Nucleo di Dirichlet

In analisi matematica, il nucleo di Dirichlet è la famiglia di polinomi trigonometrici definita da

${\displaystyle D_{n}(x)=\sum _{k=-n}^{n}e^{ikx}=1+2\sum _{k=1}^{n}\cos(kx)={\frac {\sin \left(\left(n+1/2\right)x\right)}{\sin(x/2)}}.}$

È così chiamata in onore di Peter Gustav Lejeune Dirichlet.

Grafico dei primi 35 termini del nucleo. Si può notare la convergenza alla distribuzione delta di Dirac.

Criterio di convergenza per serie di Fourier

Il nucleo di Dirichlet trova ampia applicazione nella teoria delle serie di Fourier. La convoluzione di D_n(x) con qualsiasi funzione ƒ di periodo ${\displaystyle 2\pi }$ è pari all' approssimazione in serie di Fourier di ƒ troncata all' n-esimo termine, cioè si ha

${\displaystyle (D_{n}*f)(x)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(y)D_{n}(x-y)\,dy=\sum _{k=-n}^{n}{\hat {f}}(k)e^{ikx},}$

dove

${\displaystyle {\widehat {f}}(k)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(x)e^{-ikx}\,dx}$

è il k-esimo coefficiente di Fourier di ƒ.

Questo fatto può essere utile nello studio della convergenza puntuale dello sviluppo di Fourier di una funzione periodica. Infatti posto ${\displaystyle S_{n}(x)=\sum _{k=-n}^{n}{\hat {f}}(k)e^{ikx}}$ si ha, usando il risultato precedente,

${\displaystyle S_{n}(x)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }f(y+x){\frac {\sin \left(\left(n+1/2\right)y\right)}{\sin(y/2)}}\,dy.}$

Tale espressione vale in particolare anche per la funzione costante ${\displaystyle f(x)=1}$ per la quale tutti i coefficienti della serie di Fourier sono nulli tranne quello per cui ${\displaystyle k=0}$ che vale ${\displaystyle 1}$. Si vede quindi che per tale funzione costante vale

${\displaystyle S_{n}(x)=1={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{\frac {\sin \left(\left(n+1/2\right)y\right)}{\sin(y/2)}}\,dy.}$

(Ciò è facilmente verificabile anche integrando termine a termine la serie trigonometrica che definisce il nucleo di Diriclet).

Se ora vogliamo verificare le condizioni per cui la serie di Fourier di f converga puntualmente in un punto ${\displaystyle x}$ dobbiamo studiare il comportamento del resto n-esimo

${\displaystyle |S_{n}(x)-f(x)|={\frac {1}{2\pi }}{\biggl \vert }\int _{-\pi }^{\pi }f(y+x){\frac {\sin \left(\left(n+1/2\right)y\right)}{\sin(y/2)}}\,dy-f(x){\frac {\sin \left(\left(n+1/2\right)y\right)}{\sin(y/2)}}\,dy{\biggl \vert },}$

ossia

${\displaystyle \vert S_{n}(x)-f(x)\vert ={\frac {1}{2\pi }}{\biggl \vert }\int _{-\pi }^{\pi }(f(y+x)-f(x)){\frac {\sin \left(\left(n+1/2\right)y\right)}{\sin(y/2)}}\,dy{\biggl \vert }.}$

Grazie al lemma di Riemann-Lebesgue sappiamo che una condizione sufficiente affinché il resto n-esimo si annulli per ${\displaystyle n\rightarrow \infty }$ è che ${\displaystyle {\frac {f(x+y)-f(y)}{\sin({\frac {y}{2}})}}}$ sia integrabile in ${\displaystyle [-\pi ,+\pi ]}$. A partire da questo risultato si può dimostrare facilmente la condizione di convergenza del Dini per le serie di Fourier^[1].

Relazione con la delta di Dirac

Si può definire la distribuzione delta di Dirac periodica in modo tale che si abbia

${\displaystyle f*(2\pi \delta )=f}$

per ogni funzione ƒ di periodo ${\displaystyle 2\pi }$. La rappresentazione in serie di Fourier di questa funzione generalizzata è

${\displaystyle 2\pi \delta (x)\sim \sum _{k=-\infty }^{\infty }e^{ikx}=\left(1+2\sum _{k=1}^{\infty }\cos(kx)\right).}$

Per cui il nucleo di Dirichlet può essere visto come un'approssimazione di tale distribuzione.

Dimostrazione dell'identità trigonometrica

L'identità trigonometrica

${\displaystyle \sum _{k=-n}^{n}e^{ikx}={\frac {\sin((n+1/2)x)}{\sin(x/2)}}}$

può essere dimostrata nel modo seguente. Ricordando che la somma di una progressione geometrica è

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}ar^{k}=a{\frac {1-r^{n+1}}{1-r}}.}$

Abbiamo in particolare che

${\displaystyle \sum _{k=-n}^{n}r^{k}=r^{-n}\cdot {\frac {1-r^{2n+1}}{1-r}}.}$

Moltiplicando sia numeratore che denominatore per r^−1/2 abbiamo

${\displaystyle {\frac {r^{-n-1/2}}{r^{-1/2}}}\cdot {\frac {1-r^{2n+1}}{1-r}}={\frac {r^{-n-1/2}-r^{n+1/2}}{r^{-1/2}-r^{1/2}}}.}$

Ora se r = e^ix troviamo

${\displaystyle \sum _{k=-n}^{n}e^{ikx}={\frac {e^{-(n+1/2)ix}-e^{(n+1/2)ix}}{e^{-ix/2}-e^{ix/2}}}={\frac {-2i\sin((n+1/2)x)}{-2i\sin(x/2)}}={\frac {\sin((n+1/2)x)}{\sin(x/2)}}}$

che era quello che volevamo dimostrare.