10. ¨ Ubungsblatt zur

Dipl.-Math. Tobias Hansel Dipl.-Math. Rene Hartmann Dipl.-Math. Michael Klotz

SS 2009 19.06.2009

10. ¨ Ubungsblatt zur

” Mathematik II f¨ ur ET, WI(ET), SpoInf, IkT, IST, CE, Mechatronik“

Gruppen¨ ubung

Aufgabe G33 (Fourierreihen und Berechnung von Reihen)

Bezeichne f:R→Rdie 2π-periodische Funktion, f¨ur dief(x) =x² f¨ur allex∈[−π, π] gilt.

(a) Skizzieren Sie die Fourierreihe auf dem Intervall [−2π,2π].

(b) Berechnen Sie die Fourierreihe von f.

(c) Konvergiert die Fourierreihe? Wenn ja, wie sieht die Grenzfunktion aus?

(d) Bestimmen Sie mithilfe Ihrer Ergebnisse den Wert der Reihe P∞ n=1

(−1)ⁿ n² . L¨osung:

(a) (Skizze)

(b) Da f eine gerade Funktion ist, gilt b_n= 0 f¨ur alle n∈Nund a₀ = 2

π Z _π

0

x²dx= 2π² 3 , a_n = 2

π Z _π

0

x²cos(nx)dx^f¨ur=^{n6= 0} 2 π

x²sin(nx) n

π 0

− Z _π

0

2xsin(nx) n dx

= 2

π

2xcos(nx) n²

π 0

− Z π

0

2cos(nx) n² dx

= 2 π

2πcos(nπ) n² −

2sin(nx) n³

π 0

= 4(−1)ⁿ n² .

Daher lautet die Fourierreihe von f π²

3 +

∞

X

n=1

4(−1)ⁿ

n² cos(nx).

(c) Da f stetig und st¨uckweise stetig differenzierbar ist, konvergiert die Fourierreihe f¨ur alle x∈Rgegen f.

(d) Wegen f(0) = 0²= 0, gilt also insbesondere:

0 =f(0) = π² 3 +

∞

X

n=1

4(−1)ⁿ

n² cos(0) = π² 3 + 4

∞

X

n=1

(−1)ⁿ n² .

Daraus folgt

∞

X

n=1

(−1)ⁿ

n² =−π² 12. Aufgabe G34 (N¨aherungsweise Gleichheit von Potenzreihen)

(a) Bestimmen Sie f¨ur die Potenzreihen Φ :=P∞

k=0ak(x−10)^k und Ψ :=P∞

k=0(k+ 2)(x−10)^k mit

a_k=

k² f¨urk <20 sin(k) f¨urk≥20 n¨aherungsweise (≈³₁₀) Summe und Produkt.

(b) Bestimmen Sie n¨aherungsweise (≈²₁₀₀) die Substitution von Φ := P∞

k=0(1 +k)(x−100)^k in Ψ :=P∞

k=0(x−1)^k, d. h.

∞

X

k=0

(x−1)^k◦

∞

X

k=0

(1 +k)(x−100)^k.

Anmerkung: Beachten Sie, dass die Substitution nur deshalb definiert ist, weil der Wert der PotenzreiheP∞

k=0(1+k)(x−100)^kf¨urx= 100 (also der Koeffiezient vor der Potenz (x−100)⁰) gerade 1 ist und daher mit dem Entwicklungspunkt der anderen Potenzreihe ¨ubereinstimmt.

L¨osung:

(a)

Φ + Ψ ≈³₁₀

3

X

k=0

k²(x−10)^k+

3

X

k=0

(k+ 2)(x−10)^k

= 2 + 4(x−10) + 8(x−10)²+ 14(x−10)³

Φ·Ψ ≈³₁₀

3

X

k=0

k²(x−10)^k·

3

X

k=0

(k+ 2)(x−10)^k

≈³₁₀ (0²·2) + (0²·3 + 1²·2)(x−10) + (0²·4 + 1²·3 + 2²·2)(x−10)² +(0²·5 + 1²·4 + 2²·3 + 3²·2)(x−10)³

= 2(x−10) + 11(x−10)²+ 34(x−10)³ (b) Wegen Φ≈²₁₀₀ P2

k=0(1 +k)(x−100)^k und Ψ≈²₁ P2

k=0(x−1)^k haben wir:

Ψ◦Φ ≈²₁₀₀

2

X

k=0

(x−1)^k◦

2

X

k=0

(1 +k)(x−100)^k

=

2

X

k=0

X²

k=0

(1 +k)(x−100)^k

−1k

=

2

X

k=0

1 + 2(x−100) + 3(x−100)²−1k

= 1 + 2(x−100) + 3(x−100)²

+ 2(x−100) + 3(x−100)²2

≈²₁₀₀ 1 + 2(x−100) + 3(x−100)²+ 4(x−100)²

= 1 + 2(x−100) + 7(x−100)²

Aufgabe G35 (Taylorpolynome von verketteten Funktionen)

Gegeben sei die Funktion f: ]− ^π₂,^π₂[→R, f(x) := cos(x) und die nat¨urliche Logarithmusfunkti- on ln. Wir berechnen f¨ur die verkettete Funktionx7→ln(f(x)) das Taylorpolynomj_pⁿ(ln◦f) vom Gradn= 2 am Entwicklungspunkt p= 0 auf zwei verschieden Weisen.

(a) Bestimmen Sie die Koeffizientena_kin der Formelj_pⁿ(ln◦f)(x−p) =Pn

k=0a_k(x−p)^kmittels der Ableitungen a_k= _k!¹(ln◦f)^(k)(p).

(Alternative Notation: j_pⁿ(ln◦f)(t) =Pn

k=0a_kt^k.)

(b) Verwenden Sie die Ihnen bereits bekannten Taylorentwicklungen j1(ln) und j0(f) und l¨osen Sie das Problem mittels Substitution von Potenzreihen, d. h.

j_pⁿ(ln◦f)(x−p)≈ⁿ_p j_qⁿ(ln)◦(j_pⁿ(f)−q)

(x−p) mitq =f(p) = 1.

alternative Schreibweise: j_pⁿ(ln◦f)(t)≈ⁿ₀ j_qⁿ(ln)◦(j_pⁿ(f)−q) (t) L¨osung:

(a) Berechnen wir die ersten zwei Ableitungen von ln◦f: (ln◦f)⁰(x) = 1

cos(x) ·cos⁰(x) = −sin(x)

cos(x) = −tan(x), (ln◦f)⁰⁰(x)

= −sin⁰(x) cos(x)−sin(x) cos⁰(x)

cos²(x) = −cos²(x) + sin²(x) cos²(x)

= − 1

cos²(x). Daraus ergeben sich

a₀ = ln(cos(0)) = ln(1) = 0, a₁ = −tan(0) = 0,

a2 = −1 2! · 1

cos²(0) = −1 2. Folglich haben wir:

j₀²(ln◦f)(x−0) =

2

X

k=0

a_k(x−0)^k = −1 2x². (b) Vgl. Skript, S. 108:

ln(x) =

∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁺¹

n (x−1)ⁿ f¨urx∈]0,2], cos(x) =

∞

X

n=0

(−1)ⁿ

(2n)!x²ⁿ f¨urx∈R.

Die Taylorpolynome vom Grad 2 in den entsprechenden Entwicklungspunkten sind also:

j₁²(ln)(x−1) = (x−1)−1

2(x−1)², bzw. j₁²(ln)(t) = t−1

2t², j₀²(cos)(x) = 1−1

2x².

Damit ergibt sich:

j₀²(ln◦f)(x−0) ≈²₀ j₁²(ln)◦(j₀²(f)−1)

(x−0)

= j₁²(ln)(1−1

2x²−1)

= (−1

2x²)−1 2(1

2x²)² ≈²₀ −1 2x²,

d. h., j₀²(ln◦f)(x) = −¹₂x², denn beachten Sie dabei, dass das Polynom j₀²(ln◦f)(x) nach Definition Grad ≤2 hat, sodass wir aus

j₀²(ln◦f)(x−0) ≈²₀ −1 2x² auch wirklich Gleichheit schließen k¨onnen.

Aufgabe G36 (Nutzen der gleichm¨aßigen Konvergenz) Berechnen Sie

n→∞lim Z _π

1

sin² _n^x 1−e^−xndx.

Hinweis: Da man f¨ur ^sin

2(n^x)

1−e^−xn nicht ohne weiteres eine Stammfunktion hinschreiben kann, w¨urde man gerne Integration und Grenzwertbildung vertauschen. Dies geht aber nur, wenn gleichm¨aßige Konvergenz vorliegt, was zun¨achst nachgewiesen werden muss.

L¨osung: Sei fn(x) = ^sin

2(^xn)

1−e^−xn. Dann konvergiert die Funktionenfolge f¨ur x > 0 offensichtlich punktweise gegen Null.

Zum Nachweis der gleichm¨aßigen Konvergenz betrachte man

||f_n−0||_∞= sup

x∈[1,π]

sin^{2 x}_n 1−e^−xn −0

= sup

x∈[1,π]

sin^{2 x}_n

|1−e^−xn|. F¨ur n > 1 ist die Funktion x 7→ sin² _n^x

auf dem Intervall [1, π] monoton steigend (und offen- sichtlich positiv). Daher ist

sin² _n^x

f¨urx=π maximal. Die Funktionx7→1−e^−xn ist monoton steigend und auf dem zu betrachtenden Intervall [1, π] außerdem positiv, sodass |1−e^−xn| auf dem Intervall [1, π] f¨urx= 1 minimal ist. Folglich gilt

sup

x∈[1,π]

sin^{2 x}_n

|1−e^−xn| ≤ sin^{2 π}_n 1−e⁻ⁿ. Daraus folgt

n→∞lim ||f_n−0||_∞= 0, womit f_n gleichm¨aßig gegen Eins konvergiert.

Daher gilt

n→∞lim Z π

1

sin^{2 x}_n 1−e^−xndx=

Z π 1

n→∞lim

sin^{2 x}_n 1−e^−xn dx=

Z π 1

0dx= 0.

Haus¨ ubung

Aufgabe H31 (Fourierreihen und Berechnung von Reihen) (1+6+2+3 Punkte) Bezeichne f:R→Rdie 2π-periodische Funktion, f¨ur die

f(x) =

π falls−π < x <0 π−x falls 0≤x≤π gilt.

(a) Skizzieren Sie die Funktion f auf dem Intervall [−2π,2π].

(b) Berechnen Sie die Fourierreihe von f.

(c) Konvergiert die Fourierreihe? Wenn ja, wie sieht die Grenzfunktion aus?

(d) Bestimmen Sie mithilfe Ihrer Ergebnisse den Wert der Reihe P∞ n=0 1

(2n+1)². L¨osung:

(a) (Skizze)

(b) Wir berechnen die Koeffizienten der Fourierreihe:

a_n = 1

π Z π

−π

f(x) cos(nx)dx

= 1

π Z 0

−π

πcos(nx)dx+ 1 π

Z π 0

(π−x) cos(nx)dx

= 1

π Z π

−π

πcos(nx)dx+ 1 π

Z π 0

(−x) cos(nx)dx

f¨urn6= 0

=

sin(nx) n

π

−π

− 1 π

Z π 0

xcos(nx)dx

part. Integr.

= (0−0)− 1 π

xsin(nx) n

π 0

+ 1 π

Z π 0

sin(nx) n dx

= 0 +1

π

−cos(nx) n²

π 0

=−cos(nπ) πn² + 1

πn²

=

0 f¨ur gerades n

2

πn² f¨ur ungerades n f¨urn6= 0. Wir berechnena₀ separat:

a₀ ^{vgl. oben}= 1 π

Z π

−π

πcos(0x)dx+ 1 π

Z π 0

(−x) cos(0x)dx

= 1

π Z π

−π

π dx− 1 π

Z π 0

x dx= 1

π ·2π²− 1 π ·1

2π²= 3 2π.

bn = 1 π

Z π

−π

f(x) sin(nx)dx= 1 π

Z 0

−π

πsin(nx)dx+ 1 π

Z π 0

(π−x) sin(nx)dx

= 1

π Z π

−π

πsin(nx)dx+ 1 π

Z π 0

(−x) sin(nx)dx

=

−cos(nx) n

π

−π

+ 1

π

xcos(nx) n

π 0

− 1 π

Z π 0

cos(nx) n dx

=

−cos(nπ)

n +cos(−nπ) n

+ 1

π

πcos(nπ) n −0

− 1 π

sin(nx) n²

π 0

= cos(−nπ)

n =

₁

n f¨ur geradesn

−_n¹ f¨ur ungeradesn

= (−1)ⁿ n .

Damit ist die Fourierreihe ^a₂⁰ +P∞

n=1(ancos(nx) +bnsin(nx)) durch 3

4π+ (2

π cos(x)−sin(x)) + 1

2sin(2x) + ( 2

π3² cos(3x)−1

3sin(3x)) + 1

4sin(4x) +. . .

gegeben. (Wenn man das formal in zwei Reihen schreibt, sieht das mit 3

4π+ 2 π

cos(x) +cos(3x)

3² +cos(5x) 5² +. . .

+

−sin(x) +1

2sin(2x)−1

3sin(3x) +1

4sin(4x) +. . .

schon ¨ubersichtlicher aus.)

(c) Da die Funktionf st¨uckweise stetig differenzierbar ist, konvergiert ihre Fourierreihe. An allen Stetigkeitsstellen von f stimmt die Grenzfunktion mit f uberein. An allen Sprungstellen¨ x konvergiert sie gegen ^f(x+)+f(x₂ ⁻⁾. Die Sprungstellen sind durch alle x=π+ 2πk mit k∈Z gegeben. An jeder dieser Stellen x ist

f(x+) +f(x−)

2 = π+ 0

2 = π 2.

Die Fourierreihe vonf konvergiert also gegen die 2π-periodische Funktion ˜f, f¨ur die f˜(x) =







π falls −π < x <0 π−x falls 0≤x < π

π

2 falls x=π gilt.

(d) F¨urx= 0 verschwinden in der Fourierreihe alle Sinusterme, w¨ahrend alle Cosinuswerte gleich 1 sind. Damit ergibt sich:

f˜(0) = 3 4π+ 2

π

1 + 1 3² + 1

5² +. . .

= 3 4π+ 2

π

∞

X

n=0

1 (2n+ 1)². Da andererseits ˜f(0) =π bekannt ist, erhalten wir

1 4π= 2

π

∞

X

n=0

1 (2n+ 1)² und damit dann

1 8π² =

∞

X

n=0

1 (2n+ 1)².

Aufgabe H32 (Taylorpolynome von verketteten Funktionen) (2+3 Punkte) Wir berechnen f¨ur die verkettete Funktion cos◦ln das Taylorpolynomj_pⁿ(cos◦ln) vom Gradn= 2 am Entwicklungspunkt p= 1 auf zwei verschieden Weisen.

(a) Bestimmen Sie die Koeffizienten a_k in der Formel j_pⁿ(cos◦ln)(x −p) = Pn

k=0a_k(x −p)^k mittels der Ableitungen ak= _k!¹(cos◦ln)^(k)(p).

(b) Verwenden Sie die Ihnen bereits bekannten Taylorentwicklungen j₁(ln) undj₀(cos) und l¨osen Sie das Problem mittels Substitution von Potenzreihen.

L¨osung:

(a) Berechnen wir die ersten zwei Ableitungen von cos◦ln:

(cos◦ln)⁰(x) = −sin(ln(x))

x ,

(cos◦ln)⁰⁰(x) = −

cos(ln(x))

x ·x−sin(ln(x))·1

x² = −cos(ln(x))−sin(ln(x))

x² .

Daraus ergeben sich

a₀ = (cos◦ln)(1) = cos(0) = 1, a1 = −sin(ln(1))

1 = −sin(0) = 0, a₂ = −1

2! ·cos(ln(1))−sin(ln(1))

1² = −1

2(cos(0)−sin(0)) = −1 2. Folglich haben wir:

j₁²(cos◦ln)(x−1) =

2

X

k=0

ak(x−1)^k = 1− 1

2(x−1)², bzw.

j₁²(cos◦ln)(t) = 1−1 2t². (b) Vgl. Skript, S. 108:

ln(x) =

∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁺¹

n (x−1)ⁿ f¨urx∈]0,2], cos(x) =

∞

X

n=0

(−1)ⁿ

(2n)!x²ⁿ f¨urx∈R.

Die Taylorpolynome vom Grad 2 in den entsprechenden Entwicklungspunkten sind also:

j₁²(ln)(x−1) = (x−1)−1

2(x−1)², bzw. j₁²(ln)(t) = t−1

2t², j₀²(cos)(x) = 1−1

2x². (Bzw.: Dies sind bereits Ergebnisse der Gruppen¨ubung.) Damit ergibt sich:

j₁²(cos◦ln)(x−1) ≈²₁ j₀²(cos)◦(j₁²(ln)−0)

(x−1)

= j²₀(cos) (x−1)−1

2(x−1)²−0

= 1−1

2 (x−1)−1

2(x−1)²2

≈²₁ 1−1

2(x−1)², d. h.,

j₀²(cos◦ln)(x−1) = 1−1

2(x−1)².

Alternative Rechnung:

j₁²(cos◦ln)(t) ≈²₀ j₀²(cos)◦(j₁²(ln)−0) (t)

= j₀²(cos) t−1 2t²−0

= 1−1 2 t−1

2t²2

≈²₀ 1−1 2t², d. h.,

j₀²(cos◦ln)(t) = 1−1 2t².

Abgabe der Haus¨ubungen:Am Freitag den 26. Juni 2009 vor der ¨Ubung.

(Hinweise auf Fehler bei diesen Aufgaben bitte an Michael Klotz, kl...@math...tik.tu-darmstadt.de)