Convergenza di serie di Fourier

D'ora in poi indicheremo con $\mathbb {T} ={\frac {\mathbb {R} }{2\pi \mathbb {Z} }}$$\mathbb {T} ={\frac {\mathbb {R} }{2\pi \mathbb {Z} }}$ il toro; le funzioni considerate saranno (se non specificato diversamente) definite su $\mathbb {T}$$\mathbb {T}$, cioe' periodiche di periodo $2\pi$$2\pi$.

Supponiamo che una certa funzione $f$$f$ ammetta la scrittura in serie:

$$f(x)={\frac {a_{0}}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }{a_{k}\cos {(kx)}}+\sum _{k=1}^{\infty }{b_{k}\sin {(kx)}},$$

$$f(x)={\frac {a_{0}}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }{a_{k}\cos {(kx)}}+\sum _{k=1}^{\infty }{b_{k}\sin {(kx)}},$$

per certi coefficienti $a_{k}$$a_k$ e $b_{k}$$b_{k}$. Osservato che:

$$\int _{-\pi }^{\pi }{\cos {(mx)}\cos {(nx)}dx}=\pi \delta _{mn}=\int _{-\pi }^{\pi }{\sin(mx)\sin(nx)dx}$$

$$\int _{-\pi }^{\pi }{\cos {(mx)}\cos {(nx)}dx}=\pi \delta _{mn}=\int _{-\pi }^{\pi }{\sin(mx)\sin(nx)dx}$$

se $m+n>0$$m+n>0$, mentre valgono rispettivamente $2\pi$$2\pi$ e $0$$0$ se $m=n=0$$m=n=0$ e:

$$\int _{-\pi }^{\pi }{\cos(mx)\sin(nx)dx}=0$$

$$\int _{-\pi }^{\pi }{\cos(mx)\sin(nx)dx}=0$$

$\forall m,n\in \mathbb {N}$$\forall m,n\in \mathbb {N}$, segue che:

$$\int _{-\pi }^{\pi }{\cos(nx)f(x)dx}=\pi a_{n}\quad {\text{e}}\quad \int _{-\pi }^{\pi }{\sin(nx)f(x)dx}=\pi b_{n}.$$

$$\int _{-\pi }^{\pi }{\cos(nx)f(x)dx}=\pi a_{n}\quad {\text{e}}\quad \int _{-\pi }^{\pi }{\sin(nx)f(x)dx}=\pi b_{n}.$$

Definizione (1)

Data una funzione $f(x)$$f(x)$, definiamo serie di Fourier di $f$$f$ la serie formale:

$${\frac {a_{0}}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }{a_{k}\cos {(kx)}}+\sum _{k=1}^{\infty }{b_{k}\sin {(kx)}}=\sum _{k\in \mathbb {Z} }{c_{k}e^{ikx}},$$

$${\frac {a_{0}}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }{a_{k}\cos {(kx)}}+\sum _{k=1}^{\infty }{b_{k}\sin {(kx)}}=\sum _{k\in \mathbb {Z} }{c_{k}e^{ikx}},$$

dove:

$$a_{k}={\frac {1}{\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\cos(kx)f(x)dx},\quad b_{k}={\frac {1}{\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\sin(kx)f(x)dx},\quad c_{n}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(x)e^{-ikx}},$$

$$a_{k}={\frac {1}{\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\cos(kx)f(x)dx},\quad b_{k}={\frac {1}{\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\sin(kx)f(x)dx},\quad c_{n}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(x)e^{-ikx}},$$

cioe' gli $a_{k},b_{k},c_{k}$$a_{k},b_{k},c_{k}$ sono legati dalle relazioni $c_{k}={\frac {a_{k}-ib_{k}}{2}}$$c_{k}={\frac {a_{k}-ib_{k}}{2}}$ e $c_{-k}={\frac {a_{k}+ib_{k}}{2}}$$c_{-k}={\frac {a_{k}+ib_{k}}{2}}$$\forall k>0$$\forall k>0$.

 

Ci occuperemo ora di trovare condizioni affinche' la serie di Fourier converga e converga esattamente ad $f$$f$. Data $f$$f$, denoteremo con ${\widehat {f}}_{k}={\widehat {f}}(k)$${\widehat {f}}_{k}={\widehat {f}}(k)$ i coefficienti $c_{k}$$c_k$.

Proposizione (1 Lemma di Riemann-Lebesgue)

Sia $f\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$$f\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$. Allora ${\widehat {f}}_{n}\rightarrow 0$${\widehat {f}}_{n}\rightarrow 0$ quando $|n|\rightarrow \infty$$|n|\rightarrow \infty$.

 

Dimostrazione

Denotata $S_{N}(f,x)$$S_{N}(f,x)$ la serie di Fourier di $f$$f$ troncata ai termini $-N$$-N$ e $N$$N$, si ha:

$${\begin{aligned}0&\leq {\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\left|f(x)-S_{N}(f,x)\right|^{2}}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\left(f(x)-\sum _{n=-N}^{N}{c_{n}e^{inx}}\right)\left({\overline {f(x)}}-\sum _{n=-N}^{N}{\overline {c_{n}e^{inx}}}\right)}=\\&={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f|^{2}}-{\frac {1}{2\pi }}\sum _{n=-N}^{N}{c_{n}\int _{-\pi }^{\pi }{{\overline {f(x)}}e^{inx}}}-{\frac {1}{2\pi }}\sum _{n=-N}^{N}{{\overline {c_{n}}}\int _{-\pi }^{\pi }{f(x){\overline {e^{inx}}}}}+{\frac {1}{2\pi }}\sum _{n,m}{\int _{-\pi }^{\pi }{c_{n}{\overline {c_{m}}}e^{inx}e^{-imx}}}=\\&={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f|^{2}}-\sum _{n=-N}^{N}{|c_{n}|^{2}}-\sum _{n=-N}^{N}{|c_{n}|^{2}}+\sum _{n=-N}^{N}{|c_{n}|^{2}}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f|^{2}}-\sum _{n=-N}^{N}{|c_{n}|^{2}},\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}0&\leq {\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\left|f(x)-S_{N}(f,x)\right|^{2}}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\left(f(x)-\sum _{n=-N}^{N}{c_{n}e^{inx}}\right)\left({\overline {f(x)}}-\sum _{n=-N}^{N}{\overline {c_{n}e^{inx}}}\right)}=\\&={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f|^{2}}-{\frac {1}{2\pi }}\sum _{n=-N}^{N}{c_{n}\int _{-\pi }^{\pi }{{\overline {f(x)}}e^{inx}}}-{\frac {1}{2\pi }}\sum _{n=-N}^{N}{{\overline {c_{n}}}\int _{-\pi }^{\pi }{f(x){\overline {e^{inx}}}}}+{\frac {1}{2\pi }}\sum _{n,m}{\int _{-\pi }^{\pi }{c_{n}{\overline {c_{m}}}e^{inx}e^{-imx}}}=\\&={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f|^{2}}-\sum _{n=-N}^{N}{|c_{n}|^{2}}-\sum _{n=-N}^{N}{|c_{n}|^{2}}+\sum _{n=-N}^{N}{|c_{n}|^{2}}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f|^{2}}-\sum _{n=-N}^{N}{|c_{n}|^{2}},\end{aligned}}$$

da cui si ricava mandando $N\rightarrow +\infty$$N\rightarrow +\infty$ la disuguaglianza di Bessel, cioe':

$${\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f|^{2}}\geq \sum _{n\in \mathbb {Z} }{|c_{n}|^{2}}.$$

$${\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f|^{2}}\geq \sum _{n\in \mathbb {Z} }{|c_{n}|^{2}}.$$

Segue immediatamente che, essendo il membro a sinistra finito, $c_{n}\in \ell ^{2}(\mathbb {Z} )$$c_{n}\in \ell ^{2}(\mathbb {Z} )$ e dunque $c_{n}\rightarrow 0$$c_{n}\rightarrow 0$ quando $|n|\rightarrow \infty$$|n|\rightarrow \infty$.

 

Corollario (2)

Se $f\in C^{k}(\mathbb {T} )$$f\in C^{k}(\mathbb {T} )$, allora $|n|^{k}{\widehat {f}}_{n}\in \ell ^{2}(\mathbb {Z} )$$|n|^{k}{\widehat {f}}_{n}\in \ell ^{2}(\mathbb {Z} )$; in particolare ${\widehat {f}}_{n}=o(|n|^{-k})$${\widehat {f}}_{n}=o(|n|^{-k})$ quando $|n|\rightarrow \infty$$|n|\rightarrow \infty$.

 

Dimostrazione

Integrando per parti:

$${\widehat {f}}_{n}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(x)e^{-inx}}=\underbrace {\left[{\frac {1}{2\pi }}f(x){\frac {e^{-inx}}{-in}}\right]_{-\pi }^{\pi }} _{=0}+{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f'(x){\frac {e^{-inx}}{in}}}={\frac {1}{2in\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f'(x)e^{-inx}}={\frac {1}{in}}{\widehat {f'_{n}}},$$

$${\widehat {f}}_{n}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(x)e^{-inx}}=\underbrace {\left[{\frac {1}{2\pi }}f(x){\frac {e^{-inx}}{-in}}\right]_{-\pi }^{\pi }} _{=0}+{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f'(x){\frac {e^{-inx}}{in}}}={\frac {1}{2in\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f'(x)e^{-inx}}={\frac {1}{in}}{\widehat {f'_{n}}},$$

da cui ricorsivamente ${\widehat {f}}_{n}={\frac {1}{(in)^{k}}}{\widehat {f_{n}^{(k)}}}$${\widehat {f}}_{n}={\frac {1}{(in)^{k}}}{\widehat {f_{n}^{(k)}}}$, cioe' la tesi.

 

Corollario (3)

Se $f\in C^{1}(\mathbb {T} )$$f\in C^{1}(\mathbb {T} )$, allora la serie di Fourier converge assolutamente.

 

Dimostrazione

Si ha:

$$\sum _{n\in \mathbb {Z} }{|{\widehat {f}}_{n}|}=|{\widehat {f}}_{0}|+\sum _{n\neq 0}{{\frac {1}{n}}(n|{\widehat {f}}_{n}|)}\leq |{\widehat {f}}_{0}|+{\frac {1}{2}}\sum _{n\neq 0}{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {1}{2}}\sum _{n\neq 0}{n^{2}|{\widehat {f}}_{n}|^{2}}$$

$$\sum _{n\in \mathbb {Z} }{|{\widehat {f}}_{n}|}=|{\widehat {f}}_{0}|+\sum _{n\neq 0}{{\frac {1}{n}}(n|{\widehat {f}}_{n}|)}\leq |{\widehat {f}}_{0}|+{\frac {1}{2}}\sum _{n\neq 0}{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {1}{2}}\sum _{n\neq 0}{n^{2}|{\widehat {f}}_{n}|^{2}}$$

per la disuguaglianza $ab\leq {\frac {a^{2}+b^{2}}{2}}$$ab\le \frac{a^2+b^2}{2}$, ma $|{\widehat {f}}_{n}|^{2}=o(|n|^{-2})$$|{\widehat {f}}_{n}|^{2}=o(|n|^{-2})$, dunque la serie converge e segue che $\sum _{n\in \mathbb {Z} }{|{\widehat {f}}_{n}|}<+\infty$$\sum _{n\in \mathbb {Z} }{|{\widehat {f}}_{n}|}<+\infty$, cioe' la serie di Fourier converge assolutamente.

 

Definizione (2)

Definiamo nucleo di Dirichlet:

$$D_{n}(z)=\sum _{k=-n}^{n}{e^{ikz}}.$$

$$D_{n}(z)=\sum _{k=-n}^{n}{e^{ikz}}.$$

 

Proposizione (4)

Si ha l'uguaglianza:

$$D_{n}(z)={\frac {\sin {\left(\left(n+{\frac {1}{2}}\right)z\right)}}{\sin {\left({\frac {z}{2}}\right)}}}.$$

$$D_{n}(z)={\frac {\sin {\left(\left(n+{\frac {1}{2}}\right)z\right)}}{\sin {\left({\frac {z}{2}}\right)}}}.$$

 

Dimostrazione

Direttamente:

$${\begin{aligned}\sum _{k=-n}^{n}{e^{ikz}}=e^{-inx}\sum _{k=0}^{2n}{e^{ikz}}=e^{-inx}{\frac {e^{(2n+1)ix}-1}{e^{ix}-1}}={\frac {e^{\left(n+{\frac {1}{2}}\right)ix}-e^{-\left(n+{\frac {1}{2}}\right)ix}}{e^{i{\frac {x}{2}}}-e^{-i{\frac {x}{2}}}}}={\frac {\sin {\left(\left(n+{\frac {1}{2}}\right)z\right)}}{\sin {\left({\frac {z}{2}}\right)}}}.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\sum _{k=-n}^{n}{e^{ikz}}=e^{-inx}\sum _{k=0}^{2n}{e^{ikz}}=e^{-inx}{\frac {e^{(2n+1)ix}-1}{e^{ix}-1}}={\frac {e^{\left(n+{\frac {1}{2}}\right)ix}-e^{-\left(n+{\frac {1}{2}}\right)ix}}{e^{i{\frac {x}{2}}}-e^{-i{\frac {x}{2}}}}}={\frac {\sin {\left(\left(n+{\frac {1}{2}}\right)z\right)}}{\sin {\left({\frac {z}{2}}\right)}}}.\end{aligned}}$$

 

Osservazione

$D_{n}(z)$$D_{n}(z)$e' pari; inoltre $\forall n$$\forall n$ si ha:

$$\int _{-\pi }^{\pi }{D_{n}(z)}=2\pi .$$

$$\int _{-\pi }^{\pi }{D_{n}(z)}=2\pi .$$

 

Teorema (3)

$f\in C^{1}(\mathbb {T} )$$f\in C^{1}(\mathbb {T} )$. Allora $S_{n}(f,x)\rightarrow f(x)$$S_{n}(f,x)\rightarrow f(x)$ per $n\rightarrow \infty$$n\rightarrow \infty$$\forall x\in \mathbb {T}$$\forall x\in \mathbb {T}$.

 

Dimostrazione

Innanzitutto notiamo che:

$${\begin{aligned}S_{n}(f,x)&=\sum _{|k|\leq n}{{\widehat {f}}_{k}e^{ikx}}={\frac {1}{2\pi }}\sum _{|k|\leq n}{\left(\int _{-\pi }^{\pi }{f(t)e^{-ikt}dt}\right)e^{ikx}}={\frac {1}{2\pi }}\sum _{|k|\leq n}{\int _{-\pi }^{\pi }{f(t)e^{ik(x-t)}dt}}=\\&={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(t)D_{n}(x-t)dt}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(x+z)D_{n}(z)dz}.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}S_{n}(f,x)&=\sum _{|k|\leq n}{{\widehat {f}}_{k}e^{ikx}}={\frac {1}{2\pi }}\sum _{|k|\leq n}{\left(\int _{-\pi }^{\pi }{f(t)e^{-ikt}dt}\right)e^{ikx}}={\frac {1}{2\pi }}\sum _{|k|\leq n}{\int _{-\pi }^{\pi }{f(t)e^{ik(x-t)}dt}}=\\&={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(t)D_{n}(x-t)dt}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(x+z)D_{n}(z)dz}.\end{aligned}}$$

Ma visto che $\int _{-\pi }^{\pi }{D_{n}(z)}=2\pi$$\int _{-\pi }^{\pi }{D_{n}(z)}=2\pi$, allora $f(x)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(x)D_{n}(z)dz}$$f(x)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(x)D_{n}(z)dz}$; segue quindi che:

$$S_{n}(f,x)-f(x)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{(f(x+z)-f(x))D_{n}(z)dz}.$$

$$S_{n}(f,x)-f(x)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{(f(x+z)-f(x))D_{n}(z)dz}.$$

Con semplici manipolazioni:

$${\begin{aligned}S_{n}(f,x)-f(x)&=\int _{-\pi }^{\pi }{(f(x+z)-f(x)){\frac {\sin {\left(\left(n+{\frac {1}{2}}\right)z\right)}}{2\pi \sin {\left({\frac {z}{2}}\right)}}}dz}=\\&=\int _{-\pi }^{\pi }{\underbrace {\frac {f(x+z)-f(x)}{z}} _{\in C^{0}(\mathbb {T} )}\underbrace {\frac {z}{2\pi \sin {\left({\frac {z}{2}}\right)}}} _{\in C^{0}(\mathbb {T} )}\sin {\left(\left(n+{\frac {1}{2}}\right)z\right)}dz},\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}S_{n}(f,x)-f(x)&=\int _{-\pi }^{\pi }{(f(x+z)-f(x)){\frac {\sin {\left(\left(n+{\frac {1}{2}}\right)z\right)}}{2\pi \sin {\left({\frac {z}{2}}\right)}}}dz}=\\&=\int _{-\pi }^{\pi }{\underbrace {\frac {f(x+z)-f(x)}{z}} _{\in C^{0}(\mathbb {T} )}\underbrace {\frac {z}{2\pi \sin {\left({\frac {z}{2}}\right)}}} _{\in C^{0}(\mathbb {T} )}\sin {\left(\left(n+{\frac {1}{2}}\right)z\right)}dz},\end{aligned}}$$

in quanto la derivata di una funzione $C^{1}$$C^1$e' continua, ma l'ultimo membro va a $0$$0$ quando $n\rightarrow \infty$$n\rightarrow \infty$ per il lemma di Riemann-Lebesgue (infatti basta scrivere $\sin {\left(\left(n+{\frac {1}{2}}\right)z\right)}=\sin {(nz)}\cos {(z/2)}+\cos {(nz)}\sin {(z/2)}$$\sin {\left(\left(n+{\frac {1}{2}}\right)z\right)}=\sin {(nz)}\cos {(z/2)}+\cos {(nz)}\sin {(z/2)}$ e scomporre l'integrale in due parti, di cui ciascuna infinitesima). Segue dunque che $S_{n}(f,x)\rightarrow f(x)$$S_{n}(f,x)\rightarrow f(x)$.

 

Interessiamoci ora a quanto si possano indebolire le ipotesi di questo teorema mantenendolo vero; facciamo prima un'osservazione.

Osservazione

Sia $f:[0,\pi ]\rightarrow \mathbb {R} \in C^{0}$$f:[0,\pi ]\rightarrow \mathbb {R} \in C^{0}$. Definiamo la funzione:

$$f_{P}(x)={\begin{cases}f(x)&x\in [0,\pi ]\\f(-x)&x\in [-\pi ,0]\end{cases}}$$

$$f_{P}(x)={\begin{cases}f(x)&x\in [0,\pi ]\\f(-x)&x\in [-\pi ,0]\end{cases}}$$

e sia $F_{P}$$F_{P}$ il prolungamento $2\pi$$2\pi$-periodico di $f_{P}$$f_{P}$. Per il lemma di Riemann-Lebesgue:

$$0\leftarrow \int _{-\pi }^{\pi }{F_{P}\cos {(nx)}dx}=2\int _{0}^{\pi }{f(x)\cos {(nx)}dx}.$$

$$0\leftarrow \int _{-\pi }^{\pi }{F_{P}\cos {(nx)}dx}=2\int _{0}^{\pi }{f(x)\cos {(nx)}dx}.$$

Analogamente posso ragionare con il prolungamento per disparita' di $f$$f$ e ottenere lo stesso risultato per $\int _{0}^{\pi }{f(x)\sin {(nx)}dx}$$\int _{0}^{\pi }{f(x)\sin {(nx)}dx}$.

 

Teorema (4)

$f\in C^{1}(\mathbb {T} )$$f\in C^{1}(\mathbb {T} )$ a tratti, cioe'$f\in C^{0}(\mathbb {T} )$$f\in C^{0}(\mathbb {T} )$ e la derivata esiste dovunque tranne che in un numero finito di punti, nei quali $\exists f'_{\pm }(x_{0})\in \mathbb {R}$$\exists f'_{\pm }(x_{0})\in \mathbb {R}$ derivate destre e sinistre. Allora $S_{n}(f,x)\rightarrow f(x)$$S_{n}(f,x)\rightarrow f(x)$ quando $n\rightarrow \infty$$n\rightarrow \infty$.

 

Dimostrazione

Per la parita' del nucleo di Dirichlet

$$S_{n}(f,x)=\int _{-\pi }^{\pi }{f(x+z)D_{n}(z)dz}=\int _{-\pi }^{\pi }{f(x-z)D_{n}(z)dz},$$

$$S_{n}(f,x)=\int _{-\pi }^{\pi }{f(x+z)D_{n}(z)dz}=\int _{-\pi }^{\pi }{f(x-z)D_{n}(z)dz},$$

quindi nei punti di discontinuita' della derivata (negli altri la convergenza e' gia' stata dimostrata) vale:

$${\begin{aligned}S_{n}(f,x_{0})-f(x_{0})&={\frac {1}{2}}\int _{-\pi }^{\pi }{(f(x_{0}+z)-f(x_{0})+f(x_{0}-z)-f(x_{0}))D_{n}(z)dz}=\\&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\pi }{(f(x_{0}+z)-f(x_{0}))D_{n}(z)dz}+{\frac {1}{2}}\int _{0}^{\pi }{(f(x_{0}-z)-f(x_{0}))D_{n}(z)dz}.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}S_{n}(f,x_{0})-f(x_{0})&={\frac {1}{2}}\int _{-\pi }^{\pi }{(f(x_{0}+z)-f(x_{0})+f(x_{0}-z)-f(x_{0}))D_{n}(z)dz}=\\&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\pi }{(f(x_{0}+z)-f(x_{0}))D_{n}(z)dz}+{\frac {1}{2}}\int _{0}^{\pi }{(f(x_{0}-z)-f(x_{0}))D_{n}(z)dz}.\end{aligned}}$$

Considerando separatamente i due integrali, si procede come nella dimostrazione del teorema analogo gia' visto, usando che derivata destra e sinistra esistono e sono finite; con il trucco gia' usato per spezzare il seno di $(n+1/2)z$$(n+1/2)z$ e con l'osservazione precedente si giunge alla tesi.

 

Teorema (5)

$f\in C^{1}(\mathbb {T} )$$f\in C^{1}(\mathbb {T} )$ a tratti con $x_{1},\ldots ,x_{n}$$x_{1},\ldots ,x_{n}$ punti di salto. Se:

$${\widetilde {f}}(x)={\begin{cases}f(x)&{\text{se }}x\in [-\pi ,\pi ]\backslash \{x_{i}\}_{i}\\{\frac {f(x^{+})+f(x^{-})}{2}}&{\text{se }}x\in \{x_{i}\}_{i}\end{cases}}$$

$${\widetilde {f}}(x)={\begin{cases}f(x)&{\text{se }}x\in [-\pi ,\pi ]\backslash \{x_{i}\}_{i}\\{\frac {f(x^{+})+f(x^{-})}{2}}&{\text{se }}x\in \{x_{i}\}_{i}\end{cases}}$$

dove $f(x^{\pm })=\lim _{h\rightarrow 0^{\pm }}{f(x+h)}$$f(x^{\pm })=\lim _{h\rightarrow 0^{\pm }}{f(x+h)}$, allora $S_{n}(f,x)\rightarrow {\widetilde {f}}(x)$$S_{n}(f,x)\rightarrow {\widetilde {f}}(x)$ quando $n\rightarrow \infty$$n\rightarrow \infty$.

 

Dimostrazione

Dobbiamo controllare la convergenza solo nei punti $x_{i}$$x_i$, in quanto negli altri punti la convergenza segue da teoremi precedenti. Si ha:

$${\begin{aligned}S_{n}(f,x_{i})-{\widetilde {f}}(x_{i})={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\pi }{(f(x_{i}+z)-f(x_{i}^{+}))D_{n}(z)dz}+{\frac {1}{2}}\int _{0}^{\pi }{(f(x_{i}-z)-f(x_{i}^{-}))D_{n}(z)dz}\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}S_{n}(f,x_{i})-{\widetilde {f}}(x_{i})={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\pi }{(f(x_{i}+z)-f(x_{i}^{+}))D_{n}(z)dz}+{\frac {1}{2}}\int _{0}^{\pi }{(f(x_{i}-z)-f(x_{i}^{-}))D_{n}(z)dz}\end{aligned}}$$

e si conclude come fatto precedentemente sfruttando che $f$$f$e'$C^{1}$$C^1$ su $[x_{i}^{+},x_{i}+\delta ]$$[x_{i}^{+},x_{i}+\delta ]$.

 

Diamo per buono il seguente teorema di densita':

Teorema (6)

$f\in {\mathcal {L}}^{1}(a,b)$$f\in \mathcal{L}^1(a,b)$. $\forall \varepsilon >0$$\forall \varepsilon >0$, $\exists f_{\varepsilon }\in C_{0}^{\infty }(a,b)$$\exists f_{\varepsilon }\in C_{0}^{\infty }(a,b)$ tale che:

$$\|f-f_{\varepsilon }\|_{{\mathcal {L}}^{1}}=\int _{a}^{b}{|f-f_{\varepsilon }|dx}<\varepsilon .$$

$$\|f-f_{\varepsilon }\|_{{\mathcal {L}}^{1}}=\int _{a}^{b}{|f-f_{\varepsilon }|dx}<\varepsilon .$$

 

Lemma (di Riemann-Lebesgue)

$f\in {\mathcal {L}}^{1}(a,b)$$f\in \mathcal{L}^1(a,b)$. Allora $\int _{a}^{b}{f(x)\sin {(nx)}dx}\rightarrow 0$$\int _{a}^{b}{f(x)\sin {(nx)}dx}\rightarrow 0$ quando $|n|\rightarrow \infty$$|n|\rightarrow \infty$ (per il coseno e' analogo).

 

Dimostrazione

Sia $f_{\varepsilon }$$f_{\varepsilon }$ data dal teorema precedente. Allora:

$${\begin{aligned}\left|\int _{a}^{b}{f(x)\sin {(nx)}dx}\right|\leq \left|\int _{a}^{b}{|f(x)-f_{\varepsilon }(x)|\sin {(nx)}dx}\right|+\left|\int _{a}^{b}{f_{\varepsilon }(x)\sin {(nx)}dx}\right|\leq \varepsilon (b-a)+\varepsilon \end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\left|\int _{a}^{b}{f(x)\sin {(nx)}dx}\right|\leq \left|\int _{a}^{b}{|f(x)-f_{\varepsilon }(x)|\sin {(nx)}dx}\right|+\left|\int _{a}^{b}{f_{\varepsilon }(x)\sin {(nx)}dx}\right|\leq \varepsilon (b-a)+\varepsilon \end{aligned}}$$

da cui segue la tesi.

 

Teorema (di Dini)

$f\in C^{0}(\mathbb {T} )$$f\in C^{0}(\mathbb {T} )$ tale che $\exists \delta$$\exists \delta$ per cui:

$$\int _{-\delta }^{\delta }{{\frac {|f(x+z)-f(x)|}{|z|}}dz}<+\infty .$$

$$\int _{-\delta }^{\delta }{{\frac {|f(x+z)-f(x)|}{|z|}}dz}<+\infty .$$

Allora $S_{n}(f,x)\rightarrow f(x)$$S_{n}(f,x)\rightarrow f(x)$ (o eventualmente a ${\widetilde {f}}(x)$$\widetilde{f}(x)$ definita come sopra).

 

Dimostrazione

Dall'ipotesi segue che $g(z)={\frac {f(x+z)-f(x)}{z}}{\frac {z}{2\pi \sin {\left({\frac {z}{2}}\right)}}}\in {\mathcal {L}}^{1}$$g(z)={\frac {f(x+z)-f(x)}{z}}{\frac {z}{2\pi \sin {\left({\frac {z}{2}}\right)}}}\in {\mathcal {L}}^{1}$, dunque si conclude per il lemma di Riemann-Lebesgue (dopo aver spezzato $\sin((n+1/2)z)$$\sin((n+1/2)z)$ come al solito).

 

Osservazione

Sia $f\in C^{0}(\mathbb {T} )$$f\in C^{0}(\mathbb {T} )$. Proviamo a stimare $S_{n}(f,x)-f(x)$$S_{n}(f,x)-f(x)$:

$$S_{n}(f,x)-f(x)=\int _{|z|<\delta }{(f(x+z)-f(x))D_{n}(z)dz}+\int _{\delta \leq |z|<\pi }{(f(x+z)-f(x))D_{n}(z)dz}=I_{1}+I_{2};$$

$$S_{n}(f,x)-f(x)=\int _{|z|<\delta }{(f(x+z)-f(x))D_{n}(z)dz}+\int _{\delta \leq |z|<\pi }{(f(x+z)-f(x))D_{n}(z)dz}=I_{1}+I_{2};$$

studiamo separatamente i due integrali.

$$I_{2}={\frac {1}{2\pi }}\int _{\delta \leq |z|<\pi }{{\frac {f(x+z)-f(x)}{\sin(z/2)}}\sin {((n+1/2)z)}dz}{\stackrel {n\rightarrow \infty }{\longrightarrow }}0$$

$$I_{2}={\frac {1}{2\pi }}\int _{\delta \leq |z|<\pi }{{\frac {f(x+z)-f(x)}{\sin(z/2)}}\sin {((n+1/2)z)}dz}{\stackrel {n\rightarrow \infty }{\longrightarrow }}0$$

per il lemma di Riemann-Lebesgue, in quanto la funzione di cui stiamo calcolando i coefficienti di Fourier e'$C^{1}$$C^1$.

$$|I_{1}|\leq \int _{|z|<\delta }{\underbrace {|f(x+z)-f(x)|} _{<\varepsilon }\cdot |D_{n}(z)|dz}\leq \varepsilon \int _{-\delta }^{\delta }{|D_{n}(z)|dz}$$

$$|I_{1}|\leq \int _{|z|<\delta }{\underbrace {|f(x+z)-f(x)|} _{<\varepsilon }\cdot |D_{n}(z)|dz}\leq \varepsilon \int _{-\delta }^{\delta }{|D_{n}(z)|dz}$$

per continuita' di $f$$f$ in un compatto (e dunque per uniforme continuita' di $f$$f$). Dunque, se vediamo che l'integrale di $|D_{n}(z)|$$|D_{n}(z)|$ in un intorno di $0$$0$ rimane limitato per $n\rightarrow \infty$$n\rightarrow \infty$, allora avremmo che la serie di Fourier di $f$$f$ converge a $f$$f$ per ogni funzione $f$$f$ continua. Purtroppo pero' questo non e' vero.

$${\begin{aligned}\int _{-\pi }^{\pi }{|D_{n}(z)|dz}&=2\int _{0}^{\pi }{|D_{n}(z)|dz}=2\int _{0}^{\pi }{{\frac {|\sin((n+1/2)z)|}{\sin(z/2)}}dz}\geq 4\int _{0}^{\pi }{{\frac {|\sin((n+1/2)z)|}{z}}dz}=\\&=2\pi \int _{0}^{(n+1/2)\pi }{{\frac {|\sin(t)|}{t}}dt}\geq 2\pi \int _{0}^{n\pi }{{\frac {|\sin(t)|}{t}}dt}=2\pi \sum _{k=0}^{n-1}{\int _{k\pi }^{(k+1)\pi }{{\frac {|\sin(t)|}{t}}dt}}\geq \\&\geq 2\pi \sum _{k=0}^{n-1}{\int _{k\pi }^{(k+1)\pi }{{\frac {|\sin(t)|}{(k+1)\pi }}dt}}={\frac {4\pi }{\pi }}\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {1}{k+1}}=O(\ln(n)).\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\int _{-\pi }^{\pi }{|D_{n}(z)|dz}&=2\int _{0}^{\pi }{|D_{n}(z)|dz}=2\int _{0}^{\pi }{{\frac {|\sin((n+1/2)z)|}{\sin(z/2)}}dz}\geq 4\int _{0}^{\pi }{{\frac {|\sin((n+1/2)z)|}{z}}dz}=\\&=2\pi \int _{0}^{(n+1/2)\pi }{{\frac {|\sin(t)|}{t}}dt}\geq 2\pi \int _{0}^{n\pi }{{\frac {|\sin(t)|}{t}}dt}=2\pi \sum _{k=0}^{n-1}{\int _{k\pi }^{(k+1)\pi }{{\frac {|\sin(t)|}{t}}dt}}\geq \\&\geq 2\pi \sum _{k=0}^{n-1}{\int _{k\pi }^{(k+1)\pi }{{\frac {|\sin(t)|}{(k+1)\pi }}dt}}={\frac {4\pi }{\pi }}\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {1}{k+1}}=O(\ln(n)).\end{aligned}}$$

dove abbiamo usato che $\sin(z/2)>z/\pi$$\sin(z/2)>z/\pi$$\forall z\in (0,\pi )$$\forall z\in (0,\pi )$.

 

Infatti Du Bois-Raymond costrui' una funzione $f\in C^{0}(\mathbb {T} )$$f\in C^{0}(\mathbb {T} )$ tale che $S_{n}(f,x)$$S_{n}(f,x)$ non converge a $f$$f$ per qualche $x$$x$.

Lemma (6)

$f,g\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {T} )$$f,g\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {T} )$. Allora:

1. $|{\widehat {f}}_{k}-{\widehat {g}}_{k}|\leq {\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f(x)-g(x)|dx}$$|{\widehat {f}}_{k}-{\widehat {g}}_{k}|\leq {\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f(x)-g(x)|dx}$;

1. $|S_{n}(f,x)-S_{n}(g,x)|\leq {\frac {2n+1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f(x)-g(x)|dx}$$|S_{n}(f,x)-S_{n}(g,x)|\leq {\frac {2n+1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f(x)-g(x)|dx}$.

 

Dimostrazione

1. Direttamente:

$${\frac {1}{2\pi }}\left|\int _{-\pi }^{\pi }{f(x)e^{-ikx}dx}-\int _{-\pi }^{\pi }{g(x)e^{-ikx}dx}\right|\leq {\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f(x)-g(x)|dx}.$$

$${\frac {1}{2\pi }}\left|\int _{-\pi }^{\pi }{f(x)e^{-ikx}dx}-\int _{-\pi }^{\pi }{g(x)e^{-ikx}dx}\right|\leq {\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f(x)-g(x)|dx}.$$

1. Grazie al primo punto:

$$\left|\sum _{k=-n}^{n}{{\widehat {f}}_{k}e^{ikx}}-\sum _{k=-n}^{n}{{\widehat {g}}_{k}e^{ikx}}\right|\leq \sum _{k=-n}^{n}{|{\widehat {f}}_{k}-{\widehat {g}}_{k}|}\leq (2n+1){\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f(x)-g(x)|dx}.$$

$$\left|\sum _{k=-n}^{n}{{\widehat {f}}_{k}e^{ikx}}-\sum _{k=-n}^{n}{{\widehat {g}}_{k}e^{ikx}}\right|\leq \sum _{k=-n}^{n}{|{\widehat {f}}_{k}-{\widehat {g}}_{k}|}\leq (2n+1){\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|f(x)-g(x)|dx}.$$

 

Osservazione

Analogamente, $f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {T} )\Rightarrow {\widehat {f}}_{n}\in \ell ^{\infty }(\mathbb {Z} )$$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {T} )\Rightarrow {\widehat {f}}_{n}\in \ell ^{\infty }(\mathbb {Z} )$.

 

Osservazione

Se $\{c_{n}\}\in \ell ^{1}(\mathbb {Z} )$$\{c_{n}\}\in \ell ^{1}(\mathbb {Z} )$, allora la serie $\sum _{n\in \mathbb {Z} }{c_{n}e^{inx}}$$\sum _{n\in \mathbb {Z} }{c_{n}e^{inx}}$ converge a un certo $g(x)\in C^{0}(\mathbb {T} )$$g(x)\in C^{0}(\mathbb {T} )$ tale che $c_{n}={\widehat {g}}_{n}$$c_{n}={\widehat {g}}_{n}$$\forall n$$\forall n$. Infatti la serie converge assolutamente, e detto $g$$g$ il suo limite, si ha:

$$c_{m}={\frac {1}{2\pi }}\sum _{|k|\leq N}{\int _{-\pi }^{\pi }{c_{k}e^{ikx}e^{-imx}dx}}{\stackrel {N\rightarrow \infty }{\longrightarrow }}{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{g(x)e^{-imx}dx}={\widehat {g}}_{m}.$$

$$c_{m}={\frac {1}{2\pi }}\sum _{|k|\leq N}{\int _{-\pi }^{\pi }{c_{k}e^{ikx}e^{-imx}dx}}{\stackrel {N\rightarrow \infty }{\longrightarrow }}{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{g(x)e^{-imx}dx}={\widehat {g}}_{m}.$$

 

A questo punto, l'idea per costruire un'approssimante $\forall f\in C^{0}(\mathbb {T} )$$\forall f\in C^{0}(\mathbb {T} )$e' passare per la convergenza secondo Cesaro.

Proposizione

$\{a_{n}\}\in \mathbb {R}$$\{a_{n}\}\in \mathbb {R}$ successione. Se $a_{n}\rightarrow L$$a_{n}\rightarrow L$ allora $b_{n}={\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}{a_{k}}\rightarrow L$$b_{n}={\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}{a_{k}}\rightarrow L$ (e $a_{n}$$a_n$ si dice sommabile secondo Cesaro).

 

Dimostrazione

$\forall \varepsilon >0$$\forall \varepsilon >0$, $\exists N$$\exists N$ tale che $|a_{n}-L|<\varepsilon$$|a_{n}-L|<\varepsilon$ per $n>N$$n>N$. Dunque:

$${\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}{a_{k}}-L={\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}{(a_{k}-L)}\leq {\frac {1}{n}}\left|\sum _{k=0}^{N-1}{(a_{k}-L)}\right|+{\frac {1}{n}}\left|\sum _{k=N}^{n-1}{(a_{k}-L)}\right|\leq {\frac {M}{n}}+{\frac {n\varepsilon }{n}}$$

$${\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}{a_{k}}-L={\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}{(a_{k}-L)}\leq {\frac {1}{n}}\left|\sum _{k=0}^{N-1}{(a_{k}-L)}\right|+{\frac {1}{n}}\left|\sum _{k=N}^{n-1}{(a_{k}-L)}\right|\leq {\frac {M}{n}}+{\frac {n\varepsilon }{n}}$$

con $M$$M$ fissato, cioe' la tesi.

 

Definizione

Definiamo $\sigma _{n}(f,x)={\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}{S_{k}(f,x)}$$\sigma _{n}(f,x)={\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}{S_{k}(f,x)}$.

 

Osservazione

Con calcoli simili a quelli gia' fatti per $S_{n}(f,x)$$S_{n}(f,x)$, si ottiene:

$$\sigma _{n}(f,x)=\int _{-\pi }^{\pi }{f(x+z)\left({\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}{D_{k}(z)}\right)dz}.$$

$$\sigma _{n}(f,x)=\int _{-\pi }^{\pi }{f(x+z)\left({\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}{D_{k}(z)}\right)dz}.$$

 

Definizione (9)

Definiamo nucleo di Fejer:

$$\phi _{n}(z)={\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}{D_{k}(z)}.$$

$$\phi _{n}(z)={\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}{D_{k}(z)}.$$

 

Proposizione (8)

Il nucleo di Fejer ha un'espressione esplicita:

$$\phi _{n}(z)={\frac {1}{2\pi n}}\left({\frac {\sin \left({\frac {n}{2}}z\right)}{\sin \left({\frac {z}{2}}\right)}}\right)^{2}.$$

$$\phi _{n}(z)={\frac {1}{2\pi n}}\left({\frac {\sin \left({\frac {n}{2}}z\right)}{\sin \left({\frac {z}{2}}\right)}}\right)^{2}.$$

 

Osservazione

• $\int _{-\pi }^{\pi }{\phi _{n}(z)dz}=1$$\int _{-\pi }^{\pi }{\phi _{n}(z)dz}=1$.

• $\phi _{n}(z)=\phi _{n}(-z)$$\phi _{n}(z)=\phi _{n}(-z)$, cioe'e' pari.

• $\phi _{n}(z)\geq 0$$\phi _{n}(z)\geq 0$.

• $\forall \varepsilon ,\delta >0$$\forall \varepsilon ,\delta >0$, $\exists N$$\exists N$ tale che $\phi _{n}(z)<\varepsilon$$\phi _{n}(z)<\varepsilon$$\forall z\notin [-\delta ,\delta ]$$\forall z\notin [-\delta ,\delta ]$$\forall n>N$$\forall n>N$.

Infatti:

$$\phi _{n}(z)={\frac {1}{2\pi n}}\left({\frac {\sin \left({\frac {n}{2}}z\right)}{\sin \left({\frac {z}{2}}\right)}}\right)^{2}\leq {\frac {1}{2\pi n}}{\frac {1}{(z/\pi )^{2}}}\leq {\frac {\pi }{2\delta ^{2}}}{\frac {1}{n}}$$

$$\phi _{n}(z)={\frac {1}{2\pi n}}\left({\frac {\sin \left({\frac {n}{2}}z\right)}{\sin \left({\frac {z}{2}}\right)}}\right)^{2}\leq {\frac {1}{2\pi n}}{\frac {1}{(z/\pi )^{2}}}\leq {\frac {\pi }{2\delta ^{2}}}{\frac {1}{n}}$$

quando $z\in [\delta ,\pi ]$$z\in [\delta ,\pi ]$.

• $\phi _{n}(0)=O(n)$$\phi _{n}(0)=O(n)$.

 

Teorema (10)

$f\in C^{0}(\mathbb {T} )$$f\in C^{0}(\mathbb {T} )$. Allora $\sigma _{n}(f,x)\rightarrow f(x)$$\sigma _{n}(f,x)\rightarrow f(x)$ uniformemente quando $n\rightarrow \infty$$n\rightarrow \infty$, cioe':

$$\sup _{x\in [-\pi ,\pi ]}{|\sigma _{n}(f,x)-f(x)|}\rightarrow 0.$$

$$\sup _{x\in [-\pi ,\pi ]}{|\sigma _{n}(f,x)-f(x)|}\rightarrow 0.$$

 

Dimostrazione

Spezziamo l'integrale:

$${\begin{aligned}|\sigma _{n}(f,x)-f(x)|&=\left|\int _{-\pi }^{\pi }{(f(x+z)-f(x))\phi _{n}(z)dz}\right|\leq \\&\leq \underbrace {\left|\int _{|z|<\delta }{(f(x+z)-f(x))\phi _{n}(z)dz}\right|} _{=I_{1}}+\underbrace {\left|\int _{\delta \leq |z|<\pi }{(f(x+z)-f(x))\phi _{n}(z)dz}\right|} _{=I_{2}}.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}|\sigma _{n}(f,x)-f(x)|&=\left|\int _{-\pi }^{\pi }{(f(x+z)-f(x))\phi _{n}(z)dz}\right|\leq \\&\leq \underbrace {\left|\int _{|z|<\delta }{(f(x+z)-f(x))\phi _{n}(z)dz}\right|} _{=I_{1}}+\underbrace {\left|\int _{\delta \leq |z|<\pi }{(f(x+z)-f(x))\phi _{n}(z)dz}\right|} _{=I_{2}}.\end{aligned}}$$

$f$$f$e' continua in $|z|<\delta$$|z|<\delta$ che e' un compatto, dunque e' uniformemente continua ed $\exists \varepsilon >0$$\exists \varepsilon >0$ tale che $f(x+z)-f(x)<\varepsilon$$f(x+z)-f(x)<\varepsilon$ per $z\in [-\delta ,\delta ]$$z\in [-\delta ,\delta ]$. Dunque:

$$I_{1}\leq \varepsilon \int _{-\delta }^{\delta }{|\phi _{n}(z)|dz}\leq \varepsilon \int _{-\pi }^{\pi }{\phi _{n}(z)dz}=\varepsilon ,$$

$$I_{1}\leq \varepsilon \int _{-\delta }^{\delta }{|\phi _{n}(z)|dz}\leq \varepsilon \int _{-\pi }^{\pi }{\phi _{n}(z)dz}=\varepsilon ,$$

mentre:

$${\begin{aligned}I_{2}&\leq \int _{\delta \leq |z|<\pi }{|f(x+z)-f(x)|\phi _{n}(z)dz}\leq \int _{\delta \leq |z|<\pi }{(|f(x+z)|+|f(x)|)\phi _{n}(z)dz}\leq \\&\leq 2\int _{\delta \leq |z|<\pi }{\|f\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\phi _{n}(z)dz}=4\int _{\delta }^{\pi }{\|f\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\phi _{n}(z)dz}\leq 4\|f\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}{\frac {\pi ^{2}}{2\delta ^{2}}}{\frac {1}{n}}<\varepsilon '\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}I_{2}&\leq \int _{\delta \leq |z|<\pi }{|f(x+z)-f(x)|\phi _{n}(z)dz}\leq \int _{\delta \leq |z|<\pi }{(|f(x+z)|+|f(x)|)\phi _{n}(z)dz}\leq \\&\leq 2\int _{\delta \leq |z|<\pi }{\|f\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\phi _{n}(z)dz}=4\int _{\delta }^{\pi }{\|f\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\phi _{n}(z)dz}\leq 4\|f\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}{\frac {\pi ^{2}}{2\delta ^{2}}}{\frac {1}{n}}<\varepsilon '\end{aligned}}$$

per un certo $\varepsilon '$$\varepsilon '$ quando $n\rightarrow \infty$$n\rightarrow \infty$. Visto che la maggiorazione e' indipendente da $x$$x$, si ha anche che la convergenza e' uniforme.

 

Definizione (11)

Una successione di funzioni $\{Q_{n}:[-\pi ,\pi ]\rightarrow \mathbb {R} \}$$\{Q_{n}:[-\pi ,\pi ]\rightarrow \mathbb {R} \}$ si dice successione di Dirac se soddisfa le proprieta':

• $\int _{-\pi }^{\pi }{Q_{n}(x)dx}=1$$\int _{-\pi }^{\pi }{Q_{n}(x)dx}=1$;

• $Q_{n}(-x)=Q_{n}(x)$$Q_{n}(-x)=Q_{n}(x)$;

• $Q_{n}\geq 0$$Q_{n}\geq 0$;

• $\int _{\delta \leq |x|}{Q_{n}(x)dx}\rightarrow 0$$\int _{\delta \leq |x|}{Q_{n}(x)dx}\rightarrow 0$ se $n\rightarrow \infty$$n\rightarrow \infty$$\forall \delta >0$$\forall \delta >0$.

 

Osservazione

In maniera del tutto analoga alla dimostrazione del teorema precedente, se $Q_{n}(x)$$Q_{n}(x)$e' una successione di Dirac, allora:

$$f*Q_{n}(x)=\int _{-\pi }^{\pi }{f(x-z)Q_{n}(z)dz}{\stackrel {n\rightarrow \infty }{\longrightarrow }}f(x).$$

$$f*Q_{n}(x)=\int _{-\pi }^{\pi }{f(x-z)Q_{n}(z)dz}{\stackrel {n\rightarrow \infty }{\longrightarrow }}f(x).$$

 

Osservazione

${\widehat {(f*g)_{n}}}={\widehat {f}}_{n}\cdot {\widehat {g}}_{n}$${\widehat {(f*g)_{n}}}={\widehat {f}}_{n}\cdot {\widehat {g}}_{n}$, infatti:

$${\begin{aligned}{\widehat {f*g_{n}}}&={\frac {1}{2\pi }}{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\int _{-\pi }^{\pi }{f(x-y)g(y)dy}e^{-inx}dx}=\int _{-\pi }^{\pi }{\int _{-\pi }^{\pi }{{\frac {f(x-y)}{2\pi }}e^{-in(x-y)}\cdot {\frac {g(y)}{2\pi }}e^{-iny}dxdy}}=\\&={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(z)e^{-inz}dz}\cdot {\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{g(y)e^{-iny}dy}={\widehat {f}}_{n}\cdot {\widehat {g}}_{n}.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}{\widehat {f*g_{n}}}&={\frac {1}{2\pi }}{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\int _{-\pi }^{\pi }{f(x-y)g(y)dy}e^{-inx}dx}=\int _{-\pi }^{\pi }{\int _{-\pi }^{\pi }{{\frac {f(x-y)}{2\pi }}e^{-in(x-y)}\cdot {\frac {g(y)}{2\pi }}e^{-iny}dxdy}}=\\&={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(z)e^{-inz}dz}\cdot {\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{g(y)e^{-iny}dy}={\widehat {f}}_{n}\cdot {\widehat {g}}_{n}.\end{aligned}}$$

 

Osservazione

$f*g=g*f$$f*g=g*f$ facendo un cambio di variabili.

 

Osservazione

$\|f*g\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\cdot \|g\|_{{\mathcal {L}}^{1}}$$\|f*g\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\cdot \|g\|_{{\mathcal {L}}^{1}}$.

 

Proposizione (9)

$f\in {\mathcal {L}}^{1}$$f\in \mathcal{L}^1$, $g\in {\mathcal {L}}^{p}$$g\in {\mathcal {L}}^{p}$, $1\leq p\leq \infty$$1\leq p\leq \infty$. Allora:

$$\|f*g\|_{{\mathcal {L}}^{p}}\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\|g\|_{{\mathcal {L}}^{p}}.$$

$$\|f*g\|_{{\mathcal {L}}^{p}}\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\|g\|_{{\mathcal {L}}^{p}}.$$

 

Dimostrazione

Per $p=1$$p=1$ lo abbiamo gia' visto; inoltre per $p=\infty$$p=\infty$e' del tutto evidente. La funzione $y\mapsto \underbrace {|f(x-y)|} _{\in {\mathcal {L}}^{1}}\underbrace {|g(y)|^{p}} _{\in {\mathcal {L}}^{1}}\in {\mathcal {L}}^{1}$$y\mapsto \underbrace {|f(x-y)|} _{\in {\mathcal {L}}^{1}}\underbrace {|g(y)|^{p}} _{\in {\mathcal {L}}^{1}}\in {\mathcal {L}}^{1}$, quindi $|f(x-y)|^{\frac {1}{p}}|g(y)|\in {\mathcal {L}}^{p}$$|f(x-y)|^{\frac {1}{p}}|g(y)|\in {\mathcal {L}}^{p}$. Se $p'$$p'$e' tale che ${\frac {1}{p}}+{\frac {1}{p'}}=1$$\frac{1}{p}+\frac{1}{p'}=1$, abbiamo:

$$|f(x-y)g(y)|=\underbrace {|f(x-y)|^{\frac {1}{p'}}} _{\in {\mathcal {L}}^{p'}}\underbrace {|f(x-y)|^{\frac {1}{p}}|g(y)|} _{\in {\mathcal {L}}^{p}},$$

$$|f(x-y)g(y)|=\underbrace {|f(x-y)|^{\frac {1}{p'}}} _{\in {\mathcal {L}}^{p'}}\underbrace {|f(x-y)|^{\frac {1}{p}}|g(y)|} _{\in {\mathcal {L}}^{p}},$$

cioe', per la disuguaglianza di Holder:

$$|f*g(x)|\leq \int {|f(x-y)g(y)|dy}\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}^{\frac {1}{p'}}\left(\int {|f(x-y)||g(y)|^{p}dy}\right)^{\frac {1}{p}}.$$

$$|f*g(x)|\leq \int {|f(x-y)g(y)|dy}\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}^{\frac {1}{p'}}\left(\int {|f(x-y)||g(y)|^{p}dy}\right)^{\frac {1}{p}}.$$

Dunque:

$${\begin{aligned}\int {|f*g(x)|^{p}dx}&\leq \int {\|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}^{\frac {p}{p'}}\left(\int {|f(x-y)||g(y)|^{p}dy}\right)dx}=\|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}^{p-1}\iint {|f(x-y)||g(y)|^{p}dxdy}=\\&=\|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}^{p-1}\|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\int {|g(y)|^{p}dy},\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\int {|f*g(x)|^{p}dx}&\leq \int {\|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}^{\frac {p}{p'}}\left(\int {|f(x-y)||g(y)|^{p}dy}\right)dx}=\|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}^{p-1}\iint {|f(x-y)||g(y)|^{p}dxdy}=\\&=\|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}^{p-1}\|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\int {|g(y)|^{p}dy},\end{aligned}}$$

da cui la tesi estraendo la radice $p$$p$-esima.

 

Osservazione

La formula per ${\widehat {fg}}_{n}$${\widehat {fg}}_{n}$e' molto piu' complicata, infatti:

$${\begin{aligned}{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(x)g(x)e^{-inx}dx}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\sum _{k}{{\widehat {f_{k}}}e^{ikx}}\sum _{l}{{\widehat {g_{l}}}e^{ilx}}e^{-inx}dx}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\sum _{k,l}{{\widehat {f_{k}}}{\widehat {g_{l}}}e^{i(k+l)x}}e^{-inx}dx},\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{f(x)g(x)e^{-inx}dx}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\sum _{k}{{\widehat {f_{k}}}e^{ikx}}\sum _{l}{{\widehat {g_{l}}}e^{ilx}}e^{-inx}dx}={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\sum _{k,l}{{\widehat {f_{k}}}{\widehat {g_{l}}}e^{i(k+l)x}}e^{-inx}dx},\end{aligned}}$$

dunque ${\widehat {fg}}_{n}={\widehat {c_{n}}}$${\widehat {fg}}_{n}={\widehat {c_{n}}}$, dove $c=\sum _{k,l}{{\widehat {f_{k}}}{\widehat {g_{l}}}e^{i(k+l)x}}$$c=\sum _{k,l}{{\widehat {f_{k}}}{\widehat {g_{l}}}e^{i(k+l)x}}$. Ma $c$$c$e' gia' scritta con la sua serie di Fourier, dunque il suo coefficiente di Fourier $n$$n$-esimo non e' altro che:

$${\widehat {c_{n}}}=\sum _{k+l=n}{{\widehat {f_{k}}}{\widehat {g_{l}}}}.$$

$${\widehat {c_{n}}}=\sum _{k+l=n}{{\widehat {f_{k}}}{\widehat {g_{l}}}}.$$

Si ottiene:

$${\widehat {fg}}_{n}=\sum _{k\in \mathbb {Z} }{{\widehat {f_{k}}}{\widehat {g_{n-k}}}}=:{\widehat {f_{k}}}*{\widehat {g_{k}}}(n).$$

$${\widehat {fg}}_{n}=\sum _{k\in \mathbb {Z} }{{\widehat {f_{k}}}{\widehat {g_{n-k}}}}=:{\widehat {f_{k}}}*{\widehat {g_{k}}}(n).$$

 

Enunciamo la seguente proposizione, che useremo spesso in seguito, ma di cui tralasciamo la dimostrazione:

Proposizione (10)

$f\in C_{0}^{k}(\mathbb {R} ^{n})$$f\in C_{0}^{k}(\mathbb {R} ^{n})$ e $g\in {\mathcal {L}}_{loc}^{1}(\mathbb {R} ^{n})$$g\in {\mathcal {L}}_{loc}^{1}(\mathbb {R} ^{n})$. Allora $f*g\in C^{k}(\mathbb {R} ^{n})$$f*g\in C^{k}(\mathbb {R} ^{n})$ e:

$$D^{\alpha }(f*g)(x)=(D^{\alpha }f*g)(x).$$

$$D^{\alpha }(f*g)(x)=(D^{\alpha }f*g)(x).$$

 

Proposizione (11)

Si ha:

$$\sigma _{n}(f,x)=\sum _{k=-n+1}^{n-1}{\left(1-{\frac {|k|}{n}}\right){\widehat {f}}_{k}e^{ikx}}.$$

$$\sigma _{n}(f,x)=\sum _{k=-n+1}^{n-1}{\left(1-{\frac {|k|}{n}}\right){\widehat {f}}_{k}e^{ikx}}.$$

 

Proposizione (12)

Sia $f\in C^{0}(\mathbb {T} )$$f\in C^{0}(\mathbb {T} )$ tale che ${\widehat {f}}_{k}=0$${\widehat {f}}_{k}=0$$\forall k$$\forall k$. Allora $f\equiv 0$$f\equiv 0$.

 

Dimostrazione

Per quanto visto, la successione:

$$\sigma _{n}(f,x)=\sum _{k=-n+1}^{n-1}{\left(1-{\frac {|k|}{n}}\right)\underbrace {{\widehat {f}}_{k}} _{=0}e^{ikx}}\rightrightarrows f,$$

$$\sigma _{n}(f,x)=\sum _{k=-n+1}^{n-1}{\left(1-{\frac {|k|}{n}}\right)\underbrace {{\widehat {f}}_{k}} _{=0}e^{ikx}}\rightrightarrows f,$$

dunque $0\rightrightarrows f$$0 \rightrightarrows f$, cioe'$f\equiv 0$$f\equiv 0$.

 

Teorema (12)

$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {T} )$$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {T} )$. Allora:

$$\int _{-\pi }^{\pi }{|\sigma _{n}(f,x)-f(x)|dx}{\stackrel {n\rightarrow \infty }{\longrightarrow }}0.$$

$$\int _{-\pi }^{\pi }{|\sigma _{n}(f,x)-f(x)|dx}{\stackrel {n\rightarrow \infty }{\longrightarrow }}0.$$

 

Dimostrazione

Per il teorema di Lusin, $\exists g_{\varepsilon }\in C_{0}^{0}(\mathbb {T} )$$\exists g_{\varepsilon }\in C_{0}^{0}(\mathbb {T} )$ tale che $\int _{-\pi }^{\pi }{|f(x)-g(x)|dx}<\varepsilon$$\int _{-\pi }^{\pi }{|f(x)-g(x)|dx}<\varepsilon$. Scrivendo $\sigma _{n}(f,x)-f(x)=\sigma _{n}(f-g_{\varepsilon },x)+\sigma _{n}(g_{\varepsilon },x)-g_{\varepsilon }(x)+g_{\varepsilon }(x)-f(x)$$\sigma _{n}(f,x)-f(x)=\sigma _{n}(f-g_{\varepsilon },x)+\sigma _{n}(g_{\varepsilon },x)-g_{\varepsilon }(x)+g_{\varepsilon }(x)-f(x)$, si ha:

$$\int _{-\pi }^{\pi }{|\sigma _{n}(f,x)-f(x)|dx}\leq \int _{-\pi }^{\pi }{|\sigma _{n}(f-g_{\varepsilon },x)|dx}+\int _{-\pi }^{\pi }{\underbrace {|\sigma _{n}(g_{\varepsilon },x)-g_{\varepsilon }(x)|} _{\rightarrow 0}dx}+\underbrace {\int _{-\pi }^{\pi }{|g_{\varepsilon }(x)-f(x)|dx}} _{<\varepsilon }.$$

$$\int _{-\pi }^{\pi }{|\sigma _{n}(f,x)-f(x)|dx}\leq \int _{-\pi }^{\pi }{|\sigma _{n}(f-g_{\varepsilon },x)|dx}+\int _{-\pi }^{\pi }{\underbrace {|\sigma _{n}(g_{\varepsilon },x)-g_{\varepsilon }(x)|} _{\rightarrow 0}dx}+\underbrace {\int _{-\pi }^{\pi }{|g_{\varepsilon }(x)-f(x)|dx}} _{<\varepsilon }.$$

Inoltre, visto che $\sigma _{n}(f-g_{\varepsilon },x)=((f-g_{\varepsilon })*\phi _{n})(x)$$\sigma _{n}(f-g_{\varepsilon },x)=((f-g_{\varepsilon })*\phi _{n})(x)$ e $\|\varphi *\psi \|_{{\mathcal {L}}^{1}}\leq \|\varphi \|_{{\mathcal {L}}^{1}}\|\psi \|_{{\mathcal {L}}^{1}}$$\|\varphi *\psi \|_{{\mathcal {L}}^{1}}\leq \|\varphi \|_{{\mathcal {L}}^{1}}\|\psi \|_{{\mathcal {L}}^{1}}$, si conclude che:

$$\int _{-\pi }^{\pi }{|\sigma _{n}(f-g_{\varepsilon },x)|dx}=\|(f-g_{\varepsilon })*\phi _{n}\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\leq \|f-g_{\varepsilon }\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\|\phi _{n}\|_{{\mathcal {L}}^{1}}<\varepsilon .$$

$$\int _{-\pi }^{\pi }{|\sigma _{n}(f-g_{\varepsilon },x)|dx}=\|(f-g_{\varepsilon })*\phi _{n}\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\leq \|f-g_{\varepsilon }\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\|\phi _{n}\|_{{\mathcal {L}}^{1}}<\varepsilon .$$

 

Corollario (13)

$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {T} )$$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {T} )$ tale che ${\widehat {f}}_{k}=0$${\widehat {f}}_{k}=0$$\forall k$$\forall k$. Allora $f\equiv 0$$f\equiv 0$ quasi ovunque.

 

Dimostrazione

Per il teorema precedente si ha che $\int _{-\pi }^{\pi }{|f(x)|dx}<\varepsilon$$\int _{-\pi }^{\pi }{|f(x)|dx}<\varepsilon$$\forall \varepsilon >0$$\forall \varepsilon >0$, cioe'$f\equiv 0$$f\equiv 0$ quasi ovunque.

 

Osservazione

Prendiamo $\{c_{k}\}\in \ell ^{2}(\mathbb {Z} )$$\{c_{k}\}\in \ell ^{2}(\mathbb {Z} )$ e consideriamo le somme parziali $S_{n}(x)=\sum _{|k|\leq n}{c_{k}e^{ikx}}$$S_{n}(x)=\sum _{|k|\leq n}{c_{k}e^{ikx}}$. La successione $\{S_{n}(x)\}\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {T} )$$\{S_{n}(x)\}\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {T} )$e' di Cauchy, in quanto:

$${\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|S_{N}(x)-S_{M}(x)|^{2}dx}\leq \sum _{M\leq |k|\leq N}{|c_{k}|^{2}}<\varepsilon ,$$

$${\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{|S_{N}(x)-S_{M}(x)|^{2}dx}\leq \sum _{M\leq |k|\leq N}{|c_{k}|^{2}}<\varepsilon ,$$

poiche'$\sum _{M\leq |k|\leq N}{|c_{k}|^{2}}$$\sum _{M\leq |k|\leq N}{|c_{k}|^{2}}$e' la coda di una serie convergente. Ma ${\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {T} )$${\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {T} )$e' completo, dunque $\exists f\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {T} )$$\exists f\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {T} )$ tale che:

$$\int _{-\pi }^{\pi }{|S_{n}(x)-f(x)|^{2}dx}\longrightarrow 0.$$

$$\int _{-\pi }^{\pi }{|S_{n}(x)-f(x)|^{2}dx}\longrightarrow 0.$$

 

Proposizione (14 Identit\'a di Parseval)

Sia $f(x)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\widehat {f}}_{n}e^{inx}}$$f(x)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\widehat {f}}_{n}e^{inx}}$ con $\{{\widehat {f}}_{n}\}\in \ell ^{2}(\mathbb {Z} )$$\{{\widehat {f}}_{n}\}\in \ell ^{2}(\mathbb {Z} )$ (in modo che l'uguaglianza precedente sia giustificata). Allora vale l'uguaglianza:

$$\|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{|{\widehat {f}}_{n}|^{2}}.$$

$$\|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{|{\widehat {f}}_{n}|^{2}}.$$

 

Dimostrazione

Con facili calcoli:

$$\int _{-\pi }^{\pi }{f(x){\overline {f(x)}}dx}=\int _{-\pi }^{\pi }{\sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\widehat {f}}_{n}e^{inx}}\sum _{k\in \mathbb {Z} }{{\overline {{\widehat {f}}_{k}}}e^{-ikx}}dx}=2\pi \sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\widehat {f}}_{n}{\overline {{\widehat {f}}_{n}}}}=2\pi \sum _{n\in \mathbb {Z} }{|{\widehat {f}}_{n}|^{2}}.$$

$$\int _{-\pi }^{\pi }{f(x){\overline {f(x)}}dx}=\int _{-\pi }^{\pi }{\sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\widehat {f}}_{n}e^{inx}}\sum _{k\in \mathbb {Z} }{{\overline {{\widehat {f}}_{k}}}e^{-ikx}}dx}=2\pi \sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\widehat {f}}_{n}{\overline {{\widehat {f}}_{n}}}}=2\pi \sum _{n\in \mathbb {Z} }{|{\widehat {f}}_{n}|^{2}}.$$

 

Proposizione (15)

$C$$C$ curva chiusa, semplice e $C^{1}$$C^1$. Allora l'area della zona interna a $C$$C$e' massima quando $C$$C$e' la circonferenza.

 

Dimostrazione

Sia $C:\alpha (s)=(x(s),y(s))$$C:\alpha (s)=(x(s),y(s))$, $s\in [0,2\pi )$$s\in [0,2\pi )$, $\alpha$$\alpha$ PLA. Scrivendo $x$$x$ e $y$$y$ in serie di Fourier:

$$x(s)=A_{0}+\sum _{n=1}^{\infty }{A_{n}\cos(ns)+B_{n}\sin(ns)},\quad y(s)=C_{0}+\sum _{n=1}^{\infty }{C_{n}\cos(ns)+D_{n}\sin(ns)}$$

$$x(s)=A_{0}+\sum _{n=1}^{\infty }{A_{n}\cos(ns)+B_{n}\sin(ns)},\quad y(s)=C_{0}+\sum _{n=1}^{\infty }{C_{n}\cos(ns)+D_{n}\sin(ns)}$$

e:

$$x'(s)=\sum _{n=1}^{\infty }{-nA_{n}\sin(ns)+nB_{n}\cos(ns)},\quad y'(s)=\sum _{n=1}^{\infty }{-nC_{n}\sin(ns)+nD_{n}\cos(ns)}$$

$$x'(s)=\sum _{n=1}^{\infty }{-nA_{n}\sin(ns)+nB_{n}\cos(ns)},\quad y'(s)=\sum _{n=1}^{\infty }{-nC_{n}\sin(ns)+nD_{n}\cos(ns)}$$

Per Gauss Green, l'area delimitata ${\mathcal {A}}$$\mathcal{A}$ puo' essere calcolata come:

$${\begin{aligned}{\mathcal {A}}&=\int _{0}^{2\pi }{x(s)y'(s)}=\int _{0}^{2\pi }{\left(A_{0}+\sum _{n=1}^{\infty }{A_{n}\cos(ns)+B_{n}\sin(ns)}\right)\left(\sum _{n=1}^{\infty }{-nC_{n}\sin(ns)+nD_{n}\cos(ns)}\right)}=\\&=\pi \sum _{n=1}^{\infty }{n(A_{n}D_{n}-B_{n}C_{n})}.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}{\mathcal {A}}&=\int _{0}^{2\pi }{x(s)y'(s)}=\int _{0}^{2\pi }{\left(A_{0}+\sum _{n=1}^{\infty }{A_{n}\cos(ns)+B_{n}\sin(ns)}\right)\left(\sum _{n=1}^{\infty }{-nC_{n}\sin(ns)+nD_{n}\cos(ns)}\right)}=\\&=\pi \sum _{n=1}^{\infty }{n(A_{n}D_{n}-B_{n}C_{n})}.\end{aligned}}$$

Ma la curva e' PLA, quindi per Parseval:

$$1={\frac {1}{2\pi }}\int _{0}^{2\pi }{(x'(s))^{2}+(y'(s))^{2}ds}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{n^{2}(A_{n}^{2}+B_{n}^{2}+C_{n}^{2}+D_{n}^{2})}.$$

$$1={\frac {1}{2\pi }}\int _{0}^{2\pi }{(x'(s))^{2}+(y'(s))^{2}ds}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{n^{2}(A_{n}^{2}+B_{n}^{2}+C_{n}^{2}+D_{n}^{2})}.$$

A questo punto:

$${\begin{aligned}\pi -{\mathcal {A}}&={\frac {\pi }{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{n^{2}(A_{n}^{2}+B_{n}^{2}+C_{n}^{2}+D_{n}^{2})}-\pi \sum _{n=1}^{\infty }{n(A_{n}D_{n}-B_{n}C_{n})}=\\&={\frac {\pi }{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{(n^{2}-n)(A_{n}^{2}+B_{n}^{2}+C_{n}^{2}+D_{n}^{2})}+{\frac {\pi }{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{n[(A_{n}-D_{n})^{2}+(B_{n}-C_{n})^{2}]}.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\pi -{\mathcal {A}}&={\frac {\pi }{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{n^{2}(A_{n}^{2}+B_{n}^{2}+C_{n}^{2}+D_{n}^{2})}-\pi \sum _{n=1}^{\infty }{n(A_{n}D_{n}-B_{n}C_{n})}=\\&={\frac {\pi }{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{(n^{2}-n)(A_{n}^{2}+B_{n}^{2}+C_{n}^{2}+D_{n}^{2})}+{\frac {\pi }{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{n[(A_{n}-D_{n})^{2}+(B_{n}-C_{n})^{2}]}.\end{aligned}}$$

Per massimizzare l'area si deve minimizzare il termine di destra, quindi $A_{n}=D_{n}$$A_{n}=D_{n}$, $B_{n}=C_{n}$$B_{n}=C_{n}$$\forall n$$\forall n$ e $A_{n}=B_{n}=C_{n}=D_{n}=0$$A_{n}=B_{n}=C_{n}=D_{n}=0$ per $n>1$$n>1$; si ottiene:

$$\alpha (s)=(A_{0}+A_{1}\cos(s)+B_{1}\sin(s),C_{0}+B_{1}\cos(s)+A_{1}\sin(s)).$$

$$\alpha (s)=(A_{0}+A_{1}\cos(s)+B_{1}\sin(s),C_{0}+B_{1}\cos(s)+A_{1}\sin(s)).$$

Ma $\alpha$$\alpha$e' PLA, quindi si ricava $A_{1}^{2}+B_{1}^{2}=1$$A_1^2+B_1^2=1$, cioe'$A_{1}=\cos(\theta )$$A_{1}=\cos(\theta )$ e $B_{1}=\sin(\theta )$$B_{1}=\sin(\theta )$; per le formule di addizione del seno e coseno si arriva a:

$$\alpha (s)=(A_{0}+\cos(s-\theta ),C_{0}+\sin(s-\theta )),$$

$$\alpha (s)=(A_{0}+\cos(s-\theta ),C_{0}+\sin(s-\theta )),$$

cioe' la tesi.