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Dirichlet–Kriterium zur punktweisen Konvergenz §R1.1, S.1301 Dirichlet–Kriterium zur punktweisen Konvergenz §R1.1, S.1302 2 0 −4 −2 0 2 4 6 8 10 Beispiel: Die Rechteckfunktion f : R → R sei 2π–periodisch mit f(x) = 1 für 0 ≤ x < π und f(x) = −1 mit π ≤ x < 2π. Die Dreieckfunktion ist dann F (x) = ´ x 0 f(t) dt. Die Funktion f ist auf ]0, π[ und ]π, 2π[ stetig differenzierbar mit f ′ = 0. In x ∈ πZ ist f unstetig, aber es existieren f(x±) und die einseitigen Ableitungen f ′ (x±). Die Funktion F ist auf ganz R stetig und auf ]0, π[ und ]π, 2π[ stetig differenzierbar mit F ′ = f. In den Punkten x ∈ πZ ist F nicht differenzierbar, aber es existieren die einseitigen Ableitungen F ′ (x±). Satz R1B (Dirichlet–Kriterium zur Konvergenz in einem Punkt) Angenommen, in x ∈ R existieren die einseitigen Grenzwerte f(x±). Wenn die Fourier–Reihe in x konvergiert, dann gegen den Mittelwert: f n (x) → 1 2 [ ] f(x+) + f(x−) für n → ∞. Angenommen, es existieren die einseitigen Grenzwerte f(x±) und zudem die einseitigen Ableitungen f ′ (x±). Dann konvergiert die Fourier–Reihe von f im Punkt x, und zwar gegen obigen Mittelwert. Der Funktionswert von f im Punkt x spielt dabei keine Rolle! Korollar R1C Ist f in x differenzierbar (und somit stetig), dann folgt f n (x) → f(x). In diesem Fall gilt nämlich f(x+) = f(x−) = f(x) dank Stetigkeit und es existieren f ′ (x+) = f ′ (x−) = f ′ (x) dank Differenzierbarkeit in x. Anwendung auf die Sägezahnfunktion §R1.2, S.1303 Anwendung auf die Sägezahnfunktion §R1.2, S.1304 Nochmal die Sägezahnfunktion, aber diesmal sprungnormiert: 4 2 0 −2 −4 −2 0 2 4 6 8 10 12 14 Wir setzen f(x) = x − π für 0 < x < 2π aber f(0) = f(2π) = 0. Die Fourier–Koeffizienten bleiben bei dieser Korrektur unverändert. Die einseitigen Ableitungen existieren, auch in den Sprungstellen. Dank Dirichlet–Kriterium gilt hier Konvergenz in allen Punkten x ∈ R: f(x) = −2 ∞∑ k=1 sin(kx) k Dank Konvergenz erhalten wir die bemerkenswerte Formel ⎧ ∞∑ sin(kx) ⎨0 für x ∈ 2πZ, = π − x k ⎩ für x /∈ 2πZ. k=1 2 Anwendungsbeispiele: x = π 2 : 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + 1 9 − 1 11 + . . . = π 4 x = π √ 3 [1 3 : + 1 2 2 − 1 4 − 1 5 + 1 7 + 1 ] 8 − . . . = π 3 (In der ersten Gleichung erkennen wir die Leibniz–Reihe [S.133].)
Anwendungsbeispiel §R1.2, S.1305 Anwendungsbeispiel §R1.2, S.1306 Aufgabe: (nach einer Klausuraufgabe vom September 2012) Die Funktion g : R → R sei 2π–periodisch mit g(x) = e x für 0 ≤ x < 2π. (A) Skizzieren Sie g auf dem Intervall [−4π, 4π]. (B) Bestimmen Sie die Fourier–Koeffizienten von g. (C) Erklären Sie, dank welcher Kriterien die Fourier–Reihe im Punkt x = 0 konvergiert und bestimmen Sie so den Grenzwert der Reihe ∞∑ 1 k 2 + 1 = 1 1 + 1 2 + 1 5 + 1 10 + 1 17 + 1 26 + . . . . k=0 600 500 400 300 200 100 0 −12 −8 −4 0 4 8 12 Anwendungsbeispiel Alternativ und etwas einfacher geht es komplex: ˆ 2π x=0 e −ikx e x dx = ˆ 2π x=0 [ e e (1−ik)x (1−ik)x dx = 1 − ik ] 2π Damit erhalten wir die komplexen Fourier–Koeffizienten: c k = 1 2π ˆ 2π 0 e −ikx e x dx = e 2π − 1 2π(1 − ik) Zum Vergleich erhalten wir so auch die reellen Integrale: x=0 = e 2π − 1 1 − ik c k = e 2π − 1 2π(1 − ik) = (e 2π − 1)(1 + ik) 2π(1 + k 2 = e 2π − 1 ) 2π(1 + k 2 ) − i k(1 − e 2π ) 2π(1 + k 2 ) . Damit erhalten wir erneut die reellen Fourier–Koeffizienten: a k = c k + c −k = e 2π − 1 π(k 2 + 1) , b k = i(c k − c −k ) = k(1 − e 2π ) π(k 2 + 1) §R1.2, S.1307 Beide Rechenwege sind ähnlich lang, die Wahl ist Geschmackssache. (B) Wir rechnen zunächst reell. Partielle Integration liefert ˆ 2π cos(kx) e x dx = [cos(kx) e x] ˆ 2π 2π + k sin(kx) e x dx, 0 0 0 ˆ 2π sin(kx) e x dx = [sin(kx) e x] ˆ 2π 2π − k cos(kx) e x dx. 0 0 Das sieht zirkulär aus, aber einsetzen ergibt ˆ 2π 0 ˆ 2π 0 ˆ 2π cos(kx) e x dx = (e 2π − 1) − k 2 cos(kx) e x dx, ˆ 2π sin(kx) e x dx = k(1 − e 2π ) − k 2 sin(kx) e x dx. Das können wir nun nach den gesuchten Integralen auflösen: ˆ 2π 0 ˆ 2π 0 cos(kx) e x dx = e 2π − 1 1 + k 2 , also a k = e 2π − 1 π(k 2 + 1) , Anwendungsbeispiel sin(kx) e x dx = k(1 − e 2π ) 1 + k 2 , also b k = k(1 − e 2π ) π(k 2 + 1) . (C) In x = 0 existieren die einseitigen Grenzwerte g(0+) = lim x↘0 e x = 1, 0 0 g(0−) = g(2π−) = lim x↗2π e x = e 2π . Ebenso existieren die einseitigen Ableitungen g ′ (0+) und g ′ (0−). Das Dirichlet–Kriterium garantiert Konvergenz in x = 0, also gilt k=0 a 0 ∞ 2 + ∑ a k cos(kx) + b k sin(kx) = k=1 e 2π − 1 2π + ∞∑ k=1 ∞∑ k=0 0 g(x+) + g(x−) 2 e 2π − 1 π(k 2 + 1) = 1 + e 2π 2 e 2π − 1 π(k 2 + 1) = e 2π − 1 + e 2π + 1 2π 2 Auflösen und vereinfachen liefert schließlich: ∞∑ 1 k 2 + 1 = 1 2 + π e π + e −π 1 + π coth(π) 2 e π = ≈ 2.07667 − e −π 2 §R1.2, S.1308
Seite 1 und 2: Prof. Dr. Michael Eisermann • Hö
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Seite 7 und 8: Vollständigkeit der trigonometrisc
Seite 9 und 10: Vektorräume mit Skalarprodukt §R2
Seite 11 und 12: Orthonormalität: Fundamentalbeispi
Seite 13 und 14: Bestapproximation durch Orthogonalp
Seite 15 und 16: Anwendung auf die Sägezahnfunktion
Seite 17 und 18: Quadrat-integrierbare Funktionen §
Seite 19 und 20: Fazit: Fourier-Analyse S.1361 Erlä

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