\pm\infty}\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-isx}dx =0</math>
*נשים לב כי <math>e^{-isx}=\cos(sx)-i\sin(sx)</math>.
*לכן מספיק לנו להוכיח כי <math>\lim_{s\to\pm\infty}\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty f(x)\cos(sx)dx =0</math> (ההוכחה עבור סינוס דומה).
*כיוון ש<math>f\in G</math> האינטגרל <math>\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|dx</math> מתכנס.
*לכן קיים <math>M</math> עבורו <math>\int_{|x|>M}|f(x)|dx<\frac{\varepsilon}{2}</math>.
*לכן <math>|\int_{|x|>M}f(x)\cos(sx)dx|\leq \int_{|x|>M}|f(x)|dx < \frac{\varepsilon}{2}</math>
*לכן מספיק לנו להוכיח כי עבור <math>|s|</math> מספיק גדול מתקיים <math>|\int_{-M}^{M}f(x)\cos(sx)dx| < \frac{\varepsilon}{2}</math>
*(עבור <math>M=\pi</math> ו<math>s\in\mathbb{N}</math> כבר הוכחנו טענה זו בעזרת פרסבל, כעת נשתמש בשיטות אחרות.)
*נשים לב כי בכל קטע מתקיים:
**<math>\lim_{s\to\pm\infty}\int_{x_1}^{x_2}\cos(sx)dx = \lim_{s\to\pm\infty}\frac{\sin(sx_2)-\sin(sx_1)}{s}=0</math>
*כיוון ש<math>f</math> רציפה למקוטעין היא אינטגרבילית ב<math>[-M,M]</math>.
*לכן ניתן לבחור פונקצית מדרגות <math>h</math> עבורה מתקיים <math>\int_{-M}^M |f-h|dx < \frac{\varepsilon}{4}</math> (האינטגרל על פונקצית המדרגות הינו סכום דרבו תחתון מספיק קרוב).
*כמו כן מתקיים:
**<math>\int_{-M}^Mh\cos(sx)dx = \sum \int_{x_{i-1}}^{x_i}m_i\cos(sx)dx</math>
**כיוון שמדובר בסכום סופי של ביטויים ששואפים לאפס, הסכום גם שואף לאפס.
*סה"כ <math>\int_{-M}^{M}f(x)\cos(sx)dx = \int_{-M}^{M}(f(x)-h(x))\cos(sx)dx + \int_{-M}^{M}h(x)\cos(sx)dx</math>
**מתקיים כי <math>|\int_{-M}^{M}(f(x)-h(x))\cos(sx)dx|\leq \int_{-M}^{M}|f(x)-h(x)|dx < \frac{\varepsilon}{4}</math>
**עבור <math>|s|</math> מספיק גדול מתקיים כי <math>|\int_{-M}^{M}h(x)\cos(sx)dx|< \frac{\varepsilon}{4}</math>
*סה"כ קיבלנו כי עבור <math>|s|</math> מספיק גדול מתקיים <math>|\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\cos(sx)sx|<\varepsilon</math>
====טענת עזר====
*תהי <math>f\in G</math> ותהי x נק' בה הנגזרות החד צדדיות קיימות, אזי:
:<math>\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\pi}\int_0^{\infty} f(x+t)\frac{\sin\left((n+\frac{1}{2})t\right)}{t}dt = \frac{f(x^+)}{2}</math>
:<math>\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{0} f(x+t)\frac{\sin\left((n+\frac{1}{2})t\right)}{t}dt = \frac{f(x^-)}{2}</math>
*נוכיח את הטענה הראשונה, הטענה השנייה דומה.
*נגדיר את הפונקציה <math>g(t)=\begin{cases}\frac{f(x+t)}{t}& x\in [\pi,\infty)\\ 0 & x\in (-\infty,\pi)\end{cases}</math>
*כיוון ש<math>f\in G</math> נובע שגם <math>g\in G</math> הרי <math>\left|\frac{f(x+t)}{t}\right|\leq |f(x+t)|</math> עבור <math>t>\pi</math>.
*לכן לפי למת רימן-לבג נובע כי <math>\lim_{s\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty}g(t)\sin(st)dt = 0</math>
*בפרט מתקיים גבול הסדרה:
**<math>\lim_{n\to\infty} \int_{-\infty}^{\infty}g(t)\sin\left((n+\frac{1}{2})t\right)dt =0</math>
*אבל <math>\int_{-\infty}^{\infty}g(t)\sin\left((n+\frac{1}{2})t\right)dt = \int_\pi^\infty \frac{f(x+t)}{t}\sin\left((n+\frac{1}{2})t\right)dt</math>
*לכן נותר להוכיח כי <math>\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi} f(x+t)\frac{\sin\left((n+\frac{1}{2})t\right)}{t}dt = \frac{f(x^+)}{2}</math>
*נגדיר את הפונקציה <math>h(t)=f(x+t)\frac{2\sin(\frac{t}{2})}{t}</math>.
**אם נתקן את אי הרציפות הסליקה של <math>\frac{2\sin(\frac{t}{2})}{t}</math> נקבל טור טיילור שגזיר אינסוף פעמים.
**לכן הפוקנציה <math>h</math> רציפה למקוטעין ובעלת נגזרות חד צדדיות קיימות.
*כעת נשים לב כי:
**<math>\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi} f(x+t)\frac{\sin\left((n+\frac{1}{2})t\right)}{t}dt = \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi} h(t)\frac{\sin\left((n+\frac{1}{2})t\right)}{2\sin(\frac{t}{2})}dt
= \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi} h(t)D_n(t)dt</math>
**לפי ההוכחה של משפט דיריכלה להתכנסות טורי פורייה, הגבול של הביטוי הזה שווה ל<math>\frac{h(0^+)}{2} = \frac{f(x^+)}{2}</math>.
=====דוגמא=====
*טענה:
:<math>\int_0^\infty \frac{\sin(x)}{x}dx = \frac{\pi}{2}</math>
*הוכחה:
**ראשית, אנו יודעים כי האינטגרל מתכנס לפי מבחן דיריכלה לאינטגרלים לא אמיתיים.
**לכן מתקיים כי <math>\int_0^\infty \frac{\sin(x)}{x}dx =\lim_{n\to\infty} \int_0^{(n+\frac{1}{2})\pi}\frac{\sin(x)}{x}dx</math>
**נבצע הצבה <math>t=\frac{x}{n+\frac{1}{2}}</math> ונקבל כי:
***<math>\int_0^{(n+\frac{1}{2})\pi}\frac{\sin(x)}{x}dx = \int_0^\pi \frac{\sin\left((n+\frac{1}{2})t\right)}{t}dt</math>
**עבור <math>f(x)=1</math>, לפי הוכחת טענת העזר נקבל כי הגבול הוא <math>\frac{\pi}{2}</math>
===הוכחת משפט ההתמרה ההפוכה===
*<math>\int_{-(n+\frac{1}{2})}^{n+\frac{1}{2}}\mathcal{F}[f](s)e^{isx}ds = \int_{-(n+\frac{1}{2})}^{n+\frac{1}{2}}\left[\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty f(y)e^{-isy}dy\right]e^{isx}ds=</math>
*<math>=\frac{1}{2\pi} \int_{-(n+\frac{1}{2})}^{n+\frac{1}{2}}\int_{-\infty}^\infty f(y)e^{is(x-y)}dyds</math>
*נחליף את סדר האינטגרציה (הצדקה בהמשך), ונקבל:
*<math>\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty\int_{-(n+\frac{1}{2})}^{n+\frac{1}{2}}f(y)e^{is(x-y)}dsdy =</math>
*<math>\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty f(y) \left[\frac{e^{is(x-y)}}{i(x-y)}\right]_{-(n+\frac{1}{2})}^{n+\frac{1}{2}} dy =</math>
*<math>\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty f(y) \frac{2\sin\left((n+\frac{1}{2})(x-y)\right)}{(x-y)} dy</math>
*נציב <math>t=y-x</math> ונקבל:
*<math>\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty f(x+t) \frac{\sin\left((n+\frac{1}{2})t\right)}{t}dt = \frac{f(x^+)+f(x^-)}{2}</math>
כאשר המעבר האחרון הוא בזכות טענת העזר לעיל.
====הצדקת החלפת סדר האינטגרציה====
*נביט בסדרה <math>u_k(s)=\int_{-k}^k f(y)e^{is(x-y)}dy</math>, שמתכנסת כמובן ל<math>\int_{-\infty}^\infty f(y)e^{is(x-y)}dy</math>
*מתקיים כי <math>|\int_{-\infty}^\infty f(y)e^{is(x-y)}dy - u_k(s)| \leq \int_{|y|>k} |f(y)e^{is(x-y)}|dy = \int_{|y|>k} |f(y)|dy\to 0</math>
**(נתון כי <math>f\in G</math>)
*לכן הסדרה מתכנסת במ"ש ומותר לבצע אינטגרציה איבר איבר:
**<math>\int_{-(n+\frac{1}{2})}^{n+\frac{1}{2}}\int_{-\infty}^\infty f(y)e^{is(x-y)}dyds = \lim_{k\to\infty} \int_{-(n+\frac{1}{2})}^{n+\frac{1}{2}} u_k(s)ds</math>
**לפי פוביני מותר לנו להחליף את סדר האינטגרציה ונקבל כי
**<math>\int_{-(n+\frac{1}{2})}^{n+\frac{1}{2}}\int_{-\infty}^\infty f(y)e^{is(x-y)}dyds = \lim_{k\to\infty} \int_{-k}^k \int_{-(n+\frac{1}{2})}^{n+\frac{1}{2}}f(y)e^{is(x-y)}dsdy = \int_{-\infty}^\infty \int_{-(n+\frac{1}{2})}^{n+\frac{1}{2}}f(y)e^{is(x-y)}dsdy</math>
**שימו לב שהאינטגרל הלא אמיתי אכן מתכנס (כפי שהוכחנו לעיל) ולכן שווה לגבול.
==הרצאה 9 - קונבולוציה, משוואת החום על מוט אינסופי==
*תהיינה <math>f,g:\mathbb{R}\to\mathbb{C}</math> פונקציות, נגדיר את ה'''קונבולוציה''' ביניהן להיות:
**<math>f*g(x) = \int_{-\infty}^\infty f(x-y)g(y)dy</math>.
*מוטיבציה לדוגמא:
**אם <math>f,g</math> הן פונקציות צפיפות של משתנים מקריים, מהי פונקציית הצפיפות של סכום המשתנים?
**הסיכוי שסכום המשתנים יהיה x, הוא סכום מכפלות הסיכויים שמשתנה אחד יהיה שווה y והשני יהיה שווה x-y.
*הקונבולוציה היא אבלית:
**<math>g*f = \int_{-\infty}^\infty g(x-y)f(y)dy = \{t=x-y,dt=-dy\} = \int_{-\infty}^\infty g(t)f(x-t)dt = f*g</math>
*שימו לב: בנושא זה נבצע החלפת סדר אינטגרציה, אך לא נצדיק החלפה זו כיוון שהיא דורשת העמקה רבה.
*ניתן להעמיק ע"י קריאה בספר Fourier Analysis של T.W.Korner
*משפט הקונבולוציה:
*תהיינה <math>f,g\in G</math> רציפות וחסומות אזי <math>\mathcal{F}[f*g] = 2\pi \cdot \mathcal{F}[f] \cdot \mathcal{F}[g]</math>
*הסבר המשפט (לא הוכחה מלאה, כיוון שאנו מחליפים סדר אינטגרציה ללא הצדקה):
:<math>\mathcal{F}[f*g] = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \left[\int_{-\infty}^\infty f(x-y)g(y)dy\right]e^{-isx}dx = </math>
:<math>= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f(x-y)e^{-is(x-y)}g(y)e^{-isy}dydx =</math>
:<math>= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f(x-y)e^{-is(x-y)}g(y)e^{-isy}dxdy =</math>
:<math>= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \left[\int_{-\infty}^\infty f(x-y)e^{-is(x-y)}dx\right] g(y)e^{-isy}dy =</math>
:<math>= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \left[\int_{-\infty}^\infty f(t)e^{-ist}dt\right] g(y)e^{-isy}dy =</math>
:<math>= 2\pi\left(\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty f(t)e^{-ist}dt\right) \cdot \left( \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty g(y)e^{-isy}dy\right) =2\pi \cdot \mathcal{F}[f] \cdot \mathcal{F}[g]</math>
===משוואת החום על מוט אינסופי===
*אם פונקצית החום על מוט אינסופי היא <math>u(x,t)</math>, היא מקיימת את המשוואה <math>u_t-ku_{xx}=0</math>.
*נניח גם כי תנאי ההתחלה הם <math>u(x,0)=f(x)</math> (זה החום בכל נקודה במוט בזמן 0).
*נבצע התמרת פורייה של הפתרון לפי המשתנה x:
:<math>U(s,t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} u(x,t)e^{-isx}dx</math>
*נגזור לפי המשתנה t:
:<math>U_t(s,t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} u_t(x,t)e^{-isx}dx</math>
*(נניח כי הפתרון מקיים את התנאים שמאפשרים להחליף את סדר הגזירה והאינטגרציה, לא נרחיב על כך בהמשך)
*כיוון ש<math>u_t-ku_{xx}=0</math> נקבל כי:
:<math>U_t(s,t) = \frac{k}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} u_{xx}(x,t)e^{-isx}dx</math>
*נזכר בנוסחאת התמרת הנגזרת <math>\mathcal{F}[f']=is\mathcal{F}[f]</math>
*ולכן נקבל כי:
:<math>U_t(s,t) = -s^2 \frac{k}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty u(x,t)e^{-isx}dx = -ks^2 U(s,t)</math>
*זו מד"ר פשוטה שפתרונה הוא:
:<math>U(s,t) = A(s)e^{-ks^2 t}</math>
*נציב את תנאי ההתחלה <math>t=0</math> ונקבל כי
:<math>A(s) = U(s,0) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} u(x,0)e^{-isx}dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-isx}dx = \mathcal{F}[f]</math>
*לכן בעצם מתקיים כי <math>U(s,t)= F(s)e^{-ks^2 t}</math>
*קיבלנו שההתמרה של הפתרון היא מכפלה של שתי התמרות, ולכן הפתרון הוא הקונבולוציה של שתי הפונקציות המקוריות.
*נחפש את ההתמרה ההפוכה של <math>e^{-ks^2 t}</math>
*נזכור כי <math>\mathcal{F}[e^{-x^2}] = \frac{1}{2\sqrt{\pi}} e^{-\frac{s^2}{4}}</math>
:<math>\mathcal{F}^{-1}[e^{-ks^2 t}]=\int_{-\infty}^\infty e^{-ks^2 t}e^{isx}ds = \{s=\frac{u}{2\sqrt{kt}}\}=</math>
:<math>=\frac{1}{2\sqrt{kt}}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{u^2}{4}}e^{iu(\frac{x}{2\sqrt{kt}})}du = \frac{2\sqrt{\pi}}{2\sqrt{kt}} \mathcal{F}^{-1}[\frac{1}{2\sqrt{\pi}}e^{-\frac{u^2}{4}}](\frac{x}{2\sqrt{kt}}) = \frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{kt}}e^{-\frac{x^2}{4kt}}</math>
*נסמן פונקציה זו ב<math>p(x,t)=\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{kt}}e^{-\frac{x^2}{4kt}}</math>
*לכן עבור פתרון מד"ח החום u מתקיים כי:
:<math>\mathcal{F}[u] = \mathcal{F}[f]\cdot \mathcal{F}[p]</math>
*ולכן לפי משפט הקונבולוציה מתקיים כי
:<math> u(x,t) = \frac{1}{2\pi} f*p(x,t)</math>
*שימו לב שהקונבולוציה היא לפי המשתנה x.
*לכן
:<math>u(x,t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty f(y)p(x-y,t)dy = \frac{1}{2\sqrt{\pi kt}}\int_{-\infty}^\infty f(y)e^{-\frac{(x-y)^2}{4kt}}dy</math>
*שימו לב שבפתרון הסופי מופיעה פונקצית תנאי ההתחלה, ואין צורך לחשב את ההתמרה שלה.
==הרצאה 10 - משפט הדגימה של שנון==
===משפט הדגימה של שנון===
*תהי פונקציה f. ברור שבהנתן הערכים של f על השלמים <math>f(0),f(\pm 1),f(\pm 2),...</math> לא ניתן להסיק כלום על ערכיה האחרים (אפילו אם היא רציפה וגזירה).
*בפרט אם נדגום באופן דומה את הפונקציה <math>sin(x)</math> בנקודות <math>2\pi n</math> אנחנו עשויים לחשוד שהיא קבועה לחלוטין.
*מה יקרה אם נדגום גל בקצב מהיר יותר מהתדר שלו?
*במילים פשוטות, משפט הדגימה של שנון אומר שבהנתן פונקציה שהתדרים שלה חסומים, אם נדגום אותה בקצב מהיר פי 2 מהתדר המקסימלי שלה, נוכל לשחזר אותה לחלוטין.
*כעת ננסח את המשפט במדויק, יחד עם ניסוח התנאים הנחוצים על הפונקציות.
*עד כה דיברנו על תדר כמדד לקצב בו הפונקציה חוזרת על עצמה, כעת נגדיר אותו במדויק:
*בהנתן פונקציה עם מחזור <math>t</math> נגדיר את התדר של המחזור להיות <math>\frac{1}{t}</math>.
*דוגמאות:
**התדר של <math>\sin(x)</math> הוא <math>\frac{1}{2\pi}</math>
**התדר של <math>\sin(\pi x)</math> הוא <math>\frac{1}{2}</math>
**באופן כללי, התדר של <math>sin(\pi t x)</math> הוא <math>\frac{t}{2}</math> כיוון ש <math>\sin(\pi t(x+\frac{2}{t})) = \sin(\pi t x)</math>
**התדר של <math>e^{isx}</math> הוא <math>\frac{|s|}{2\pi}</math> כיוון ש <math>e^{is(x+\frac{2\pi}{|s|})} = e^{isx\pm i2\pi} =e^{isx}</math>
*משפט הדגימה של שנון:
*תהי <math>f\in G</math> רציפה ובעלת נגזרת חד צדדיות הקיימות בכל נקודה, שתדריה חסומים על ידי <math>t</math>, אזי בהנתן דגימה שלה בתדר <math>2t</math> ניתן לשחזר אותה בכל הממשיים (כלומר היא נקבעת באופן יחיד על ידי הדגימות).
*שימו לב: הכוונה בכך שתדריה של הפונקציה חסומים, היא למעשה ש<math>\mathcal{F}[f](s)=0</math> לכל <math>\frac{|s|}{2\pi}>t</math>.
====הוכחת משפט הדגימה====
*כיוון שהתמרת הפורייה מתאפסת מחוץ לקטע <math>[-2\pi t,2\pi t]</math>, ניתן לקבוע כי
:<math>\int_{-\infty}^\infty \mathcal{F}[f](s)e^{isx}ds = \int_{-2\pi t}^{2\pi t}\mathcal{F}[f](s)e^{isx}ds</math>
*ובפרט האינטגרל מתכנס.
*לפי משפט ההתמרה ההפוכה, נובע כי <math>f(x)= \int_{-2\pi t}^{2\pi t}\mathcal{F}[f](s)e^{isx}ds</math>
*כעת, נתונה לנו סדרת הדגימות בתדר <math>2t</math>:
:<math>c_n = f\left(\frac{n}{2t}\right), n\in\mathbb{Z}</math>
*נציב אותן בנוסחא שמצאנו לעיל:
:<math>c_n = \int_{-2\pi t}^{2\pi t}\mathcal{F}[f](s)e^{is\left(\frac{n}{2t}\right)}ds</math>
*נבצע הצבה <math>\frac{s}{2t}=-x</math> ונקבל:
:<math>c_n = \int_{-\pi}^\pi \mathcal{F}[f](-2tx)e^{-inx}dx</math>
*אבל אלה בדיוק מקדמי פוריה (פרט לקבוע <math>\frac{1}{2\pi}</math>) של הפונקציה <math>\mathcal{F}[f](-2tx)</math>.
*כיוון שההתמרה חסומה בתדר, עבור <math>|x|\geq \pi</math> מתקיים כי <math>\mathcal{F}[f](-2tx)=0</math> (זכרו כי ההתמרה רציפה, ולכן מתאפסת גם בקצוות).
*לכן <math>\mathcal{F}[f](-2tx)</math> נקבעת על ידי ערכיה בקטע <math>(-\pi,\pi)</math>, והם נקבעים באופן יחיד על ידי מקדמי הפורייה (מסקנה מפרסבל).
*לבסוף, כפי שראינו לעיל, הפונקציה f נקבעת באופן יחיד על ידי ההתמרה (בזכות משפט ההתמרה ההפוכה).
====הערות====
*שימו לב שלא ניתן באופן פרקטי לדגום אות אנלוגי באינסוף נקודות.
*מה יקרה אם נדגום במספר סופי של נקודות ונניח כי הפונקציה ממשיכה באופן מחזורי?
*נקבל פונקציה שאינה שייכת ל<math>G</math>, כיוון שהאינטגרל שלה לא יכול להתכנס בכל הממשיים.
*בהמשך, נראה אנלוגיה למשפט הדגימה של שנון בהתמרת פורייה הבדידה.
==הרצאה 11 - התמרת פורייה הבדידה==
===DFT - Discrete Fourier transform===
*תהי סדרת נקודות <math>a_0,...,a_{N-1} \in \mathbb{C}</math>, התמרת הפורייה הבדידה שלה היא סדרת הנקודות <math>A_0,...,A_{N-1}\in\mathbb{C}</math> המוגדרת ע"י:
:<math>A_n = \sum_{k=0}^{N-1} a_k e^{-2\pi i n\frac{k}{N}} </math>
*שימו לב שכמות הפעולות הנדרשות לחישוב ההתמרה באופן ישיר היא סדר גודל של <math>N^2</math>.
*התמרת פורייה המהירה (FFT) מבצעת את אותו חישוב בכמות פעולות בסדר גודל של <math>N\log(N)</math>.
====משמעות ההתמרה====
*תהי פונקציה f. נדגום ממנה <math>N</math> נקודות בתדר <math>t</math>, כלומר נתון לנו:
:<math>f(0),f(\frac{1}{t}),f(\frac{2}{t}),...,f(\frac{N-1}{t})</math>
*נסמן נקודות אלה ב<math>a_k=f(\frac{k}{t})</math>
*אנו רוצים לפרק אותה לסכום של גלים:
:<math>f(x)=B_0e^{2\pi i \cdot 0\cdot\frac{t}{N}x}+ B_1e^{2\pi i \cdot 1\cdot\frac{t}{N}x}+B_2e^{2\pi i \cdot 2\cdot\frac{t}{N}x}+...+B_{N-1}e^{2\pi i \cdot (N-1)\cdot\frac{t}{N}x}</math>
*כיוון שהתדר של <math>e^{isx}</math> הוא <math>\frac{|s|}{2\pi}</math> נובע כי הגלים הללו הם בתדרים <math>0,\frac{t}{N},\frac{2t}{N},...,\frac{(N-1)t}{N}</math>
*שימו לב - ככל שנדגום יותר נקודות נקבל יותר מגוון של תדרים. מצד שני, נביט בחלון זמן יותר ארוך ונפספס שינויי תדרים מהירים יותר.
*נוכיח שפירוק זה תמיד אפשרי כך שיהיה שיוויון בכל נקודות הדגימה, ונקשר בין סדרת המקדמים להתמרת הפורייה של נקודות הדגימה.
*נביט בפונקצית הגל <math>u_n(x)=e^{2\pi i n\frac{t}{N}x}</math>.
*נציב בה את נקודות הדגימה ונקבל את הוקטור המרוכב:
:<math>v_n= \left(u_n(0),u_n(\frac{1}{t}),...,u_n(\frac{N-1}{t})\right) = \left( 1,e^{2\pi i n \frac{1}{N}},e^{2\pi i n \frac{2}{N}},...,e^{2\pi i n \frac{N-1}{N}} \right)</math>
*נציב בפונקציה הנתונה f את נקודות הדגימה ונקבל את הוקטור המרוכב:
:<math>v=\left(f(0),f(\frac{1}{t}),f(\frac{2}{t}),...,f(\frac{N-1}{t})\right) = (a_0,...,a_{N-1})</math>
*לכן אנו מעוניינים בפתרון למשוואה:
:<math>v=B_0v_0+...+B_{N-1}v_{N-1}</math>
*זה בדיוק אומר שהפירוק של הפונקציה לגלים מתקיים בכל נקודות הדגימה:
:<math>f(\frac{k}{t}) = B_0u_0(\frac{k}{t})+...+B_{N-1}u_{N-1}(\frac{k}{t})</math>
*נבחן את הקבוצה <math>\{v_0,...,v_{N-1}\}</math>.
:<math>\langle v_n,v_n\rangle = v_n^t \overline{v_n} = \sum_{k=0}^{N-1} e^{2\pi i n \frac{k}{N}}\cdot e^{-2\pi i n \frac{k}{N}}= 1+1+...+1= N</math>
*עבור <math>n\neq m</math>:
:<math>\langle v_n,v_m\rangle = \sum_{k=0}^{N-1} e^{2\pi i n \frac{k}{N}}\cdot e^{-2\pi i m \frac{k}{N}} = \sum_{k=0}^{N-1} e^{2\pi i (n-m) \frac{k}{N}}</math>
*אבל זה בדיוק סכום סדרה הנדסית <math>1+q+...+q^{N-1}</math> עבור <math>q=e^{2\pi i (n-m)\frac{1}{N}}</math>
*שימו לב ש<math>\frac{|n-m|}{N}<1</math> ולכן <math>q\neq 1</math>.
*כמו כן, שימו לב ש<math>q^N = e^{2\pi i (n-m)}=1</math>
*לכן לפי הנוסחא לסכום סדרה הנדסית נקבל כי:
:<math>\langle v_n,v_m\rangle = \frac{1-q^N}{1-q}=0</math>
*כלומר גילינו כי <math>\{v_0,...,v_{N-1}\}</math> קבוצה אורתוגונלית (לא אורתונורמלית) ומהווה בסיס.
*לכן ניתן בקלות לחשב את המקדמים <math>B_n = \frac{\langle v,v_n\rangle}{N}</math>
*לבסוף, נשים לב כי:
:<math>\langle v,v_n\rangle = \sum_{k=0}^{N-1} a_k e^{-2\pi i n \frac{k}{N}} = A_n</math>
*כלומר <math>B_n = \frac{A_n}{N}</math>
====התמרת פורייה הבדידה ההפוכה====
*מכאן גם ניתן להסיק ישירות את התמרת פורייה ההפוכה, שמחזירה את סדרת המקדמים <math>A_n</math> לסדרת הדגימות <math>a_n</math>.
:<math>v=\frac{1}{N}(A_0v_0+...+A_{N-1}v_{N-1})</math>
*ולכן:
:<math>a_n = \frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1} A_k e^{2\pi i k \frac{n}{N}}</math>
====מסקנות לגבי גלים ממשיים====
*פירקנו את הפונקציה לסכום של גלים מרוכבים בנקודות הדגימה, האם ניתן להשתמש בהתמרה על מנת לקבל פירוק לגלים ממשיים?
*ראשית, נשים לב לתופעה הבאה:
:<math>v_{N-n} = (1,e^{2\pi i (N-n) \frac{1}{N}},...,e^{2\pi i (N-n) \frac{N-1}{N}}) = (1,e^{2\pi i (N-n) \frac{1}{N} - 2\pi i },...,e^{2\pi i (N-n) \frac{N-1}{N} - 2\pi i (N-1)})</math>
*(השיוויון נכון בזכות המחזוריות)
*ולכן נקבל:
:<math>v_{N-n} = (1, e^{2\pi i (\frac{(N-n)}{N} - 1)},...,e^{2\pi i (N-1)(\frac{(N-n)}{N} - 1)}) = v_{-n}</math>
*כלומר פירוק הפונקציה לגלים <math>u_0,u_1,...,u_{N-1}</math> נותן את אותם המקדמים כמו פירוק הפונקציה לגלים <math>u_0,u_1,u_{-1},...</math>.
*כאשר המקדם של <math>u_{-n}</math> שווה למקדם של <math>u_{N-n}</math>.
*שימו לב שזה לא פירוק של הפונקציה לסכום הגלים בכל הממשיים, אלא רק בנקודות הדגימה.
*לדוגמא:
*נניח שיש לנו 5 דגימות של f.
*אם נפרק את f לגלים <math>u_0,u_1,...,u_5</math> נקבל <math>v=B_0v_0+...+B_4v_4</math>
*אם נפרק את f לגלים <math>u_{-2},u_{-1},u_0,u_1,u_2</math> נקבל <math>v=B_3v_{-2},B_4v_{-1}+B_0v_0+B_1v_1+B_2v_2</math>
*במצב זה, אם דגמנו בתדר <math>t</math> נקבל את התדרים <math>0,\frac{t}{5},\frac{2t}{5}</math> שזה מתאים למשפט הדגימה של שנון (טווח התדרים של הפונקציה הוא עד חצי מתדר הדגימה).
*עבור n ספציפי מתקיים כי:
:<math>B_ne^{2\pi i n \frac{t}{N}x} + B_{N-n}e^{-2\pi i n \frac{t}{N}x} = (B_n+B_{N-n}) \cos (2\pi n \frac{t}{N}x) + i(B_n-B_{N-n})sin(2\pi n \frac{t}{N}x)</math>
*מהצבה ישירה של הנוסחאות שמצאנו ניתן לראות שאם f ממשית אזי <math>B_n+B_{N-n}</math> וגם <math>i(B_n-B_{N-n})</math> הם ממשיים.
*כלומר הצלחנו לפרק את f לסכום של גלים ממשיים עם מקדמים ממשיים.
*הערה: אם N זוגי, אז הגל <math>u_{\frac{N}{2}}</math> נותר בודד.*לדוגמא עבור <math>N==הרצאה 6==4</math> נקבל במקום הגלים <math>u_0,u_1,u_2,u_3</math> את <math>u_{-1},u_0,u_1,u_2</math>*נשים לב כי במקרה זה <math>v_{\frac{N}{2}}</math> הוא וקטור ממשי (ולכן גם המקדם שלו ממשי) כיוון שהsin מתאפס בכל נקודות הדגימה.
