TRASFORMAZIONEDI FOURIERCLASSICA(METODI MATEMATICI PERLINGEGNERIA)GIUSEPPEDEMARCO0.1. Introduzione. Perunfenomenoperiodico, rappresentatodafunzioni periodiche, losviluppoinseriedi Fourierdi questecostituisceunmetodoperlanalisi del fenomenostesso: learmonichedellosviluppo di Fourier hanno spesso signicato sico, intendendosi con ci`o il fatto che esistono strumenti divariogenere(risuonatori, oscilloscopi, ecc.) chepermettonodirilevareemisuraretaliarmoniche. Perfunzioni f: R C non periodiche `e possibile qualcosa del genere?Si pu`o pensare di prendere un numerogrande, di considerare la funzione su [/2, /2[, di estendere per periodicit`a tale restrizione al di fuoridi [/2, /2[, e di considerare la successionec(f, ) : Z C dei coecienti di Fourier di tale funzione;al tenderedi a+, c(f, )dovrebbe, sottoopportuneipotesi suf, tendereadunoggettolegatoalla funzionef. Non possiamo per`o restare nellambito discreto; come funzione su Z, la successione deicoecienti di Fourier, almeno perf L1(R), tende solo a zero. Si fa diventare ognic(f, ) una funzione

f: R C,costante a tratti,nel modo seguente: si prende un passod = 1/,e la funzione f() `edenita dalla formula

f() =1dcn(f, ) =

/2/2f(t)e2in tdt,n 0,con il cambiamento di variabilet = : g() =

+f(t)e2itdt =

+f()e2i(/)d ;se 0 la trasformata di[/2,/2] `e [/2,/2]() =_/2/2e2itdt =_e2it2i_t=/2t=/2=eiei2i=sin().Introducendo la funzione sinc s := sin(s)/(s) (e sinc 0 = 1), si pu`o scrivere [/2,/2]() = sinc().Per un arbitrario intervallo limitato [a, b], posto c = (a+b)/2, = ba, si ha [a,b](t) = c[/2,/2](t)e quindi [a,b]() = e2icsinc() = ei(a+b)(b a) sinc((b a)).Si noti che sinc/ L1(R); si ha quindi un esempio in cui la trasformata non `e pi` u inL1; per`o `e vero chesinc L2(R). Inoltre le funzioni trasformande sono a supporto compatto, e quindi le trasformate devonoessere C; infatti sinc `e restrizione ad R di una funzione olomorfa intera. Si noti che le funzioni a scalinodiL1(R), cio`e quelle a supporto compatto, hanno tutte trasformata di Fourier inL2(R).0.3.2. Funzioni triangolari.`E spesso utile la trasformata del triangolog : t (1 |t|) 0; si ha g() =_11(1 |t|)e2itdt =_(1 |t|)e2it2i_t=1t=1_11sgn te2it2idt =12i__01e2itdt _10e2itdt_ =1(2)2_1 e2ie2i+ 1_ =2(2)2(1 cos(2)) = sinc2.Se > 0 la trasformata dig : t g(t/) = (1 |t/|) 0 `e quindi g() = sinc2().0.3.3. Funzioni lorentziane. Qualcuno chiama cos` le funzioni qualifa(t) = 1/(a2+ t2),a costante realenon nulla. La trasformata di Fourier si calcola col metodo dei residui e vienefa() =_+e2ita2+ t2dt =|a|e2|a|.(Analisi Due, 10.27.8).0.3.4. Gaussiane. Sea > 0, la funzionefa(t) = eat2sta inL1(R); lintegralefa() =_+eat2e2itdt =_+eat2cos(2t) dt =_+e2cos(2/a) da,chiamato integrale di Laplace, `e stato calcolato in Analisi Due, 10.6.9, con metodi di variabile complessa;si trovafa() =_ae22/a.Si noti chef(t) = et2coincide con la sua trasformata di Fourier.0.3.5. Trasformatadi sinc2. Lafunzionesinc2stainL1(R)esi ha, usandoleformuledi Euleroelaparit`a:

sinc2() =_+sin2(t)(t)2e2itdt = 2_0sin2(t)(t)2cos(2t) dt =12_01 cos(2t)t2cos(2t) dt =12_0cos(2t) cos(2t) cos(2t)t2dtLe formule di Werner danno cos(2t) cos(2t) = (cos(2( + 1)t) + cos(2( 1)t))/2, per cui

sinc2() =122_02 cos(2t) cos(2( + 1)t) cos(2( 1)t)t2dt = TRASFORMAZIONEDI FOURIERCLASSICA (METODI MATEMATICI PERLINGEGNERIA) 5122

0cos(2t) cos(2( + 1)t)t2dt +122

0cos(2t) cos(2( 1)t)t2dt.Per parti, riconduciamo allintegrale di Dirichlet (a, b R):

0cos(ax) cos(bx)x2dx =

cos(ax) cos(bx)x

0+

0b sin(bx) a sin(ax)xdx =0 + (b sgn b a sgn a)2= (|b| |a|)2.Si ottiene alne

sinc2() =14(2|| 2| + 1|) +14(2|| 2| 1|) =12(|| | + 1| +|| | 1|).Per> 1 si trova 0; per 0 1 si trova 1 ; per parit`a la trasformata `e il triangolo (1 ||) 0;sinc era la trasformata di questa funzione; applicando due volte la trasformata di Fourier al triangolo sitorna quindi alla funzione di partenza. Per le funzioni pari `e un fatto universale (per quelle almeno a cuila trasformazione di Fourier `e applicabile due volte!).Esercizio 1. Siaa CconparterealeRe a>0. Calcolarelatrasformatadi Fourierdellafunzionef: R R denita daf(t) = 0 pert < 0,f(t) = eatpert 0. Servirsene per trovare le trasformate diFourier diF(t) = ea|t|e diG(t) = sgn tea|t|.Risoluzione. Si ha

f() =

+0eate2itdt =

+0e(a+2i)tdt =

e(a+2i)t(a + 2i)t=+t=0=1a + 2i(sinotichesihalimt+e(a+2i)t=0, datoche |e(a+2i)t|=et Re a). Indicandoconflasim-metrizzata difsi haF= f +f,G = f f, per cui

F() =1a + 2i+1a 2i=2aa2+ (2)2;

G() =1a + 2i 1a 2i=4ia2+ (2)2.Esercizio 2. Calcolare la trasformata di Fourier F() della funzione f(t) = teat2, a > 0, riconducendolaalla trasformataG() dig(t) = eat2.Risoluzione. In base alla formula della derivata della trasformata si haG

() = ((2it)g(t)) = (2i)

teat2

,per cui la trasformata richiesta `eF() =12iG

() =12i

a22ae22/a= i(/a)3/2e22/a.Si pu`o anche ricorrere alla formula della trasformata della derivata: teat2= (1/(2a))(2ateat2) =(1/(2a))D(eat2), per cuiF() = 12a (2i)G() = ia

ae22/a= i(/a)3/2e22/a.Esercizio 3. Siaf L1(R). Dimostrare che per ognia R si ha:(cos(a#)f(#))() =(a/(2)) f() + (a/(2)) f()2;(sin(a#)f(#))() =(a/(2)) f() (a/(2)) f()2i.Servirsene per calcolare la trasformata di f(t) = sin t[,], ricordando che la trasformata di [,]`e2 sinc(2).Esercizio 4. Calcolarelatrasformatadi Fourierdi f(t)=1/ cosh t(passareal campocomplessoedintegrare su bordi di rettangoli di vertici r, r+i, r+i, r, indentati se occorre). Esistono , k R taliche sia (1/ cosh(#))() = k/ cosh() (cio`e , tali che 1/ cosh(t) sia autovettore della trasformazionedi Fourier, conk come autovalore)? 6 GIUSEPPEDEMARCORisoluzione. Sidevecalcolare R

e2it/ cosh t

dt. Posto= 2persemplicit`a, consideriamolafunzione complessag(z) = eiz/ cosh z; essa ha poli dove cosh z = 0, e cio`e perzk = i(/2 + k),k Z.Ci interessa soloi/2, doveDcosh z = sinh z valei, e che `e quindi polo del primo ordine; per il teoremadei residui si ha

rreixcosh x dx

rrei(x+i)cosh(x + i) dx + (r) = 2i Res(g, i/2) = 2e/2;il contributo dei lati verticali `e stato indicato con(r); ammesso che esso tenda a 0 perr + si ha,osservando anche che cosh(x + i) = cosh x:

+eixcosh x dx + e

+eixcosh x dx = 2e/2,da cui

+eixcosh x dx = 2e/21 + e=cosh(/2).Quindi la richiesta trasformata `e (1/ cosh(t))() = / cosh(2).`E immediato provare che il contributodei lati verticali `e innitesimo perr +; si ha infatti, dettisri segmenti:

reizcosh zdz

r|eiz|| cosh z||dz|;susrsi ha |eiz| = eRe(iz)= eImz e||, ed anche| cosh z| = |ez+ ez|2 ||ez| |ez||2=erer2= sinh r,per cui lintegrale sul segmento `e dominato da e||/ sinh r ( `e la lunghezza del segmento), innitesimoperr +. La trasformata di 1/ cosh(t) `e allora (/||)/ cosh(2/); deve essere2/ =, e cio`e2= 2; quindi = , ek = 1. Si noti che si `e visto che 1/ cosh(t) coincide con la sua trasformata diFourier.0.4. Convoluzione. Date due funzioni misurabili f, g : R C la loro convoluzione `e la funzionef gcos` denitaf g(t) =

Rf(t )g() d.Senzaqualchecondizionesufegnaturalmentelintegraleprecedentenonhasenso. Sef, g L1(R)si dimostra, usandoil teoremadi Fubini, chef gesisteq.o. inR, edappartieneadL1(R), essendoanzi f g1 f1g1: infatti (accettato il fatto che (t, ) f(t )g() sia misurabile), la funzione(t, ) |f(t )||g()| sta inL1(R R), avendosi

R

R|f(t )| dt

|g()| d =

Rf1|g()| d = f1g1(si osservi che`e R|f(t )| dt = R|f(s)| ds = f1, invarianzaper traslazioni dellintegrale). Laconvoluzione tra funzioni fa diventareL1(R) unalgebra (di Banach) associativa e commutativa; `e facilevericare, e lo accettiamo senzaltro, che si ha(f g) h = f (g h); (f + g) h = f h + g h; f g = g f, perf, g, h L1(R).Esempio5. Si ha, perf L1(R) (od anche solof L1loc(R)), ed ognia > 0:f [a,a](t) =

Rf(t )g() d =

Rf()[a,a](t ) d =

Rf()[ta,t+a]() d =

t+ataf() d,integrale difesteso a [t a, t + a]. Si ha quindi, seb> 0 `e unaltra costante, per ssare le ideeb a:[a,a] [b,b](t) =

t+btb[a,a]() d, che vale ovviamente0 pert + b at (a + b)t + b (a) = t + (a + b) pert b a < t + b(a + b) < t a b2b pera < t b,t + b < a(a b) < t < a ba (t b) = (a + b) t pert b a, t + b > aa b < t a + b0 pera < t ba + b < t.

TRASFORMAZIONEDI FOURIERCLASSICA (METODI MATEMATICI PERLINGEGNERIA) 7Si noti che pera =b si ha la funzione a triangolo nulla per |t|> 2a, che valet + 2a in [2a, 0] e 2a tin [0, 2a].La convoluzione tra funzioni diL1(R) `e mutata dalla trasformazione di Fourier nel prodotto puntualetra funzioni; si ha cio`e limportantissima regola:0.4.1. Trasformata della convoluzione.. Sef, g L1(R) allora (f g)() = f()g(), per ogni R.Dimostrazione. Si ha, ammettendo di poter scambiare lordine di integrazione(f g)() =

R

Rf(t )g() d

e2itdt =

R

Rf(t )e2i(t)dt

g()e2id =(si `e scrittoe2it= e2i(t)e2i)

R

f()g()e2id = f() g().Ed`epossibilescambiarelordinedi integrazionedatochelafunzione(t, ) |f(t )g()e2it| =|f(t )||g()| sta inL1(R R), come sopra visto.Lalgebra di convoluzione L1(R) non ha unit`a, non ha cio`e un elemento neutro per la moltiplicazione; per`oha unit`a approssimate; spieghiamo cosa ci`o vuol dire. Accettiamo il seguente fatto (la cui dimostrazione`e riportata sotto per i pi` u curiosi).Lemma. Siaf Lp(R)ssato,esia1 p< +. Lafunzionet tf,cheadogni t Rassocialatraslata difmediantet, `e (uniformemente) continua da R adLp(R).Dimostrazione. Si deve provare che dato >0esiste >0tale che sia tf sfpse |t s|.Poichelanorma p`einvarianteper traslazioni (agp= gpper ogni g Lp(R), edogni a R) si hatf sf= tsf fp: bastaprovarelacosapers=0. Ladimostrazioneprocedecomesegue: primaperlefunzionicaratteristichediintervalli,doveundisegnomostrasubitochese |t| b aallorasihat[a,b] [a,b]

p= 21/p|t|1/p;per linearit`alacosa`e veraper le funzioni ascalino; inne, ssato >0si prende g ascalinotale che siaf gp ;esiste> 0talechese |t| siha tg gp ;sihaalloratf fp= tf tg + tg g + g fp tf tgp + tg gp + g fp=f gp + tg gp + g fp 3.SiaoragL1(R), esupponiamochesia R g(x) dx=1. Per >0poniamog(x) =g(x);si hasempre R g(x) dx=1. Il gracodi g`eottenutodaquellodi gapplicandoorizzontalmenteunomotetia di rapporto 1/, verticalmente unomotetia di rapporto; al crescere di i graci vengonocompressi orizzontalmenteedilatati verticalmente; lintegralesi concentratuttonellorigine, nel sensochelim+

g(x) dx = 1perogni > 0ssato(equindilim+

R[,] g(x) dx = 0): ci`o `eimmediato, con il cambiamento di variabilex = t.Proposizione. Sianog L1(R) egcome sopra. Si ha allora, per ognif L1(R)lim+f g f1 = 0;(cio`e ,f gconverge adfinL1(R)).Dimostrazione. Si haf g(x) f(x) =

Rf(x )g() d f(x)

Rg() =

R(f(x ) f(x)g() d;Posto = si ottienef g(x) f(x) =

R(f(x /) f(x))g() d, da cui|f g(x) f(x)|

R|f(x /) f(x)||g()| d. 8 GIUSEPPEDEMARCOIntegrando la disuguaglianza precedente su R, ed invertendo lordine di integrazione a secondo membrosi ottienef g f1

R

R|f(x /) f(x)| dx

|g()| d =

R/f f1|g()| d;si pu`oorausareil teoremadellaconvergenzadominataperaermarechelintegraletendeazero: altendere di a + la funzione /f f1|g()| tende a 0, ed `e dominata da 2f1|g()|.Esercizio 6. Ripetendo parte della precedente dimostrazione si prova subito che se f`e in C0(R), pi` u ingenerale sef`e limitata ed uniformemente continua, alloraf gconverge uniformemente adfsu R.Osservazione. Seinvecef L2(R),alloralaconvoluzionef gconvergeadfinL2(R);sihainfatti,da|f g(x) f(x)|2

R|f(x /) f(x)||g()| d

2;detto(h(x))2ilsecondomembro,sihaf g f22 h22=

R

R|f(x /) f(x)||g()| d

2dx =

R

R|f(x /) f(x)||g()| d

h(x) dx =applicandoilteoremadiFubini

R

R|f(x /) f(x)|h(x) dx

|g()| d (disuguaglianzadiSchwarz)

R

R|f(x /) f(x)|2dx

1/2

R(h(x))2dx

1/2|g()| d=h2

R/f f2|g()| d.Siottieneinnef g f2 h2

R/f f2|g()| d,esiconcludecomenellaproposizionesopra.Alcuneunit`aapprossimatesononellegureseguenti. Partendodag(x)=ex2si hannoi nuclei diGauss, con g(x) = sinc2x i nuclei di F`ejer. Partendo dalla funzione caratteristica di [1/2, 1/2] si hannopure unit`a approssimate. Si comprende anche perch`e non ci sia un elemento neutro per la convoluzione.Figura1. Nuclei di Gauss, di F`ejer, a scalinoSe esso ci fosse, chiamiamolo , sarebbe g = g, e g dovrebbe tendere in L1(R) a ; ma se prendiamoad esempio i nuclei di Gaussg(x) = e2x2essi convergono puntualmente a 0 per ognix R {0},e cio`e quasi ovunque; allora = 0 quasi ovunque, ed inL1(R) ci`o signica = 0, assurdo!

TRASFORMAZIONEDI FOURIERCLASSICA (METODI MATEMATICI PERLINGEGNERIA) 90.4.2. Regolarizzazione. Un tipo particolare di approssimanti dellunit`a ha importanti conseguenze ma-tematiche. Si parte dalla funzione cos` denita:g(x) =e1/(x21)cse |x| < 1; g(x) = 0 se |x| 1,dove c =

11 e1/(x21)dx; si ha g(x) > 0 se e solo se 1 < x < 1, altrimenti g(x) = 0; inoltre

R g(x) dx =1. Si dimostra (vedi linizio del capitolo sulle distribuzioni) che g C(R); `e chiaro che tutte le derivatedi gsononulleper |x| 1, di modochetuttequestederivatestannoinL1(R). Nesegueche, postog(x) = g(x),g `e , per +, unapprossimante dellunit`a fatta con funzioniC. Non `e diciledimostrare, usando il teorema di derivazione sotto il segno di integrale, vedi Analisi Due, teorema 9.22.2,(ii), che per ogni f L1(R) le funzioni f g sono tutte funzioni C; e si pu`o anche facilmente dimostrarequanto segue:. Sef Cm(R),conm 0,alloraperognissatok= 0, . . . , mlasuccessioneDk(f g)convergeaDkfuniformemente su ogni intervallo compatto di R, per +.0.5. Formula di inversione.`E chiaramente di grande interesse essere in grado di ricostruire f a partiredallasuatrasformatadiFourier. Riprendendoleconsiderazionieuristichefatteallinizio,unafunzioneperiodica viene ricostruita a partire dal suo spettro, successione dei coecienti di Fourier, con la seriedi Fourier. Nello schema seguito allinizio siamo indotti a considerare la funzione

f()e2itd,ed a pensare che essa restituisca in qualche modof.Denizione. Dataf L1(R), la sua antitrasformata di Fourier `e la funzionef(t) =f(t) =

f()e2itd (= f())Trasformata ed antitrasformata godono ovviamente delle stesse propriet`a; si ha anzif(x) = f(x) perognix R, cio`ef= (

f) = ( f), per ognif L1(R). Si ha la. Formuladi Inversione Se fappartiene ad L1(R), e la sua trasformata di Fourier fappartiene pureadL1(R), alloraf C0(R) e si haf(t) =(

f) =(f)(t) =

f()e2itd, per ognit R.Vediamo quale dicolt`a incontra un tentativo ingenuo di dimostrare la formula di inversione: dovendocalcolare

R

Rf()e2id

e2itd,siamo indotti a scambiare lordine di integrazione, ottenendo

R

Re2i(t)d

f() d,ma lintegrale R e2i(t)d`e chiaramente privo di senso. Di fatto,non `e lecito scambiare lordine diintegrazioneperch`e(t, ) |f()e2ie2it|= |f()| nonstainL1(R2). Ladimostrazionerichiededismorzare le funzionicon un convenientefattore,che al limitesparir`a;la dieriamoallasuccessivasezione. Osserviamo invece limportanteCorollario. La trasformazione di Fourier `e iniettiva daL1(R) aC0(R).Dimostrazione. Sianof, g L1(R) tali che sia f=g; allora

f g = 0; la costante 0 sta inL1(R); per laformula di inversione, il suo originale di Fourier `e nullo. Quindif g = 0, cio`e ,f= g.Dimostriamo qui il. Lemmadi dualit` a Sef, g L1(R) allora si ha

R

f()g() d =

Rf() g() d.

10 GIUSEPPEDEMARCODimostrazione. Essendo_Rf()g() d =_R__Rf(t)e2itdt_g() d,se `e possibile scambiare lordine di integrazione si ottiene_Rf()g() d =_Rf(t)__Rg()e2itd_dt =_Rf(t) g(t) dt,e cio`e la conclusione. I teoremi di FubiniTonelli dicono che ci`o `e possibile se lintegrale iterato_R__Rf(t)e2itdt_|g()| d,esiste nito; tale integrale iterato vale f1g1, e si conclude.Esercizio 7. Si `e visto che la trasformata di Fourier difa(t) = eat2`e _/a e22/aCalcolarefa fbusando la trasformazione di Fourier (a, b > 0).Risoluzione. Si ha (fa fb)() = fa()fb(), e quindi(fa fb)() =abexp_2(1/a + 1/b)2_;Siac > 0 tale che 1/c = 1/a + 1/b, cio`ec = ab/(a + b). Cerchiamo loriginale di Fourier di(fa fb)() =ab_c/__/c e22/c_,che messo in questa forma `e chiaramentefa fb(t) =_a + bect2c =aba + b.Esercizio 8. Dedurre dalla precedente formula che se si pone, per> 0:G(x) =ex2/(22)2allora G G= G2+2;mostrare poi che se si ponePa(x) =a/((x2+ a2)) (a > 0), alloraPa Pb =Pa+b(laborioso ma facile;si pu`o trasformare alla Fourier oppure fare il calcolo diretto dellintegrale che denisce la convoluzione,usando il teorema dei residui).0.5.1. Dimostrazione della formula di inversione. Partiamo dalla gaussiana che si trasforma in se stessa,u() =e2, eformiamou() =u(/) =e(/)2. Altenderedi a+, lafunzione f()u()tendea f()inL1(R), peril teoremadellaconvergenzadominatadi Lebesgue(infatti 00esister>0taleche f f[r,r]

2 /2, edesiste>0talechese si haf[r,r] (f[r,r]) g

2 /2; allora f (f[r,r]) g

2 , e(f[r,r]) g X, il cheprovacheX`edensoancheinL2(R).Resta da provare che se fappartiene ad L1(R)L2(R) allora la trasformata di FourierPlancherel `e esattamentequelladiFourier;bastaosservarechef gconvergeadfsiainL1(R)cheinL2(R)sef L1(R) L2(R),comevistonellosservazione0.4.2.1.Si `e dimostrato il. Teoremadi PlancherelLatrasformazionediFourier :f fsiestendedaL1(R) L2(R)adunisomorsmounitario(=isometrico)di L2(R)insestesso, chehacomeinversosuL1(R) L2(R)lantitrasformata (che ovviamente pure si estende,allo stesso modo, ad un isomorsmo isometrico diL2(R) in se stesso).La dimostrazione `e stata fatta sopra. Il teorema di Plancherel fornisce quindi anche lanalogo dellidentit`adi Parseval: per ognif L2(R) si ha f22 = f22, cio`e

R|f()|2d =

R|f(t)|2dt, per ognif L2(R).Dal teoremadi Plancherel discendechepertrovarelatrasformatadi Fourierdi unaf L2(R)bastaprendere il limite inL2delle trasformate di una qualunque successione di funzioni diL1che converga inL2adf, ad esempio la successionef[r,r], come si fa nel successivo esempio.Esempio9. Lafunzionesinc`elatrasformatadi [1/2,1/2]comesopravisto. LasuatrasformatadiFourier Plancherel pu`o essere calcolata comevp

+sinc te2itdt = limr+

rrsin(t)tcos(2t) dt =2

+0sin((1 + 2)t) sin((2 1)t)2tdt =1

+0sin((2 + 1)t)tdt 1

+0sin((2 1)t)tdt =sgn(2 + 1)2 sgn(2 1)2Si scrive talvolta rect per la funzione ottenuta, che `e rect() = 1 per 1/2 < < 1/2, rect(1/2) = 1/2,rect = 0per || > 1/2,ecoincideconlafunzionecaratteristicadi[1/2, 1/2],salvochein 1/2. Sinoti che rect rect(t) = (1 |t|) 0, il triangolo.Esercizio 10. Calcolarelatrasformatadi FourierPlancherel dellafunzione f(t) =(t sin t)/(1 + t2).Suggerimento: usare il teorema dei residui per calcolareV () = vp

+teit1 + t2dt ( R),

12 GIUSEPPEDEMARCOe ricondurvi la richiesta trasformata. Mostrare, usando la trasformata, chef / L1(R).Risoluzione. La funzione `e pari; si deve calcolarevp

+t sin t1 + t2 cos(2t) dt =12 vp

+t1 + t2(sin((2 + 1)t) sin((2 1)t)) dt =12 Im

vp

+tei(2+1)t1 + t2dt

12 Im

vp

+tei(21)t1 + t2dt

;Supposto > 0 si pu`o integrarezeiz/(1 + z2) su semicerchi nel semipiano superiore; per il teorema deiresidui ed il lemma di Jordan si ottiene:vp

+teit1 + t2dt = 2i Res(zeiz/(1 + z2), i) = 2iie2i= ie.LafunzioneV ()=vp

+teit1 + t2dt=i vp

+t sin(t)1 + t2dt`edispari, come`eimmediatovedere; nesegue che si haV () = sgn ie||per ogni R: si ha in denitiva che la trasformata richiesta valeF() =2 sgn(2 + 1)e|2+1| 2 sgn(2 1)e|21|.Tale trasformata ha due punti di discontinuit`a (1/(2)) e quindi non `e la trasformata di una funzionediL1(R), non essendo continua.Esercizio 11. Usando il teorema di Plancherel, dimostrare che linsieme di funzioni {fn : n Z}, dovefn() = e2insinc , `e ortonormale inL2(R).Risoluzione. Per ognin Z la funzionefn `e la trasformata di Fourier din = n rect, funzione caratte-ristica dellintervallo ]n1/2, n+1/2[; poiche {n : n Z} `e un insieme ortonormale, e la trasformazionedi Fourier conserva norme e prodotti scalari, tale `e {fn : n Z}.Esercizio 12. Ricordando che la trasformata di FourierPlancherel di sinc `e rect, calcolare la trasformatadif(t) =t cos t sin tt2=ddt

sin tt

;calcolare poi la trasformata dig(t) = (t cos t sin t)/t3ed inne lintegrale

+0(t cos t sin t)2t6dt.Risoluzione. Essendo sin t/t = sinc(t/), la trasformata di sin t/t `e rect() (che valesullintervallo] 1/(2), 1/(2)[); la trasformata della derivata `e quindi f() = (2i) rect(). Si hag(t) = f(t)/t,dacui (2it)g(t)=(2i)f(t); trasformandoamboi membri allaFourier, aprimomembrosi trovaD g(), a secondo (2i)

f(). Essendog nulla allinnito, si ha g() =

(2i)

f() d = 43

1/(2) rect() d,ed il calcolo conduce alla formulag() = 0 per || > 1/(2),g() = 23(21/(2)2) per || 1/(2).Essendo unitaria la trasformazione di Fourier si ha

|g(t)|2dt =

| g()|2d =46

1/(2)1/(2)(21/(2)2)2d = 86

1/(2)0(42/(22) + 1/(2)4) d =86

15 255 13 245+1255

=2

110 13 + 12

=215;lintegrale richiesto vale quindi/15.Esercizio 13. Dimostrare che ogni funzione continua, lineare a tratti, a supporto compatto ha la trasfor-mata inL1(R). Pi` u in generale, sef L1(R) `e continua e derivabile salvo al pi` u su un insieme nito dipunti, edf

L1(R) L2(R), allora f L1(R)

TRASFORMAZIONEDI FOURIERCLASSICA (METODI MATEMATICI PERLINGEGNERIA) 13Risoluzione. Le derivate di tali funzioni sono infatti funzioni a scalino a supporto compatto, che hannotrasformata inL2(R), e quindi da f

() = (2i)

f() si trae chef(), continua e dominata per || 1da |

f

|/||, prodotto di funzioni che sono inL2(R] 1, 1[), sta inL1(R).0.7. Antitrasformatadi trasformatenoninL1(R). Lipotesi f L1(R) `emoltoesigenteenon `evericata in molti casi interessanti. Sussiste per`o un teorema in tutto analogo a quello della convergenzapuntuale delle serie di Fourier. Lo enunciamo in un modo che non `e il pi` u generale ma il pi` u semplice daricordare.. Teoremadi inversionepuntuale Siaf L1(R) di classeC1a tratti. Per ognia R si ha alloraf(a) + f(a+)2= vp

+

f() e2iad := limr+

rr

f() e2iad(lesistenza del valore principale `e parte della tesi).Dimostrazione. Comesopradetto, lenunciatonon`eil pi` ugeneralepossibile. Ci`ocheuseremonelladimostrazione sar`a il fatto seguente:. Sea R ec C sono tali che la funzione f(a + ) + f(a ) 2cappartieneadL1([0, ] peralmenoun> 0, allorail valoreprincipaledellenunciatoesisteecoincideconc.`E immediato vedere che sef`eC1a tratti allora la condizione precedente `e vericata per ognia R,conc = (f(a) + f(a+))/2. Nellintegrale

rr

f() e2iad =

rr

+f(t) e2itdt

e2iadpossiamoscambiarelordinedi integrazione(infatti lafunzione(t, ) |f(t)e2i(at)|= |f(t)| stainL1(R [r, r]), avendo su tale insieme integrale pari a 2rf1); si ottiene

rr

f() e2iad =

+f(t)

rre2i(at)d

dt =

+e2ir(at)e2ir(at)2i(a t)f(t) dt =

+sin(2r(t a))(t a)f(t) dt

=

+2 sinc(2r(t a)) f(t) dt

Posto nel precedente integralet a = si ottiene

rr

f() e2iad =

+sin(2r)f(a + ) d;e postot a = si ha anche

rr

f() e2iad =

+sin(2r)f(a ) d;Sommando membro a membro e dividendo per due si ha

rr

f() e2iad =12

+f(a + ) + f(a )sin(2r) dSia ora > 0 come nellipotesi aggiuntiva; scriviamo lintegrale a secondo membro come +

+

+.Altenderedi ra+ilprimoelultimointegraletendonoa0perillemmadiRiemannLebesgue(`eovvio che la funzione (f(a +) +f(a ))/ appartiene sia adL1(] , ] che adL1([, +[). Sinoti che (f(a + ) + f(a )) 2c)/ sta inL1([, ]) (`e dispari e per ipotesi sta inL1([0, ])). Siha alne12

+f(a + ) + f(a )sin(2r) d =12

+f(a + ) + f(a ) 2csin(2r) d +c

sin(2r)d. 14 GIUSEPPEDEMARCOPer il lemma di RiemannLebesgue il primo di questi integrali tende a 0; nel secondo si fa il cambiamentodi variabile 2r = t; si trovac

2r2rsin ttdt,che tende chiaramente ac perr tendente a + (ricordando che +(sin t/t)dt = ). La dimostrazione`e conclusa.0.8. Teoremadelcampionamento. Siaf L1(R) tale che fsia a supporto compatto: ogni talefsidice a bandalimitata, e la sua larghezzadibanda `e il minimob> 0 tale che sia Supp(

f) [b, b]. Perogni c 2b la funzione f pu`o essere pensata come restrizione a [b, b] di una funzione continua periodicadi periodoc (essendo f(c/2) = f(c/2) = 0 seb c, il prolungamento in periodoc `e continuo). Sechiamiamogtale funzione periodica, la sua serie di Fourier in periodocconverge aginL2c, dato cheg, continua, sta inL2c; tale serie di Fourier `e+

n=cn(g)eincc = 2/c;La serie di funzioni+

n=cn(g)eincrect(/c),convergeallorainL2([c/2, c/2]), equindiancheinL1([c/2, c/2]), allafunzione f; laseriedelleantitrasformate+

n=cn(g)

eincrect(/c)

,converge allora uniformemente su R allantitrasformata di f e cio`e ad f; chiaramente poi lantitrasformatadi eincrect(/c) `elatraslatadi nc/(2) = n/cdellantitrasformatadirect(/c),che `easuavoltac sinc(ct); si ha insomma, uniformemente in R (ed anche inL2(R)):f(t) =+

n=cn(g)c sinc(c(t + n/c));si ha poicn(g) =

c/2c/2

f()eincdc=1c

R

f()e2i(n/c)d =f(n/c)c,si ottiene:f(t) =+

n=f(n/c) sinc(ct + n)e sommando nellordine inverso, postoc = 1/c, si ha alne:. Formuladelcampionamento(Shannon) Sef L1(R) `e a banda limitata, con larghezza di bandab > 0, si ha, sec 2b, postoc = 1/c:f(t) =+

n=f(nc) sinc(c(t nc)) uniformemente in R, ed inL2(R).La dimostrazione `e stata fatta sopra. Il risultato dice chef, nelle ipotesi dette, pu`o essere ricostruitadal suo campionamento fatto sui punti Zc = {. . . , 2c, c, 0, c, 2c, . . . }; dovendo esserec 1/(2b),pi` u larga `e la banda dife pi` u tto deve essere il campionamento.

TRASFORMAZIONEDI FOURIERCLASSICA (METODI MATEMATICI PERLINGEGNERIA) 150.9. Altredenizioni dellatrasformazionedi Fourier. Latrasformazionedi Fourier`eessenzial-menteunica, mahacomunquevariedenizioni tralorovicine. Ogni trasformazionedi Fourierchesiincontra `e della formaFf() =1h

Rf(x)eipxdx,dove p, h sono costanti reali non nulle. Denita in questo modo, essa non `e in generale unitaria su L2(R),elatrasformatadellaconvoluzionenon `eilprodottopuntualedelletrasformate, soloproporzionaleadesso mediante il fattoreh. Si ha comunque Ff() = f(p/(2))/h;di qui `e facile dedurrela formuladi inversioneper F: essendo, perf L1(R), f(t)= R f()e2itd, bastaporreintaleintegrale = p/(2); si ottienef(t) =

Rf(p/(2))eipt|p|2d = |p|h2

RFf()eiptd,da cui laSe Ff:=1h

Rf(x)eipxdx L1(R), allora f(x) = |p|h2

RFf()eipxd.Formuladi inversioneDedichiamounrapidissimocennoallatrasformazionediFourierinpi` uvariabili; essa `edenita, perf L1(Rn), comef() = f() =

Rnf(x)e2i(|x)dx, inversionef(x) =

Rn

f(x)e2i(x|)ddove (|x) `e il solito prodotto scalare in Rn. Vale ancora il teorema di Plancherel. Inoltre. Sef L1(Rn),eperunm Nsihachex (1 + |x|)m|f(x)|stainL1(Rn),allora f Cm(Rn),eper ogni multiindice Nndi grado non maggiore dim si ha f() = ((2i#))f)() =

Rn(2ix)f(x)e2i(|x)dx.come facilmente si vede derivando sotto il segno di integrale. Lintegrazione per parti mostra poi chesi ha:. Sef Cm(Rn),edm N `etalechef L1(Rn)perognimultiindicedigradononmaggioredim, allora(f)() = (2i) f().Ci limitiamo a provare limportante fatto seguente. SeT: Rn Rn`elineareedinvertibile, edf L1(Rn), alloraf Thapertrasformatadi Fourier

f((T1))/| det T|. Di conseguenzalatrasformatadi Fourierdi unafunzioneasimmetriasferica`eancora a simmetria sferica ((T1)`e la trasposta diT1).Dimostrazione. Nellintegrale che denisce f Tsi fa il cambiamento di variabiliy = T x:

(f T)() =

Rnf(T x)e2i(|x)dx =

Rnf(y)e2i(|T1y)| det T1| dy =

Rnf(y)e2i((T1)|y)| det T1| dy = f((T1))| det T|.0.10. Miscellaneasullaconvoluzione.0.10.1. Convoluzione e altre operazioni. Datef, g L1(R). Si mostri cheLa simmetrizzata della convoluzione `e il prodotto di convoluzione delle simmetrizzate:

(f g) =f g.Per ognia R si haa(f g) = (af) g = f (ag). 16 GIUSEPPEDEMARCO0.10.2. Altri casi di convoluzione. DimostrarechesefL1(R)eg L(R)(cio`eg`emisurabileelimitata) alloraf g esiste, sta inL(R) e si haf g f1g(usando la continuit`a uniforme di a afda R ad L1(R) si potrebbe anche provare che f g `e uniforme-mente continua).Cos`e la convoluzionef e2ia#(t) difcon un carattere?Dataf L1(R), interpretare le funzioni

xf(t) dt,

+xf(t) dtcome convoluzioni difcon convenienti funzioni limitate.0.10.3. Convoluzione di funzioni periodiche. Sef, g L1, si pu`o denire la loro convoluzione:f g(x) :=

()f(x )g() d,(al solito ()denota un integrale esteso ad un intervalloperiodo). Essa risulta periodica di periodo,come `e immediato vedere. Si dimostri (esercizio) che per i coecienti di Fourier si hacn(f g) = cn(f)cn(g).0.10.4. Convoluzione fra L1ed Lp. Si pu`o dimostrare (ma non `e del tutto immediato) che se f appartieneadL1(R) eg appartiene adLp(R) (con 1 p ), alloraf g sta inLp(R) e si haf gp f1gp.0.10.5. Lequazioneunidimensionaledel calore. RimandandoadAnalisi Due, 8.18, perlimpostazionedellequazionedelcalore,risolviamoquiconlatrasformazionediFourierilcasodellasbarraillimitata;la risoluzioneha carattere euristico,ma si pu`o dimostrareche eettivamente fornisce una soluzione (inmolti casi). Il problema `e il seguente: risolvere lequazione alle derivate parzialitu(x, t) = 2xu(x, t), ( > 0 costante)dove la funzione incognita u(x, t) `e continua in R[0, +[, e di classe C1in R]0, +[; c`e la condizioneinizialeu(x, 0)=u0(x); u(x, t)`elatemperaturaallistantetdel puntodellasbarrachehaascissax.Fissatot>0, sitrasformaallaFourierrispettoadx, ritenendoci`opossibile, siritieneanchedipoterscambiare la trasformata di Fourier con la derivazione rispetto at, che sia cio`e

Rtu(x, t) e2ixdx = t

Ru(x, t)e2ixdx

= t u(, t)A secondo membro la formula per la trasformata della derivata forniscex

2xu(x, t)

() = (2i)2u(, t) = 422u(, t).Trasformando abbiamo quindi ottenuto lequazione ordinaria (nella variabile indipendentet)t u(, t) = 422u(, t),daintegrare conlacondizione inizialeu(, 0) =u0(), trasformatadi Fourier del datoiniziale u0.Lequazione `e lineare del primo ordine ed ha come soluzione u(, t) =u0() e422tSe t > 0, la funzione x ex2/(4t)/(2t) ha come trasformata di Fourier la funzione e422t;ne segueu(x, t) = u0 ex2/(4t)/(2t) =12t

Ru0(s) e(xs)2/(4t)dssoluzione di Poisson per lequazionedel calore. Si noti che se si ponevt(x) =ex2/(4t)/(2t) si havt(x) = (1/t)v1(x/t), e R v1(x) dx = 1; per t 0+la famiglia di funzioni vt `e ununit`a approssimata.

TRASFORMAZIONEDI FOURIERCLASSICA (METODI MATEMATICI PERLINGEGNERIA) 170.11. Eserciziricapitolativi.Esercizio 1. Utilizzandolatrasformazionedi Fourier, calcolareleeventuali soluzioni dellequazionedierenzialey

+ 2ty

+ 2y = 0,che stanno inL1(R), assieme con le loro derivate prime e seconde.Risoluzione. Dettau una tale soluzione, trasformiamo alla Fourier trovando(2i)2 u() 1idd((2i) u()) + 2 u() = 0,da cui422 u() 2 u() 2 u

() + 2 u() = 0u

() = 22 u(),da cuiu() =u(0)e2. Poiche e2`e la trasformata di Fourier di et2, le soluzioni sono u(t) = ket2,conk costante arbitraria.Esercizio 2. Per ognif L1(R) sono denite due funzioni:Af() =

f(t) cos(2t) dt; Bf() =

f(t) sin(2t) dt,chesonodetterispettivamentecosentrasformataesintrasformatadi Fourierdi f. Dopoaverosser-vatocheAf`esempreparieBf`esempredispari(ovvio,accettarlo),dimostrare,usandoilteoremadiinversione:. Formuladi inversione,formareale Sef L1(R) `e tale cheAf,Bf L1(R), alloraf C0(R),e si ha, per ognit R:f(t) =

(Af() cos(2t) + Bf() sin(2t)) d.Risoluzione. Osserviamo che si ha

f() =

Rf(t)e2itdt =

Rf(t)(cos(2t) i sin(2t)) dt = Af() iBf();da ci`o si deduce che seAf, Bfstanno inL1(R) allora anche fsta inL1(R). Ne segue chef C0(R), eche si ha, per ognit R:f(t) =

R

f()e2itd =

R(Af() iBf())(cos(2t) + i sin(2t)) d =

R(Af() cos(2t) + Bf() sin(2t)) d + i

R(Af() sin(2t) Bf() cos(2t)) d;per disparit`a si ha

RAf() sin(2t) d =

RBf() cos(2t) d = 0,e la conclusione `e raggiunta.Esercizio 3. Sapendo che `evp

+eixsinh x dx = i tanh(/2) ( R),calcolarelatrasformatadi Fourier dellafunzione f(t) =t/ sinh t (integrare g(z) =zeiz/ sinh z suirettangoli di vertici r, r + i, r + i, r, indentati seoccorre; accettareil fattochesui lati verticalilintegrale tenda a zero). Dedurne il valore dellintegrale R(t3/ sinh t) dt.Risoluzione. (Schematica) sinh z = 0 per z = ki; si indenta il rettangolo in i con un piccolo semicerchios() = i + sei, [, 2]; si ottiene

rrxeixsinh x

[r,r]]s,s[(x + i)ei(x+i)sinh(x + i)dx 18 GIUSEPPEDEMARCO

szeizsinh zdz + (r) = 0Si ha(x + i)ei(x+i)sinh(x + i)= e xeixsinh x ieeixsinh xper cui quanto sopra si riscrive

rrxeixsinh x dx + e

[r,r]]s,s[xeixsinh x dx + ie

[r,r]]s,s[eixsinh x dx

szeizsinh zdz + (r) = 0per il lemma del cerchio piccolo lintegrale su s tende, per s 0+, a i Res(f, i) = i(i)e/(1) =2e; si ottiene(1 + e)

xeixsinh x dx 2etanh(/2) = 2eed inne

xeixsinh x dx =2e

1 e(1 + e)2+11 + e

= 2e2(1 + e)2=22(e/2+ e/2)2=221cosh2(/2)Aggiuntesulleseriedi Fourier0.12. Sviluppi di soli seni e di soli coseni. Sial > 0 ssato, e siaf: [0, l] C funzione inL2([0, l]).`E spesso utile avere uno sviluppo di tale funzione in [0, l] che sia di soli seni, o di soli coseni. C`e un unicomodo per farlo, se si pretende che tali seni o coseni abbiano tutti periodo non maggiore di 2l (a meno chela funzione non sia gi`a restrizione a [0, l] di una funzione di periodo sottomultiplo intero dil): se si vuoleuna serie di soli coseni si estende prima la funzione per parit`a allintervallo [l, l], poi la si prolunga inperiodicit`a 2l allintero asse reale; se si vuole una serie di soli seni si estende invece prima per disparit`a a[l, l], poi come sopra per periodicit`a; i valori in l, l possono essere diversi, come il prolungamento perdisparit`ain0deveessere0,indipendentementedalvaloref(0)dipartenza; machiaramenteci`oalteralestensione a [l, l] solo su un insieme di misura nulla.Esercizio 4. Svilupparef(x) = sin x in serie di soli coseni, e sviluppare poif(x) = cos x in serie di soliseni, entrambi in [0, ].Risoluzione. Il prolungamento parig di sin `e sin |x|, perx [, 0]; i coecienti sono (il periodo `e 2):an = an(g) =22

sin |x| cos(nx) dx =2

0sin xcos(nx) dx;si trovaa0 = 4/, mentre, sen 1 si ha

0sin xcos(nx) dx =12

0(sin((n + 1)x) sin((n 1)x)) dx;pern = 1 si trova quindia1 = (2/)

0sin(2x) dx = 0, mentre sen 2 si haan =1

1 cos((n + 1))n + 1 1 cos((n 1))n 1

= 1 + (1)n2n21.Sen `e dispari si trova quindian = 0; sen = 2k `e pari si haa2k =4(4k21),e quindisin x =4

12

k=1cos(2kx)4k21

0 x ,

TRASFORMAZIONEDI FOURIERCLASSICA (METODI MATEMATICI PERLINGEGNERIA) 19laconvergenzaessendoanchetotale. Sepoi prolunghiamoperdisparit`acosin[, 0[, i coecientidiventano:bn =22

0cos xsin(nx) dxsen = 1 si trovab1 = 0, mentre, sen 2:bn =12

0(sin((n + 1)x) + sin((n 1)x) dx =12

1 + (1)nn + 1+ 1 + (1)nn 1

=n(1 + (1)n)n21;si ha quindibn = 0 sen dispari ecos x =

k=12k4k21 sin(2kx) (0 < x < );si noti che la convergenza non `e pi` u uniforme, e quella puntuale si ha solo allinterno.Esercizio 5. Sviluppare la funzionef(x) = | sin x|3in serie di coseni, nellintervallo [0, ] (si pu`o usarelidentit`a sin3x = (3 sin xsin(3x))/4). Prima di fare il calcolo, rispondere alle seguenti domande: la serieche si otterra sar`a totalmente convergente?La serie delle derivate sar`a pure totalmente convergente?aquale funzione?Trovare poi il minimo della funzionef: R3 R denita daf(a, b, c) =

|| sin x|3(a cos x + b sin x + c)|2dx.Risoluzione. La serie voluta `e la serie di Fourier reale dif, in periodo 2; la funzionex | sin x|3`e diclasseC2; infatti la derivata, che `ef

(x) = 3| sin x|2cos xsgn(sin x) = 3 sin2xcos xsgn(sin x) perx/ Z,si prolunga per continuit`a in ogni punto di Z; si ha anche la derivata seconda, che `ef

(x) = sgn(sin x)(6 sin xcos2x 3 sin3x) = | sin x|(6 cos2x 3 sin2x),ed `econtinuaintutto R. Ci`oimplicachef

haunaseriediFouriertotalmenteconvergente, equindiche la serie di Fourier di f,a sua volta totalmente convergente,pu`o essere derivata termine a termine:dalle relazioni tra i coecienti di Fourier difedf

discende infatti che la serie di Fourier dif

`e la seriederivata della serie di Fourier dif(fatto generale).Osservazione. Ancheseinutileainidelledomandeposte,osserviamocheladerivataterzafuoridi Zesisteed`ef

(x) = sgn(sin x) cos x(6 cos2x 21 sin2x);f

hasaltineipunti Zequindinonesisteintalipunti;f

`econtinuaeC1atratti,manonC1.La serie ha solo armoniche pari, ed `e di soli coseni; poston = 2k si ha:an =2

| sin x|3cos(nx) dx2=2

03 sin x sin(3x)4cos(2kx) dx =32

0sin xcos(2kx) dx 12

0sin(3x) cos(2kx) dx =34

0(sin((2k + 1)x) sin((2k 1)x)) dx 14

0(sin((2k + 3)x) sin((2k 3)x)) dx =34

cos((2k 1)x)2k 1 cos((2k + 1)x)2k + 1

014

cos((2k 3)x)2k 3 cos((2k + 3)x2k + 3

0=32

12k 1 12k + 1

+12

12k 3 12k + 3

=621(2k)29 621(2k)21=628((2k)21)((2k)29)=124((2k)21)((2k)29).Quanto allultima domanda, il minimo richiesto `e il quadrato della distanza di fdallo spazio dei polinomitrigonometrici di grado1; essosi hacona, b, cuguali ai coecienti di Fourierdi f (inperiodo2)equindi cona = b = 0, ec = a0/2 = 12/(9); il suo quadrato vale

| sin x|6dx

129

2dx; 20 GIUSEPPEDEMARCOsi ha ora

| sin x|6dx =

(3 sin x sin(3x))216dx =916

sin2xdx +116

sin2(3x) dx 16

sin xsin(3x) dx =58;ed il minimo voluto `e quindi 5/8 288/(81)Esercizio 6. Provareladisuguaglianzadi Wirtinger: seu: [a, b] C`econtinuaeC1atratti, edu(a) = u(b) = 0, allora si ha

ba|u(x)|2dx

b a

2

ba|u

(x)|2dx.(supporre a = 0, come non `e restrittivo; prolungare per disparit`a la funzione in [b, b], poi per periodicit`a2batuttoR; esprimerei coecienti di u

conquelli di u, edusarelidentit`adi Parseval). Perqualifunzioni vale luguaglianza?Risoluzione. Chiamiamo ancora u la funzione cos` prolungata. Posto = (2)/(2b) = /b, si ricorda chesi hacn(u

) = (in)cn(u) per ognin Z (viene dalla formula, integrando per parti). Ne segue:u

22 =

bb|u

(x)|2dx2b=+

n=|(in)cn(u)|2= 2+

n=n2|cn(u)|2,mentre invece `eu22 =

bb|u(x)|2dx2b=+

n=|cn(u)|2;si noti ora che essendo u dispari si ha c0(u) = 0, per cui in entrambe le serie il termine con n = 0 `e nullo.Suppostau non identicamente nulla si hau

22u22= 2

nZ,n=0n2|cn(u)|2

nZ,n=0|cn(u)|2;i termini della serie a numeratore sono maggiori o uguali dei corrispondenti termini della serie a denom-inatore; luguaglianzasihapern = 1,ese |n| > 1sihasolopercn(u) = 0. Neseguechelaserieanumeratore ha somma sempre maggiore od uguale di quella a denominatore, con uguaglianza se e solo secn(u) = 0 per |n| > 1; quindi

bb|u

(x)|2dx

bb|u(x)|2dx 2=2b2 ,con uguaglianza se e solo se cn = 0 per |n| > 1. La disuguaglianza `e stata provata; si ha uguaglianza se esolo se u(x) = c1eix+c1eix; ricordando che u `e dispari su [b, b] si ha c1 = c1(= c); luguaglianzasi ha solo per funzioni della forma 2ic sin(x) = k sin(x/b), conk costante arbitraria.0.13. Qualcheequazioneallederivateparziali. Indichiamo qui, a titolo euristico, un metodo riso-lutivo che si applica a certe equazioni lineari alle derivate parziali.0.13.1. Equazione delle onde. Consideriamo dapprima2xu(x, t) 1c22tu(x, t) = 0, (EquazionedelleOnde)dove (caso unidimensionale) lincognita u(x, t) `e una funzione di due variabili. Tale equazione regola varifenomeni ondulatori;e ad esempio `e una versione di equazione di piccole oscillazionitraversali per unacorda tesa fra due estremi (0, 0) ed (l, 0): u(x, t) indica lordinata allistante t del punto della corda che haascissa (costantemente) x, e c `e una costante, pari alla tensione divisa per la densit`a lineare della corda. Inquesto caso x varia fra 0 ed l (lunghezza della corda a riposo), e t, tempo, varia in R; lequazione `e anchedettaequazionedellecordevibranti. Risolviamoperquestaequazionedel secondoordineil problemadiCauchy: trovarelasoluzione(olesoluzioni)avendoassegnatalacongurazioneinizialedellacorda,u(x, 0) = u0(x), e le velocit`a iniziali,tu(x, 0) = v0(x).

TRASFORMAZIONEDI FOURIERCLASSICA (METODI MATEMATICI PERLINGEGNERIA) 21La risoluzione di questo problema con il metodo di dAlembert si trova in Analisi Due, 4.26; qui presen-tiamo un altro metodo, detto di separazione delle variabili, dovuto a Fourier, che si applica a varie altreequazioni allederivateparziali (semprelineari, per`o). Chiamiamosoluzionestazionariadellequazionedelleondeogni soluzionedel tipoU(x)V (t), chesi esprimacio`ecomeprodottodi funzioni avariabiliseparate. Imponendo cheU(x)V (t) sia soluzione, si ottieneU

(x)V (t) 1c2U(x)V

(t) = 0; ()naturalmente siamo interessati a soluzioni non identicamente nulle, e quindi supponiamo U(x),V (t) nonidenticamente nulle; come discusso poi, osservazione alla ne, `e allora vericata se e solo se si haU

(x)U(x)=1c2V

(t)V (t)= , costante, per ognix [0, l],t R. ()Si hanno quindi le equazioni, lineari del secondo ordine a coecienti costanti:U

(x) = U(x); V

(t) = c2V (t);si noti cheUdevevericarelecondizioni al contornoU(0)=U(l)=0; unanondicilediscussionemostra che allora , se si vuoleUnon identicamente nullo, deve essere = n = n22/l2, n N,n 1; U(x) = an sin(

nx) = kn sin(nx/l), kn R costante.Infatti, distinguiamo i casi > 0, = 0, < 0; nel primo caso lintegrale generale diU

= U`eU(x) = c1ex+ c2ex,ed imponendo le condizioni iniziali si trova il sistema

c1 + c2 = 0c1el+ c2el= 0,di determinante elel= 0, e quindi con solo la soluzione nulla; se = 0 si ha U(x) = c1+c2x, nullainx = 0, l se e solo sec1 = c2 = 0; se < 0 si ottiene, posto = ,U(x) = c1cos(x) + c2sin(x);le condizioni iniziali danno il sistema

c1 = 0c1cos(l) + c2sin(l) = 0,che ha soluzioni non banali solo se sin(l) = 0, vericata perl = n, conn intero,n 1 (si ricordi che`e> 0). Poston = cn/l laltra equazione `e alloraV

(t) = 2nV (t), con soluzioniV (t) = an cos(nt) + bn sin(nt), an,bncostanti reali.Le soluzioni stazionarie sono quindi(an cos(nt) + bn sin(nt)) sin(nx/l), an,bncostanti reali.(la costante kn si ingloba entro an, bn). Lequazione delle onde `e lineare (omogenea), e quindi una sommadi soluzioni `eancorasoluzione. Perriuscireadimporrelecondizioni iniziali avremobisognoper`odiuna somma di innite soluzioni, in generale. La tecnica `e la seguente: si prolungano le funzioni su [0, l]atutto[l, l] perdisparit`a, poi inperiodicit`a2l atutto R. Tuttequestefunzioni hannounaseriediFourierdi soli seni, dellaforma n=1kn sin(nx/l); inparticolaresi hau0(x)= n=1un sin(nx/l),v0(x) =

n=1vn sin(nx/l). Cerchiamo una soluzione dellequazione delle onde della formau(x, t) =

n=1(an cos(nt) + bn sin(nt)) sin(nx/l);imponendo la prima condizione iniziale:u(x, 0) =

n=1an sin(nx/l) = u0(x) =

n=1un sin(nx/l),edusandolunicit`adellosviluppodiFouriersiottienean=unperogni n N. Supponendodipoterderivare termine a termine per otteneretu(x, t) si ha poitu(x, 0) =

n=1nbn sin(nx/l) = v0(x) =

n=1vn sin(nx/l), 22 GIUSEPPEDEMARCOda cuibn = vn/n = lvn/(cn). Si `e formalmente ottenuta la soluzioneu(x, t) =

n=1

un cos(nct/l) +vnlnc sin(nct/l)

sin(nx/l).Occorre un bel po di lavoro per vedere se questa soluzione formale `e una vera soluzione. Ma ci accon-tentiamo di quanto fatto.Osservazione. Validiamo qui il metodo di separazione delle variabili usato; `e un fatto ovvio, ma `e pi` uprudente provarlo.. SianoX, Y insiemi, esianou0, u1: XK, v0, v1: Y Kfunzioni. Si assumacheu0, v0nonsianoidenticamentenulle. Si haallorau1 v0=u0 v1(cio`e, u1(x)v0(y)=u0(x)v1(y), perogni(x, y) X Y )seesoloseesisteunacostante Ktalechesiau1(x) =u0(x)perogni x X,edanchev1(y) = v0(y) per ogniy Y .Dimostrazione. Supponiamou1 v0=u0 v1. Se x X`etalechesiau0( x) =0, si hav1(y) =(u1( x)/u0( x))v0(y)perogni y Y ; posto=(u1( x)/u0( x)), sev0( y) =0si hasimilmenteu1(x)=(v1( y)/v0( y))u0(x) per ogni xX, e v1( y)/v0( y) =u1( x)/u0( x) =per larelazione precedente.Abbiamoprovatolanecessit`adellacondizione; se essapoi vale, si ha u1(x)v0(y) =u0(x)v0(y) eu0(x)v1(y) = u0(x)v0(y) per ogni (x, y) X Y , come voluto.0.13.2. Equazione del calore. Consideriamo successivamente lequazione del calore, caso unidimensionale:tu(x, t) 2xu(x, t) = 0. (Equazionedelcalore)Se si ha una sbarra, su cui `e introdotto un sistema di ascissex, edu(x, t) `e la temperatura del puntoxdella sbarra allistante t, il calore si propaga solo per conduzione, non ci sono sorgenti, ne assorbimenti dicalore nella sbarra,ed inoltre la conduttivit`a e la capacit`a termica della sbarra sono supposte costanti,levoluzione della temperatura nel tempo `e regolata dallequazione precedente, con uguale al rapportofra conduttivit`a e capacit`a termica lineare; vedi Analisi Due, 8.18. Consideriamo qui il caso della sbarralimitata, schematizzata dallintervallo [0, l]; supponiamo assegnata la temperatura iniziale u(x, 0) = u0(x);e supponiamo anche assegnate condizioni alle estremit`a della sbarra; ci limitiamo a considerare i due tipiseguenti:Latemperaturaalleestremit`a `emantenutacostanteedugualeu(0, t) =u(l, t) = 0perogni t(sipu`o supporre 0 la temperatura, combiando scala se occorre). xu(0, t) = xu(l, t) = 0 per ognit (non c`e passaggio di calore alle estremit`a della sbarra).Cerchiamo le soluzioni stazionarieU(x)V (t); si ottieneU(x)V

(t) U

(x)V (t) = 0,che, come prima, sono equivalenti aU

(x) = U(x); V

(t) = V (t) R, costante.La seconda equazione porge subito V (t) = V0et; la prima si riscrive U

(x) = (/)U(x); se le condizionial contorno sono le prime, temperatura nulla agli estremi, si ha come sopra, che deve essere / = n/ =n22, con n 1 intero, e la soluzione `e U(x) = an sin(nx/l), an costante reale. Le soluzioni stazionariesono quindiane(n/l)2tsin(nx/l)Cercando di soddisfare allequazione ed alla condizione inizialeu(x, 0) = u0(x) con una serie di soluzionistazionarie siamo indotti a prolungare per disparit`a le funzioni in [l, l]; lo sviluppo in serie di soli senidiu0siau0(x) =

n=1 un sin(nx/l); si ottiene come soluzioneu(x, t) =

n=1une(n/l)2tsin(nx/l); un =2l

l0u0() sin(n/l) dIlsecondotipodicondizionialcontornoportaadavereancora/ =n/ = (n/l)2, maoralesoluzioni sonoU(x)=an cos(nx/l), n 0intero, comeimmediatovericare. Si prolunganooralefunzioni per parit`a in [l, l] e si ottieneu(x, t) =u02+

n=1une(n/l)2tcos(nx/l); un =2l

l0u0() cos(n/l) d

TRASFORMAZIONEDI FOURIERCLASSICA (METODI MATEMATICI PERLINGEGNERIA) 230.13.3. Equazionedel potenziale. RisolviamoorailproblemadiDirichlet,nelcasoparticolarediuncir-colo. Si ha un circolo centrato nelloriginedi raggioR. Assegnata una funzioneu0(x, y) continua sullacirconferenza SR = {(x, y) R2: x2+y2= R2}, si vuole prolungare questa ad una funzione u : BR Rcontinua ed armonica allinterno di BR, che `e il disco chiuso di centro lorigine e raggioR. Il problemaha anche una risoluzione con metodi di variabile complessa, come prevedibile; ma qui lo risolviamo con lecoordinate polari e la separazione di variabili. La funzione incognita si scrivew(r, ) = u(r cos , r sin ),con0 r R, e R; perogni rssato `eperiodicain, diperiodo2. Illaplacianoincordinatepolari si scrive21u(x, y) + 22u(x, y) =1rr(rrw(r, )) +1r22w(r, ) = 0;cerchiamo soluzioni stazionarie della formaw(r, ) = (r)(), ottenendo1r(

(r) + r

(r))() +(r)r2

() = 0.da cui(1/r)(

(r) + r

(r))(r)/r2=

()()= costante reale;perlequazione

()= ()vogliamosoluzioni periodichedi periodo2; devequindi essere=n = n2,n 0 intero, e le soluzioni sono quindi della forma() = an cos(n) + bn sin(n).Si deve ora risolvere lequazione (n 0 intero):r2

(r) + r

(r) n2(r) = 0 ()Pern = 0 lequazione `er

(r) +

(r) = 0, che `eddr(r

(r)) = 0r

(r) = k = k log r + a0;mavogliamosoluzioni che abbianolimite nitoper r 0+, e quindi k =0; le uniche soluzioniaccettabili sonole costanti. Per n1lequazione precedente`e unequazione di Eulero, che si ri-solveconil cambiamentodi variabiledipendente r =ex; si pone (ex) =v(x) esi ha, derivando,

(ex)ex=v

(x),da cui

(ex) =v

(x)ex,e derivando ulteriormente

(ex)ex=v

(x)ex v

(x)ex,ovvero

(ex) = v

(x)e2xv

(x)e2x; lequazione diventa, posto in essaexin luogo dir:v

(x) v

(x) + v

(x) n2v(x) = 0v

(x) n2v(x) = 0v(x) = cnenx+ dnenx,ovvero(r) =cnrn+ dnrn; per avere limite nito perr 0+deve esseredn = 0. Si trova quindi chele soluzioni stazionarie sono(an cos(n) + bn sin(n))rn, n = 0, 1, 2, 3, . . .Per r=Rsi deveaverelafunzioneu0assegnata; occorrequindi chei coecienti di Fourierdi talefunzione siano esattamenteanRnebnRn; cio`ean =1Rn

20u0(Rcos , Rsin ) cos(n) d; bn =1Rn

20u0(Rcos , Rsin ) sin(n) d.Si ottiene quindi lo sviluppo di Fourier della soluzione.0.13.4. Altreconsiderazioni. Nessuna delle soluzioni trovate alla precedente sezione `e stata vericataessere tale;il principio di sovrapposizione dice che somme nite di soluzioni sono soluzioni, ma nulla ciassicura che una somma di innite soluzioni sia ancora soluzione. Per lultima si haw(r, ) =12

20u0(Rcos , Rsin ) d +1

n=1

20u0(Rcos , Rsin )(cos(n) cos(n) + sin(n) sin(n))

rR

nd =1

20u0(Rcos , Rsin )2d +1

n=1

20u0(Rcos , Rsin ) cos(n( ))

rR

nd; 24 GIUSEPPEDEMARCOEssendo (r/R) < 1 per ogni ssato r [0, R[ la serie

n=1(r/R)ncos(n()) `e totalmente convergente;si pu`o allora nella formula precedente portare la serie sotto il segno di integrale; si ha cio`ew(r, ) =1

20u0(Rcos , Rsin )

12 +

n=0rnRn cos(n( ))

d;si ha poi, per ognit R, postoq = r/R:12 +

n=0qncos(nt) =12 + Re

n=1(qeit)n

= Re

12 +qeit1 qeit

=Re

1 + qeit2(1 qeit)

=12 Re

1 + qeitqeitq21 2q cos t + q2

=121 q21 2q cos t + q2Si chiama nucleo di Poisson lespressioneP(q, t) =1 q21 2q cos t + q2;si ha quindiw(r, ) =

20P(r/R, )u0(Rcos , Rsin ) d2= P(r/R, #) u0(),laconvoluzioneessendofattainperiodo2. Sidimostracheperr RilnucleodiPoisson `eunit`aapprossimata inL12, e quindi che eettivamentew(r, ) tende adu0al bordo, ecc. ecc.0.13.5. Equazionedi Laplacesuunrettangolo. Risolviamoper separazionedi variabili lequazionediLaplaceu(x, y) = 21u(x, y) + 22u(x, y) = 0,dove si chiede ad u di essere continua sul rettangolo [0, a][0, b], e di vericare lequazione sopra allinternodelrettangolo.`Eassegnataanchelau =u0sulbordo; persemplicit`asupponiamocheu0sianullasututti i lati, tranne che su [0, a] {0}, dove si hau(x, 0) = u0(x), continua. Le soluzioni stazionarie sonoU(x)V (y):U

(x)V (y) + U(x)V

(y) = 0U

(x)U(x)= V

(y)V (y)= costante reale;UeVvericano le equazioni:U

(x) U(x) = 0; V

(y) + V (y) = 0.Per 0