Mathematik 2 (Master Sicherheitstechnik)

Transkript

1 Priv.-Doz. Dr. J. Ruppenthal Wuppertal, Mathematik Master Sicherheitstechnik) Übungsblatt 8 Aufgabe 5. Konvergenz von Fourierreihen) Der Sinus Hyperbolicus ist die Funktion sinhx) = e x e x). Es sei a > fest gewählt und f : R R die π-periodische Funktion, die auf, π] durch ft) = sinhat) gegeben ist und π-periodisch nach ganz R fortgesetzt wird. Bestimmen Sie die reelle Fourierreihe von f. Gegen welche Funktion konvergiert die Fourierreihe punktweise? Verwenden Sie dazu den Konvergenzsatz für Fourierreihen aus der Vorlesung. Beweisen Sie, dass keine gleichmäßige Konvergenz auf ganz R vorliegt. Lösung: Die Funktion f hat die Periode T = π und die Kreisfrequenz ω = π/t =. Wir berechnen daher: πc kf) = ft)e iωkt dt = sinhat)e t dt = e att e att) dt = [ ] π a ik ea)t [ a ik e a)t = e aπ e iπ ) k e aπ e iπ ) k)) a ik e aπ e iπ ) k e aπ e iπ ) k)) a + ik = e aπ ) k e aπ ) k)) a ik e aπ ) k e aπ ) k)) a + ik = ) k a ik ) e aπ e aπ) a + ik k a + ik) a ik) = ) sinhaπ) = ) k ik sinhaπ) a ik)a + ik) a i k = i ) k k sinhaπ) a + k. ] π

2 Da die Fourierkoeffizienten rein imaginär sind, ist die reelle Fourierreihe: f c f) Im c kf) ) sinkωt) k= = sinhaπ) π ) k k a + k sinkt). k= Um das Konvergenzverhalten der Fourierreihe zu bestimmen, untersuchen wir die Regularität der Funktion f. Da e t unendlich oft stetig differenzierbar ist, gilt dies auch für die Funktion t sinhat). Damit ist f auf, π) und somit auf allen Intervallen +πk, π +πk), k Z, unendlich oft stetig differenzierbar. Es bleibt das Verhalten in den Punkten kπ + π, k Z, zu untersuchen. Dazu bemerken wir, dass ) sinhat) >, falls t >, =, falls t =, <, falls t <. Es ist klar, dass sinha ) = sinh) = e e ) =. Für die anderen beiden Aussagen sei t >. Dann ist at > und somit e at > und e at = e at ) <, so dass folglich e at e at > und e at e at <. Wegen ) ist dann aber auch sinhaπ) > und sinh aπ) = sinhaπ) <. Folglich springt die Funktion f an allen Stellen πk + π, k Z, von sinhaπ) > nach sinhaπ). Wir wollen den Konvergenzsatz aus der Vorlesung anwenden. Dazu untersuchen wir den Punkt t = π genauer. Da sinhat) stetig differenzierbar ist, ist f auf den Intervallen t, t ) und t, t + ) stetig differenzierbar und es gilt und f t ) = lim f t) = sinh aπ) = a e aπ + e aπ) t t t<t f +t ) = lim f t) = sinh aπ) = a e aπ + e aπ). t t t>t

3 Damit ist die Ableitung von f stückweise stetig und wir sehen, dass die Fourierreihe von f in den Punkten kπ + π, k Z, also in den Sprungstellen) gegen ft ) = f+ t ) + f t ) ) ) = lim ft) + lim ft) t π t>π sinh aπ) + sinhaπ) ) = t π t<π sinhaπ) + sinhaπ) ) = konvergiert. In allen anderen Punkten konvergiert die Fourierreihe gegen f selbst. Die Fourierreihe konvergiert also gegen die Grenzfunktion ft) = { ft), t kπ + π, k Z,, t = kπ + π, k Z, die in den Punkten kπ + π, k Z, nicht stetig ist, da und f t ) = lim t t t<t f t) = sinhaπ) > f + t ) = lim t t t>t f t) = sinh aπ) = sinhaπ) <. Würde die Fourierreihe gleichmäßig konvergieren, so müsste die Grenzfunktion f aber stetig sein. Aufgabe 6. Konvergenz von Fourierreihen) Zeigen Sie, dass auf dem Intervall, π) die Gleichung x = π n= ) n n cos nx ) gilt, indem Sie x :, π) R geeignet nach R fortsetzen, die reelle Fourierreihe bestimmen und ihre Konvergenz untersuchen. Lösung: Wir setzen die Funktion f : [, π] R, x x π-periodisch zu einer Funktion f : R R fort, d.h. es ist [ x ]) fx) = f x π, π wobei [ ] die Gauß-Klammer bezeichnet. Wegen f π) = f ) = π ist f stetig. Ausserdem ist f außerhalb der Punkte πk + π, k Z, stetig differenzierbar, also stückweise stetig differenzierbar. 3

4 Für die Fourierreihe von f berechnen wir: c f) = π Für k ist ausserdem: π c kf) = x = [ x 3 /3 ] π π = π 3 π3 = 3 π. x e x = [ g h ] π = [ x e x] π + ik xe x, g x)hx) wobei wir die partielle Integration mit g x) = x, g x) = x, hx) = ex und h x) = e x verwendet haben. Hier nun verwenden wir eine weitere partielle Integration mit g x) = x, g x) =, hx) = ex und h x) = e x und erhalten weiter: also... = [ x e x] π + [ g h ] π ik ik g x)hx) = π e ) iπ k ) ) e iπ k + ik [ ] xe x π ik e x = π ) k ) k) + π e π + e ikπ) k k [ ] e x π = + π ) k + ) k) k k e iπ ) k e iπ ) k) = 4π k )k k e iπ ) k e iπ ) k) = 4π k )k k ) k ) k) = 4π )k k, c kf) = )k k. Die komplexe Fourierreihe von f ist damit: f π 3 + k Z k ) k Da die Fourierkoeffizienten alle rein reellwertig sind, ist die reelle Fourierreihe: k e ikx f c f) + k Re c kf) coskx) = π ) k coskx). k k 4

5 Wir wollen nun den Konvergenzsatz aus der Vorlesung bzw. dem Skript anwenden. Wir wissen schon, dass f stetig und ausserhalb der Punkte kπ + π stetig differenzierbar ist. Nun gilt für x, π): f x) = x π. Somit gilt f π in allen Punkten, in denen f differenzierbar ist und wir können den Konvergenzsatz anwenden. Es folgt, dass die Fourierreihe von f gleichmäßig auf ganz R gegen f konvergiert. Somit ist wie gewünscht: für alle x, π). x = fx) = π ) k coskx) k k Aufgabe 7. Uneigentliche Integrale II) a) Verwenden Sie die Rechenregel für Ableitungen ln f) = f, um zu zeigen, dass f das folgende uneigentliche Integral nicht existiert: / tanx) b) Zeigen Sie, dass tan x) = +tan x) gilt, und verwenden Sie dies zusammen mit der Substitution y = tanx), um das folgende uneigentliche Integral zu berechnen: = π. + y c) Verwenden Sie die Substitution x = sint) und die Formel sin t) + cos t) = siehe Aufgabe 9, Teil d)), um das folgende uneigentliche Integral zu berechnen: = π. x d) Verwenden Sie das Majorantenkriterium aus der Vorlesung, um zu zeigen, dass die beiden uneigentlichen Integrale sinx) x +, cosx) x + existieren. Der Grenzwert muss nicht berechnet werden. Lösung: a) Die Rechenregel für Ableitungen ln f) = ln f) f = f f 5

6 kommt immer dann zum Einsatz, wenn wir die Stammfunktion eines Quotienten g h suchen, wobei g = h ist. Das ist hier anwendbar, denn tanx) = sinx) cosx) = sinx) cosx) und cos x) = sinx). Wir können also verwenden, dass ln cos) x) = ln cosx) ) cos x) = cosx) sinx) ) = sinx) cosx). Also ergibt sich für δ > bzw. η = π/ δ < π/ und unter Verwendung von cos) = und ln) = : / δ η lim tanx) = lim δ η π/ = lim η π/ sinx) [ ] η = lim lncosx)) cosx) η π/ lncosη)) + lncos)) = lim η π/ lncosη)) Dieser Grenzwert existiert nicht, da cosη) für η π/ und lnt) für t. Damit existiert das uneigentliche Integral / tanx) tatsächlich nicht. b) Wir berechnen mit der Quotientenregel: tan x) = = ) sin x) = cosx) sin x) cos x) sinx) cos cos x) cosx) cosx) + sinx) sinx) cos x) = + sin x) cos x) = + tan x). Mit der Substitution y = tanx) und berechnen wir: lim R + R wobei wir verwendet haben, dass = tan x) = + tan x)) η y + = lim + tan x) [ ] η = lim x η π/ + tan x) = π/, η π/ tanx) = sinx) cosx) + falls x π/, so dass unter y = tanx) der Grenzwert y + dem Grenzwert x π/ entspricht. Damit existiert das uneigentliche Integral und es ist: Folglich existiert auch y + y + = π/. und es ist tatsächlich: y + = y y + = y + = π/ = π. 6

7 c) Wir verwenden die Substitution x = sint) mit = cost)dt. Wenn t das Intervall [, π/] durchläuft, so durchläuft x = sint) das Intervall [, ]. Unter Verwendung von δ > bzw. η < π/ erhalten wir: δ lim δ x / δ = lim δ = lim η η π/ η = lim η π/ η = lim η π/ Damit existiert das uneigentliche Integral und es ist: x cost) sin t) dt cost) sin t) dt cost) cos t) dt [ ] η dt = lim t = π/. η π/ = π/. Folglich existiert auch das gesuchte uneigentliche Integral und es ist: x = + x = x x = π. d) Da wir den Majorantensatz verwenden wollen und sinx) x + ), cosx) x + x + x +, untersuchen wir das uneigentliche Integral: 3) x +. Da nach Teil b): und außerdem + x + = x + x + x =, natürlich existiert, existiert das uneigentliche Integral 3). Unter Verwendung von ) existieren damit nach dem Majorantensatz auch die uneigentlichen Integrale: sinx) x +, cosx) x +. 7

8 Aufgabe 8. Tiefpassfilter) Wir betrachten den Tiefpassfilter mit Schaltbild: R U e t) C Ut) Es wird eine stückweise stetig differenzierbare T -periodische Eingangsspannung U e t) angelegt, die durch ihre Fourierreihe U e t) = k Z c k e jωkt gegeben ist. Als Ausgangsspannung ergibt sich mit ω = π/t wie in der Vorlesung gesehen): Ut) = c k + jωkrc ejωkt. k Z a) Berechnen Sie die Fourierkoeffizienten der T -periodischen Fortsetzung von ht) = T RC e T/RC e t/rc, t < T. b) Berechnen Sie die Fourierreihe der Faltung U e h. c) Sei U e t) die -periodische Fortsetzung der Funktion U e t) = t, < t. Berechnen Sie die Ausgangsspannung Ut) unter Verwendung von Teil b). Lösung: a) Der Einfachheit halber schreiben wir mit der Konstante 4) ht) = h e t/rc, t < T. h := T RC e. T/RC Mit der Kreisfrequenz ω = π/t und daher auch ωt = π berechnen wir jetzt für die Fourierkoeffizienten: c kh) = T T = h T ht)e jkωt dt = h T + jkω) RC T RC T [ e RC +jkω)t ] T = h T e + jkω = + jωkrc, RC e RC +jkω)t dt = h T wobei wir im letzten Schritt h aus 4) eingesetzt haben. Es ist also ht) + jkωrc ejkωt. k Z + jkω) RC ) e T RC jkπ 8

9 b) Nach dem Faltungssatz für Fourierreihen ist: U e h k Z c k c kh)e jkωt = k Z c k + jkωrc ejkωt = Ut). c) Hier ist T =, also ω = π/t = π. Nach Teil b) können wir die Ausgangsspannung U zumindest für t πl + π, l Z) als U e h darstellen. Allgemein gilt für α : α eαx ist eine Stammfunktion zu e αx, und 5) α xeαx α eαx ist eine Stammfunktion zu xe αx einfach Nachrechnen durch Differenzieren, man findet das durch partielle Integration). Um die Notation zu vereinfach, setzen wir α := /RC und h := αt e T α = α e α = α e α e α e, α so dass wieder ht) = h e t/rc. Mit 5) ist also: Ut) = U e h)t) = h t s)e s/rc ds = h t s)e αs ds T = h [ te αs se αs + ] α α eαs = h t + α ) α )eα e α ) e α e α = t + α ) e eα + e α = e t α RC + + ) eα α e α e α e α = e RC t RC + + ) e /RC e /RC für t πl + π, l Z. An den Sprungstellen πl + π, l Z, ist Vorsicht geboten. Im vorletzten Schritt haben wird den Bruch mit e α erweitert. 9