שינויים

*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]. 

**<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>

**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 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>

:<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>

:<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 =

:<math>f(x)=\sim\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)</math>

:<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>

:<math>f'(x)=\sim\sum_{n=1}^\infty nb_n\cos(nx)-na_n\sin(nx)</math> 

:<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> 

===פתרון משוואת החוםעל טבעת===

*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>

*צירוף לינארי אינסופי יהווה פתרון לבעייה אם טור טורי הנגזרות יתכנס יתכנסו במ"ש (ולכן יהיה מותר לגזור איבר איבר).

:<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{\sinvarepsilon}{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 7==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.