Komplexe Analysis für ITET und RW/CSE. Serie 11

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1 Prof. Dr. F. Da Lio R. Gantner Frühlingssemester 5 Komplexe Analysis für ITET und RW/CSE ETH Zürich D-MATH Serie Aufgabe. Fourierreihen (.a Sei f p die ungerade periodische Fortsetzung der Funktion f : [, 3] R, { t, t [, ], f(t = t + 6, t [, 3]. i Skizzieren Sie f p und bestimmen Sie die Fundamentalperiode, d.h. die kleinste reelle Zahl a, so dass f(t + a = f(t für alle t R. ii Bestimmen Sie die reelle Fourierreihe von f p. iii Bestimmen Sie den Wert der Reihe n= n sin( 3 πn. HINWEIS: Diese Aufgabe basiert auf einer Prüfungsaufgabe. Lösung: f p (t 4 6 t Abbildung.: Lösung zu (.a(i. Problem Sheet Page Problem.

2 i Siehe Abbildung.. Die Fundamentalperiode ist T = 6. ii Die Funktion ist ungerade, also sind alle Kosinusterme a k. Es bleiben die b k zu bestimmen: b k = T ( πkt f p (t sin dt = 4 3 ( πkt f p (t sin dt T T 6 T = ( πkt 3 ( πkt 3 t sin dt + (6 t sin dt T T }{{}}{{} I II I = 6 ( πk πk cos + 9 ( πk 3 (πk sin 3 II = 6 ( πk πk cos + 8 ( πk 3 (πk sin 3 woraus folgt also ist die Fourierreihe f p (t = b k = 8 (πk sin 8 (πk sin ( πk ( πk 3 3, sin ( πkt 6. iii Mit t = in der Fourierreihe ergibt sich f p ( = = 8 π Wert der Reihe π 9. sin ( πk k 3, also ist der (.b Stellen Sie die folgenden trigonometrischen Polynome als komplexe Fourierreihe dar. Berechnen sie jeweils aus der komplexen Fourierreihe die reelle Fourierreihe. f (x = sin x cos 3 x f (x = sin(x cos(3x Lösung: f (x: Die einfachste Variante (ausser die Integrale in Formelsammlungen nachzuschlagen ist mit der komplexen Reihe zu beginnen. Dabei macht man sich die Beziehungen sin x = eix e ix i und cos x = eix + e ix (.. zunutze. Einsetzen dieser Relationen und anschliessendes ausmultiplizieren liefert unmittelbar die gesuchte Reihe. Letzteres folgt aus dem Fakt, dass die einer Funktion zugeordnete Problem Sheet Page Problem.

3 Fourierreihe eindeutig bestimmt ist. Man erhält also ( e f (x = sin x cos 3 ix e ix ( e ix + e ix 3 x = i = ( ( e ix + e ix e 3ix + 3e ix + 3e ix + e 3ix 3i = ( e 5ix + 3e 3ix + 3e ix + e ix e 3ix 6e ix 6e ix 3 e 3ix + e ix + 3e ix + 3e 3ix + e 5ix (e 5ix + e 3ix e ix e ix + e 3ix + e 5ix. = 3 Dies ist bereits die gesuchte Fourierreihe. Man beachte insbesondere: Fourierreihen trigonometrischer Polynome haben stets nur endlich viele Summanden. Für die reelle Variante könnte man natürlich wiederum versuchen die Integrale direkt zu berechnen (was zwar auch ohne das Nachschlagen in Tabellen durchaus möglich, aber nicht ganz einfach ist. Die weitaus geschicktere Variante ist die bereits berechnete komplexe Reihe auszunutzen und diese entsprechend umzuformulieren. Weiterhin ist es natürlich jetzt denkbar, die allgemeinen Relationen zwischen den entsprechenden Koeffizienten zu verwenden. Aber auch hier gibt es eine schnellere Variante. Man erinnere sich an die Identitäten (.., und verwende diese rückwärts. Im einzelnen bedeutet dies (e 5ix + e 3ix e ix e ix + e 3ix + e 5ix f (x = 3 = ( e5ix + e 5ix 3 + e3ix + e 3ix = 6 cos(5x 6 cos(3x + 8 cos x. 4 eix + e ix Dass nur Kosinus-Terme in Frage kamen, konnte man schon an f (x = f ( x ablesen (f ist eine gerade Funktion. f (x: Für die komplexe Fourierreihe verwenden wir das gleiche Vorgehen, d.h. wir verwenden die Relation (.. und erhalten f (x = sin(x cos(3x = ( e ix e ix( e 3ix + e 3ix 4i = i ( e 5ix e ix + e ix e 5ix. 4 Wiederum ist dies bereits die gesuchte Darstellung. Schliesslich kann die reelle Darstellung nun auf zwei Weisen bekommen. Einerseits, wie zuvor, durch Benutzung der komplexen Reihe und durch umgekehrte Anwendung der Relationen (... Man findet dann f (x = ( e 5ix e 5ix eix e ix i i = sin(5x sin(x. Problem Sheet Page 3 Problem.

4 Eine zweite Variante besteht in der Verwendung von Additionstheoremen (welche durch den Weg über das Komplexe leicht hergeleitet werden können. So gilt unter anderem sin α cos β = sin(α + β + sin(α β. Angewandt mit α = x und β = 3x folgt das gesuchte Ergebnis. Allgemeine Bemerkung: Für das Rechnen mit trigonometrischen Polynomen ist, falls ein direkter Weg nicht möglich oder zumindest nicht offensichtlich ist, der Umweg über die komplexen Varianten oftmals ein erfolgversprechender Ansatz. (.c Betrachten Sie die Funktion f(t = sin t. i Skizzieren Sie die Funktion. Was ist ihre Fundamentalperiode, d.h. die kleinste reelle Zahl a, so dass f(t + a = f(t für alle t R? ii Entwickeln Sie die Funktion in eine reelle Fourier-Reihe. Lösung: f(t π π t Abbildung.: Die Funktion f(t = sin t von bis 4π. i Bekanntermassen gilt sin(x + π = sin(x, woraus also sin(x + π = sin(x folgt. Die Funktion ist also π-periodisch. Dass dies in der Tat die Fundamentalperiode ist, sieht man beispielsweise aus der Betrachtung der Nullstellen. Auch hier ist wohlbekannt, dass die Nullstellen des Sinus gerade x k = kπ für beliebige ganze Zahlen k sind, und sin x hat demzufolge die gleichen Nullstellen. Alle Perioden von f müssen daher ganzzahlige Vielfache von π sein. ii Zunächst stellen wir fest, dass die Funktion gerade ist, wir müssen also nur die Koeffizienten a k berechnen. Unter Berücksichtigung der Periode π erhalten wir dann für beliebiges k = Problem Sheet Page 4 Problem.

5 ,,,... a k = sin(x cos(kx dx = sin(x cos(kx dx π π = π ( e ix e ix( e ikx + e ikx dx 4i = ( e i(k+x + e i(k x e i(k x e i(k+x dx πi = ( ( e i(k+π ( + e i(k π πi i(k + ( i(k ( e i(k π ( e i(k+π i(k ( i(k + = ( πi ( i(k + + ( i(k i(k ( i(k + = ( π k + = 4 k π 4k Die gesuchte Fourierreihe lautet also sin(x = π 4 π 4k cos(kx. Das gleiche Ergebnis erhält man auch, wenn man mit den üblichen Formeln für π-periodische Funktionen rechnet. Allgemeine Bemerkung: Aufgrund der Periodizität der Funktion f und daher des gesamten Integranden kann man das Integrationsintervall beliebig verschieben, solange die Intervalllänge die gleiche bleibt. Aufgabe. (.a Fourierreihen und Regularität Es sei f die π-periodische Fortsetzung des Rechtecksignals { α, π < t <, f(t = α, t π. i Entwickeln Sie f in eine reelle Fourierreihe. ii Werten Sie die Fourierreihe aus Teil i an einer geeigneten Stelle aus, um die Reihe zu berechnen. ( k k Problem Sheet Page 5 Problem.

6 iii Berechnen Sie weiterhin die Reihe unter Verwendung der Parsevalschen Identität. (k Lösung: i Die Funktion ist ungerade, die Entwicklung in eine reelle Fourierreihe wird also eine reine Sinusreihe sein; die Koeffizienten a k sind also allesamt null. Für die Koeffizienten b k können wir dann zur Vereinfachung die Regel b k = π f(t sin(kt dt benutzen (gültig für ungerade Funktionen; man vergleiche dies mit a k = π bei geraden Funktionen. Integration liefert dann sofort { b k = α πk cos(kt π = α ( 4α ( k =, k ungerade, πk πk, k gerade. f(t cos(kt dt Die Fourierreihe lautet also f(t 4α π(k sin( (k t. ii Ein Vergleich der Fourierreihe mit der gesuchten Reihe zeigt, dass die Koeffizienten bereits fast die gesuchten Summanden sind. Genauer: Wenn wir den Faktor 4α ignorieren, muss π die geeignete Stelle die Bedingungen sin((k t = ( k erfüllen. Dies ist aber an der Stelle t = π erfüllt. Die allgemeine Konvergenztheorie liefert ausserdem, dass an dieser Stelle die Fourierreihe gegen f konvergiert (nach dem Dirichlet-Kriterium: Die Fourierreihe von stückweise stetigen und stückweise monotonen Funktionen konvergiert gegen den Mittelwert aus rechtsseitigem und linksseitigem Grenzwert. Damit folgt und mit α = π 4 f( π = folgt schliesslich 4α (k π sin( (k π 4α( k = (k π ( k k = π 4. iii Um die Parseval-Formel aus der Vorlesung anwenden zu können, müssen wir vorher noch die komplexe Fourierreihe herleiten. Wir erinnern an i sin(kt = e ikt e ikt, woraus sofort folgt ib k = c k c k (man beachte: e ikt tritt als Faktor bei der Berechnung von c k auf; ausserdem sind noch die unterschiedlichen Vorfaktoren zu berücksichtigen. Analog folgt Problem Sheet Page 6 Problem.

7 a k = c k + c k. Wir haben damit ein Gleichungssystem für die c k, und wegen a k = erhalten wir für k > { iα πk ib k = c k = c k =, k > ungerade,, k > gerade. und c k = c k. Damit folgt weiter c k = c k 4α = (k π. Andererseits ist Damit folgt schliesslich und somit π π f(t dt = π f(t dt = α dt = πα. π c k πα = π (k = π 8. 4α (k π (.b Es sei f die -periodische Fortsetzung von { t, < t <, f(t = t, t. Entwickeln Sie f in eine komplexe Fourierreihe. Leiten Sie ausserdem die Entwicklung in eine reelle Fourierreihe her. Lösung: Die Berechnung der Fourierkoeffizienten (wie allgemein bei stückweise definierten Funktionen erfolgt hier, indem wir erst über das Intervall [, ] und dann über [, ] integrieren. Wir verwenden weiterhin jeweils partielle Integration. Es folgt dann (man beachte die Periode für k f(te iπkt dt = ( te iπkt dt = iπk te iπkt e iπkt dt iπk = iπk eiπk (iπk e iπkt = i πk eiπk π k ( eiπk. Analog folgt (x partiell integrieren f(te iπkt dt = t e iπkt dt = iπk t e iπkt + iπk = i πk e iπk + = i πk e iπk + π k e iπk = i πk e iπk + π k e iπk (iπk te iπkt (iπk π k ( iπk e iπkt i π 3 k 3 (e iπk. te iπkt dt e iπkt dt Problem Sheet Page 7 Problem.

8 Zusammen finden wir damit ( c k = f(te iπkt dt + f(te iπkt dt = ( i πk e iπk π k ( eiπk + i πk e iπk + π k e iπk i π 3 k 3 (e iπk = ( ( e iπk + e iπk i π k π 3 k 3 (e iπk = ( ( 3( k i ( ( k. π k π 3 k 3 Schliesslich fehlt noch der Koeffizient c : ( c = ( f(t dt + f(t dt = ( t dt + Die gesuchte Fourierreihe lautet also f(t = c k e ikt = 5 + k t dt = ( + = 5 3. ( ( 3( k i ( ( k e ikt. π k π 3 k 3 Um daraus die reelle Reihe zu gewinnen, erinnere man sich an cos(t = Re e it und sin(t = Im e it : Es folgt dann c k e ikt = = c + = c + = c + c k cos(kt + i c k cos(kt + c k cos( kt + c k sin(kt c k cos(kt + i c k sin(kt + i c k sin(kt c k cos(kt + i c k sin( kt + i c k sin(kt ( ( ck + c k cos(kt + i ck c k sin(kt, und man liest ab a = c, a k = c k + c k und b k = i(c k c k. Wegen ( k = ( k erhalten wir dann a k = ( 3( k, b π k k = ( ( k π 3 k 3 und damit schliesslich f(t = 5 + π k ( 3( k cos(kt 4 π 3 (k 3 sin( k t. Problem Sheet Page 8 Problem.

9 ..8.6 f(t.4... f(t N = N = N =5 N = t Abbildung.3: Approximation von f durch die abgeschnittene komplexe Fourierreihe mit k N für N {,, 5, } (also N + Terme in der Summe. (.c Es sei f auf [, ] gegeben durch { t, < t < f(t =, t( t, t. i Bestimmen Sie die Regularität dieser fortgesetzten Funktion (stetig, differenzierbar, stetig differenzierbar, x stetig differenzierbar etc. ii Entwickeln Sie f in eine Fourier-Kosinus-Reihe. Lösung: Problem Sheet Page 9 Problem.

10 .5 f(t.4.3 f(t t Abbildung.4: f(t für t [, ]. i Auf jedem der Teilintervalle ist f ein Polynom und damit beliebig oft differenzierbar. Die einzige kritische Stelle ist im Verbindungspunkt t = /. Man sieht zunächst, dass die rechtsund linksseitigen Grenzwerte lim t + f(t und lim t f(t, übereinstimmen (Wert ist je- weils /4. Gleiches stellt man auch fest, wenn man auf den Teilintervallen die Ableitungen betrachtet: Es folgt lim f(t = = lim f(t, t + t woraus wir folgern, dass f differenzierbar ist in t = /, und die Ableitung ist dort auch stetig. Allerdings ist die erste Ableitung dort nicht mehr differenzierbar (im linke Teilintervall ist die erste Ableitung f (t = t, im rechten f (t = ( t, man findet in t = / also eine Spitze ähnlich wie bei der Betragsfunktion im Nullpunkt. Da die Funktion differenzierbar ist und die erste Ableitung stetig ist, ist die Funktion f(t stetig differenzierbar. ii Entwicklung in eine Kosinus-Reihe bedeutet, dass man dafür die gerade Fortsetzung betrachten soll; die Periode ist also dann. Es folgt dann sofort b k = sowie a k = f(t cos(kπt dt = Wir beginnen mit dem Fall k = : / / ( a = t dt + t( t / dt = / = (/6 + /4 + /4 + /4 = + 5 =. ( t cos(kt dt + t( t / cos(kt dt. / ( t t 3 /3 t/ / Problem Sheet Page Problem.

11 Im Fall k > verwenden wir wieder partielle Integration: / f(t cos(kπt dt = / und im rechten Teilintervall erhalten wir / f(t cos(kπt dt = t cos(kπt dt = πk t sin(kπt / πk = 4πk sin(kπ/ + (πk t cos(kπt / (πk / / = 4πk sin(kπ/ + π k cos(kπ/ (πk sin(kπt / 3 = 4πk sin(kπ/ + π k cos(kπ/ (πk 3 sin(kπ/, / Beide Teile zusammen ergeben damit ( t t / cos(kπt dt = ( t t / sin(kπt πk / πk / t sin(kπt dt cos(kπt dt ( t sin(kπt dt = 4πk sin(kπ/ + (πk ( t cos(kπt / + (πk = 4πk sin(kπ/ π k cos(kπ/ + (πk 3 sin(kπt / = 4πk sin(kπ/ π k cos(kπ/ (πk 3 sin(kπ/. a k = 8 (πk 3 sin(kπ/ = 8 π 3 (j + 3 ( j für k = j + und j =,,,.... Die gesuchte Fourierreihe lautet also / cos(kπt dt f(t = 4 8 π 3 j= ( j (j + 3 cos( (j + πt. Bemerkung Vergleicht man die Ergebnisse der Aufgaben (.a bis (.c, so kann man bereits einen Zusammenhang Regularität der Funktion vs. Abfallverhalten der Fourierkoeffizienten erkennen: Der Rechteckimpuls in Aufgabe (.a ist nicht stetig (zwei Sprungstellen, und die Koeffizienten verhalten sich wie b k /k. Die Funktion in Aufgabe (.b ist stetig, aber im Nullpunkt und in t = nicht differenzierbar. Die Fourierreihe (und die Koeffizienten sollte sich also entsprechend auch besser verhalten, und in der Tat können sie diesmal durch /k abgeschätzt werden. Schliesslich ist die Funktion in Aufgabe 3 sogar stetig differenzierbar, und diesmal verhalten sich die Koeffizienten im wesentlichen wie /k 3. Dies ist in der Tat kein Zufall: Ist eine Funktion n-mal stetig differenzierbar, so gilt, dass k n a k gegen null strebt wenn k, analog für b k und c k. Grob gesprochen: Je glatter die Funktion, um so schneller fallen die Fourierkoeffizienten ab. Den Grenzfall dieser Aussage hatten wir in der?? schon angedeutet: Ist die Funktion sogar analytisch, so fallen die Fourierkoeffizienten Problem Sheet Page Problem.

12 exponentiell ab. Wenn die Situation der letzten Übungsserie gegeben ist und die Fourierreihe mit einer Laurentreihe eine korrespondierenden Funktion identifiziert werden kann, dann können wir diesen exponentiellen Abfall auch beweisen: Ein solcher Abfall, also c k Cα k für ein α > ist nämlich zwingend notwendig, damit die Laurentreihe in einem Kreisring um z = konvergiert. Im Gebiet der harmonischen Analysis existiert umfangreiche Literatur in dieser Richtung. Publiziert am 4. Mai. Einzureichen am./. Mai. Letzte Modifikation:. Mai 5 Problem Sheet Page Problem.