Analisis fourier 2014

1. Analisis Fourier dan Wavelet 1 Catatan Kuliah Analisis Fourier dan Wavelet Oleh Hendra Gunawan KK Analisis & Geometri FMIPA-ITB Bandung, Maret 2001 [Edisi Revisi II: Mei 2014] 1

2. 2 Hendra Gunawan Daftar Isi Kata Pengantar 4 0 Pendahuluan 7 0.1 Notasi dan istilah, bilangan kompleks 7 0.2 Ruang Hilbert 9 0.3 Ukuran Lebesgue di R 11 1 Mengapa Deret Fourier 13 1.1 Persamaan panas untuk kawat lurus 13 1.2 Persamaan panas untuk kawat melingkar 15 1.3 Soal latihan 16 2 Deret Fourier 19 2.1 Deret Fourier dari fungsi periodik 19 2.2 Contoh dan Ketaksamaan Bessel 21 2.3 Soal latihan 24 3 Kekonvergenan Deret Fourier 25 3.1 Jumlah parsial dan intuisi melalui kernel Dirichlet 25 3.2 Kekonvergenan titik demi titik dan seragam 27 3.3 Soal latihan 29 4 Deret Fourier pada Interval Sembarang dan Aplikasinya 31 4.1 Deret Fourier pada interval sembarang 31 4.2 Contoh aplikasi 34 4.3 Soal latihan 36 5 Beberapa Catatan Mengenai Deret Fourier 37 5.1 Turunan dan integral deret Fourier 37 5.2 Deret Fourier sebagai transformasi 38 2

3. Analisis Fourier dan Wavelet 3 5.3 Perbandingan dengan deret Taylor 38 5.4 Fenomena Gibbs 39 5.5 Soal latihan 40 6 Himpunan Fungsi Ortogonal 41 6.1 Himpunan fungsi ortogonal 41 6.2 Ruang PC(a; b) sebagai ruang hasilkali dalam 42 6.3 Kekonvergenan di ruang PC(a; b) 44 6.4 Soal latihan 45 7 Ruang L2(a; b) 46 7.1 Topologi di L2(a; b) 46 7.2 Ketaksamaan Bessel 48 7.3 Basis ortonormal di L2(a; b) 49 7.4 Soal latihan 50 8 Deret Fourier yang Diperumum dan Hampiran Terbaik di L2(a; b) 51 8.1 Deret Fourier yang diperumum 51 8.2 Hampiran terbaik di L2(a; b) 52 8.3 Masalah Sturm-Liouville reguler 53 8.4 Soal latihan 56 9 Polinom Legendre, Basis Haar, dan Basis Walsh 57 9.1 Himpunan polinom ortogonal 57 9.2 Polinom Legendre 58 9.3 Basis Haar dan Basis Walsh 59 9.4 Soal latihan 62 10 Transformasi Fourier 63 10.1 Motivasi 63 10.2 Ruang L1(R) dan L2(R) 64 10.3 Transformasi Fourier 66 10.4 Soal latihan 68 11 Konvolusi 69 3

4. 4 Hendra Gunawan 11.1 Konvolusi dan sifat-sifat dasarnya 69 11.2 Identitas hampiran 71 11.3 Fungsi Gauss dan Teorema Aproksimasi Weierstrass 73 11.4 Soal latihan 75 12 Teorema Inversi Fourier 76 12.1 Teorema Inversi Fourier 76 12.2 Transformasi Fourier di L2 78 12.3 Soal latihan 80 13 Aplikasi Transformasi Fourier 81 13.1 Aplikasi pada persamaan panas 81 13.2 Persamaan Laplace pada setengah bidang 83 13.3 Teorema Sampling Shannon 84 13.4 Ketaksamaan Heisenberg 85 13.5 Soal latihan 87 14 Transformasi Fourier dan Masalah Sturm-Lioville 88 14.1 Masalah Sturm-Liouville 88 14.2 Transformsi cosinus Fourier dan transformasi sinus Fourier 90 14.3 Aplikasi pada persamaan panas 91 14.4 Soal latihan 92 15 Wavelet 93 15.1 Menengok kembali basis Haar 93 15.2 Wavelet ortonormal 94 15.3 Basis yang dibangun oleh sebuah fungsi 97 15.4 Soal latihan 98 16 Analisis Multi-Resolusi 99 16.1 Analisis Multi-Resolusi 99 16.2 Konstruksi wavelet 101 16.3 Wavelet bertumpuan kompak dan kemulusannya 102 16.4 Teorema sampling 104 16.5 Soal latihan 105 4

5. Analisis Fourier dan Wavelet 5 17 Transformasi Wavelet Kontinu 107 17.1 Transformasi wavelet kontinu dan kesamaan resolusi 107 17.2 Diskritisasi dan frame 110 17.3 Syarat perlu dan syarat cukup untuk membentuk frame 113 17.4 Soal latihan 114 18 Lebih jauh tentang `Frame' 116 18.1 Operator frame 116 18.2 Frame dual 117 18.3 Skema rekonstruksi 118 18.4 Soal latihan 121 19 Penutup 122 19.1 Pemrosesan signal 1D 122 19.2 Pemrosesan citra 2D 124 Daftar Pustaka 126 5

6. 6 Hendra Gunawan Kata Pengantar (untuk Edisi Revisi I) Catatan kuliah ini merupakan pengembangan materi kuliah Analisis Fourier dan Wavelet yang pernah penulis ajarkan kepada mahasiswa S2 Matematika ITB pada tahun 1997/1998. Sebagian materi, terutama bagian awal, pernah pula dicobakan dalam ku-liah Pengantar Analisis Fourier untuk mahasiswa S1 Matematika ITB pada tahun 1999 dan 2000. Beberapa bagian diantaranya merupakan tambahan, yang penulis anggap berguna bagi pembaca yang belum pernah mengambil kedua matakuliah yang dise-butkan di atas. Untuk mengukur pemahaman pembaca terhadap materi yang dibahas, tiap bab diakhiri dengan sejumlah soal latihan. Penyusunan catatan kuliah ini dimulai di Bandung dan dilanjutkan serta diperbaiki di Sydney ketika penulis berkunjung ke School of Mathematics, Univerisity of New South Wales di Sydney pada tahun 2000/2001 sebagai Merdeka Fellow 2000. Sebagai upaya perbaikan, edisi revisi pertama diterbitkan pada tahun 2006. Menyadari bahwa catatan kuliah ini masih jauh dari sempurna, penulis dengan senang hati akan menerima segala masukan atau usulan perbaikan dari para pembaca sekalian. Masukan atau usulan perbaikan, bila ada, dapat disampaikan langsung atau via e-mail ke hgunawan@math.itb.ac.id. H.G., Januari 2006 Catatan tambahan (untuk Edisi Revisi II): Pada awal tahun 2014, ketika penulis memberikan kuliah Analisis Fourier lagi, revisi besar-besaran dilakukan dan sebagai hasilnya edisi revisi kedua ini diterbitkan pada bulan Mei 2014. 6

7. Analisis Fourier dan Wavelet 7 0. Pendahuluan Analisis Fourier mempelajari berbagai teknik untuk menganalisis sebuah fungsi dengan menguraikannya sebagai deret atau integral fungsi tertentu (yang sifat-sifatnya telah kita kenal dengan baik, seperti fungsi polinom atau fungsi trigonometri). Analisis Fourier merupakan alat yang ampuh untuk memecahkan berbagai masalah, khususnya masalah yang berbentuk persamaan diferensial parsial yang muncul dalam sains dan ilmu rekayasa, dan tentunya untuk menganalisis signal seperti signal suara dan citra. Materi kuliah terbagi atas dua bagian. Bagian pertama akan meliputi deret dan transformasi Fourier serta penggunaannya, yang merupakan materi klasik, sebagaimana dibahas dalam buku Fourier Analysis and Its Applications" karangan G.B. Folland (Wadsworth, 1992). Sementara itu pada bagian kedua kita akan berkenalan dengan wavelet, materi yang relatif baru dan sedang `in' dewasa ini. Bagian kedua akan meny-inggung pula dasar-dasar pemrosesan signal dan penggunaan wavelet dalam bidang tersebut. Untuk memahami materi kuliah ini, Anda diasumsikan telah mengambil mataku-liah Analisis Real (yang membahas konsep himpunan, bilangan real, fungsi, barisan, turunan, dan integral Riemann) dan Aljabar Linear Elementer (yang membahas ruang vektor, hasilkali skalar, dan lain-lain). Akan lebih menguntungkan bila Anda telah pula mengambil matakuliah Fungsi Kompleks, namun ini bukan suatu keharusan. 0.1 Notasi dan istilah, bilangan kompleks Sebelum kita masuk ke materi kuliah, ada baiknya kita sepakati terlebih dahulu sejumlah notasi dan istilah yang akan kita pakai berulang-ulang. Himpunan semua bilangan asli f1; 2; 3 : : :g dinyatakan sebagai N, sementara him-punan semua bilangan bulat f: : : ;2;1; 0; 1; 2; : : :g dituliskan sebagai Z. Himpunan 7

8. 8 Hendra Gunawan semua bilangan real dinyatakan sebagai R, sementara himpunan semua bilangan kom-pleks dituliskan sebagai C. Notasi berikut menyatakan interval di R: [a; b] := fx 2 R : a x bg; (a; b) := fx 2 R : a x bg; [a; b) := fx 2 R : a x bg; (a; b] := fx 2 R : a x bg: Pada umumnya kita akan bekerja dengan fungsi dari R ke C, yakni fungsi yang terde

9. nisi di R (biasanya pada suatu interval di R) dan bernilai kompleks. Namun sesekali kita akan membahas pula fungsi peubah banyak yang terde

10. nisi di Rd (d 2 N) dan bernilai kompleks. Di sini Rd menyatakan himpunan semua titik x = (x1; : : : ; xd) dengan xj 2 R; j = 1; : : : ; d. Mengingat bahwa kita akan senantiasa berhadapan dengan fungsi yang bernilai kompleks, di bawah ini kita tinjau kembali sejumlah sifat dasar bilangan kompleks, yang mungkin telah Anda pelajari dalam kuliah Fungsi Kompleks. Bilangan kompleks dapat disajikan sebagai z = a+bi dengan a; b 2 R dan i adalah bilangan imajiner yang memenuhi i2 = 1. Dalam hal ini a disebut bagian real dari z, ditulis Re(z) := a; sementara b disebut bagian imajiner dari z, ditulis Im(z) := b. Penjumlahan dan perkalian dua buah bilangan kompleks dapat dilakukan seperti halnya terhadap dua buah bilangan real: (a + bi) + (c + di) := (a + c) + (b + d)i; (a + bi)(c + di) := (ac bd) + (bc + ad)i: Himpunan semua bilangan kompleks C dapat dipandang sebagai bidang R2 (li-hat Gambar 0.1). Modulus bilangan kompleks z = a + bi, ditulis jzj, diberikan oleh jzj := p a2 + b2; yang menyatakan jarak Euclid dari z ke 0. Sebagaimana di R, kita mempunyai Ketaksamaan Segitiga di C: untuk setiap z1; z2 2 C berlaku jz1 + z2j jz1j + jz2j: Diberikan bilangan kompleks z, kita mempunyai z, yang menyatakan konjugasi atau kawan dari z, yakni z := a bi: Untuk setiap z 2 C, berlaku Re(z) = 1 2 (z + z); Im(z) = 1 2 (z z); 8

11. Analisis Fourier dan Wavelet 9 jzj2 = zz; z real jhj z = z: (Catatan: Di sini `jhj' merupakan singkatan dari `jika dan hanya jika'.) Gambar 0.1: Bidang Kompleks Sebagai alternatif, bilangan kompleks sering pula dituliskan dalam bentuk polar: z := rei; dengan r = jzj dan = arg(z) = sudut yang dibentuk vektor z dengan sumbu real positif. Kita mempunyai rumus Euler: ei = cos + i sin : Sebagai contoh, untuk = , kita mempunyai ei = 1, sebuah persamaan yang melibatkan empat bilangan penting yaitu 1; i; e, dan serta tanda minus. Berbeda dari polinom real, setiap polinom kompleks senantiasa mempunyai akar, sebagaimana dijamin oleh teorema berikut: Teorema A (Teorema Dasar Ajabar). Misalkan P(z) := a0 + a1z + + anzn dengan an6= 0 dan n 2 N. Maka, terdapat bilangan 2 C sedemikian sehingga P() = 0. 9

12. 10 Hendra Gunawan 0.2 Ruang Hilbert Ruang Hilbert merupakan abstraksi alami dari R3, yang memiliki struktur linear vektor, hasilkali dalam, dan sifat kelengkapan. Misalkan H ruang vektor atas C. Pemetaan h; i : H H ! C yang memenuhi (i) hx +

13. y; zi = hx; zi +

14. hy; zi 8 x; y; z 2 H; ;

15. 2 C, (ii) hx; yi = hy; xi 8 x; y 2 H, (iii) hx; xi 0 8 x 2 H, (iv) hx; xi = 0 jhj x = 0, disebut hasilkali dalam pada H. Ruang vektor H atas C yang dilengkapi dengan hasil-kali dalam h; i disebut ruang hasilkali dalam. Pada ruang hasilkali dalam H dengan hasilkali dalam h; i, kita dapat mende

16. n-isikan norma kxk := hx; xi1=2; yang memenuhi keempat sifat berikut: (i) kxk 0 8 x 2 H, (ii) kxk = 0 jhj x = 0, (iii) kxk = jj kxk 8 x 2 H; 2 C, (iv) kx + yk kxk + kyk 8 x; y 2 H (Ketaksamaan Segitiga). Selanjutnya, untuk setiap x; y 2 H, berlaku Ketaksamaan Cauchy-Schwarz: jhx; yij kxk kyk; Hukum Jajarangenjang: kx + yk2 + kx yk2 = 2(kxk2 + kyk2); Kesamaan Polarisasi: hx; yi = 1 4 kx + yk2 kx yk2 + ikx + iyk2 ikx iyk2 . Pada ruang hasilkali dalam H yang telah dilengkapi dengan norma k k kita dapat pula mende

17. nisikan metrik d(x; y) := kx yk; yang memenuhi keempat sifat berikut: (i) d(x; y) 0 8 x; y 2 H, (ii) d(x; y) = 0 jhj x = y, 10

18. Analisis Fourier dan Wavelet 11 (iii) d(x; y) = d(y; x) 8 x; y 2 H, (iv) d(x; z) d(x; y) + d(y; z) 8 x; y; z 2 H (Ketaksamaan Segitiga). Sebagai ruang metrik atau ruang bernorma, H dikatakan lengkap apabila setiap barisan Cauchy (xn) di H, yang memenuhi d(xm; xn) ! 0 (m; n ! 1), konvergen dalam norma ke suatu titik x 2 H, yakni d(xn; x) = kxn xk ! 0 (n ! 1). Ruang bernorma yang lengkap disebut ruang Banach. Ruang hasilkali H disebut ruang Hilbert apabila ia, sebagai ruang bernorma, merupakan ruang Banach. Contoh klasik ruang Hilbert adalah Cd, himpunan semua titik (z1; : : : ; zd) dengan zj 2 C; j = 1; : : : ; d, Pyang dilengkapi dengan hasilkali dalam baku hz;wi := d j=1 zj wj . Pembahasan tentang ruang Hilbert yang lebih mendalam dapat pula ditemui mis-alnya dalam buku An Introduction to Hilbert Space karangan N. Young (Cambridge Univ. Press, 1988). 0.3 Ukuran Lebesgue di R Dalam Analisis Real, Anda telah mempelajari konsep integral Riemann. Dalam ku-liah ini kita akan bekerja dengan integral Lebesgue, yang merupakan suatu perumuman dari integral Riemann. Walaupun Anda tidak akan dituntut untuk memahami kon-sep integral Lebesgue secara mendalam, ada baiknya Anda berkenalan dengan konsep ukuran Lebesgue yang mendasarinya pada kesempatan ini. Panjang interval terbatas I R yang mempunyai titik ujung a dan b dide

19. nisikan sebagai jIj := b a. Panjang interval tak terbatas dide

20. nisikan sebagai 1. Sekarang misalkan A suatu himpunan di R. Keluarga terbilang interval fIjg dikatakan meliputi S A apabila A j Ij . Ukuran luar A kemudian dide

21. nisikan sebagai P m(A) := inff j jIj j : fIjg meliputi Ag: Jelas bahwa ukuran luar sebuah interval sama dengan panjangnya, yakni m(I) = jIj. Tidak tertutup kemungkinan terjadi m(A) = 1 untuk suatu A R. Secara umum, m(A) 2 [0;1]. Himpunan A R dikatakan terukur apabila untuk setiap 0 terdapat himpunan tertutup F A dan himpunan terbuka G A sedemikian sehingga m(G n F) . 11

22. 12 Hendra Gunawan (Himpunan H dikatakan terbuka di R apabila untuk setiap x 2 H terdapat 0 sedemikian sehingga (x ; x + ) H; dan H dikatakan tertutup apabila R n H terbuka.) Tidak terlalu sukar untuk memeriksa bahwa jika A terukur, maka A0 juga terukur; jika A dan B terukur, maka A B juga terukur; dan jika Ak terukur untuk setiap S k 2 N, maka k2N Ak juga terukur. Keluarga himpunan M = fA R : A terukurg merupakan suatu aljabar-, yakni memenuhi: (i) A 2M) A0 2M, (ii) A;B 2M) A B 2M, S (iii) Ak 2M; k 2 N ) k2N Ak 2M: Keluarga M memuat semua himpunan terbuka, himpunan tertutup, himpunan F (gabungan sejumlah terbilang himpunan tertutup), dan himpunan G (irisan sejumlah terbilang himpunan terbuka) di R. Fungsi m yang dibatasi pada M dikenal sebagai ukuran Lebesgue pada R, biasa dilambangkan dengan m. Himpunan A R dikatakan berukuran nol apabila m(A) = 0. Himpunan beruku-ran nol jelas terukur, dengan m(A) = m(A) = 0. Setiap himpunan terbilang jelas merupakan himpunan berukuran nol. Suatu sifat atau pernyataan P pada R dikatakan berlaku hampir di mana-mana (h.d.m.) apabila P berlaku pada seluruh R kecuali pada suatu himpunan berukuran nol. Sebagai contoh, fungsi f : R ! R yang dide

23. nisikan oleh f(x) := 0 jika x irasional dan f(x) := 1 jika x rasional, dapat dikatakan sama dengan nol hampir di mana-mana. Himpunan berukuran nol mempunyai peran yang cukup penting dalam teori inte-gral. Misalnya kita mempunyai teorema berikut: Teorema B (Kriteria keterintegralan Riemann). Misalkan f : [a; b] ! R terbatas. Maka, f terintegralkan Riemann pada [a; b] jika dan hanya jika f kontinu pada [a; b] kecuali pada suatu himpunan berukuran nol. Dengan konsep ukuran Lebesgue, integral Riemann dapat diperumum menjadi in-tegral Lebesgue | namun kita tidak akan membahasnya di sini. Pada umumnya kita akan bekerja dengan fungsi yang kontinu hampir di mana-mana, dan dalam hal ini in-tegral Lebesgue dapat dianggap sebagai integral Riemann. Beberapa teorema, seperti 12

24. Analisis Fourier dan Wavelet 13 halnya teorema Fubini dan teorema Lebesgue tentang kekonvergenan barisan fungsi yang terdominasi, akan kita pakai begitu saja bilamana diperlukan. Bila pembaca ingin memahami konsep ukuran dan integral Lebesgue lebih jauh, silakan lihat buku Real Analysis karangan H.L. Royden (Prentice Hall, 1988), Real and Complex Analysis karangan W. Rudin (McGraw- Hill, 1986), atau buku lain yang membahas hal ini. 13

25. 14 Hendra Gunawan 1. Mengapa Deret Fourier Di bawah ini diberikan dua contoh pemicu materi deret Fourier. Kedua contoh yang dipilih untuk dikemukakan di sini berkaitan dengan persamaan difusi atau persamaan panas untuk seutas kawat yang mengalami perubahan panas. 1.1 Persamaan panas untuk kawat lurus Misalkan kita mempunyai seutas kawat yang panjangnya L dan penampangnya ber-bentuk lingkaran, terinsulasi pada permukaannya (sehingga suhu dapat keluar/masuk hanya melalui kedua ujungnya), dan suhu pada kedua ujungnya dipertahankan tetap sama dengan nol. |||||||||| 0 L Gambar 1.1: Kawat [0;L] Bila kawat tersebut kemudian mengalami perubahan panas (katakan karena di-panasi), maka suhu pada kawat tersebut akan memenuhi persamaan panas atau per-samaan difusi ut = kuxx dengan syarat batas u(0; t) = u(L; t) = 0: Di sini u(x; t) menyatakan suhu kawat pada posisi x 2 [0;L] dan saat t 0, ut turunan parsial terhadap t, dan uxx turunan parsial kedua terhadap x; sementara k adalah konstanta difusi. 14

26. Analisis Fourier dan Wavelet 15 Dengan pemisahan peubah, kita misalkan u(x; t) = X(x)T(t). Maka, kita akan peroleh X(x)T0(t) = kX00(x)T(t) X(0) = X(L) = 0: Dengan membagi kedua ruas persamaan dengan kX(x)T(t), kita dapatkan T0(t) kT(t) = X00(x) X(x) : Karena ruas kiri hanya bergantung pada t, sementara ruas kanan hanya bergantung pada k, maka kedua ruas mestilah sama dengan suatu konstanta A, sehingga kita peroleh T0(t) = AkT(t) (1) X00(x) = AX(x) (2): Solusi umum dari (1) adalah T(t) = C0eAkt; t 0; sementara solusi umum dari (2) adalah X(x) = C1 cos x + C2 sin x; 0 x L: (Secara umum A merupakan konstanta kompleks; = p A adalah bilangan kompleks yang memenuhi 2 + A = 0.) Persyaratan X(0) = 0 memaksa C1 = 0, dan X(L) = 0 memberikan C2 sin L = 0. Dengan menganggap C26= 0, kita peroleh sin L = 0 yang berarti bahwa L = n dan karenanya A = n L 2 , dengan n 2 Z. Namun kita di sini cukup mengambil n 2 N mengingat kasus n = 0 hanya menghasilkan solusi nol dan mengganti n dengan n sama saja dengan mengganti C2 dengan C2. Dengan demikian kita peroleh solusi L )2kt sin un(x; t) = e( n nx L ; 0 x L; t 0; untuk setiap n 2 N. Dengan mengambil kombinasi linearnya dan dengan proses limit, kita mempunyai solusi yang berbentuk deret u(x; t) = 1X n=1 L )2kt sin ane( n nx L ; 0 x L; t 0; 15

27. 16 Hendra Gunawan dengan an 2 R untuk setiap n 2 N. Misalkan, sebagai informasi tambahan, diketahui syarat awal u(x; 0) = f(x); x 2 [0;L]. Solusi di atas akan memenuhi syarat ini jika dan hanya jika koe

28. sien an memenuhi f(x) = 1X n=1 an sin nx L ; 0 x L: Masalahnya kemudian adalah adakah an yang memenuhi persamaan ini dan, bila ada, bagaimana menentukannya. 1.2 Persamaan panas untuk kawat melingkar Misalkan kawat tadi ditekuk sehingga membentuk lingkaran (dengan kedua ujung-nya bertemu) dan kita ingin mengetahui distribusi panas pada kawat bila kawat tersebut dipanasi. Di sini posisi setiap titik ditentukan oleh sudut (yang diukur terhadap sumbu acuan) dan suhu di titik tersebut pada saat t adalah u(; t). Gambar 1.2: Kawat Melingkar Karena jarak linear pada lingkaran sebanding dengan jarak sudut (x = r, dengan r = jejari lingkaran), persamaan difusi ut = kuxx menjadi ut = k0u dengan k0 = k r2 . Dengan menuliskan u(; t) = ()T(t), kita peroleh (seperti sebelum-nya) T(t) = C0eAk0t; t 0; 16

29. Analisis Fourier dan Wavelet 17 () = C1 cos p A + C2 sin p A; 2 R; untuk suatu konstanta kompleks A. Sekarang kita tidak mempunyai persyaratan batas karena lingkaran tidak berujung. Namun, mengingat dan + 2n menyatakan sebuah titik yang sama, fungsi () mestilah periodik dengan periode 2: ( + 2n) = () 8 2 [0; 2); n 2 Z: Syarat ini tidak `membunuh' C1 ataupun C2, tetapi memaksa p A = n 2 N [ f0g, sehingga pada akhirnya kita dapatkan solusi yang berbentuk u(; t) = 1X (an cos n + bn sin n)en2k0t; 2 R; t 0: n=0 Jika diketahui syarat awal u(; 0) = f(), maka kita peroleh f() = 1X (an cos n + bn sin n); 2 R: n=0 Masalahnya lagi-lagi adalah apakah f, yang merupakan fungsi periodik dengan periode 2, dapat dinyatakan sebagai deret seperti di atas dan, bila dapat, bagaimana menen-tukan koe

30. sien an dan bn yang memenuhi persamaan tersebut. Deret trigonometri pada ruas kanan persamaan di atas kelak disebut sebagai deret Fourier, sementara bilangan-bilangan an dan bn (yang bergantung pada fungsi f yang diberikan) disebut sebagai koe

31. sien Fourier. Tanda = pada persamaan tersebut berarti bahwa deret pada ruas kanan konvergen ke nilai fungsi f di titik . Secara umum, kekonvergenan ini hanya berlaku hampir di mana-mana, tidak `titik demi titik'. 1.3 Soal latihan 1. Tinjau persamaan gelombang utt = c2uxx untuk seutas kawat yang panjangnya L, dengan syarat batas u(0; t) = u(L; t) = 0 dan syarat awal u(x; 0) = f(x) dan ut(x; 0) = g(x): 17

32. 18 Hendra Gunawan Dengan pemisahan peubah, peroleh solusi berupa deret u(x; t) = 1X n=1 sin nx L an cos nct L + bn sin nct L ; 0 x L; t 0; dengan an memenuhi f(x) = 1X n=1 an sin nx L ; 0 x L; dan bn memenuhi g(x) = 1X n=1 nc L bn sin nx L ; 0 x L: 18

33. Analisis Fourier dan Wavelet 19 2. Deret Fourier Pada bab ini kita akan membahas deret Fourier dari fungsi periodik. Pendekatan yang dipilih dalam diktat ini sama dengan pendekatan dalam buku Fourier Analysis and Its Applications karangan G.B. Folland (Wadsworth, 1992). Untuk kemudahan kita akan lebih banyak bekerja dengan fungsi eksponensial kom-pleks ei daripada fungsi trigonometri cos dan sin . Ingat bahwa fungsi-fungsi ini terkait oleh rumus ei = cos + i sin ; cos = 1 2 (ei + ei) dan sin = 1 2i (ei ei): Kelebihan fungsi cosinus dan sinus adalah bahwa mereka bernilai real dan mempunyai sifat simetri, sementara kelebihan fungsi eksponensial adalah rumus turunan (ei)0 = iei dan rumus jumlah ei(+) = eiei yang relatif lebih sederhana. 2.1 Deret Fourier dari fungsi periodik Misalkan f() adalah sebuah fungsi bernilai kompleks yang terde

34. nisi pada R se-demikian sehingga f( + 2) = f() 8 2 R; yakni f periodik dengan periode 2. Asumsikan pula bahwa f terintegralkan Riemann pada sebarang interval terbatas (ini dipenuhi bila, misalnya, f terbatas dan kontinu kecuali di sejumlah terhingga titik pada sembarang interval terbatas). Kita ingin mengetahui kapankah f dapat diuraikan sebagai deret f() = 1 2 a0 + 1X (an cos n + bn sin n): n=1 Di sini 1 2a0 merupakan koe

35. sien fungsi konstan 1 = cos 0, dan faktor 1 2 sengaja diikut-sertakan untuk kemudahan yang akan kita lihat nanti. Tidak ada b0 karena sin 0 = 0. 19

36. 20 Hendra Gunawan Menggunakan rumus di atas, persamaan tadi dapat dituliskan sebagai f() = 1X n=1 cnein dengan c0 = 1 2 a0; cn = 1 2 (an ibn) dan cn = 1 2 (an + ibn); n 2 N atau a0 = 2c0; an = cn + cn dan bn = i(cn cn); n 2 N: Untuk menjawab pertanyaan di atas, kita mencoba terlebih dahulu mencari syarat perlunya. Jika kita mempunyai persamaan di atas, bagaimana koe

37. sien cn dapat di-hitung dalam f? Dengan mengalikan kedua ruas dengan eik (k 2 Z), kemudian integralkan dari sampai , kita peroleh (dengan menganggap bahwa integral deret sama dengan deret integral) Z f()eik = 1X n=1 cn Z ei(nk)d: Tetapi untuk n6= k Z ei(nk)d = 1 i(n k) ei(nk)

40. = 0; sementara untuk n = k Z ei(nk) = Z d = 2: Jadi satu-satunya suku yang bertahan dalam deret tadi adalah suku ke-k, sehingga kita dapatkan Z f()eikd = 2ck: Dengan menamai kembali k sebagai n, kita peroleh rumus untuk koe

41. sien cn, yakni cn = 1 2 Z f()eind; n 2 Z: Dari sini kita peroleh a0 = 2c0 = 1 Z f()d 20

42. Analisis Fourier dan Wavelet 21 dan untuk n = 1; 2; 3; : : : an = cn + cn = 1 Z f() cos nd bn = i(cn cn) = 1 Z f() sin nd: Perhatikan bahwa rumus untuk an berlaku pula untuk n = 0 karena faktor 1 2 yang sengaja telah kita ikutsertakan sejak awal. Selanjutnya, jika f periodik dengan periode 2 dan terintegralkan pada [; ], maka bilangan cn, atau an dan bn, sebagaimana dirumuskan di atas, disebut sebagai koe

43. sien Fourier dari f, sementara deret 1X n=1 cnein atau 1 2 a0 + 1X (an cos n + bn sin n) n=1 disebut sebagai deret Fourier dari f. Catat bahwa yang telah kita dapatkan saat ini baru syarat perlunya saja, belum syarat cukup. Yakni, jika kita mempunyai sebuah fungsi f yang periodik dengan periode 2 dan terintegralkan pada [; ], maka kita dapat menghitung koe

44. sien-koe

45. sien Fourier dan deret Fourier dari fungsi tersebut. Namun pertanyaan apakah f sama dengan deret Fouriernya, atau apakah deret Fourier dari f konvergen (titik demi titik) ke f, sama sekali belum terjawab. 2.2 Contoh dan Ketaksamaan Bessel Sebelum kita menjawab pertanyaan penting tadi, kita tinjau terlebih dahulu dua buah contoh berikut. Contoh 1. Misalkan f periodik dengan periode 2 dan f() := jj; : Maka, dengan mengingat bahwa f merupakan fungsi genap, kita peroleh a0 = , an = 2 (1)n1 dan bn = 0 untuk setiap n 2 N. Perhatikan bahwa (1)n 1 = 0 bila n n2 genap, dan (1)n 1 = 2 bila n ganjil. Dengan demikian deret Fourier dari f adalah 2 4 X n=1;3;5;::: 1 n2 cos n: 21

46. 22 Hendra Gunawan Gambar2.2a: Fungsi f dan deret Fouriernya (Sumber: Folland) Gambar di atas mengindikasikan bahwa deret Fourier dari f konvergen ke fungsi f secara `titik demi titik'. Hal ini akan kita justi

47. kasi pada bab berikutnya. Contoh 2. Misalkan g periodik dengan periode 2 dan g() := ; : Maka c0 = 0 dan cn = (1)n+1 in untuk setiap n6= 0. Jadi deret Fourier dari g adalah X n6=0 (1)n+1 in ein atau, mengingat (1)n = (1)n dan ein in + ein in = 2 n sin n, 2 1X n=1 (1)n+1 n sin n: 22

48. Analisis Fourier dan Wavelet 23 Gambar 2.2b: Fungsi g dan deret Fouriernya (Sumber: Folland) Perhatikan bagaimana deret Fourier dari g menghampiri fungsi g, khususnya di titik-titik diskontinuitas g. Apa yang sebenarnya terjadi akan dijelaskan pada bab berikutnya. (Pelajari pula tentang fenomena Gibbs pada x5.4.) Ketaksamaan berikut memberikan suatu hampiran untuk koe

49. sien Fourier, yang kelak diperlukan dalam pembahasan kekonvergenan deret Fourier. Teorema A (Ketaksamaan Bessel). Jika f periodik dengan periode 2 dan terintegralkan Riemann pada [; ], maka koe

50. sien Fourier cn yang ditentukan oleh rumus di atas memenuhi ketaksamaan 1X n=1 jcnj2 1 2 Z jf()j2d: 23

51. 24 Hendra Gunawan Catatan. Mengingat ja0j2 = 4jc0j2 dan janj2 + jbnj2 = 2(jcnj2 + jcnj2) untuk n 1, kita peroleh 1 4 ja0j2 + 1 2 1X (janj2 + jbnj2) = n=1 1X n=1 jcnj2 1 2 Z jf()j2d: Bukti. Karena jzj2 = zz, maka untuk setiap 2 [; ] dan N 2 N berlaku jf() XN n=N cneinj2 = jf()j2 XN n=N [cn f()eincnf()ein]+ XN m;n=N cmcnei(mn): Bagi kedua ruas dengan 2 dan integralkan pada [; ], dengan mengingat rumus koe

52. sien cn pada x2.1: 1 2 Z jf() XN n=N cneinj2d = 1 2 Z jf()j2d XN n=N jcnj2: Karena integral di ruas kiri tak mungkin negatif, maka 1 2 Z jf()j2d XN n=N jcnj2; dan ini berlaku untuk setiap n 2 N. [QED] Akibat B (Lemma Riemann-Lebesgue). Koe

53. sien Fourier cn menuju 0 bila jnj ! 1. Koe

54. sien Fourier an dan bn menuju 0 bila n ! 1. Bukti. janj2; jbnj2, dan jcnj2 merupakan suku ke-n deret yang konvergen, dan karenanya mereka menuju 0 dan demikian pula halnya dengan an; bn, dan cn. [QED] 2.3 Soal latihan 1. Veri

55. kasi hubungan antara an; bn, dan cn yang dibahas pada x2.1, yakni c0 = 1 2 a0; cn = 1 2 (an ibn) dan cn = 1 2 (an + ibn); n 2 N atau a0 = 2c0; an = cn + cn dan bn = i(cn cn); n 2 N: 2. (a) Veri

56. kasi hasil perhitungan koe

57. sien an dan bn pada Contoh 1. (b) Veri

58. kasi hasil perhitungan koe

59. sien cn pada Contoh 2. 3. Veri

60. kasi hubungan antara janj; jbnj, dan jcnj yang dinyatakan sebagai Catatan di bawah Teorema A. 24

61. Analisis Fourier dan Wavelet 25 3. Kekonvergenan Deret Fourier Sekarang kita akan membahas kekonvergenan deret Fourier, khususnya kekonvergenan titik demi titik. Melalui Contoh 2 yang dibahas pada bab sebelumnya kita menge-tahui bahwa secara umum deret Fourier dari suatu fungsi tidak selalu konvergen titik demi titik ke fungsi semula, khususnya di titik di mana fungsi tersebut diskontinu. Na-mun, kita akan melihat bila fungsi tersebut memenuhi sejumlah hipotesis tertentu, maka deret Fourier-nya akan konvergen titik demi titik. 3.1 Jumlah parsial dan intuisi melalui kernel Dirichlet Untuk menjawab pertanyaan apakah deret 1 2 a0 + 1X (an cos n + bn sin n) n=1 atau deret 1X n=1 cnein; dengan an; bn, dan cn sebagaimana diberikan sebelumnya, konvergen ke f(), kita tinjau jumlah parsialnya, yakni Sf N() := XN n=N cnein = 1 2 a0 + XN (an cos n + bn sin n): n=1 (Ketika kita bekerja dengan bentuk eksponensial, kita sepakat bahwa kita senantiasa menyatukan suku ein dan ein. Itu sebabnya kita harus menyelidiki jumlah parsial `simetris' di atas.) Jika kita substitusikan rumus untuk cn ke dalam jumlah parsial tadi, maka kita akan mendapatkan Sf N() = 1 2 XN n=N Z f( )ein( )d = 1 2 XN n=N Z f( )ein( )d : 25

62. 26 Hendra Gunawan Selanjutnya, dengan substitusi peubah := dan mengingat bahwa f periodik dengan periode 2, kita peroleh Sf N() = 1 2 XN N Z + + f( + )eind = 1 2 XN N Z f( + )eind: Karena PN N R : : : = R PN n=N : : :, kita dapat menuliskan Sf N() = Z f( + )DN()d; dengan DN() := 1 2 PN n=N ein. Fungsi DN() dikenal sebagai kernel Dirichlet. Dengan mengenalinya sebagai deret geometri, dengan suku pertama eiN dan rasio ei, kita dapat menyederhanakannya sebagai DN() = 1 2 ei(N+1) eiN ei 1 : Selanjutnya, dengan mengalikan pembilang dan penyebut dengan ei=2, kita peroleh DN() = 1 2 ei(N+1=2) ei(N+1=2) ei=2 ei=2 = 1 2 sin(N + 1=2) sin =2 : Gra

63. k DN() untuk N = 25 kurang lebih berbentuk seperti di bawah ini. Gambar 3.1: Gra

64. k D25() (Sumber: Folland) Intuisi yang mendorong kita untuk menyimpulkan bahwa Sf N() ! f() adalah sebagai berikut: titik puncak DN() yang terjadi di = 0 `memetik' nilai f() pada 26

65. Analisis Fourier dan Wavelet 27 Sf N(); sementara osilasi cepat yang terjadi pada DN() untuk jauh dari 0 `membunuh' bagian lainnya karena adanya pencoretan antara nilai positif dan negatif. 3.2 Kekonvergenan titik demi titik dan seragam Untuk membuktikan kekonvergenan titik demi titik deret Fourier, kita memerlukan lemma berikut mengenai kernel Dirichet dan sejumlah peristilahan. Lemma A (Kernel Dirichlet). Untuk setiap N 2 N berlaku Z 0 DN()d = Z 0 DN()d = 1 2 : Bukti. Dari rumus untuk DN, kita mempunyai DN() = 1 2 + 1 XN n=1 cos n; sehingga Z 0 DN()d = h 2 + 1 XN n=1 sin n n i 0 = 1 2 : Serupa dengan itu, Z 0 DN()d = 1 2 ; sebagaimana diharapkan. [QED] Misalkan 1 a b 1. Kita katakan bahwa f kontinu bagian demi bagian pada [a; b] apabila f kontinu pada [a; b] kecuali mungkin di sejumlah terhingga titik, sebutlah x1; : : : ; xk, dan di titik-titik ini f mempunyai limit kiri dan limit kanan. [Jika titik a atau b termasuk salah satu titik tersebut, maka f hanya dipersyaratkan mem-punyai limit kanan saja (di a) atau limit kiri saja (di b).] Lalu, kita katakan bahwa f mulus bagian demi bagian pada [a; b] apabila f dan turunan pertamanya, yaitu f0, kontinu bagian demi bagian pada [a; b]. Dalam hal ini fungsi yang mempunyai diskontinuitas tak terhingga (seperti f(x) = 1=x di x = 0) dan fungsi yang mempunyai patahan `vertikal' (dengan turunan kiri atau turunan kanan tak terhingga) tidak termasuk fungsi yang mulus bagian demi bagian. 27

66. 28 Hendra Gunawan Sebagai ilustrasi, fungsi yang kontinu bagian demi bagian dapat berbentuk seperti pada gambar di bawah ini: Gambar 3.2a: Fungsi kontinu bagian demi bagian Fungsi pada gambar di atas juga mulus bagian demi bagian. Contoh fungsi yang tidak mulus bagian demi bagian misalnya fungsi seperti di bawah ini: Gambar 3.2b: Bukan fungsi mulus bagian demi bagian Selanjutnya, f dikatakan kontinu (mulus) bagian demi bagian pada R apabila ia kontinu (mulus) bagian demi bagian pada sebarang selang terbatas [a; b]. Teorema B (Kekonvergenan Titik Demi Titik). Jika f periodik dengan periode 2 dan mulus bagian demi bagian, maka lim N!1 Sf N() = 1 2 [f() + f(+)]; dengan f() := lim h!0 f( + h) dan f(+) := lim h!0+ f( + h): 28

67. Analisis Fourier dan Wavelet 29 Bukti. Menurut Lemma Kernel Dirichlet, kita mempunyai 1 2 f() = f() Z 0 DN()d; 1 2 f(+) = f(+) Z 0 DN()d; sehingga Sf N() 1 2 [f() + f(+)] = 1 2 Z g()[ei(N+1) eiN]d; dengan g() = f( + ) f() ei 1 ; 0; g() = f( + ) f(+) ei 1 ; 0 : Di sini g terde

68. nisi dengan baik pada [; ] dan sama mulusnya dengan f, kecuali di dekat = 0. Namun, berdasarkan Aturan L'Hopital, g mempunyai limit kanan dan limit kiri di 0, sehingga g kontinu bagian demi bagian pada [; ]. Akibatnya, menurut Ketaksamaan Bessel, koe

69. sien Fourier dari g, sebutlah Cn, akan menuju 0 bila n ! 1. Sebagai selisih dua koe

70. sien Fourier dari g, ekspresi di atas akan menuju 0 bila N ! 1. [QED] Teorema di atas memberitahu kita bahwa deret Fourier dari f konvergen titik demi titik ke f, kecuali mungkin di titik-titik diskontinuitas f. Bila kita de

71. nisikan ulang nilai f di titik-titik diskontinuitasnya sebagai nilai rata-rata limit kiri dan limit kanannya, maka deret Fourier dari f yang mulus bagian demi bagian pada [; ] akan konvergen titik demi titik pada [; ]. Lebih jauh, jika f juga kontinu pada [; ], maka kita mempunyai teorema berikut. Teorema C (Kekonvergenan Seragam). Jika f periodik dengan periode 2, kontinu dan mulus bagian demi bagian, maka deret Fourier f konvergen mutlak dan secara seragam pada R. 3.3 Soal latihan 1. Misalkan f dan g periodik dengan periode 2 dan mulus bagian demi bagian. Buktikan jika f dan g mempunyai koe

72. sien Fourier yang sama, maka mestilah f = g. 29

73. 30 Hendra Gunawan 2. Gunakan deret Fourier pada Contoh 2 yang dibahas pada Bab 2 dan teorema kekonvergenan titik demi titik di atas untuk membuktikan kesamaan 1X k=1 1 (2k 1)2 = 2 8 dengan meninjau nilai deret Fourier dan fungsi tersebut di = 0. 3. Buktikan bahwa 1X n=1 1 n2 = 2 6 dengan menggunakan deret Fourier dari fungsi tertentu. 30

74. Analisis Fourier dan Wavelet 31 4. Deret Fourier pada Interval Sembarang dan Aplikasinya Kita telah mempelajari bagaimana menguraikan fungsi periodik dengan periode 2 yang terde

75. nisi pada R sebagai deret Fourier. Deret trigonometri tersebut sebetulnya dapat pula dipakai sebagai representasi fungsi yang terde

76. nisi pada interval sembarang yang panjangnya 2. Pada bab ini kita akan membahas deret Fourier dari suatu fungsi yang dide

77. nisikan pada interval sembarang dan aplikasinya. 4.1 Deret Fourier pada interval sembarang Misalkan kita mempunyai sebuah fungsi f yang terde

78. nisi pada [; ], dengan asumsi f() = f(). (Asumsi ini dapat dipenuhi dengan cara mende

79. nisikan ulang, bila perlu, nilai f di salah satu titik ujungnya. Asumsi ini dapat pula dihapuskan dengan menganggap f terde

80. nisi hanya pada (; ].) Selanjutnya misalkan f terbatas dan terintegralkan pada [; ]. Kita perluas f pada R sedemikian sehingga f periodik dengan periode 2, melalui f( + 2n) = f() 8 2 (; ]; n 2 Z: Sebagai contoh, fungsi periodik f yang dibahas pada Bab 2, Contoh 1, dapat dipandang sebagai perluasan periodik fungsi f() = jj dari interval (; ] ke seluruh R. Jika f mulus bagian demi bagian pada (; ], maka kita dapat menguraikannya sebagai deret Fourier. Dengan membatasi kembali peubah pada [; ], kita peroleh deret Fourier dari fungsi semula. Sekarang misalkan f terde

81. nisi hanya pada [0; ]. Kita dapat memperluas f pada R sedemikian sehingga ia merupakan fungsi periodik dengan periode 2, dan kemudian kita peroleh deret Fouriernya. Untuk memperluas f pada R, pertama kita perluas f pada [; ]. Ada dua cara yang baku untuk hal ini, yakni dengan membuatnya menjadi fungsi 31

82. 32 Hendra Gunawan genap atau ganjil. Perluasan genap fgenap pada [; ] dapat diperoleh melalui fgenap() = f() 8 2 [0; ]; sementara perluasan ganjil fganjil dapat diperoleh melalui fganjil() = f() 8 2 (0; ]; fganjil(0) = 0; Untuk ilustrasi, lihat gambar berikut. Gambar 4.1: Fungsi beserta perluasan ganjil dan perluasan genap Keuntungan menggunakan fgenap dan fganjil adalah bahwa koe

83. sien Fouriernya kelak lebih sederhana. Untuk fgenap, koe

84. sien sinusnya akan sama dengan nol (karena sin n merupakan fungsi ganjil). Untuk fganjil, koe

85. sien cosinusnya akan sama dengan nol (karena cos n merupakan fungsi genap). Jadi, deret Fourier dari fgenap hanya melibatkan fungsi cosinus, sementara deret Fourier dari fganjil hanya melibatkan fungsi 32

86. Analisis Fourier dan Wavelet 33 sinus. Dengan simetri, perhitungan koe

87. sien lainnya juga menjadi lebih mudah: Z fgenap() cos n d = 2 Z 0 f() cos n d; Z fganjil() sin n d = 2 Z 0 f() sin n d: Perhatikan bahwa pada akhirnya fungsi f yang semula terde

88. nisi pada [0; ] muncul kembali dalam perhitungan koe

89. sien Fourier di atas. Selanjutnya, misalkan f terintegralkan pada [0; ]. Deret 1 2 a0 + Xn n=1 an cos n; dengan an = 2 Z 0 f() cos n d; disebut deret Fourier cosinus dari f. Sementara itu, deret Xn n=1 bn sin n; dengan bn = 2 Z 0 f() sin n d; disebut deret Fourier sinus dari f. Teorema A. Misalkan f mulus bagian demi bagian pada [0; ]. Maka, deret Fourier cosinus dan deret Fourier sinus dari f konvergen ke 1 2 [f()+f(+)] di setiap 2 (0; ). Khususnya, mereka konvergen ke f() jika f kontinu di 2 (0; ). Deret Fourier cosinus dari f konvergen ke f(0+) di = 0 dan ke f() di = ; deret Fourier sinus dari f konvergen ke 0 di kedua titik tersebut. Sekarang misalkan f(x) adalah fungsi periodik dengan periode 2L. Dengan substi-tusi peubah x := L , kita peroleh fungsi baru g() := f L = f(x): Perhatikan bahwa g merupakan fungsi periodik dengan periode 2, dan karenanya dapat diuraikan sebagai deret Fourier g() = 1X n=1 cnein; cn = 1 2 Z g()eind; 33

90. 34 Hendra Gunawan asalkan g mulus bagian demi bagian. Jika kita subtitusikan kembali = x L ke dalam rumus di atas, maka kita dapatkan deret Fourier periodik dengan periode 2L dari fungsi f semula: f(x) = 1X n=1 cneinx=L; cn = 1 2L Z L L f(x)einx=Ldx: Dinyatakan dalam cosinus dan sinus, deret ini menjadi f(x) = 1 2 a0 + 1X an cos n=1 nx L + bn sin nx L ; dengan an = 1 L Z L L f(x) cos nx L dx; bn = 1 L Z L L f(x) sin nx L dx: Dengan cara yang serupa seperti sebelumnya kita dapat memperoleh deret Fourier cosinus dan deret Fourier sinus dari fungsi f yang mulus bagian demi bagian pada [0;L], yakni f(x) = 1 2 a0 + 1X n=1 an cos nx L ; an = 2 L Z L 0 f(x) cos nx L dx; dan f(x) = 1X n=1 bn sin nx L ; bn = 2 L Z L 0 f(x) sin nx L dx: Contoh 1. Deret Fourier cosinus dari fungsi f(x) := x; x 2 [0; 1], adalah 1 2 4 2 1X n=1 1 (2n 1)2 cos(2n 1)x; sementara deret Fourier sinusnya adalah 2 1X n=1 (1)n+1 n sin nx: 4.2 Contoh aplikasi Pada Bab 1 kita telah membahas persamaan panas untuk sepotong kawat lurus yang panjangnya L, yakni uu = kuxx 34

91. Analisis Fourier dan Wavelet 35 dengan syarat batas u(0; t) = u(L; t) = 0; t 0; dan syarat awal u(x; 0) = f(x); 0 x L: Kandidat solusi masalah ini adalah u(x; t) = 1X n=1 bnen22kt=L2 sin nx L ; 0 x L; t 0; dengan koe

92. sien bn memenuhi f(x) = 1X n=1 bn sin nx L ; 0 x L: Sekarang kita telah mengetahui bahwa persamaan terakhir di atas dapat dipenuhi apabila f mulus bagian demi bagian pada [0;L] dan bn = 2 L Z L 0 f(x) sin nx L dx; n 2 N: Pertanyaannya kemudian adalah: apakah u(x; t) yang diberikan sebagai deret oleh ru-mus di atas, dengan koe

93. sien bn ini, sungguh merupakan solusi masalah tadi? Jawaban-nya ya. Penjelasannya adalah sebagai berikut: Masing-masing suku deret merupakan solusi persamaan panas. Pada daerah 0 x L; t 0, deret konvergen mutlak dan seragam. Karena itu, penurunan suku demi suku dapat dilakukan untuk menunjukkan bahwa u(x; t) merupakan solusi persamaan panas. Syarat batas u(0; t) = u(L; t) = 0 dan u(x; 0) = f(x) mudah diperiksa. Lebih jauh, dengan uji M-Weierstrass, dapat ditunjukkan bahwa deret konvergen seragam pada daerah 0 x L; t 0, dan karenanya u kontinu pada daerah ini, sehingga u(x; t) ! u(x; 0) = f(x) bila t ! 0+. Pertanyaan berikutnya adalah: apakah solusi masalah tersebut tunggal? Jawa-bannya juga ya. Setiap solusi u(x; t) untuk masalah tersebut mestilah dapat diuraikan sebagai deret Fourier dalam x untuk setiap t. Substitusikan deret ini ke dalam per-samaan dan gunakan syarat awal, kita akan sampai pada kesimpulan bahwa koe

94. sien deret ini mestilah sama dengan koe

95. sien Fourier yang kita peroleh sebelumnya. 35

96. 36 Hendra Gunawan 4.3 Soal Latihan 1. Bagaimana anda dapat memperoleh deret Fourier dari sebuah fungsi yang terde

97. n-isi pada sebarang interval [a; b]? Jelaskan secara detil. 2. Veri

98. kasi ketunggalan solusi persamaan panas dengan syarat batas dan syarat awal yang dibahas pada x4.2. 3. Tentukan solusi tak homogen dari persamaan diferensial biasa orde 2 berikut: y00 + 0; 02y0 + 25y = r(t) dengan r(t) := jtj 1 2 untuk 1 t 1 dan r(t + 2) = r(t) untuk setiap t 2 R. (Petunjuk: Nyatakan r(t) sebagai deret Fourier terlebih dahulu.) 36

99. Analisis Fourier dan Wavelet 37 5. Beberapa Catatan Mengenai Deret Fourier Kita telah mempelajari deret Fourier dan aplikasinya, tetapi itu sebetulnya baru sebagian saja. Berikut adalah beberapa informasi tambahan mengenai deret Fourier yang mungkin perlu diketahui oleh Anda. 5.1 Turunan dan Integral dari Deret Fourier Teorema A (Turunan dari deret Fourier). Misalkan f periodik dengan periode 2, kontinu, dan mulus bagian demi bagian. Misalkan an; bn, dan cn adalah koe

100. sien Fourier dari f (real dan kompleks). Misalkan a0 n, dan c0 n; b0 n menyatakan koe

101. sien Fourier dari f0. Maka, untuk setiap n, berlaku a0 n = nbn; b0 n = nan; dan c0 n = incn: Teorema B (Integral dari deret Fourier). Misalkan f periodik dengan periode 2, dan an; bn, dan cn adalah koe

102. sien Fourier dari f. Misalkan F() = R 0 f()d, anti-turunan dari f. Jika c0(= 1 2a0) = 0, maka untuk setiap berlaku F() = C0 + X n6=0 cn in ein = 1 2 A0 + 1X an n n=1 sin n bn n cos n ; dengan suku konstanta C0 sama dengan nilai rata-rata F pada [; ], yakni C0 = 1 2 A0 = 1 2 Z F()d: Catatan. Pada Bab 3, kita membahas kekonvergenan deret Fourier, khususnya kekon-vergenan titik demi titik. Kekonvergenan seragam deret Fourier diperoleh bila f peri-odik dengan periode 2, kontinu, dan mulus bagian demi bagian pada R. Pembuktian dalil ini sesungguhnya memerlukan Teorema A yang berkaitan dengan turunan dari deret Fourier. Bila penasaran, lihat buku G.B. Folland (Wadsworth, 1992). 37

103. 38 Hendra Gunawan 5.2 Deret Fourier sebagai transformasi Diberikan sebuah fungsi periodik f dengan periode 2L, koe

104. sien Fourier cn dari f dapat dipandang sebagai suatu pemetaan n7! cn = 1 2L Z L L f()einx=L dx; yang terde

105. nisi pada Z. Transformasi f7! fcng memetakan fungsi periodik f yang terde

106. nisi pada R ke barisan fcng yang terde

107. nisi pada Z. Transformasi ini memetakan fungsi dengan domain waktu ke fungsi dengan do-main frekuensi. Secara

108. sis, cn menyimpan informasi tentang sinyal f yang mempunyai frekuensi

110. n L

114. . Catat bahwa semakin besar L, semakin kerap domain frekuensi f n L

116. g. Invers dari transformasi tersebut memetakan barisan (n) yang terde

117. nisi pada Z ke fungsi periodik g() := 1P n=1 (n)einx=L yang terde

118. nisi pada R. Rumus ini memberi kita cara untuk merekonstruksi f dari barisan fcng: f() = 1P n=1 cneinx=L. Pada prinsipnya, informasi tentang f tersimpan dalam fcng, dan sebaliknya. Na-mun, terdapat beberapa keuntungan bila kita bekerja dengan fcng dibandingkan de-ngan f. Sebagai contoh, Teorema A pada x5.1 menunjukkan bahwa transformasi di atas `mengubah' operasi penurunan (pada f) menjadi perkalian dengan in L (pada fcng): jika c0 n menyatakan koe

119. sien Fourier dari f0, maka c0 n = in L cn. 5.3 Perbandingan dengan deret Taylor Kita masih ingat bagaimana menguraikan sebuah fungsi f sebagai deret Taylor di sekitar suatu titik x0 dalam daerah de

120. nisinya: f(x) = 1X n=0 f(n)(x0) n! (x x0)n; jx x0j r; asalkan f dapat diturunkan tak hingga kali di x0, dan suku sisa Taylor-nya menuju 0 pada interval tersebut. Kecepatan kekonvergan deret Taylor di x bergantung pada seberapa jauh x dari x0. Secara umum, jumlah parsial dari deret Taylor dapat mem-berikan hampiran yang sangat baik di dekat x0 tetapi tidak terlalu baik untuk x yang jauh dari x0. 38

121. Analisis Fourier dan Wavelet 39 Berbeda dengan deret Taylor, deret Fourier untuk fungsi f yang periodik dengan periode 2L tidak mengharuskan f mempunyai turunan tiap orde. Bila f cukup mulus pada [L;L], jumlah parsial dari deret Fourier akan konvergen ke f cukup cepat dan secara seragam, serta memberikan hampiran yang baik pada [L;L]. Jadi, bila deret Taylor terkait erat dengan perilaku lokal fungsi, maka deret Fourier terkait erat dengan perilaku global fungsi. 5.4 Fenomena Gibbs Misalkan f adalah sebuah fungsi periodik. Jika f mempunyai diskontinuitas di x0, maka deret Fourier dari f tidak mungkin konvergen ke f secara seragam pada interval yang mengandung x0 (karena limit seragam dari barisan fungsi kontinu haruslah kon-tinu). Untuk fungsi f yang mulus bagian demi bagian, deret Fourier dari f mengalami suatu fenomena yang dikenal sebagai fenomena Gibbs, khususnya di titik-titik diskon-tinuitas fungsi f. Jumlah parsialnya dalam hal ini akan overshoot dan undershoot f di dekat titik diskontinuitasnya. Sebagai ilustrasi, tinjau f() := ; untuk 0 2; f(+2n) = f() untuk setiap n 2 Z. Maka, deret Fourier dari f akan tampak seperti pada gambar di bawah ini. Perhatikan bahwa ada semacam spike di dekat titik-titik diskontinuitas f. Gambar 5.4: Fenomena Gibbs (Sumber: Folland) Untuk mengetahui berapa besar overshoot dan undershoot tersebut, kerjaka 39

122. 40 Hendra Gunawan soal di bawah ini (yang dicuplik dari buku G.B. Folland Fourier Analysis and Its Applications (Wadsworth, 1992). 5.5 Soal latihan 1. Diketahui f() := ; untuk 0 2; f(+2n) = f() untuk setiap n 2 Z. (a) Tunjukkan bahwa f() = 2 P1 n=1 sin n n untuk 0 2. (b) Misalkan gN() := 2 PN n=1 sin n n (): Tunjukkan bahwa g0N () = 2DN(), dengan DN adalah kernel Dirichlet pada x3. (c) Tunjukkan bahwa titik stasioner pertama di sebelah kanan 0 dari gN() tercapai di N := N+1=2 , dan gN(N) = Z N 0 sin(N + 1 2 ) sin 1 2 d : (d) Tunjukkan bahwa lim N!1 gN(N) = 2 R 0 sin d : 40

123. Analisis Fourier dan Wavelet 41 6. Himpunan Fungsi Ortogonal Misalkan f periodik dengan periode 2, dan mulus bagian demi bagian pada [; ]. Jika Sf N() = PN n=N cnein; n = 0; 1; 2; : : :, adalah jumlah parsial dari deret Fourier f, maka kita telah menunjukkan bahwa (Sf N) konvergen ke f, yakni lim N!1 XN n=N cnein = f() hampir di mana-mana. Dalam hal ini kita dapat merekonstruksi f dari koe

124. sien-koe

125. sien Fourier-nya melalui f() = 1X n=1 cnein: Namun, secara umum, deret Fourier f tidak selalu sama persis dengan fungsi f sem-ula. Bahkan, dalam kasus ekstrim, deret Fourier f dapat divergen di mana-mana, sebagaimana ditunjukkan oleh Kolmogorov (1926). Fungsi yang mulus bagian demi bagian pada [; ] tentunya terintegralkan pada [; ]. Keterintegralan f pada [; ] merupakan premis yang diasumsikan pada awal pembahasan deret Fourier. Tetapi, fakta di atas mengindikasikan bahwa mestinya ada hal lain selain keterintegralan f pada [; ] yang menjamin deret Fourier f konvergen ke f. 6.1 Himpunan fungsi ortogonal Deret Fourier dibentuk dari suatu keluarga fungsi ortogonal di suatu ruang fungsi yang dilengkapi dengan hasilkali dalam tertentu. Di ruang vektor X yang dilengkapi dengan hasilkali h; i dan norm k k, vektor u 2 X disebut vektor normal jika kuk = 1. Vektor v6= 0 dapat dinormalkan dengan membaginya dengan kvk: jika u := v kvk , maka kuk = 1. Himpunan vektor fu1; : : : ; ung 41

126. 42 Hendra Gunawan disebut himpunan ortonormal jika kuik = 1 untuk tiap i = 1; : : : ; n dan hui; uji = 0 untuk i6= j; yakni jika hui; uji = ij ; i; j = 1; : : : ; n: [Jika vi6= 0 untuk tiap i = 1; : : : ; n dan hvi; vji = 0 untuk i6= j, maka fv1; : : : ; vjg disebut himpunan ortogonal.] Jika fu1; : : : ; ukg ortonormal di Ck dan v = 1u1 + + kuk, maka i = hv; uii untuk tiap i = 1; : : : ; k. Sebaliknya, misalkan v 2 Ck. Jika kita de

127. nisikan i = hv; uii untuk i = 1; : : : ; n dan tulis v = 1u1 + + kuk, maka w = v v ? ui, karena hw; uii = hv; uii hv; uii = 0; untuk tiap i = 1; : : : ; n. Akibatnya w = 0, karena bila tidak, maka fu1; : : : ; uk;wg merupakan himpunan ortogonal dengan k + 1 anggota di Ck. Teorema A. Misalkan fu1; : : : ; ukg himpunan ortonormal k vektor di Ck. Maka, untuk setiap v 2 Ck, berlaku (a) v = hv; u1iu1 + + hv; ukiuk: (b) kvk2 = jhv; u1ij2 + + jhv; ukij2: 6.2 Ruang PC(a; b) sebagai ruang hasilkali dalam Mari kita tinjau ruang PC(a; b), yaitu ruang fungsi kontinu bagian demi bagian pada [a; b]. Ingat bahwa f dikatakan kontinu bagian demi bagian pada [a; b] apabila f kontinu pada [a; b] kecuali di sejumlah terhingga titik x1; : : : ; xk, dan di titik-titik tersebut limit kiri dan limit kanan f ada. Fungsi f di PC(a; b) tidak hanya terinte-gralkan tetapi juga kuadratnya terintegralkan, yakni jfj2 terintegralkan, pada (a; b). Pada PC(a; b) kita dapat mende

128. nisikan hasilkali dalam hf; gi := Z b a f(x)g(x) dx dan norm kfk := Z b a #1=2 jf(x)j2dx : 42

129. Analisis Fourier dan Wavelet 43 Ketaksamaan Cauchy-Schwarz, Ketaksamaan Segitiga, dan Hukum Pythagoras berlaku di PC(a; b) dengan h; i dan k k di atas. Teorema B (Hukum Pythagoras). Jika ff1; : : : ; fng ortogonal, maka kf1 + + fnk2 = kf1k2 + + kfnk2: Diberikan suatu himpunan ortonormal fng di PC(a; b) dan f 2 PC(a; b) sem-barang, kita ingin tahu apakah f = P nhf; nin. Mengingat bahwa PC(a; b) berdi-mensi tak terhingga, pertanyaan ini tidak dapat segera kita jawab. Jika fng terhingga, jelas hal tersebut tidak mungkin terjadi. Jika fng tak terhingga, apakah cukup banyak untuk merentang PC(a; b)? Sebelum menjawab pertanyaan ini secara rinci, mari kita tinjau keluarga fungsi n(x) := 1 p 2 einx; n 2 Z di ruang PC(; ). Perhatikan bahwa untuk setiap m; n 2 Z berlaku hm; ni = 1 2 Z eimxeinx dx = 1 2 Z ei(mn)x dx = mn: Jadi fng1 1 merupakan himpunan ortonormal. Selanjutnya, koe

130. sien Fourier cn dari f 2 PC(; ) diberikan oleh rumus cn = 1 p 2 Z f(x)einx dx = 1 p 2 hf; ni; n 2 Z: Jadi, 1X n=1 cneinx = 1X n=1 1 p 2 hf; ni p 2n(x) = 1X hf; nin(x): n=1 Jadi deret Fourier f merupakan uraian terhadap himpunan ortonormal fng. Demikian pula kita dapat memeriksa bahwa keluarga fungsi f ng10 dengan 0(x) = 1 p ; n(x) = p 2 p cos nx; n = 1; 2; 3; : : : merupakan keluarga fungsi ortonormal di PC(0; ). Selanjutnya, koe

131. sien cosinus Fourier an dari f 2 PC(0; ) yang diberikan oleh rumus an = 2 Z 0 f(x) cos nx dx = ( p2 hf; 0i; untuk n = 0, p p2 hf; ni; untuk n = 1; 2; 3; : : :, 43

132. 44 Hendra Gunawan memenuhi 1 2 a0 + 1X n=1 an cos nx = 1X hf; ni n(x): n=0 Hal serupa terjadi untuk deret sinus Fourier dan deret Fourier lengkap (versi real). Kita sudah tahu bahwa deret Fourier ini konvergen ke f hampir di mana-mana apabila f mulus bagian demi bagian pada [; ]. Pertanyaannya adalah: bagaimana bila f 2 PC(; )? 6.3 Kekonvergenan di ruang PC(a; b) Barisan fungsi ffng di PC(a; b) dikatakan konvergen dalam norm ke f 2 PC(a; b) apabila kfn fk ! 0 untuk n ! 1, yakni jika Z b a jfn(x) f(x)j2 dx ! 0; untuk n ! 1: Perlu dicatat bahwa kekonvergenan dalam norm tidak menjamin kekonvergan titik demi titik. Sebagai contoh, ambil fn(x) = 1; jika 0 x 1 n, 0; jika x lainnya. Di sini kfnk2 = 1 n ! 0 bila n ! 1. Jadi ffng konvergen ke f 0 dalam norm. Tetapi fn(0) = 1 untuk tiap n 2 N, sehingga ffng tidak konvergen ke 0 titik demi titik. Sebaliknya, misalkan gn(x) = n; jika 0 x 1 n, 0; jika x lainnya. Maka, gn ! 0 titik demi titik, tetapi kgnk2 = Z 1 0 jgn(x)j2 = Z 1=n 0 n2dx = n6! 0 bila n ! 1. Teorema C. Jika fn ! f secara seragam pada [a; b], maka fn ! f dalam norm. Bukti. Diberikan 0 sembarang, kita pilih n0 2 N sedemikian sehingga untuk setiap x 2 [a; b] dan n n0 berlaku jfn(x) f(x)j p ba . Akibatnya, kfn fk2 = Z b a jfn(x) f(x)j2 dx 2: 44

133. Analisis Fourier dan Wavelet 45 Ini menunjukkan bahwa ffng konvergen ke f dalam norm. [QED] Di satu sisi, dengan adanya hasilkali dalam h; i dan norm k k = h; i1=2, ruang PC(a; b) sekarang lebih terstruktur (secara geometri). Di sisi lain, ruang ini menjadi `tidak lengkap', yakni: terdapat barisan Cauchy ffng di PC(a; b) yang tidak konvergen ke suatu fungsi f 2 PC(a; b). Sebagai contoh, tinjau PC(0; 1) dan ambil barisan ffng dengan fn(x) = x1=4; jika x 1 n, 0; jika x 1 n : Jika m n, maka fm(x) fn(x) = x1=4; jika 1 m x 1 n, 0; jika x lainnya ; sehingga kfm fnk2 = Z 1 n 1 m x1 1 p 2 dx = 2 n 1 p m ! 0; bila m; n ! 1. Jadi ffng merupakan barisan Cauchy; tetapi limitnya (baik titik demi titik maupun dalam norm) adalah fungsi f(x) = x1=4; jika x 0, 0; jika x = 0, yang bukan anggota PC(0; 1) karena lim x!0+ f(x) = 1. Lalu apa yang harus dilakukan? Sebagaimana lazimnya, yang harus dilakukan adalah `melengkapi' ruang PC(a; b), dengan menambahkan limit-limit dari semua ba-risan Cauchy pada PC(a; b). Hasilnya adalah ruang L2(a; b) yang akan dibahas pada bab selanjutnya. 6.4 Soal latihan 1. Buktikan Teorema A bagian (b). 2. Buktikan Teorema B. 3. Buktikan bahwa keluarga fungsi fng11 dengan n(x) := p p2 sin nx; n = 1; 2; 3; : : :, merupakan himpunan ortonormal di PC(0; ), dan koe

134. sien sinus Fourier bn = 2 Z 0 f(x) sin nx dx = p 2 p hf; ni; memenuhi 1X n=1 bn sin nx = 1X n=1 hf; nin(x): 45

135. 46 Hendra Gunawan 7. Ruang L2(a; b) Ruang L2(a; b) dide

136. nisikan sebagai ruang semua fungsi f yang kuadratnya terin-tegralkan pada [a; b], yakni L2(a; b) := ff : Z b a jf(x)j2 dx 1g: Ruang ini mencakup fungsi-fungsi f yang tak terbatas pada [a; b] tetapi jfj2 terinte-gralkan, termasuk dalam pengertian integral tak wajar menurut Riemann. 7.2 Topologi di L2(a; b) Di ruang L2(a; b), hasilkali dalam h; i yang dide

137. nisikan sebagai hf; gi := Z b a f(x)g(x) dx terde

138. nisi dengan baik, mengingat jf(x)g(x)j 1 2 jf(x)j2 + jg(x)j2 : Seperti halnya di PC(a; b), norm k k pada L2(a; b) yang dide

139. nisikan sebagai kfk := Z b a 1=2 jf(x)j2dx mempunyai sedikit masalah, yaitu kfk = 0 tidak mengakibatkan f = 0 tetapi f = 0 hampir di mana-mana. Untuk mengatasi masalah ini, dua fungsi di L2(a; b) dianggap sama bila mereka bernilai sama hampir di mana-mana. Dengan kata lain, anggota L2(a; b) sekarang adalah kelas-kelas ekuivalen fungsi. Namun, dalam prakteknya, kita sering mengaburkan kelas ekuivalen dan fungsi yang mewakili kelas ekuivalen tersebut. Teorema berikut tidak akan dibuktikan, tapi akan menjadi rujukan kita ke depan. 46

140. Analisis Fourier dan Wavelet 47 Teorema A. (a) L2(a; b) lengkap terhadap kekonvergenan dalam norm. (b) Untuk setiap f 2 L2(a; b) terdapat barisan fungsi kontinu pada [a; b], sebutlah ffng, sedemikian sehingga fn ! f dalam norm. Catatan. Bagian (b) menyatakan bahwa himpunan fungsi kontinu pada [a; b] `padat' di L2(a; b). Sebagaimana telah disinggung pada bab sebelumnya, ruang L2(a; b) da-pat dipandang sebagai `lengkapan' dari ruang fungsi C(a; b) yang beranggotakan semua fungsi f yang kontinu pada [a; b]. Terhadap norma kfk = R 1 1=2 0 jf(x)j2dx , ruang fungsi C(a; b) tidak lengkap. Bila kita tambahkan semua limitnya, maka kita peroleh ruang L2(a; b). Lebih jauh, setiap fungsi f 2 L2(a; b) dapat dihampiri oleh fungsi fn yang merupakan pembatasan pada [a; b] dari fungsi f n yang terde

141. nisi pada R dan mem-punyai turunan setiap orde di setiap titik. Fungsi f n bisa merupakan fungsi periodik dengan periode b a ataupun mempunyai tumpuan kompak. Berikut adalah bukti Teorema A bagian (a) saja. [Bukti bagian (b) di luar jang-kauan, jadi tidak diberikan di sini.] Bukti. (a) Misalkan (fn) barisan Cauchy di L2(a; b), yakni kfm fnk ! 0; m; n ! 1. Pilih subbarisan indeks (nk) sedemikian sehingga kfnk fnk+1k (b a)1=21 2 k ; k 2 N: Maka, menurut Ketaksamaan Cauchy-Schwarz, kita mempunyai Z 1 0 jfnk (x) fnk+1(x)j dx k1k kfnk fnk+1k 1 2 k ; untuk setiap k 2 N. Dengan demikian, 1X k=1 Z 1 0 jfnk (x) fnk+1(x)j dx 1X 1 2 k=1 k = 1: Menurut Lemma Fatou (lihat misalnya H.L. Royden Real Analysis), P1 k=1 jfnk (x) fnk+1(x)j, dan karenanya juga jfn1 (x)j + P1 k=1 jfnk (x) fnk+1(x)j, konvergen hampir untuk setiap titik x 2 [0; 1]. Akibatnya, fn1 (x) + 1X (fnk (x) fnk+1(x)) k=1 47

142. 48 Hendra Gunawan konvergen ke suatu fungsi f(x) = lim k!1 fnk hampir untuk setiap titik x 2 [a; b]. Jadi, (fn) mempunyai subbarisan yang konvergen. Selanjutnya akan kita tunjukkan bahwa fungsi f di atas merupakan anggota L2(a; b) dan bahwa kfn fk ! 0; n ! 1. Ambil 0 sebarang. Maka, kita dapat memilih k dan l cukup besar sedemikian sehingga R 1 0 (fnk (x)fnl (x))2dx . Dengan mengambil l ! 1, kita peroleh Z 1 0 (fnk (x) f(x))2dx : Jadi mestilah f 2 L2(a; b) dan (fnk ) ! f. Namun kekonvergenan subbarisan dari suatu barisan Cauchy mengakibatkan barisan itu sendiri konvergen ke limit yang sama. Ini mengakhiri pembuktian. [QED] 7.2 Ketaksamaan Bessel Teorema B (Ketaksamaan Bessel). Jika fng1n =1 adalah himpunan ortonormal di L2(a; b) dan f 2 L2(a; b), maka 1X n=1 jhf; nij2 kfk2: Bukti. Perhatikan bahwa untuk setiap n 2 N berlaku hf; hf; nini = hf; nihf; ni = jhf; nij2; dan menurut Teorema Pythagoras, XN hf; nin n=1 2 = XN n=1 jhf; nij2: Akibatnya, untuk setiap N 2 N, 0 f XN i=1 hf; nin 2 = kfk2 XN n=1 jhf; nij2; yang mengakibatkan XN n=1 jhf; nij2 kfk2: 48

143. Analisis Fourier dan Wavelet 49 Dengan mengambil N ! 1, kita dapatkan ketaksamaan yang diinginkan. [QED] Selanjutnya, diberikan suatu himpunan ortonormal fng11 di L2(a; b), apakah f = 1X hf; nin n=1 untuk setiap f 2 L2(a; b)? Lemma berikut memberitahu kita bahwa deret di ruas kanan merupakan deret yang konvergen. Lemma C. Jika f 2 L2(a; b) dan fng11 ortonormal di L2(a; b), maka P1 n=1hf; nin konvergen dalam norm dan P1 n=1hf; nin kfk. Bukti. Menurut Ketaksamaan Bessel, P1 n=1 jhf; nij2 konvergen. Karena itu, menurut Hukum Pythagoras, XN n=M hf; nin = XN n=M jhf; nij2 ! 0; bila M;N ! 1. Jadi jumlah parsial dari P1 n=1hf; nin membentuk barisan Cauchy di L2(a; b). Karena L2(a; b) lengkap, deret ini konvergen dalam norm. Selanjutnya, karena k k kontinu, kita peroleh 1X hf; nin n=1 2 = lim N!1 XN hf; nin n=1 2 = lim N!1 XN n=1 jhf; nij2 = 1X n=1 jhf; nij2 kfk2: Selanjutnya tinggal mengambil akar kuadrat dari kedua ruas. [QED] 7.3 Basis ortonormal di L2(a; b) Teorema D. Misal fng11 adalah suatu himpunan ortonormal di L2(a; b). Ketiga pernyataan berikut ekuivalen: (a) Jika hf; ni = 0 untuk tiap n 2 N, maka f = 0. P(b) Untuk setiap f 2 L2(a; b) berlaku f = 1 n=1hf; nin (dalam norm). (c) Untuk setiap f 2 L2(a; b) berlaku kfk2 = P1 n=1 jhf; nij2 (Kesamaan Parseval). Bukti. Akan dibuktikan (a) ) (b) ) (c) ) (a). Pertama, misal (a) berlaku. Telah Pdibuktikan pada lemma sebelumnya bahwa 1 n=1hf; nin konvergen dalam norm. Un-tuk menunjukkan bahwa jumlahnya adalah f, kita tinjau g := f P1 n=1hf; nin. 49

144. 50 Hendra Gunawan Perhatikan bahwa hg; mi = hf; mi 1X hf; nihn; mi = 0; n=1 untuk tiap m 2 N. Menurut hipotesis, kita peroleh g = 0. Jadi f = P1 n=1hf; nin. Sekarang, misalkan (b) berlaku. Menurut Hukum Pythagoras dan fakta bahwa kk kontinu, kfk2 = lim N!1 XN hf; nin n=1 2 = lim N!1 XN n=1 jhf; nij2 = 1X n=1 jhf; nij2: Akhirnya, misalkan (c) berlaku, dan hf; ni = 0 untuk tiap n 2 N. Maka, kfk = 0, dan karena itu f = 0. [QED] Selanjutnya, himpunan ortonormal fng11 yang memenuhi (a), atau (b), atau (c), pada teorema di atas, disebut himpunan ortonormal lengkap atau basis ortonormal un-tuk L2(a; b). Bila persyaratan ortonormal diganti dengan ortogonal, maka kita peroleh basis ortogonal untuk L2(a; b). 7.4 Soal Latihan 1. Buktikan bahwa k k merupakan pemetaan yang kontinu, yakni jika fn ! f dalam norm, maka kfnk ! kfk (bila n ! 1). 2. Buktikan bahwa h; i merupakan pemetaan yang kontinu terhadap masing-masing komponen, khususnya jika fn ! f dalam norm, maka hfn; gi ! hf; gi untuk setiap g 2 L2(a; b). 3. Misalkan fng11 basis ortonormal untuk L2(a; b). Buktikan bahwa untuk setiap f; g 2 L2(a; b) berlaku hf; gi = P1 n=1hf; nihg; ni. 4. Hitung jumlah deret berikut dengan menerapkan Kesamaan Parseval untuk fungsi f tertentu: P(a) 1 n=1 1 n4 . (b) P1 n=1 1 (2n1)6 . 50

145. Analisis Fourier dan Wavelet 51 8. Deret Fourier yang Diperumum dan Hampiran Terbaik di L2(a; b) Pada Bab 6 kita telah melihat bahwa deret Fourier klasik dari f dapat dinyatakan sebagai 1P n=1 hf; nin(x); dengan n(x) = p1 2 einx; n 2 Z. Ini terjadi antara lain karena fng1 1 merupakan himpunan ortonormal. Di L2(; ), kekonvergenan deret di atas dalam norm merupakan konsekuensi dari kelengkapan fng1 1. 8.1 Deret Fourier yang diperumum Jika fng11 adalah basis ortonormal untuk L2(a; b) dan f 2 L2(a; b), maka hf; ni disebut koe

146. sien Fourier yang diperumum dari f terhadap fng11 , dan 1P hf; nin n=1 disebut deret Fourier yang diperumum dari f terhadap fng11 . Pertanyaan kita adalah: apakah himpunan ortonormal pada pembahasan deret Fourier klasik merupakan basis ortonormal, yakni apakah f = P1 n=1hf; nin untuk setiap f 2 L2(; )? Ingat bahwa kita baru membuktikan ini untuk fungsi di PS(a; b). Teorema A. (a) Himpunan feinxg1 1 dan fcos nxg11 [ fsin nxg11 merupakan basis ortogonal untuk L2(; ). (b) Himpunan fcos nxg10 dan fsin nxg11 merupakan basis ortogonal untuk L2(0; ). Bukti. Akan dibuktikan (a) bagian pertama saja, yang berkenaan dengan himpunan feinxg1 1. Bagian lainnya dapat dibuktikan secara serupa. Misalkan f 2 L2(; ) dan 0. Berdasarkan teorema tentang topologi ruang L2(a; b) secara umum, terdapat fungsi ~ f yang kontinu dan mulus bagian demi bagian pada [; ] sedemikian sehingga kf ~ fk 3 . Misalkan cn = 1 2 hf; ni dan ~cn = 1 2 h ~ f; ni, dengan n(x) = einx; n 2 Z, adalah koe

147. sien Fourier dari f dan ~ f, berturut-turut. Menurut teorema kekonvergenan seragam deret Fourier, P1 n=1 ~cn n konvergen 51

148. 52 Hendra Gunawan seragam ke ~ f. Akibatnya, jika N cukup besar, maka ~ f XN n=N ~cn n 3 : Selanjutnya, menurut Teorema Pythagoras dan Ketaksamaan Bessel, XN n=N ~cn n XN n=N cn n 2 = XN n=N j~cn cnj2 1X n=1 j~cn cnj2 k ~ f fk2 3 2 : Jadi, jika kita tulis f XN n=N cn n = (f ~ f) + ~ f XN n=N ~cn n + XN n=N ~cn n XN n=N cn n ; dan gunakan Ketaksamaan Segitiga, maka kita peroleh f XN n=N cn n 3 + 3 + 3 = : Jadi f = lim N!1 PN n=N cn n = P1 n=1 cn n dalam norm, dan ini membuktikan bahwa himpunan fungsi f ng1 1 merupakan basis ortonormal untuk L2(; ). [QED] Sebagai rangkuman, sejauh ini kita telah membahas: jika f periodik, maka deret Fourier dari f akan konvergen ke f (i) secara seragam, mutlak, dan dalam norm, untuk f yang kontinu dan mulus bagian demi bagian pada [a; b]; (ii) secara titik demi titik, untuk f yang mulus bagian demi bagian pada [a; b]; (iii) dalam norm, untuk f 2 L2(a; b). 8.2 Hampiran terbaik di L2(a; b) Teorema berikut menyatakan bahwa deret dengan koe

149. sien Fourier untuk f (ter-hadap suatu himpunan ortonormal di L2(a; b)) merupakan hampiran terbaik untuk f di antara semua uraian deret yang mungkin (terhadap himpunan ortonormal tersebut). Teorema B. Misalkan fng adalah suatu himpunan fungsi ortonormal, yang terhingga atau terbilang banyaknya, di L2(a; b). Maka f X hf; nin f X cnn 52

150. Analisis Fourier dan Wavelet 53 untuk sembarang pilihan fcng dengan P jcnj2 1. Lebih jauh, kesamaan dipenuhi jika dan hanya jika cn = hf; ni untuk setiap indeks n. Bukti. Kita tulis f X cnn = f X hf; nin + X hf; ni cn n: Perhatikan bahwa g := f P hf; nin ? m atau hg; mi = 0, untuk setiap m. Jadi, g ? P hf; ni cn n, sehingga menurut Teorema Pythagoras, f X cnn 2 = f X hf; nin 2 + X jhf; ni cnj2 f X hf; nin 2 ; dan kesamaan dipenuhi jika dan hanya cn = hf; ni untuk setiap n. [QED] Contoh 1. Misalkan kita ingin menentukan hampiran terbaik untuk f(x) := sin x di antara semua kombinasi linear c1 + c2 cos x di L2(0; ). Dalam hal ini, kita mencatat bahwa fp1 ; p p2 cos xg merupakan himpunan ortonormal di L2(0; ). Sekarang kita hi-tung f; 1 p = 1 p Z 0 sin x dx = 2 p ; dan f; p 2 p cos x = p 2 p Z 0 sin x cos x dx = 0: Jadi hampiran terbaik yang dicari adalah sin x p2 . Tentu saja ini merupakan ham-piran yang masih kasar, karena kita hanya menggunakan f1; cos xg sebagai ruang ham-pirannya. 8.3 Masalah Sturm-Liouville reguler Himpunan fungsi ortogonal fcos nxg10 dan fsin nxg11 di L2(0; ) diperoleh dari masalah nilai batas u00(x) + 2u(x) = 0; u0(0) = u0() = 0 dan u00(x) + 2u(x) = 0; u(0) = u() = 0: 53

151. 54 Hendra Gunawan Demikian juga himpunan fungsi ortogonal feinxg di L2(; ) dapat diperoleh dari masalah nilai batas u00(x) + 2u(x) = 0; u() = u(); u0() = u0(): Pada bagian ini kita akan melihat bahwa ada (banyak) masalah nilai batas yang beru-jung pada himpunan fungsi ortogonal du L2(a; b). Secara khusus, kita akan membahas masalah Sturm-Liouville reguler, yang berben-tuk (rf0)0 + pf + wf = 0; dengan syarat batas B1(f) = 0 dan B2(f) = 0. Di sini r; r0 dan p bernilai real dan kontinu pada [a; b], r 0 pada [a; b], dan w 0 dan kontinu pada [a; b]. Sementara itu, B1 dan B2 merupakan fungsional yang self-adjoint. Lebih khusus lagi, kita akan meninjau masalah Sturm-Liouville berikut pada [0;L]: f00 + f = 0; f0(0) = f(0); f0(L) =

152. f(L): [] Di sini merupakan nilai eigen dari operator T, dengan Tf = f00. Dapat ditunjukkan bahwa nilai eigen dari masalah ini senantiasa bernilai real. Perhatikan jika = 0, maka f00 = 0 memberikan f(x) = c1 + c2x, dan dari syarat batas kita peroleh c2 = c1 dan c2 =

153. (c1 + c2L). Akibatnya c1 = c2 = 0 atau

154. = 1+L. Tentu saja kita tidak menghendaki solusi trivial f = 0, karena itu kita penuhi

155. = 1+L dan ambil c1 = 1; c2 = . Selanjutnya, kita asumsikan 6= 0, katakan = 2 dengan 0 atau = i; 0 (tergantung apakah 0 atau 0). Solusi umum dari (*) adalah f(x) = c1 cos x + c2 sin x: Karena f(0) = c1 dan f0(0) = c2, syarat batas di 0 memberikan c2 = c1. Dalam hal ini, ambil c1 = dan c2 = , sehingga f(x) = cos x + sin x: [1] 54

156. Analisis Fourier dan Wavelet 55 Sekarang syarat batas di L akan memberikan 2 sin L + cos L =

157. ( cos L + sin L) atau (

158. ) cos L = (

159. + 2) sin L atau tan L = (

160. )

161. + 2 : [2a] Jika = i, maka (mengingat tan ix = i tanh x) persamaan [2a] menjadi tanh L = (

162. )

163. 2 : [2b] Dalam kedua kasus, kita hanya perlu meninjau nilai dan positif karena nilai eigen dari operator T adalah 2 atau 2. Jika memenuhi [2a], maka fungsi f yang memenuhi [1] merupakan fungsi eigen untuk masalah (*). Secara umum, f tidak normal, namun kita dapat menormalisasi f bila dikehendaki. Untuk memberikan gambaran fungsi eigen seperti apa yang diperoleh, tinjau kasus = 1;

164. = 1; L = . Dalam hal ini, persamaan [2a] menjadi tan = 2 2 1 ; [2c] sementara persamaan [2b] menjadi tanh = 2 2 + 1 : [2d] Ada banyak solusi persamaan [2c]: 0 1 2 3 dengan n n 1 untuk n besar, namun tidak ada satupun solusi positif persamaan [2d]. Jadi, terdapat tak terhingga banyak nilai eigen n = 2n untuk (*), dengan n (n 1)2 untuk n besar. Fungsi eigen yang berpadanan dengan n adalah fn(x) = n cos nx + sin nx: 55

165. 56 Hendra Gunawan Dapat diperiksa bahwa himpunan fungsi eigen ini membentuk himpunan ortogonal di L2 w(0; ) yang dilengkapi dengan hasilkali dalam hf; giw := R 0 f(x)g(x)w(x) dx. Namun dalam contoh yang kita bahas di sini w 1, sehingga L2 w(0; ) = L2(0; ). 8.4 Soal Latihan 1. Diketahui f(x) = x; x 2 [0; ]. Tentukan hampiran terbaik (dalam norm) untuk f di L2(0; ), di antara fungsi-fungsi yang berbentuk (a) a0 + a1 cos x + a2 cos 2x. (b) b1 sin x + b2 sin 2x. (c) a cos x + b sin x. 2. Buktikan bahwa himpunan fungsi eigen ffng pada x8.3 merupakan himpunan orto-gonal di L2(0; ). 56

166. Analisis Fourier dan Wavelet 57 9. Polinom Legendre, Basis Haar, dan Basis Walsh Beberapa basis ortogonal untuk L2(a; b) merupakan himpunan polinom. Selain itu, terdapat pula basis ortogonal lainnya yang menarik. 9.1 Himpunan Polinom Ortogonal Misalkan (a; b) suatu selang terbuka di R dan w(x) fungsi bernilai positif pada (a; b) sehingga R b a xnw(x) dx konvergen mutlak untuk n = 0; 1; 2; : : :. Maka, terdapat tepat satu barisan polinom fpng10 yang berbentuk p0(x) = 1 p1(x) = x + a0 p2(x) = x2 + b1x + b0 p3(x) = x3 + c2x2 + c1x + c0 ... yang saling ortogonal terhadap bobot w pada (a; b), yakni hpi; pjiw = Z b a pi(x)pj(x)w(x) dx = 0; i6= j: Dalam hal ini, konstanta a0 dapat diperoleh dari hp1; p0iw = 0, yaitu a0 = R b a xw(x) dx R b a w(x) dx : Selanjutnya, konstanta b0 dan b1 dapat diperoleh dari hp2; p0iw = 0 dan hp2; p1iw = 0. Bila diteruskan, maka pada langkah ke-n, terdapat n persamaan dan n konstanta yang hendak dicari nilainya. Secara umum, kita mempunyai lemma berikut tentang polinom sembarang. 57

167. 58 Hendra Gunawan Lemma A. Misalkan fpng10 barisan polinom dengan pn berderajat n untuk tiap n = 0; 1; 2; : : :. Maka, setiap polinom berderajat k (k = 0; 1; 2; : : :) merupakan kombinasi linear dari p0; p1; : : : ; pk. Sebagai akibat dari Lemma A, himpunan polinom yang dibahas di atas merentang ruang polinom pada (a; b). Kekhususan himpunan polinom tersebut adalah keortogo-nalannya terhadap hasilkali dalam h; iw. Pada subbab selanjutnya, kita akan berke-nalan dengan himpunan polinom yang mempunyai kekhususan berbeda. 9.2 Polinom Legendre Himpunan polinom yang akan dipelajari berikut ini merupakan himpunan fungsi eigen dari suatu Masalah Sturm-Liouville singular, namun kita tidak akan membahasnya melalui masalah nilai batas seperti pada bab sebelumnya, melainkan melalui Rumus Rodrigues pn(x) = Cn w(x) dn dxn [w(x)Q(x)n] dengan Cn konstanta normalisasi, w(x) fungsi bobot (sehingga pi ? pj terhadap w), dan Q(x) adalah suatu polinom tertentu. Dari rumus ini, kita dapat membuktikan keortogonalan di antara pi dan pj untuk i6= j terhadap w, menurunkan persamaan diferensial yang dipenuhi oleh pn, dan menentukan konstanta normalisasinya. Untuk n = 0; 1; 2; : : : ; polinom Legendre dide

168. nisikan sebagai Pn(x) = 1 2nn! dn dxn (x2 1)n: Catat bahwa (x2 1)n adalah polinom berderajat 2n, sehingga Pn merupakan polinom berderajat n. Di sini, w(x) 1. Untuk beberapa nilai n pertama, kita dapatkan rumus untuk Pn: P0(x) = 1 P1(x) = x P2(x) 1 2 (3x2 1) P3(x) = 1 2 (5x3 3x) ... 58

169. Analisis Fourier dan Wavelet 59 Secara umum, Pn(x) = (2n)! 2n(n!)2 xn + : Teorema B. Himpunan polinom Legendre fPng10 ortogonal di L2(0; 1) dengan kPnk2 = 2 2n+1 untuk tiap n 2 N. Bukti. Jika f adalah fungsi C(n) pada [1; 1], maka (dengan pengintegralan parsial sebanyak n kali) 2nn!hf; Pni = Z 1 1 f(x) dn dxn (x2 1)n dx = (1)n Z 1 1 f(n)(x)(x2 1)ndx: Akibatnya, untuk m n, kita peroleh hPm; Pni = 0. Dengan menukar peran m dan n, jika juga peroleh hPm; Pni = 0 untuk m n. Selanjutnya, dengan mengambil f = Pn, kita dapatkan kPnk2 = 2n)! 22n(n!)2 Z 1 1 (1 x2)n = 2 n + 1 ; sesuai dengan yang diharapkan. [QED] Kedua teorema di bawah ini dinyatakan tanpa bukti. Bila anda tertarik untuk mempelajari buktinya, lihat buku G.B. Folland Fourier Analysis and Its Applications. (Sebagai catatan, bukti Teorema D menggunakan Teorema Aproksimasi Weierstrass yang akan dibahas pada Bab 11.) Teorema C. Polinom Pn memenuhi persamaan diferensial [(1 x2)P0n (x)]0 + n(n + 1)Pn(x) = 0: Teorema D. Himpunan fPng10 merupakan basis ortogonal untuk L2(1; 1). 9.3 Basis Haar dan Basis Walsh Selain himpunan polinom, terdapat basis ortonormal lainnya untuk L2(0; 1) yang menarik, khususnya basis Haar dan basis Walsh. Basis Haar adalah himpunan fungsi H := fh0g[fhjk : j 0; 0 k 2jg, dengan h0(x) = 1; jika 0 x 1, 0; jika x lainnya; 59

170. 60 Hendra Gunawan dan hjk(x) = 8 : 2j=2; jika 2jk x 2j(k + 1=2), 2j=2; jika 2j(k + 1=2) x 2j(k + 1), 0; jika x lainnya. Gambar 9.3a: Beberapa Fungsi Haar (Sumber: Folland) Catat bahwa fungsi h00 berbeda dari fungsi h0. Teorema E. Himpunan fungsi H ortonormal dan lengkap di L2(0; 1). Selanjutnya, de

171. nisikan fungsi Rademacher ri sebagai `fungsi tangga sinusoidal' berperiode 2i+1, i = 0; 1; 2; : : :; yakni ri(x) = (1)dn(x) dengan dn(x) adalah dijit ke-n dari representasi biner x = [0:d1d2 : : :]2. (Di sini x 2 [0; 1].) Gambar 9.3b: Beberapa Fungsi Rademacher (Sumber: Folland) 60

172. Analisis Fourier dan Wavelet 61 Untuk n = 0; 1; 2; : : :, fungsi Walsh wn dide

173. nisikan sebagai berikut: w0(x) := r0(x) dan untuk n = 1; 2; 3; : : : wn(x) := r1(x)b1 rk(x)bk dengan n = [bk b1]2 menyatakan representasi biner dari n. Jadi, sebagai contoh, w1(x) = r1(x); w2(x) = r2(x); w3(x) = r1(x)r2(x), dan seterusnya. Gambar 9.3c: Beberapa Fungsi Walsh (Sumber: Folland) Teorema F. Himpunan fungsi Walsh W := fwng10 merupakan basis ortonormal untuk L2(0; 1). Keortonormalan himpunan fungsi Haar dan himpunan fungsi Walsh dapat diperik-sa dengan relatif mudah, namun untuk membuktikan kelengkapannya perlu pengamatan yang lebih mendalam mengenai sifat-sifat kedua himpunan ini. Sebagai contoh, him-punan bagian yang terdiri dari 2i pertama fungsi Haar (atau fungsi Walsh) merentang subruang fungsi tangga dengan `lebar tangga' 2i. 61

174. 62 Hendra Gunawan 9.4 Soal Latihan 1. Buktikan bahwa himpunan polinom Legendre fP2ng10 dan fP2n+1g10 merupakan basis ortogonal untuk L2(0; 1). 2. Buktikan bahwa himpunan fungsi Haar ortonormal. 3. Buktikan bahwa himpunan fungsi Walsh ortonormal. 4. Buktikan bahwa himpunan fh0; h00; h10; h11g merentang subruang fungsi tangga dengan lebar tangga 1 4 . 5. Buktikan bahwa himpunan fw0;w1;w2;w3g merentang subruang fungsi tangga de-ngan lebar tangga 1 4 . 62

175. Analisis Fourier dan Wavelet 63 10. Transformasi Fourier Dalam beberapa bab ke depan, kita akan membahas transformasi Fourier serta sifat-sifat dan aplikasinya. Seperti halnya pada pembahasan deret Fourier, pendekatan yang diambil dalam pembahasan transformasi Fourier di sini sama dengan pendekatan dalam buku Fourier Analysis and Its Applications karangan G.B. Folland (Wads-worth, 1992). 10.1 Motivasi Pada Bab 4, kita telah membahas deret Fourier pada interval [L;L] sembarang, yakni f(x) = 1X n=1 cneinx=L; jxj L; dengan cn = 1 2L Z L L f(x)einx=Ldx; n 2 N: Dalam hal ini, cn menyimpan informasi tentang f dengan frekuensi

177. n L

179. . Semakin besar nilai L, semakin kerap domain frekuensinya. Bagaimana bila L ! 1? Dengan sedikit modi

180. kasi, kita dapat menuliskan ulang rumus di atas sebagai f(x) = 1 2L 1X n=1 cn;Leinx=L; dengan cn;L = Z L L f(x)einx=Ldx: Selanjutnya misalkan := L dan n := n = n L . Maka f(x) = 1 2 1X n=1 cn;Leinx; 63

181. 64 Hendra Gunawan dengan cn;L = Z L L f(x)einxdx: Jika f(x) ! 0 cukup cepat untuk jxj ! 1, maka cn;L tidak akan berbeda banyak apabila daerah pengintegralannya diperluas dari [L;L] ke (1;1), yakni cn;L Z 1 1 f(x)einxdx = b f(n); n 2 N: Dalam hal ini, f(x) 1 2 1X n=1 b f(n)einx; jxj L: Ini mirip dengan jumlah Riemann dari b f pada (1;1). Jika L ! 1, maka ! 0 dan n semakin memadati R, sehingga dapat digantikan dengan = dan rumus di atas menjadi f(x) = 1 2 Z 1 1 b f()eixd; x 2 R; (1) dengan b f() = Z 1 1 f(x)eixdx; 2 R: (2) Kalkulasi ini tentu saja masih merupakan kalkulasi kasar, namun untuk f tertentu kalkulasi ini berlaku. Rumus (2) disebut transformasi Fourier dari f, dan rumus (1) merupakan rumus inversi Fourier, yang merupakan cara untuk memperoleh f kembali dari b f { yang akan kita buktikan kelak secara cermat. 10.2 Ruang L1(R) dan L2(R) Untuk merapikan de

182. nisi transformasi Fourier dan mempelajari sifat-sifatnya, kita perlu beberapa asumsi, istilah dan notasi. Pertama, fungsi yang akan kita bahas sel-njutnya adalah fungsi yang terde

183. nisi pada R. Seperti ketika kita mende

184. nisikan deret Fourier, kita asumsikan bahwa f terintegralkan (mutlak) pada R. Untuk itu, kita de

185. n-isikan ruang L1 = L1(R) sebagai ruang semua fungsi f yang terintegralkan mutlak pada R, yakni L1 := n f : Z 1 1 jf(x)j dx 1 o : 64

186. Analisis Fourier dan Wavelet 65 Ruang L1 dilengkapi dengan norm k k1 yang rumusnya adalah kfk1 := Z 1 1 jf(x)j dx: Sebagai perluasan dari L2(a; b), kita juga mende

187. nisikan ruang L2 = L2(R) sebagai ruang semua fungsi f yang kuadratnya terintegralkan, yakni L2 := n f : Z 1 1 jf(x)j2 dx 1 o : Ruang L2 dilengkapi dengan norm k k2 yang rumusnya adalah kfk2 := hZ 1 1 i1=2 jf(x)j2dx : Catat bahwa tidak ada hubungan `urutan' di antara L1 dan L2. Sebagai contoh, tinjau f(x) = x2=3; jika 0 x 1, 0; jika x lainnya dan g(x) = x2=3; jika x 1, 0; jika x lainnya. Maka f 2 L1 tetapi f =2 L2, sementara g 2 L2 tetapi g =2 L1. Walaupun demikian, ada dua fakta yang kelak berguna bagi kita mengenai kedua ruang ini, yaitu: (1) Jika f 2 L1 dan f terbatas pada R, maka f 2 L2. Persisnya jfj M ) jfj2 Mjfj ) Z 1 1 jf(x)j2dx M Z 1 1 jf(x)j dx 1: (2) Jika f 2 L2 dan f bernilai 0 di luar suatu interval [a; b], maka f 2 L1. Persisnya Z 1 1 jf(x)j dx = Z b a 1 jf(x)j dx (b a)1=2 hZ b a jf(x)j2dx i1=2 1: Catatan. Ruang L1 dan L2 merupakan kasus khusus dari ruang Lebesgue Lp = Lp(R), 1 p 1 yang beranggotakan semua fungsi f sedemikian sehingga R1 1 jf(x)jpdx 1. (Untuk p = 1, integral ini digantikan dengan nilai supremum esensial dari fjf(x)j : x 2 Rg.) 65

188. 66 Hendra Gunawan 10.3 Transformasi Fourier Misalkan f 2 L1, yakni kfk1 = R1 1 jf(x)j dx 1. Transformasi Fourier dari f, yang kita tuliskan sebagai b f, dide

189. nisikan oleh b f() = Z R f(x)eixdx; 2 R: Seperti halnya dalam pembahasan deret Fourier, pertanyaan kita adalah bagaimana kita dapat memperoleh f kembali dari b f. Kesamaan (1) menyarankan kita untuk mende

190. nisikan invers transformasi Fourier dari g, yang dituliskan sebagai g, sebagai g(x) = 1 2 Z R g()eixd; x 2 R: Teorema inversi Fourier, yang akan kita bahas nanti, menyatakan bahwa ( b f)(x) = f(x); h:d:m: asalkan f dan b f terintegralkan. Sebelum sampai ke sana, kita pelajari dahulu sifat-sifat dasar transformasi Fourier. Teorema A. Jika f 2 L1, maka b f terbatas pada R. Bukti. Perhatikan bahwa untuk setiap 2 R berlaku j b f()j Z 1 1 je2ixf(x)j dx = Z 1 1 jf(x)j dx = kfk1: Jadi b f terbatas pada R, dengan k b fk1 := ess supx2R jf(x)j kfk1. [QED] Teorema B. Jika f 2 L1, maka b f kontinu pada R. Bukti. Untuk setiap dan h 2 R, b f( + h) b f() = Z 1 1 eix(eihx 1)f(x) dx; sehingga j b f( + h) b f()j Z 1 1 jeihx 1j jf(x)j dx: Integran di ruas kanan didominasi oleh 2jf(x)j dan menuju 0 apabila h ! 0. Jadi, menurut Teorema Kekonvergenan Terdominasi Lebesgue, ruas kanan mestilah menuju 0 apabila h ! 0, dan akibatnya ruas kiri juga menuju 0 apabila h ! 0. [QED] 66

191. Analisis Fourier dan Wavelet 67 Teorema C (Riemann-Lebesgue). Jika f 2 L1, maka lim jj!1 b f() = 0. Bukti. Perhatikan bahwa b f() = R1 1 f(x)ei(x+ )dx = R1 1 f(x )eixdx. Karena itu 2 b f() = b f() (b f()) = Z 1 1 f(x) f x eixdx; sehingga 2j b f()j Z 1 1

194. f(x) f x

197. dx: Karena f 2 L1, maka (menggunakan kekontinuan dalam norma di L1) ruas kanan akan menuju 0 apabila jj ! 1. Dengan demikian ruas kiri pun mestilah menuju 0 apabila jj ! 1. [QED] Akibat D. Transformasi Fourier F memetakan fungsi f di L1 ke fungsi Ff = b f di C0(R). Catatan. C0(R) adalah ruang fungsi kontinu dan terbatas pada R dengan limit nol di 1. Notasi Ff akan kita gunakan secara bergantian dengan notasi b f untuk meny-atakan transformasi Fourier dari f. Berkenaan dengan translasi dan dilasi, transformasi Fourier mempunyai sifat seba-gai berikut. Teorema E. Misalkan f 2 L1 dan a 2 R. (i) Jika g(x) := f(x a), maka bg() = eia b f(); (ii) Jika g(x) := eiaxf(x), maka bg() = b f( a). Selanjutnya, misalkan 0. (iii) Jika g(x) := 1f(x=), maka bg() = b f(); (iv) Jika g(x) = f(x), maka bg() = 1 b f(=): Berkenaan dengan operasi turunan dan perkalian dengan peubah bebasnya, trans-formasi Fourier mempunyai sifat sebagai berikut. Teorema F. Misalkan f 2 L1. Jika f kontinu dan mulus bagian demi bagian pada R, dan f0 2 L1, maka (f0)b() = i b f(): 67

198. 68 Hendra Gunawan Sebaliknya, jika g(x) := xf(x) terintegralkan mutlak pada R, maka bg() = i( b f)0(). Berikut ini adalah beberapa contoh transformasi Fourier dari fungsi-fungsi tertentu. Contoh 1. Jika f = [a;a] (a 0), maka b f() = 2sin a . x2+a2 (a 0), maka b f() = a eajj. Contoh 2. Jika f(x) = 1 Contoh 3. Jika f(x) = eax2 (a 0), maka b f() = q 2 a e2 2a . Contoh 1 dapat dihitung langsung, sementara Contoh 2 memerlukan teorema residu (untuk suatu integral fungsi kompleks yang berpadanan). Untuk Contoh 3, perhatikan bahwa f memenuhi persamaan diferensial f0(x) + axf(x) = 0. Kenakan transformasi Fourier pada persamaan ini, kita peroleh persamaan diferensial yang dipenuhi oleh b f, dan akhirnya kita peroleh rumus untuk b f. 10.4 Soal Latihan 1. Buktikan Teorema E. 2. Buktikan Teorema F. 3. Buktikan tiga contoh transformasi Fourier di atas. 68

199. Analisis Fourier dan Wavelet 69 11. Konvolusi Operasi konvolusi yang akan kita bahas di sini sebetulnya pernah kita jumpai pada pembahasan deret Fourier (ketika membuktikan kekonvergenan jumlah parsial-nya). Operasi konvolusi merupakan pengganti operasi perkalian yang `berjodoh' dengan transformasi Fourier (seperti halnya operasi komposisi berjodoh dengan turunan). 11.1 Konvolusi dan sifat-sifat dasarnya Misalkan f dan g fungsi yang terde

200. nisi pada R. Konvolusi dari f dan g adalah fungsi f g yang dide

201. nisikan sebagai f g(x) := Z 1 1 f(x y)g(y) dy; asalkan integral ini konvergen. Perhatikan jika f 2 L1 dan g terbatas, misalkan jg(x)j M hampir di mana-mana, maka Z 1 1 jf(x y)g(y)j dy M Z 1 1 jf(x y)j dy 1: Hal serupa terjadi jika f terbatas dan g 2 L1. Selanjutnya, kita amati pula jika f; g 2 L2, maka Z 1 1 jf(x y)g(y)j dy hZ 1 1 jf(x y)j2dy i1=2hZ 1 1 jg(y)j2dy i1=2 = kfk2kgk2 1: Jadi konvolusi dari f dan g terde

202. nisi dengan baik setidaknya untuk beberapa kasus di atas. Lebih jauh, kita mempunyai teorema berikut. Teorema A. Jika f; g 2 L1, maka fungsi y7! f(x y)g(y) ada di L1 untuk hampir setiap x 2 R, f g 2 L1, dan kf gk1 kfk1kgk1: 69

203. 70 Hendra Gunawan Bukti. Fungsi (x; y)7! f(x y)g(y) merupakan fungsi terukur pada R2. Selanjutnya, Z 1 1 Z 1 1 jf(x y)g(y)j dx dy = Z 1 1 jg(y)j Z 1 1 jf(x y)j dx dy = kfk1kgk1 1: Jadi, hipotesis Teorema Fubini dipenuhi, dan karena itu fungsi y7! f(x y)g(y) ada di L1 untuk hampir setiap x 2 R, f g 2 L1, dan kf gk1 = Z 1 1

206. Z 1 1 f(x y)g(y)dy

209. dx Z 1 1 Z 1 1 jf(x y)g(y)j dy dx = kfk1kgk1 1; sebagaimana yang diharapkan. [QED] Teorema B (Sifat-sifat konvolusi). Misalkan f; g; h 2 L1 dan a; b 2 R. Maka (i) a(f g) = (af g) = f (ag); (ii) f (ag + bh) = a(f g) + b(f h); (iii) f g = g f; (iv) f (g h) = (f g) h. Bukti. Latihan. Teorema C. Misalkan f mempunyai turunan dan konvolusi f g dan f0 g terde

210. nisi dengan baik. Maka f g mempunyai turunan dan (f g)0 = f0 g. Bukti. Latihan. Walaupun operasi konvolusi itu komutatif, kita dapat memandang salah satu fungsi, sebutlah g, sebagai konvolutor dalam f g. Diberikan fungsi f, kira- kira apa yang di-lakukan oleh konvolutor g terhadap f? Sebagai gambaran, perhatikan contoh berikut. Misalkan a 0 dan g(x) = 1 2a ; jika a x a, 0; jika x lainnya. Maka, f g(x) = 1 2a Z a a f(x y) dy = 1 2a Z x+a xa f(y) dy: 70

211. Analisis Fourier dan Wavelet 71 Di sini f g(x) dapat diinterpretasikan sebagai proses perataan di sekitar x. Tetapi x berjalan; sehingga f g dapat dipandang sebagai proses `perataan berjalan' terhadap f. Secara umum, hasilnya adalah suatu fungsi yang lebih mulus daripada f semula. 11.2 Identitas hampiran Operasi konvolusi tidak mempunyai unsur identitas. Andaikan ada unsur identitas, misalnya e, maka f e = f untuk setiap f 2 L1. Ini mustahil, karena kita mempunyai teorema berikut. Teorema D. Misalkan f; g 2 L1. Maka, (f g)b = b f bg. Bukti. Berdasarkan de

212. nisi, Teorema Fubini, dan substitusi peubah z = x y, kita peroleh (f g)b() = Z 1 1 Z 1 1 f(x y)g(y)eixdy dx = Z 1 1 Z 1 1 f(x y)ei(xy)g(y)eiydx dy = Z 1 1 Z 1 1 f(z)eizdz g(y)eiydy = b f()bg(): Dengan demikian teorema terbukti. [QED] Akibat E. Tidak terdapat fungsi e 2 L1 yang memenuhi f e = f untuk setiap f 2 L1. Bukti. Andaikan ada fungsi e 2 L1 sedemikian sehingga f e = f untuk setiap f 2 L1, maka be() = 1 untuk setiap 2 R. Ini bertentangan dengan Teorema Riemann- Lebesgue yang mengharuskan be() ! 0 untuk jj ! 1. [QED] Walau tidak ada unsur identitas terhadap operasi konvolusi, terdapat identitas hampiran | yang akan dide

213. nisikan di bawah ini. Misalkan 2 L1. Untuk setiap 0, de

214. nisikan (x) = 1 x ; x 2 R: Perhatikan bahwa Z 1 1 (x) = Z 1 1 x d x = Z 1 1 (y) dy: 71

215. 72 Hendra Gunawan Lebih jauh, untuk a b sembarang, kita mempunyai Z b a (x) dx = Z b= a= (y) dy; yang menghampiri R1 1 (y) dy apabila 0. Teorema F. Misal 2 L1 sedemikian sehingga R1 1 (y) dy = 1, := R 0 1 (y) dy dan

216. := R1 0 (y) dy (sehingga +

217. = 1). Misalkan f kontinu bagian demi bagian pada R, dan misalkan f terbatas atau bernilai nol di luar suatu interval terhingga { sehingga f terde

218. nisi dengan baik. De

219. nisikan untuk 0, seperti di atas. Maka lim !0 f (x) = f(x+) +

220. f(x); x 2 R: Khususnya, jika f kontinu di x, maka lim !0 f (x) = f(x): Lebih jauh, jika f kontinu di setiap titik pada [a; b], maka kekonvergenan di atas merupakan kekonvergenan seragam pada [a; b]. Catatan. Keluarga fungsi fg disebut identitas hampiran, karena operasi konvolusi dengan memberikan hampiran terhadap operator identitas bila ! 0. Bukti. Untuk setiap x 2 R dan 0, tuliskan f (x) (f(x+) +

221. f(x)) = Z 0 1 [f(x y) f(x+)](y) dy + + Z 1 0 [f(x y) f(x)](y) dy: Akan dibuktikan bahwa kedua integral di ruas kanan dapat dibuat sekecil-kecilnya den-gan cara memilih cukup kecil. Karena mirip, kita hanya akan menggarap integral kedua. Diberikan 0, pilih c 0 cukup kecil sehingga jf(x y) f(x)j untuk 0 y c. Di sini, c mungkin bergantung pada x, selain pada . Sekarang tuliskan RR R1 1 : : : = c : : : + : : :. Maka 0 0 c

224. Z c 0 [f(x y) f(x)](y) dy

227. Z c 0 jj dy kk1: 72

228. Analisis Fourier dan Wavelet 73 Untuk x c, jika f terbatas, katakan jf(x)j M, maka Z 1

231. c [f(x y) f(x)](y) dy

234. 2M Z c j(y)j dy = 2M Z 1 c= j(y)j dy; yang dapat dibuat lebih kecil daripada dengan cara memilih cukup kecil (karena 2 L1). Jika yang diketahui adalah bernilai nol di luar suatu interval [R;R], maka (x) = 0 untuk jxj R. Dalam hal ini, kita pilih c R sehingga (x) = 0 untuk x c (karena c R). Akibatnya, Z 1 c [f(x y) f(x)](y) dy = 0: Jadi, sebagai kesimpulan, kita peroleh bahwa Z 1 0 [f(x y) f(x)](y) dy ! 0; bila ! 0. Ini membuktikan bagian pertama dari teorema. Selanjutnya, jika f kontinu di x, maka lim !0 f (x) = f(x) +

235. f(x) = f(x): Akhirnya, jika f kontinu pada [a; b], maka f kontinu seragam pada [a; b] sehingga pemil-ihan c (dan konsekuensinya juga pemilihan ) dapat dibuat bebas dari x 2 [a; b]. Dalam hal ini, f (x) ! f(x) secara seragam pada [a; b]. [QED] Teorema G. Misalkan 0 dan R R (x) dx = 1. Untuk setiap 0, de

236. nisikan (x) = 1 x . Maka, untuk setiap f 2 Lp, kita mempunyai k f fkp ! 0; ! 0: Bukti. Tidak dibahas. (Lihat Hewitt Stromberg, Teorema 21.37, bila penasaran.) 11.3 Fungsi Gauss dan Teorema Aproksimasi Weierstrass Salah satu fungsi yang sering digunakan untuk identitas hampiran adalah fungsi Gauss G(y) := 1=2ey2 . Perhatikan bahwa hZ 1 1 ey2 dy i2 = Z 1 1 Z 1 1 e(x2+y2)dx dy = : 73

237. 74 Hendra Gunawan Jadi R1 1 ey2 dy = p dan R1 1 G(y) dy = 1. Selain itu, fungsi G genap, sehingga = R1 1 G(y) dy = 1 2 dan

238. = R1 0 G(y) dy = 1 2 . Lebih jauh, G(k)(y) = Pk(y)ey2 untuk suatu polinom Pk berderajat k, sehingga jG(k)(y)j Ckejyj. Jadi, jika f terbatas, maka f G merupakan fungsi C(1) yang menghampiri f bila 0. Teorema H (Aproksimasi Weierstrass). Jika f kontinu pada interval terhingga [a; b], maka f merupakan limit seragam dari polinom pada [a; b], yakni untuk setiap 0 terdapat polinom P sedemikian sehingga sup axb jf(x) P(x)j : Bukti. Perluas f ke seluruh R sehingga f kontinu dan bernilai nol di luar interval [a 1; b + 1]. Maka, menurut teorema sebelumnya, f G ! f secara seragam pada [a; b], dengan G(y) = 1=2ey2 . Selanjutnya, diberikan 0, dapat dipilih 0 cukup kecil sehingga sup axb

241. f(x) 1 p Z b+1 a1 e(xy)2=2 f(y) dy

244. 2 : Sekarang, untuk x 2 [a; b] dan y 2 [a1; b+1], kita mempunyai xy 2 ab1 ; ba+1 , dan deret Taylor P1 n=0(1)n t2n n! konvergen seragam ke et2 pada selang tersebut. Karena itu kita dapat menghampiri e(xy)2=2 dengan suatu polinom Taylor, yaitu XN n=0 (1)n n! x y 2n : Di sini N 2 N dapat kita pilih cukup besar sehingga sup axb jf(x) P(x)j ; dengan P(x) = 1 p XN n=0 Z b+1 a1 (1)n n! x y 2n f(y) dy: Dalam hal ini P merupakan polinom (berderajat 2N) yang kita cari. [QED] 74

245. Analisis Fourier dan Wavelet 75 11.4 Soal latihan 1. Diketahui = [1;1]. Tentukan (i) . (ii) . 2. Misalkan = [1;1] dan (x) = 1 x . Misalkan f(x) = x3x. Hitunglah f dan periksa bahwa f ! 2f bila ! 0. [Catat bahwa R1 1 (y) dy = 2.] 75

246. 76 Hendra Gunawan 12. Teorema Inversi Fourier dan Transformasi Fourier di L2(R) 12.1 Teorema Inversi Fourier Dari hasil hitung-hitungan kasar di awal Bab 10, kita ingin membuktikan bahwa, dalam kondisi tertentu, kita mempunyai f(x) = 1 2 Z 1 1 b f()eixd = ( b f)(x); untuk (hampir) setiap x 2 R. Melalui kesamaan inilah kita dapat memperoleh f kembali dari b f. Tetapi kapankah kesamaan ini berlaku? Teorema A (Teorema Inversi Fourier). Misalkan f 2 L1, kontinu bagian demi bagian, dan b f 2 L1. Maka f kontinu dan f(x) = 1 2 Z 1 1 b f()eixd; untuk setiap x 2 R. Bukti. Misalkan (x) := p1 2 ex2=2 dan (x) := 1 x . Maka R1 1 (x) dx = 1, sehingga menurut Tereoma 11-E, f (x) ! 1 2 [f(x) + f(x+)] untuk setiap x 2 R. Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa f (x) ! 1 2 R1 1 b f()eixd untuk setiap x 2 R. Untuk itu, perhatikan bahwa untuk setiap x 2 R kita mempunyai f (x) = 1 p 2 Z 1 1 f(y)e1 2 xy 2 dy = 1 2 Z 1 1 b f()eixe22 2 d; mengingat e1 2 xy 2 = p 2 F 22 e2 (y x) = p 2 Z 1 1 e22 2 ei(xy)d: Sekarang jika ! 0, maka e22 2 ! 1; sehingga b f()eixe22 2 ! b f()eix untuk setiap 2 R. Selain itu, untuk setiap 0, kita mempunyai

249. j b f()eixe22 2

252. j b f()j; 76

Analisis fourier 2014

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Viewers also liked

Viewers also liked (20)

Similar to Analisis fourier 2014

Similar to Analisis fourier 2014 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (6)

Analisis fourier 2014