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디리클레 커널 📂푸리에해석

디리클레 커널

정의

디리클레 커널Dirichlet kernel DnD_{n}을 아래와 같이 정의한다.

Dn(t):=12+∑k=1ncos⁡kt \begin{equation} D_{n}(t) := \dfrac{1}{2}+\sum \limits_{k=1}^{n} \cos kt \end{equation}

설명

디리클레 커널은 델다함수, 지수함수 등과 관련되어 있으며, 푸리에 해석에서 등장한다. 관련된 몇 가지의 정리와 증명을 소개한다.

정리1

디리클레 커널은 아래의 식을 만족한다.

Dn(t)=sin⁡(n+12)t2sin⁡12t D_{n}(t)=\dfrac{\sin\left(n+\frac{1}{2}\right) t}{2\sin \frac{1}{2}t}

증명

코사인 함수를 복소지수 함수 꼴로 표현하면 다음과 같다.

Dn(t)= 12+12∑k=1n(eikt+e−ikt)= 12[1+∑k=1n(eikt+e−ikt)]= 12∑k=−nneikt \begin{align*} D_{n}(t) =&\ \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\sum \limits_{k=1}^n( e^{ikt}+e^{-ikt} ) \\ =&\ \dfrac{1}{2} \left[ 1+\sum \limits_{k=1}^{n} (e^{ikt}+e^{-ikt} ) \right] \\ =&\ \dfrac{1}{2} \sum \limits_{k=-n}^{n} e^{ikt} \end{align*}

이때

등비수열의 합 공식

∑k=1nak=a(rn−1)r−1 \sum_{k=1}^{n} a_{k}= \dfrac{a (r^{n} -1) }{ r-1 }

을 사용하면 첫항이 a1=e−inta_{1}=e^{-int}이고, 공비가 r=eitr=e^{it}이므로 다음과 같이 정리할 수 있다.

Dn(t)= 12∑k=−nneikt=12∑k=12n+1ei(k−n−1)t= 12(e−int)(ei(2n+1)t−1)eit−1= 12e−intei(n+12)t−e−i(n+12)tei12t−e−i12tei(n+12)tei12t= 12ei(n+12)t−e−i(n+12)tei12t−e−i12tei(n+12)tei(n+12)t= 12sin⁡(n+12)tsin⁡12t \begin{align*} D_{n}(t) =&\ \dfrac{1}{2} \sum \limits_{k=-n}^{n} e^{ikt} = \dfrac{1}{2} \sum \limits_{k=1}^{2n+1} e^{i(k-n-1)t} \\ =&\ \dfrac{1}{2} \dfrac{ ( e^{-int} ) \left( e^{i(2n+1)t -1} \right) }{e^{it}-1} \\ =&\ \dfrac{1}{2}e^{-int}\dfrac{e^{i(n+\frac{1}{2}) t }-e^{-i(n+\frac{1}{2})t} }{e^{i\frac{1}{2}t}-e^{-i\frac{1}{2}t }} \dfrac{e^{i(n+\frac{1}{2})t}} {e^{i\frac{1}{2}t}} \\ =&\ \dfrac{1}{2}\dfrac{e^{i(n+\frac{1}{2}) t }-e^{-i(n+\frac{1}{2})t} }{e^{i\frac{1}{2}t}-e^{-i\frac{1}{2}t }} \dfrac{e^{i(n+\frac{1}{2})t}} {e^{i(n+\frac{1}{2})t}} \\ =&\ \dfrac{1}{2}\dfrac{\sin (n+\frac{1}{2})t} {\sin \frac{1}{2} t} \end{align*}

마지막 등호에서는 sin⁡x=eix−e−ix2i\sin x = \dfrac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i}임을 이용했다.

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정리2

아래의 식을 2L2L-주기함수 f(t)f(t)의 푸리에 급수의 부분합이라 하자.

SNf(t)=12a0+∑n=1N(ancos⁡nπtL+bnsin⁡nπtL) \begin{equation} S_{N} ^{f} (t)=\dfrac{1}{2}a_{0}+\sum \limits_{n=1}^{N} \left( a_{n}\cos\dfrac{n\pi t}{L}+b_{n}\sin\frac{n\pi t}{L} \right) \end{equation}

그러면 부분합 SNf(t)S_{N}^{f}(t)를 아래와 같이 디리클레 커널을 포함하는 적분으로 표현할 수 있다.

SNf(t)=1L∫−LLf(x)Dn(π(x−t)L)dx S_{N}^{f} (t)=\dfrac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)D_{n}\left(\dfrac{\pi (x-t)}{L}\right)dx

증명

푸리에 계수 a0a_{0}, ana_{n}, bnb_{n}을 구해보면 다음과 같다.

a0=1L∫−LLf(x)dxan=1L∫−LLf(x)cos⁡nπxLdxbn=1L∫−LLf(x)sin⁡nπxLdx \begin{align*} a_{0} &= \dfrac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x) dx \\ a_{n} &= \dfrac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos\dfrac{n\pi x}{L} dx \\ b_{n} &= \dfrac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\sin\dfrac{n\pi x}{L} dx \end{align*}

그러면 아래의 식을 얻는다.

ancos⁡nπtL+bnsin⁡nπtL= (1L∫−LLf(x)cos⁡nπxLdx)cos⁡nπtL+(1L∫−LLf(x)sin⁡nπxLdx)sin⁡nπtL= 1L∫−LLf(x)[cos⁡nπxLcos⁡nπtL+sin⁡nπxLsin⁡nπtL]dx \begin{align*} & a_{n} \cos\dfrac{n\pi t}{L} + b_{n} \sin\dfrac{n\pi t}{L} \\ =&\ \left( \dfrac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos\dfrac{n\pi x}{L} dx \right) \cos\dfrac{n\pi t}{L} + \left( \dfrac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\sin\dfrac{n\pi x}{L} dx \right)\sin\dfrac{n\pi t}{L} \\ =&\ \dfrac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x) \left[ \cos\dfrac{n\pi x}{L} \cos\dfrac{n\pi t}{L} + \sin\dfrac{n\pi x}{L} \sin\dfrac{n\pi t}{L} \right] dx \end{align*}

그러면 삼각함수의 덧셈정리에 의해서 다음의 식을 얻는다.

ancos⁡nπtL+bncos⁡nπtL=1L∫−LLf(x)[cos⁡nπ(x−t)L]dx a_{n}\cos\dfrac{n\pi t}{L} + b_{n}\cos\dfrac{n\pi t}{L} = \dfrac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x) \left[ \cos\dfrac{n\pi (x-t)}{L} \right] dx

이를 (2)(2)에 대입하면 다음과 같다.

SNf(t)= 12a0+∑n=1N(ancos⁡nπtL+bnsin⁡nπtL)= 121L∫−LLf(x)dx+∑n=1N(1L∫−LLf(x)[cos⁡nπ(x−t)L]dx)= 1L∫−LLf(x)[12+∑n=1Ncos⁡nπ(x−t)L]dx= 1L∫−LLf(x)Dn(π(x−t)L)dx \begin{align*} S_{N} ^{f} (t) =&\ \dfrac{1}{2}a_{0}+\sum \limits_{n=1}^{N} \left( a_{n}\cos\dfrac{n\pi t}{L}+b_{n}\sin\frac{n\pi t}{L} \right) \\ =&\ \dfrac{1}{2}\dfrac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)dx+\sum\limits_{n=1}^{N}\left( \dfrac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x) \left[ \cos\dfrac{n\pi (x-t)}{L} \right] dx \right) \\ =&\ \dfrac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \left[ \dfrac{1}{2} + \sum\limits_{n=1}^{N} \cos \dfrac{n\pi (x-t)}{L}\right]dx \\ =&\ \dfrac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)D_{n}\left(\dfrac{\pi (x-t)}{L}\right)dx \end{align*}

마지막 등호에서 디리클레 커널의 정의를 사용했다.

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정리3

임의의 정수 n∈Zn \in \mathbb{Z}에 대하여 아래의 식이 성립한다.

1L∫−LLDn(π(x−t)L)dx=1 \begin{equation} \dfrac{1}{L}\int_{-L}^{L}D_{n}\left( \dfrac{\pi (x-t)}{L} \right)dx=1 \end{equation}

증명

π(x−t)L=y\dfrac{\pi (x-t)}{L}=y라고 치환하자. 그러면 (3)(3)의 좌변은 다음과 같다.

1L∫−π−πLtπ−πLtDn(y)Lπdy= 1π∫−π−πLtπ−πLt(12+∑n=1Ncos⁡ny)dy by (1)= 12π∫−π−πLtπ−πLtdy+∑n=1N∫−π−πLtπ−πLtcos⁡nydy= 12π2π+∑n=1N∫−π−πLtπ−πLtcos⁡nydy= 1 \begin{align*} &\dfrac{1}{L}\int_{-\pi -\frac{\pi}{L}t}^{\pi-\frac{\pi}{L}t} D_{n}(y) \dfrac{L}{\pi}dy \\ =&\ \dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi -\frac{\pi}{L}t}^{\pi-\frac{\pi}{L}t} \left( \dfrac{1}{2} + \sum \limits_{n=1}^{N} \cos ny \right) dy & \text{ by } (1) \\ =&\ \dfrac{1}{2\pi}\int_{-\pi -\frac{\pi}{L}t}^{\pi-\frac{\pi}{L}t} dy+ \sum \limits_{n=1}^{N} \int_{-\pi -\frac{\pi}{L}t}^{\pi-\frac{\pi}{L}t} \cos ny dy \\ =&\ \dfrac{1}{2\pi} 2\pi + \sum \limits_{n=1}^{N} \int_{-\pi -\frac{\pi}{L}t}^{\pi-\frac{\pi}{L}t} \cos ny dy \\ =&\ 1 \end{align*}

이때 두번째 항의 적분이 00이 되는 이유는 cos⁡0y=1\cos 0y=1과 cos⁡ny(n≠0)\cos ny (n\ne 0)가 서로 수직이기 때문이다.

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