Fachbereich Mathematik Prof. Dr. Fels Martin Fuchssteiner Hasan Gündoğan

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2007 18. Juni 2007

Mathe II

8. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 1) Taylorpolynome und Taylorreihen

Bestimmen Sie von folgenden Funktionen f_{i} : ℝ → ℝ jeweils die Taylorpolynome vom Grad 0 bis 3 mit Entwicklungspunkt 1 und, falls möglich, die entsprechenden Taylorreihen. In welchen offenen Umgebungen von 1 konvergieren die Taylorreihen, falls sie existieren, gegen die jeweilige Funktion f_{i}?

(a) f_{1}(x) = 2x^{3} − 3x^{2} + 8x − 4 (b) f_{2}(x) = sin(πx) (c) f_{3}(x) = \begin{cases}0 & für x ≤ 1 \\ (x − 1)^{4} & für x ≥ 1. \end{cases}

Lösung:

(a) Wir rechnen wie folgt:

f_{1}(x) = 2x^{3} − 3x^{2} + 8x − 4, also f_{1}(1) = 3 und T_{f_{1}}^{0}(x, 1) = 3. f′_{1}(x) = 6x^{2} − 6x + 8, also f′_{1}(1) = 8 und T_{f_{1}}^{1}(x, 1) = 8(x − 1) + 3.

f′′_{1}(x) = 12x − 6, also f′′_{1}(1) = 6 und T_{f_{1}}^{2}(x, 1) = \frac{6}{2}(x − 1)^{2} + 8(x − 1) + 3.

f′′′_{1}(x) = 12, also f′′′_{1}(1) = 12 und T_{f_{1}}^{3}(x, 1) = \frac{12}{6}(x − 1)^{3} + \frac{6}{2}(x − 1)^{2} + 8(x − 1) + 3.

Alle weiteren Ableitungen von f_{1} existieren, sind nämlich 0. Daher existiert die Taylorreihe von f_{1} mit Entwicklungspunkt 1 und ist mit T_{f_{1}}^{3}(x, 1) identisch. Beachte, dass T_{f_{1}}^{3}(x, 1) mit f_{1} auf ganz ℝ identisch ist, was man entweder durch das Auflösen der Klammern und Zusammenfassen sieht oder durch die Tatsache, dass das Taylorpolynom einer Funktion vom Grade 3 mit Entwicklungspunkt 1 das eindeutige Polynom vom Grade kleiner gleich 3 ist, das mit der Funktion im Funktionswert und bis im 3. Ableitungswert in 1 übereinstimmt und dass f_{1} diese Bedingung auch erfüllt und vom Grade kleiner gleich 3 ist.

(b) Wir rechnen wie folgt:

f_{2}(x) = sin(πx), also f_{2}(1) = 0 und T_{f_{2}}^{0}(x, 1) = 0.

f′_{2}(x) = π cos(πx), also f′_{2}(1) = −π und T_{f_{2}}^{1}(x, 1) = −π(x − 1).

f′′_{2}(x) = −π^{2} sin(πx), also f′′_{2}(1) = 0 und T_{f_{2}}^{2}(x, 1) = −π(x − 1).

f′′′_{2}(x) = −π^{3} cos(πx), also f′′′_{2}(1) = π^{3} und T_{f_{2}}^{3}(x, 1) = \frac{π^{3}}{6} (x − 1)^{3} − π(x − 1).

Ferner haben wir f_{2}^{(2n)}(x) = 0 und f_{2}^{(2n+1)}(x) = \frac{(−1)^{n+1}π^{2n+1}}{(2n+1)!} für n ≥ 2. Somit existiert die Taylorreihe von f_{2} mit Entwicklungspunkt 1 und lautet

∑_{m=0}^{∞} a_{m}(x − 1)^{m}, wobei a_{m} = \begin{cases}0 & für m = 2n \\ \frac{(−1)^{n+1}π^{m}}{m!} & für m = 2n + 1. \end{cases}

Da Taylorreihen immer Potenzreihen sind, ist der Bereich, in dem die Taylorreihe konvergiert, ein Konvergenzkreis. In diesem Fall hat dieser den Mittelpunkt 1 und wegen^{1}

lim sup_{m→∞} \sqrt[m]{|a_{m}|} = lim_{m→∞} \sqrt[m]{\frac{π^{m}}{m!}} = \frac{π}{lim_{m→∞} \sqrt[m]{m!}} = 0

ist der Konvergenzradius ∞ und somit konvergiert die Taylorreihe von f_{2} in ganz ℝ..

(c) Bei zusammengesetzten Funktionen muss man sicherstellen, dass der rechtsseitige Funktionswert und die rechtsseitigen Ableitungswerte gleich den entsprechenden linksseitigen sind. Linksseitig ist der Funktionswert und sind die Ableitungswerte in 1 offensichtlich 0. Rechtsseitig ist dies nicht ganz so offensichtlich, aber es gilt tatsächlich:

lim_{x→1}(x − 1)^{4} = 0, lim_{x→1} 4(x − 1)^{3} = 0, lim_{x→1} 12(x − 1)^{2} = 0, lim_{x→1} 24(x − 1) = 0.

Somit ist f_{3} in 1 dreimal differenzierbar und man hat

T_{f_{3}}^{0}(x, 1) = T_{f_{3}}^{1}(x, 1) = T_{f_{3}}^{2}(x, 1) = T_{f_{3}}^{3}(x, 1) = 0.

Es ist allerdings lim_{x→1} 24 = 24 ≠ 0, somit stimmt die vierte rechtsseitige Ableitung nicht mit der linksseitigen überein und daher ist f_{3} nicht viermal differenzierbar in 1, also existiert keine Taylorreihe von f_{3} mit Entwicklungspunkt 1. (Dafür müsste die Funktion beliebig oft differenzierbar sein.)

(G 2) Reelle und komplexe Fourierkoeffizienten

Sei

S_{N}(x) = \frac{a_{0}}{2} + ∑_{k=1}^{N} a_{k} cos(kx) + b_{k} sin(kx)

ein reelles Fourierpolynom. Finden Sie seine komplexe Darstellung, d.h. finden Sie c_{k} ∈ ℂ für k ∈ {0, 1, −1, 2, −2, …, N, −N} mit

S_{N}(x) = ∑_{k=−N}^{N} c_{k}e^{ikx}.

Zusatzfrage: Sei S_{N} eine N-te Fourier-Partialsumme für vorgegebenes N ∈ ℕ. Wie viele Nullstellen in [−π, π) hat S_{N} höchstens, wenn nicht alle a_{k}, b_{k} null sind?

Hinweis: Es gelten e^{it} = cos(t) + i sin(t) und e^{−it} = cos(t) − i sin(t). Wie kann man aus diesen Informationen den Sinus und den Kosinus zurückgewinnen?

Lösung:

1Wir benutzen hier ohne Beweis, dass lim_{m→∞} \sqrt[m]{m!} = ∞.

Es sind cos(t) = \frac{e^{it}+e^{−it}}{2} und sin(t) = \frac{e^{it}−e^{−it}}{2i}, also hat man für k > 0:

a_{k} cos(kx) = a_{k} \frac{e^{ikx} + e^{−ikx}}{2} und b_{k} sin(kx) = b_{k} \frac{e^{ikx} − e^{−ikx}}{2i}

und daher

∑_{k=−N}^{N} c_{k}e^{ikx} = S_{N}(x) = \frac{a_{0}}{2} + ∑_{k=1}^{N} a_{k} \frac{e^{ikx} + e^{−ikx}}{2} + b_{k} \frac{e^{ikx} − e^{−ikx}}{2i} .

Wegen der linearen Unabhängigkeit der e^{int}, n ∈ ℤ, ergibt sich durch Koeffizientenvergleich

c_{0} = \frac{a_{0}}{2} und c_{k} = \frac{a_{k}}{2} + \frac{b_{k}}{2i} = \frac{a_{k} − ib_{k}}{2} und c_{−k} = \frac{a_{k}}{2} − \frac{b_{k}}{2i} = \frac{a_{k} + ib_{k}}{2}

für k > 0.

Zur Zusatzfrage: Wir werden zeigen, dass ein von null verschiedenes S_{N} höchstens 2N verschiedene Nullstellen in [−π, π) hat. Wir schreiben zunächst

S_{N}(x) = ∑_{k=−N}^{N} c_{k}e^{ikx} = ∑_{k=−N}^{N} c_{k}z^{k} = \frac{1}{z^{N}} ∑_{k=0}^{2N} c_{k−N} · z^{k}

für z := e^{ix}.

Angenommen, S_{N} hätte 2N + 1 verschiedene Nullstellen in [−π, π). Dann würden diese Nullstellen durch die Funktion x ↦ e^{ix} auf 2N + 1 verschiedene Nullstellen des Polynoms ∑_{k=0}^{2N} c_{k−N} ·z^{k} abgebildet. Weil dieses letztgenannte Polynom aber vom Grad ≤ 2N ist und nicht-konstante Polynome vom Grade ≤ 2N stets höchstens 2N verschiedene Nullstellen haben, muss ∑_{k=0}^{2N} c_{k−N} · z^{k} = 0 sein, also jedes c_{k−N} = 0, mithin S_{N} = 0. Somit hat ein von null verschiedenes S_{N} höchstens 2N verschiedene Nullstellen in [−π, π).

(G 3) Berechnung einiger Fourierreihen

Skizzieren Sie die Graphen der folgenden 2π-periodischen Funktionen f_{i} : ℝ → ℝ, berechnen Sie ihre reellen und komplexen Fourierkoeffizienten und stellen Sie jeweils die reelle und die komplexe Fourierreihe auf:

(a) f_{1}(x) := x für x ∈ [−π, π]. (b) f_{2}(x) := \begin{cases}x & für x ∈ [0, π] \\ −x & für x ∈ [−π, 0]. \end{cases}

(c) f_{3}(x) := \frac{x^{2}}{4} für x ∈ [−π, π].

Hinweis: Die Formeln für die reellen Fourierkoeffizienten sind a_{k} := \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f(x) cos(kx) dx für k = 0, 1, 2, … und b_{k} := \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f(x) sin(kx) dx für k = 1, 2, 3, . . .. Die komplexen Koeffizienten erhalten Sie durch c_{k} := \frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} f(x)e^{−ikx} dx für k ∈ ℤ oder mithilfe der reellen Koeffizienten und (G 2).

Lösung:

(a) Für k = 0, 1, 2, … haben wir:

a_{k} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f_{1}(x) cos(kx) dx = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} x cos(kx) dx

= \frac{1}{π} ([x · \frac{sin(kx)}{k}]_{−π}^{π} − \frac{1}{k} ∫_{−π}^{π} sin(kx) dx)

= 0 − \frac{1}{kπ} ∫_{−π}^{π} sin(kx) = −\frac{1}{k^{2}π} ∫_{−kπ}^{kπ} sin(t) dt = −\frac{1}{k^{2}π} (− cos(kπ) + cos(−kπ)) = 0.

Für k = 1, 2, 3, … gilt:

b_{k} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f_{1}(x) sin(kx) dx = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} x sin(kx) dx

= \frac{1}{π} ([x · \frac{− cos(kx)}{k}]_{−π}^{π} + \frac{1}{k} ∫_{−π}^{π} cos(kx) dx)

= \frac{1}{π} ((π · \frac{− cos(kπ)}{k} + π · \frac{− cos(k(−π))}{k}) + \frac{1}{k^{2}} ∫_{−kπ}^{kπ} cos(t) dt)

= \frac{1}{π} (\frac{−2π · cos(kπ)}{k} + \frac{1}{k^{2}} (sin(kπ) − sin(−kπ)))

= \frac{−2 cos(kπ)}{k} + 0 = \begin{cases}−\frac{2}{k} & für k gerade \\ \frac{2}{k} & für k ungerade. \end{cases}

Bei den komplexen Koeffizienten stellen wir fest:

c_{0} = \frac{a_{0}}{2} = 0 und für k > 0: c_{k} = −\frac{ib_{k}}{2} = \begin{cases}\frac{i}{k} & für k gerade \\ −\frac{i}{k} & für k ungerade, \end{cases}

c_{−k} = \frac{ib_{k}}{2} = \begin{cases}−\frac{i}{k} & für k gerade \\ \frac{i}{k} & für k ungerade. \end{cases}

Wir haben also die Fourierreihen

2 ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{k+1}}{k} sin(kx) und ∑_{k=1}^{∞} \frac{i · (−1)^{k}}{k} e^{ikx} + ∑_{k=1}^{∞} \frac{i · (−1)^{k+1}}{k} e^{−ikx}.

(b) Für k = 1, 2, 3, … gilt:

b_{k} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f_{2}(x) sin(kx) dx = \frac{1}{π} (∫_{−π}^{0} −x sin(kx) dx + ∫_{0}^{π} x sin(kx) dx)

= \frac{1}{π} (∫_{π}^{0} t sin(kt) dt + ∫_{0}^{π} x sin(kx) dx) = 0.

Es ist

a_{0} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f_{2}(x) dx = \frac{1}{π} (∫_{−π}^{0} −x dx + ∫_{0}^{π} x dx) = \frac{2}{π} ∫_{0}^{π} x dx = \frac{2}{π} · \frac{π^{2}}{2} = π.

Für k = 1, 2, … haben wir:

a_{k} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f_{2}(x) cos(kx) dx = \frac{1}{π} (∫_{−π}^{0} −x cos(kx) dx + ∫_{0}^{π} x cos(kx) dx)

= \frac{1}{π} (∫_{π}^{0} −x cos(k(−x)) dx + ∫_{0}^{π} x cos(kx) dx)

= \frac{1}{π} (∫_{0}^{π} x cos(kx) dx + ∫_{0}^{π} x cos(kx) dx) = \frac{2}{π} ∫_{0}^{π} x cos(kx) dx

= \frac{2}{π} ([x · \frac{sin(kx)}{k}]_{0}^{π} − \frac{1}{k} ∫_{0}^{π} sin(kx) dx) = 0 − \frac{2}{kπ} ∫_{0}^{π} sin(kx) dx

= −\frac{2}{k^{2}π} ∫_{0}^{kπ} sin(t) dt = −\frac{2}{k^{2}π} (− cos(kπ) + cos(0)) = \begin{cases}0 & für k gerade \\ −\frac{4}{k^{2}π} & für k ungerade. \end{cases} Bei den komplexen Koeffizienten stellen wir fest:

c_{0} = \frac{a_{0}}{2} = \frac{π}{2} und für k > 0: c_{k} = c_{−k} = \frac{a_{k}}{2} == \begin{cases}0 & für k gerade \\ −\frac{2}{k^{2}π} & für k ungerade. \end{cases}

Wir haben also die Fourierreihen

\frac{π}{2} − \frac{4}{π} ∑_{ℓ=0}^{∞} \frac{1}{(2ℓ + 1)^{2}} cos((2ℓ + 1)x) und \frac{π}{2} − \frac{2}{π} ∑_{ℓ=−∞}^{∞} \frac{1}{(2ℓ + 1)^{2}} e^{i(2ℓ+1)x}.

(c) Für k = 1, 2, 3, … gilt:

b_{k} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f_{3}(x) sin(kx) dx = \frac{1}{π} (∫_{−π}^{0} \frac{x^{2}}{4} sin(kx) dx + ∫_{0}^{π} \frac{x^{2}}{4} sin(kx) dx)

= \frac{1}{π} (∫_{π}^{0} \frac{t^{2}}{4} sin(kt) dt + ∫_{0}^{π} \frac{x^{2}}{4} sin(kx) dx) = 0.

Es ist

a_{0} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f_{3}(x) dx = \frac{1}{π} (∫_{−π}^{0} \frac{x^{2}}{4} dx + ∫_{0}^{π} \frac{x^{2}}{4} dx) = \frac{2}{π} ∫_{0}^{π} \frac{x^{2}}{4} dx = \frac{2}{π} · \frac{π^{3}}{12} = \frac{π^{2}}{6} .

Für k = 1, 2, … haben wir:

a_{k} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f_{3}(x) cos(kx) dx = \frac{1}{π} (∫_{−π}^{0} \frac{x^{2}}{4} cos(kx) dx + ∫_{0}^{π} \frac{x^{2}}{4} cos(kx) dx)

= \frac{1}{π} (∫_{π}^{0} −\frac{x^{2}}{4} cos(k(−x)) dx + ∫_{0}^{π} \frac{x^{2}}{4} cos(kx) dx)

= \frac{2}{π} ∫_{0}^{π} \frac{x^{2}}{4} cos(kx) dx = \frac{1}{2π} ∫_{0}^{π} x^{2} cos(kx) dx

= \frac{1}{2π} ([x^{2} · \frac{sin(kx)}{k}]_{0}^{π} − \frac{1}{k} ∫_{0}^{π} 2x sin(kx) dx) = \frac{1}{2π} (0 − \frac{2}{k} ∫_{0}^{π} x sin(kx) dx)

= −\frac{1}{kπ} ∫_{0}^{π} x sin(kx) dx = −\frac{1}{kπ} ([x · \frac{− cos(kx)}{k}]_{0}^{π} + \frac{1}{k} ∫_{0}^{π} cos(kx) dx)

= −\frac{1}{kπ} ((π · \frac{− cos(kπ)}{k} − 0) + \frac{1}{k^{2}} ∫_{0}^{kπ} cos(t) dt)

= \frac{cos(kπ)}{k^{2}} − \frac{1}{k^{3}π} (sin(kπ) − sin(0)) = \frac{cos(kπ)}{k^{2}}

= \begin{cases}\frac{1}{k^{2}} & für k gerade \\ −\frac{1}{k^{2}} & für k ungerade. \end{cases} Bei den komplexen Koeffizienten stellen wir fest:

c_{0} = \frac{a_{0}}{2} = \frac{π^{2}}{12} und für k > 0: c_{k} = c_{−k} = \frac{a_{k}}{2} = \begin{cases}\frac{1}{2k^{2}} & für k gerade \\ −\frac{1}{2k^{2}} & für k ungerade. \end{cases}

Wir haben also die Fourierreihen

\frac{π^{2}}{12} + ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{k}}{k^{2}} cos(kx) und \frac{π^{2}}{12} + \frac{1}{2} ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{k}}{k^{2}} e^{ikx} + \frac{1}{2} ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{k}}{k^{2}} e^{−ikx}.

(G 4) Konvergenz von Fourierreihen

Betrachten Sie die Fourierreihen der Funktionen f_{1}, f_{2}, f_{3} aus Aufgabe (G 3) hinsichtlich ihrer Konvergenz: An welchen Stellen und nach welchem Satz konvergieren die Fourierreihen jeweils? Betrachten Sie die Unstetigkeitsstellen der Funktionen gesondert und bestimmen Sie dort auf zwei Arten und Weisen, ob die Fourierreihen konvergieren und wenn ja, mit welchen Grenzwerten.

Lösung:

Jede dieser 2π-periodischen Funktionen ist derart, dass sich das Intervall [−π, π] jeweils in endliche viele Stücke zerlegen lässt, so dass die Funktion dort stetig und monoton ist: f_{1} ist auf ganz [−π, π] stetig und monoton und f_{2}, f_{3} sind beide stetig und monoton auf [−π, 0] und [0, π]. Außerdem sind f_{2}, f_{3} auf ganz ℝ stetig und in den Unstetigkeitsstellen (2ℓ + 1)π von f_{1}, wobei ℓ ∈ ℤ, existieren die links- und rechtsseitigen Grenzwerte:

lim_{x↗(2ℓ+1)π} f_{1}(x) = π und lim_{x↘(2ℓ+1)π} f_{1}(x) = −π.

Somit konvergieren nach dem Satz von Dirichlet die Fourierreihen von f_{1}, f_{2}, f_{3} überall. Nach Dirichlet konvergiert die Fourierreihe von f_{1} an einer Unstetigkeitsstelle (2ℓ + 1)π gegen

\frac{lim_{x↗(2ℓ+1)π} f_{1}(x) + lim_{x↘(2ℓ+1)π} f_{1}(x)}{2} = \frac{π − π}{2} = 0.

Wir können uns die Fourierreihe von f_{1} aber auch direkt in (2ℓ + 1)π anschauen:

2 ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{k+1}}{k} sin(k(2ℓ + 1)π) = 2 ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{k+1}}{k} · 0 = 0.

Hausübungen

(A 23) Konvergenz einer Fourierreihe (10 Punkte)

Sei d_{0}, d_{1}, d_{−1}, d_{2}, d_{−2}, … eine Folge komplexer Zahlen. Man definiere auf dem Intervall [−π, π] mit S_{N}(x) = ∑_{k=−N}^{N} d_{k}e^{ikx} eine Funktionenfolge (S_{N})_{N∈ℕ}, also die Fourierreihe ∑_{k=−∞}^{∞} d_{k}e^{ikx}. Wir nehmen nun weiter an, dass diese gleichmäßig gegen eine Funktion f : [−π, π] → ℂ konvergiere. Beantworten Sie (mit Begründung!) folgende Fragen:

(a) Ist f notwendigerweise stetig?

(b) Stimmt die Reihe ∑_{k=−∞}^{∞} d_{k}e^{ikx} mit der Fourierreihe von f überein, d.h. gilt

∑_{k=−∞}^{∞} d_{k}e^{ikx} = ∑_{k=−∞}^{∞} c_{k}e^{ikx},

wobei c_{k} := \frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} f(x)e^{−ikx} dx für alle k ∈ ℤ?

(c) Ist die Konvergenz von (S_{N})_{N∈ℕ} gegen f auch eine Konvergenz im normierten Vektorraum (C^{0}([−π, π]), ∥·∥_{2}), d.h. gilt auch

lim_{N→∞} \sqrt{∫_{−π}^{π} |S_{N}(x) − f(x)|^{2} dx} = 0?

Lösung:

(a) Jede Partialsumme S_{N} ist eine endliche Summe von Vielfachen von Exponentialfunktionen, also eine stetige Funktion. Da der gleichmäßige Limes stetiger Funktionen immer stetig ist, ist f stetig.

(b) Da S_{N} → f für N → ∞ ein gleichmäßiger Limes ist, vertauscht dieser Limes mit Integralen. Es gilt daher für alle k ∈ ℤ:

c_{k} = \frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} f(x)e^{−ikx} dx = \frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} lim_{N→∞} S_{N}(x)e^{−ikx} dx = \frac{1}{2π} lim_{N→∞} ∫_{−π}^{π} S_{N}(x)e^{−ikx} dx

= \frac{1}{2π} lim_{N→∞} ∫_{−π}^{π} ∑_{ℓ=−N}^{N} (d_{ℓ}e^{iℓx}e^{−ikx}) dx = \frac{1}{2π} lim_{N→∞} ∑_{ℓ=−N}^{N} ∫_{−π}^{π} (d_{ℓ}e^{iℓx}e^{−ikx}) dx

= ∑_{ℓ=−∞}^{∞} d_{ℓ} \underbrace{\frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} e^{i(ℓ−k)x} dx}_{=1 für ℓ=k und sonst 0} = d_{k}.

Somit sind die c_{k} tatsächlich die Fourierkoeffiziente von f.

(c) Gleichmäßige Konvergenz bedeutet, dass für jedes δ > 0 ein m ∈ ℕ existiert, so dass für alle N ≥ m gilt:

∥S_{N} − f∥_{∞} = sup_{x∈[−π,π]} |S_{N} − f| ≤ δ.

Sei ε > 0. Dann gibt es ein m ∈ ℕ, so dass obige Ungleichung mit δ := ε^{2}/2π für alle N ≥ m gilt. Dann gilt aber auch für alle N ≥ m:

\sqrt{∫_{−π}^{π} |S_{N}(x) − f(x)|^{2} dx} ≤ \sqrt{2π · ∥S_{N}(x) − f(x)∥_{∞}^{2} dx} ≤ \sqrt{2π · ε^{2}/2π} = ε.

Also ist S_{N} → f für N → ∞ auch ein Limes im Raum (C^{0}([−π, π]), ∥·∥_{2}).

(A 24) Integrale von Sinus- und Kosinus-Funktionen (10 Punkte)

Berechnen Sie

∫_{−π}^{π} sin(kx) sin(ℓx) dx und ∫_{−π}^{π} cos(kx) cos(ℓx) dx

für beliebige k, ℓ ∈ ℤ.

Hinweis: Denken Sie an die komplexe Darstellung des Sinus und des Kosinus.

Lösung:

Wegen sin(t) = \frac{e^{it}−e^{−it}}{2i} gilt:

\begin{aligned}sin(kx) sin(ℓx) & = \frac{(e^{ikx} − e^{−ikx}) · (e^{iℓx} − e^{−iℓx})}{−4} \\ & = \frac{1}{4} (−e^{i(k+ℓ)x} − e^{−i(k+ℓ)x} + e^{i(k−ℓ)x} + e^{−i(k−ℓ)x}) . \end{aligned}

Daher haben wir:

∫_{−π}^{π} sin(kx) sin(ℓx) dx = −\frac{1}{4} \underbrace{∫_{−π}^{π} e^{i(k+ℓ)x} dx}_{=2π für ℓ=−k und sonst 0} −\frac{1}{4} \underbrace{∫_{−π}^{π} e^{−i(k+ℓ)x} dx}_{=2π für ℓ=−k und sonst 0}

+ \frac{1}{4} \underbrace{∫_{−π}^{π} e^{i(k−ℓ)x} dx}_{=2π für ℓ=k und sonst 0} +\frac{1}{4} \underbrace{∫_{−π}^{π} e^{−i(k−ℓ)x} dx}_{=2π für ℓ=k und sonst 0}

= \begin{cases}−π & für ℓ = −k \\ π & für ℓ = k \\ 0 & sonst. \end{cases}

Wegen cos(t) = \frac{e^{it}+e^{−it}}{2} gilt:

\begin{aligned}cos(kx) cos(ℓx) & = \frac{(e^{ikx} + e^{−ikx}) · (e^{iℓx} + e^{−iℓx})}{4} \\ & = \frac{1}{4} (e^{i(k+ℓ)x} + e^{−i(k+ℓ)x} + e^{i(k−ℓ)x} + e^{−i(k−ℓ)x}) . \end{aligned}

Daher haben wir:

∫_{−π}^{π} cos(kx) cos(ℓx) dx = \frac{1}{4} \underbrace{∫_{−π}^{π} e^{i(k+ℓ)x} dx}_{=2π für ℓ=−k und sonst 0} +\frac{1}{4} \underbrace{∫_{−π}^{π} e^{−i(k+ℓ)x} dx}_{=2π für ℓ=−k und sonst 0}

+ \frac{1}{4} \underbrace{∫_{−π}^{π} e^{i(k−ℓ)x} dx}_{=2π für ℓ=k und sonst 0} +\frac{1}{4} \underbrace{∫_{−π}^{π} e^{−i(k−ℓ)x} dx}_{=2π für ℓ=k und sonst 0}

= \begin{cases}π & für ℓ = ±k \\ 0 & sonst. \end{cases}

(A 25) Reihe über den reziproken Quadratzahlen (10 Punkte) Wir wollen

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{16} + …

berechnen^{2} und gehen in drei Schritten vor.

(a) Bestimmen Sie die komplexen Fourierkoeffizienten c_{k} der 2π-periodischen Funktion

f(x) := \begin{cases}1 & für x ∈ [0, π] \\ −1 & für x ∈ [−π, 0) \end{cases}

für k ∈ ℤ.

(b) Wenden Sie nun Parsevals Gleichung

\frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} |f(x)|^{2} dx = ∑_{k=−∞}^{∞} |c_{k}|^{2}

an, um ∑_{j=0}^{∞} \frac{8}{(2j+1)^{2}π^{2}} und danach ∑_{j=0}^{∞} \frac{1}{(2j+1)^{2}} zu berechnen.

2Diese Reihe ist einige der wenigen Reihen, von denen man auswendig wissen sollte, dass sie konvergieren.

(c) Wir schreiben S := ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} . Begründen Sie, warum

S = ∑_{j=0}^{∞} \frac{1}{(2j + 1)^{2}} + \frac{S}{4}

gilt. Folgern Sie nun S = \frac{π^{2}}{6} .

Lösung:

(a) Wir berechnen die komplexen Koeffizienten direkt:

\begin{aligned}c_{0} & = \frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} f(x) dx = \frac{1}{2π} (∫_{−π}^{0} −1 dx + ∫_{0}^{π} 1 dx) \\ & = (−0 − (−(−π))) + (π − 0) = 0 \end{aligned}

und, für k ≠ 0:

c_{k} = \frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} f(x)e^{−ikx} dx = \frac{1}{2π} (∫_{−π}^{0} −e^{−ikx} dx + ∫_{0}^{π} e^{−ikx} dx)

= \frac{1}{2π} ([\frac{e^{−ikx}}{ik} ]_{−π}^{0} + [\frac{e^{−ikx}}{−ik} ]_{0}^{π}) = \frac{1}{2π} ((\frac{1 − e^{ikπ}}{ik} ) + (\frac{e^{−ikπ} − 1}{−ik}))

= \frac{1}{2π} (\frac{2 − e^{ikπ} − e^{−ikπ}}{ik} ) = \frac{1}{ikπ} − \frac{e^{ikπ} + e^{−ikπ}}{2ikπ} = \frac{1}{ikπ} − \frac{1}{ikπ} \frac{e^{ikπ} + e^{−ikπ}}{2}

= \frac{1}{ikπ} (1 − cos(kπ)) = \begin{cases}0 & für k gerade \\ \frac{2}{ikπ} & für k ungerade. \end{cases}

(b) Für die linke Seite von Parsevals Gleichung gilt:

\frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} |f(x)|^{2} dx = \frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} 1 dx = \frac{1}{2π} · 2π = 1.

Die rechte Seite ergibt mit (a):

∑_{k=−∞}^{∞} |c_{k}|^{2} = 0^{2} + ∑_{k ungerade} \frac{2}{ikπ} · \frac{2}{−ikπ} = ∑_{k ungerade} \frac{4}{k^{2}π^{2}}

= ∑_{j=0}^{∞} \frac{4}{(2j + 1)^{2}π^{2}} + ∑_{j=0}^{∞} \frac{4}{(−2j − 1)^{2}π^{2}} = ∑_{j=0}^{∞} \frac{8}{(2j + 1)^{2}π^{2}} .

Also ist ∑_{j=0}^{∞} \frac{8}{(2j+1)^{2}π^{2}} = 1 und daher ∑_{j=0}^{∞} \frac{1}{(2j+1)^{2}} = \frac{π^{2}}{8} .

(c) Mit S = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} ist

S = ∑_{n>0 ungerade} \frac{1}{n^{2}} + ∑_{n>0 gerade} \frac{1}{n^{2}} = ∑_{j=0}^{∞} \frac{1}{(2j + 1)^{2}} + ∑_{j=1}^{∞} \frac{1}{(2j)^{2}}

= ∑_{j=0}^{∞} \frac{1}{(2j + 1)^{2}} + \frac{1}{4} ∑_{j=1}^{∞} \frac{1}{j^{2}} = ∑_{j=0}^{∞} \frac{1}{(2j + 1)^{2}} + \frac{S}{4} .

Nach (b) ist also S = \frac{π^{2}}{8} + \frac{S}{4} , also \frac{3}{4}S = \frac{π^{2}}{8} , mithin S = \frac{π^{2}}{6} .