Torsdagsøvelser - Matematik - Rasmus Sylvester Bryder

Analyse 1
Øvelser
Rasmus Sylvester Bryder
21. maj 2013
JPS 7.18
Lad f : R → R være den 2π-periodiske funktion defineret ved
Vis, at
Udled heraf, at
f(t) = 4π2
3
f(t) =
∞
n=1
+ 4
t 2 for 0 < t < 2π
2π 2 for t = 0.
∞
cos nt
n2
sin nt
− π , t ∈ R.
n
n=1
1 π2
=
n2 6 ,
∞ (−1) n+1
n=1
n 2
= π2
12 .
Vi har først og fremmest, at f er stykvis differentiabel, normaliseret og 2π-periodisk, s˚a jf. JPS
Sætning 3.5 vil Fourier-rækken for f konvergere med sumfunktion f. Det handler derfor om at finde
Fourier-koefficienterne for f. Vi vil gerne benytte formlerne i (13). Bemærk, at vi kan ændre grænserne
−π og π i integralerne til 0 og 2π jf. JPS Lemma 2.8. For n ∈ N vil
og
Dermed vil
Endvidere vil
2π
1
f(t) cos(nt)dt =
0
n t2 2π sin(nt)
0 0
= − 2
−
n
t
n cos(nt)
2π 2π
f(t) sin(nt)dt =
0
1
2 a0(f) = 1
2π
n=1
an(f) = 1
π
2π
0
= 2 2π
n n
− 1
= − 4π2
n
= − 4π2
n
2π
−
0
2
t sin(nt)dt
n
+ 1
n
2
4π
− [sin(nt)]2π
n2 0 =
n2 n t2 2π cos(nt)
+ 2
n
2π
+
2π
cos(nt)dt
2
t cos(nt)dt
0 0 n
t
n sin(nt)
2π − 1
2π
sin(nt)dt
n
2
− [− cos(nt)]2π
n2 0 = −4π2
n .
4π 4
=
n2 n2 , bn(f) = − 1
t 2 cos(0t)dt = 1
2π
2π
0
0
π 4π2n = − 4π
, n ∈ N.
n
t 2 dt = 1
2π
n=1
t 3
3
0
2π
0
0
= 1 8π
2π
3 4π2
=
3 3 .
Alts˚a er Fourier-rækken for f givet ved
4π2 3 +
∞
4 4π
cos(nt) −
n2 n sin(nt)
= 4π2
∞
cos(nt)
+ 4
3 n2
π sin(nt)
− ,
n
1

og som sagt vil ovenst˚aende række konvergere med sumfunktion f; dermed det ønskede. Vi mangler
kun at redegøre for formlerne. Undersøger vi f(0), har vi
hvormed
Undersøger vi derp˚a f(π), vil
π 2 = f(π) = 4π2
3
Da cos(πn) = (−1) n for n ∈ N, vil
JPS 7.19
n=1
2π 2 = f(0) = 4π2
3
∞
n=1
n=1
+ 4
∞
n=1
1
,
n2
1 1
= 2π
n2 4
2 − 4π2
=
3
π2
6 .
∞
cos(πn)
+ 4
n2
π sin(πn)
− =
n
4π2
∞
+ 4
3
∞ (−1) n+1
n2 ∞
= −
n=1
cos(πn)
n 2
n=1
= − 1
π
4
2 − 4π2
=
3
π2
12 .
cos(πn)
n2 .
Vis ved brug af resultatet i JPS 7.18, at funktionen i Eksempel 3.6 opfylder Parsevals identitet.
Hvorfor følger dette ikke af Sætning 2.9?
f : R → R er den 2π-periodiske funktion givet p˚a [−π, π) givet ved
1 for 0 ≤ x < π
f(x) =
0 for − π ≤ x < 0.
|f| 2 = f er da stykvis kontinuert. Vi har nu, at
M2π(f) = 1
π
f(x)dx =
2π
1
π
2π
Fourier-koefficienterne for f for n ∈ Z \ {0} er givet ved
cn(f) = 1
π
f(x)e
2π −π
−inx dx = 1
π
e
2π 0
−inx dx = 1
2π
= i
2πn ((−1)n
0 for n lige
− 1) =
for n ulige
Endvidere vil
Da cn(f) = 0 for alle lige n = 0, vil
∞
n=−∞
|cn| 2 = 1
4 +
= 1
4 +
∞
n=1
∞
(
n=1
− i
πn
−π
c0(f) = 1
2π
π
0
0
1dx = 1
2 .
(|c2n−1(f)| 2 + |c1−2n(f)| 2 )
1
1dx = 1
2 .
π2 1
+
(2n − 1) 2 π2 1
) =
(1 − 2n) 2
i
n einx
π =
0
1
i
2π n (eiπn − e 0
)
4 +
∞
n=1
2
π2 .
(2n − 1) 2
Vi ved ikke helt hvad sumudtrykket er lig, men vi kan hurtigt bikse noget sammen. Bemærk at for
N ∈ N vil
2N N
N
N N
1 1
1 1 1
1
= +
= +
,
n2 (2n) 2 (2n − 1) 2 4 n2 (2n − 1) 2
hvormed
n=1
N
n=1
n=1
1
=
(2n − 1) 2
n=1
2N
n=1
1 1
−
n2 4
2
N
n=1
n=1
n=1
1 π2 π2 π2
→ − =
n2 6 24 8 .

Alts˚a vil ∞
n=1
∞
n=−∞
1
(2n−1) 2 = π2
8
|cn| 2 = 1
4 +
∞
n=1
. Alts˚a vil
Alts˚a er Parsevals identitet opfyldt.
2
π2 1 2
= +
(2n − 1) 2 4 π2 ∞
n=1
1 1 2
= +
(2n − 1) 2 4 π2 π2 1 1 1
= + =
8 4 4 2 .
For at indse, hvorfor Sætning 2.9 kan ikke bruges, bemærker vi, at vi i Eksempel 3.6 f˚ar vist, at sumfunktionen
for Fourier-rækken ikke er kontinuert, hvormed Fourier-rækken ikke konvergerer uniformt.
JPS 7.20
(Denne opgave er grundlæggende blevet TEX’et af Andreas Midjord, med egne omskrivninger. Tusind
tak.)
Lad ˜ f : [0, 2π) → R være givet ved
˜f(t) =
t 4 , t ∈ (0, 2π)
8π 4 , t = 2π
og lad f være den 2π-periodiske udvidelse af ˜ f. Vis, at
f(t) = 16π4
5
og benyt dette til at vise
∞
n=1
+ 16
∞
2 2π
n=1
1 π4
=
n4 90 ,
3
−
n2 n4 ∞ (−1) n+1
n=1
n 4
3 π2
cos(nt) + π − sin(nt) ,
n3 n
= 7π4
, og
720
n ulige
1 π4
=
n4 96
Som i Opgave 7.18 bemærker vi at f er en stykvis differentiabel, normaliseret og 2π-periodisk funktion,
s˚a fra JPS Sætning 3.5 har vi at f er sumfunktionen for sin egen Fourier-række, alts˚a:
f(t) = 1
2 a0(f) +
∞
(an(f) cos(nt) + bn(f) sin(nt)).
n=1
Vi beregner alts˚a nu ved hjælp af JPS Lemma 2.8 disse koefficienter (vi kan dermed rykke grænserne
til vores fordel som i Opgave 7.18). For n ∈ N haves
an(f) = 1
π
f(t) cos(nt)dt
π
= 1
π
= 1
π
= − 1
π
−π
2π
t 4 cos(nt)dt
0
4 1
t
n sin(nt)
2π −
0
1
2π
3 1
4t
π 0 n sin(nt)dt
2π 3 −1
4t cos(nt) +
n2 0
1
2π
2 −1
12t cos(nt)dt
π 0 n2 2π
t 2 cos(nt)dt
= 4
πn 2 (2π)3 cos(2πn) − 12
πn 2
= 32π2 12
−
n2 πn2 4π
n2 = 32π2
n
48
− ,
2 n4 3
0

samt
Endelig vil
bn(f) = 1
π
f(t) sin(nt)dt
π −π
= 1
2π
t
π 0
4 sin(nt)dt
= 1
4 1
−t
π n cos(nt)
2π +
0
1
2π
3 1
4t
π 0 n cos(nt)dt
= − 1
4 1
t
π n cos(nt)
2π +
0
1
2π
2π
3 1
2 1
4t sin(nt) − 12t sin(nt)dt
π n2 0 0 n2 = − 1 4 2π 12
t cos(nt) −
πn
0 πn2 2π
t
0
2 sin(nt)dt
= 1
πn (2π)4 cos(2πn) − 12
πn2
− 4π2
n
= 16π3
n
48π
+ .
n3 1
2 a0(f) = 1
π
f(t)dt =
2π −π
1
2π
Indsætter vi dette i Fourierrækken, f˚ar vi da
f(t) = 1
2 a0(f) +
= 16π4
5 +
= 16π4
5
2π
∞
(an(f) cos(nt) + bn(f) sin(nt))
n=1
n=1
0
t 4 dt = 1
1
2π 5 t5
2π =
0
16π4
5 .
∞
2 32π 48
−
n2 n
n=1
4
3 16π 48π
cos(nt) + +
n n3
sin(nt)
∞
2 2π 3
+ 16
−
n2 n4
3 π2
cos(nt) + π − sin(nt) ,
n3 n
som ønsket. For at vise den første af de givne identiteter bruger vi igen t = 2π og ser
og alts˚a er
8π 4 = f(2π)
= 16π4
∞
2 2π 3
+ 16 −
5 n2 n
n=1
4
= 16π4
∞
∞ 1 1
+ 32π2 − 48
5 n2 n
n=1
n=1
4
= 16π4
∞
32π4 1
+ − 48
5 6 n4 ∞
n=1
4
1 1 16π
=
n4 48 5
n=1
32π4
+ − 8π4
6
= 1
4 90 16π 32π4
· + − 8π4
90 48 5 6
= 1
90
6π 4 + 10π 4 − 15π 4 = π4
90
4

I den anden identitet indsætter vi t = π og f˚ar dermed
og alts˚a er
Til sidst har vi nu
π 4 = f(π)
= 16π4
5
= 16π4
5
= 16π4
5
= 16π4
5
∞
n 2π2
3
+ 16 (−1) + (−1)n+1
n2 n
n=1
4
∞
∞
n+1 2π2
n+1 3
− 16 (−1) + 16 (−1)
n2 n
n=1
n=1
4
∞ (−1)
− 162π4 + 48
12
n=1
n+1
n4 ∞
8π4 (−1)
− + 48
3 n+1
n4 n=1
∞ (−1)
n=1
n+1
n4 = 1
π
48
4 + 8π4
16π4
−
3 5
= 1
4 π (15 + 40 − 48
=
48 15
7π4
720 .
n ulige
1
=
n4 =
∞
n=1
∞
n=1
1
−
n4 n lige
1 1
−
n4 16
1
=
n4 ∞
n=1
∞
n=1
= 15π4 π4 π4
= =
90 · 16 6 · 16 96 ,
hvorp˚a vi er færdige. Jesus. (Tak igen, Midjord.)
JPS 7.24
1
−
n4 ∞
n=1
1 π4 π4
= −
n4 90 90 · 16
1
(2n) 4
Bestem Fourier-rækken for funktionen f(x) = x, x ∈ [−π, π). Vis, at den konvergerer punktvist, men
ikke uniformt p˚a [−π, π), og find dens sum.
P˚a den igen: vi bestemmer Fourier-koefficienterne, da f er stykvist kontinuert og 2π-periodisk (n˚ar
vi udvider til R). For n ∈ Z \ {0} vil
cn(f) = 1
π
f(x)e
2π −π
−inx dx
= 1
π
xe
2π −π
−inx dx
= 1
i
2π n xe−inx
π − i
π
e
2πn
−inx dx
= i
2πn
−π
−inπ inπ
πe + πe
= i
2n ((−1)n + (−1) n )
= (−1)ni ,
n
idet π
−π e−inx dx = 0 for n = 0 og e iπ = e −iπ = −1. Endvidere vil
c0(f) = 1
2π
π
−π
f(x)dx = 1
2π
5
x 2
2
−π
π
−π
= 0.

Alts˚a er Fourier-rækken givet ved
∞
n (−1) i
n=1
n
e inx + (−1)−ni e
−n
−inx
.
Eftersom f er stykvis differentiabel, 2π-periodisk, vil Fourier-rækken konvergere imod f’s normaliserede
punktvist jf. JPS Sætning 3.5. Sumfunktionen m˚a derfor være denne. Hvis Fourier-rækken
konvergerede uniformt imod f, ville den normaliserede være kontinuert, men det er den ikke (den er
lig 0 i −π og tæt p˚a −π for x tæt p˚a −π).
Ekstraopgave 2
(a)
Vis, at den trigonometriske række ∞
n=0 3−n sin(nx) er uniformt konvergent p˚a R og at sumfunktionen
f er en ulige, 2π-periodisk, kontinuert funktion.
Eftersom |3 −n sin(nx)| ≤ 3 −n for alle n ∈ N0 og ∞
n=0 3−n konvergerer da |3 −1 | < 1, følger uniform
konvergens af JPS Sætning 2.4, hvormed vi har jf. JPS Sætning 2.9, at sumfunktionen f er 2πperiodisk
og kontinuert. Eftersom sin(−nx) = − sin(nx) for alle n ∈ N0 og x ∈ R da sin er ulige,
vil
∞
f(−x) = 3 −n ∞
sin(−nx) = (−3 −n ∞
sin(nx)) = − 3 −n sin(nx) = −f(x)
n=0
n=0
n=0
for alle x ∈ R, idet rækken er konvergent p˚a hele R. Alts˚a er f ulige.
(b)
Vis, at sumfunktionen fra (a) er givet ved
ved at benytte Eulers formel.
f(x) =
3 sin x
10 − 6 cos x
Bemærk først, at sin(nx) = 1
2i (einx − e −inx ) for alle n ∈ N0 og x ∈ R. Dermed vil
f(x) =
∞ 3−n n=0
= 1
2i
= 1
2i
= 1
2i
= 1
2i
2i (einx − e −inx )
∞
n=0
∞
= 1
2i ·
= 3 · 1
=
n=0
3 −n e inx −
1
3 eix
n −
∞
n=0
3 −n e −inx
∞
1
3 e−ix
n
n=0
1
1 − 1
1
−
3eix 1 − 1
3e−ix · (1 − 1
3 e−ix ) − (1 − 1
3 eix )
(1 − 1
3eix )(1 − 1
3e−ix )
1
3eix − 1
3e−ix 1 − 1
3eix − 1
3e−ix + 1
9
2i (eix − e −ix )
10 − 6 · 1
2 (eix + e −ix )
3 sin x
10 − 6 cos x ,
hvor vi undervejs benytter at alle rækkerne her er konvergente.
6

(c)
Vis, at hvis f er sumfunktionen fra (a), da er
π
1
|f(x)|
2π −π
2 dx = 1
16 .
Jf. a) kan vi benytte Parsevals identitet fra JPS Sætning 2.9. Bemærk først at den oprindelige række
kunne skrives
∞
∞
n=0
3 −n
2i (einx − e −inx ) = c0 +
hvor c0 = 0, samt cn = 3−n
2i for alle n > 0 og cn = − 3n
2i
∞
n=−∞
hvorp˚a det ønskede følger af Parsevals identitet. Da
∞
n=−∞
|cn| 2 = |c0| 2 +
=
=
=
n=0
|cn| 2 = 1
16 ,
∞
n=1
∞
−2n 3
n=1
∞
n=1
1
2
1 − 1
9
hvor rækkerne undervejs igen alle er konvergente.
(d)
4
(3 −2 ) n
2
(cne inx + c−ne −inx ),
for n < 0. Vi skal alts˚a vise, at
(|cn| 2 + |c−n| 2 )
3−2n
+
4
− 1 9 8 1
= − =
2 16 16 16 ,
Lad igen f være sumfunktionen fra (a). Argumentér for, at f er kontinuert differentiabel og bestem
for alle n ∈ Z tallet
π
1
f
2π
′ (x)e −inx dx.
−π
Vi kan se, at f er kontinuert differentiabel ved enten at se p˚a den som skrevet i b), eller ved at
bemærke at ∞
n=0 n3−n er konvergent, hvormed vi kan bruge Sætning 2 fra Øvelsesnoten fra uge 4.
f ′ er kontinuert og 2π-periodisk, s˚a f er specielt stykvis C 1 , hvormed JPS Lemma 4.2 giver os, at
for alle n ∈ Z.
π
1
f
2π −π
′ (x)e −inx dx = cn(f ′ ) = incn(f) =
7
⎧
⎨
⎩
n3 −n
2
−n3 n
2
for n > 0
for n < 0
0 for n = 0.
= |n|
2 3−|n|