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Technische Universit¨at M¨ unchen Zentrum Mathematik Prof. Dr. Christian K¨ uhn Dr. Frank Hofmaier

Wintersemester 2019/20 Blatt 2

Analysis 3 (EI) [MA 9413] Zentral¨ ubung (25. 10. 2019) Z 4 Gegeben ist die Funktion f :R→C,

f (t) :=

P eikt

k∈Z\{0}

Bestimmen Sie f¨ ur die mittels g (t) := f (2t − 3)

und

k5

.

h(t) := g (−t) + f (4t)

erkl¨arten Funktionen jeweils die Perionde T , die Kreisfrequenz ω und deren Fourierreihen.   uckweise stetig differenzierbare Z 5 Es seien T > 0 und f : 0, T2 →C eine st¨ Funktion. Weiter gelte f (0) = f T2 = 0. a) Machen Sie sich klar, dass man f jeweils auf genau eine Weise zu einer geraden T -periodischen und zu einer ungeraden T -periodischen Funktion fortsetzen kann. Was k¨ onnen Sie u ¨ ber die Fourierreihen dieser beiden Fortsetzungen aussagen ? b) Nun sei f gegeben mittels ( f (t) :=

0 1 (π 2

− t)

ur t = 0 , f¨ f¨ ur 0 < t ≤ π .

Bestimmen Sie die Fourrierreihen sowohl der geraden als auch der ungeraden 2π -periodischen Fortsetzung.

Gruppen¨ ubungen G 3 Leiten Sie aus den in Lemma 1.1.33 der Vorlesung genannten Rechenregeln die entsprechenden Regeln f¨ur die Koeffizienten der Sinus-/Cosinus-Darstellung her.

G 4 Zeigen Sie, dass die Aussage uber das Fourierspektrum der Ableitung aus ¨ Lemma 1.1.37(i) f¨ur unstetige Funktionen nicht notwendigerweise gilt. Tipp: Betrachten Sie die S¨ agezahnfunktion, die Ihnen in der Vorlesung schon mehrmals begegnet ist. G 5 Gegeben ist f : R → R, f (t) := |sin t| ( Zweiweg-gleichgerichteter Sinus“). ” Weiter sei g die 2π-periodishe Funktion mit ( ur −π ≤ t ≤ 0 , 0 f¨ g(t) := sin t f¨ ur 0 < t < π . ( Einweg-gleichgerichteter Sinus“). ” a) Bestimmen Sie die Fourierreihe von f , (i) bez¨ uglich der Periode T = π , (ii) bez¨ uglich der Periode T = 2π . b) Bestimmen Sie die Fourierreihe von g .

L¨ osungsvorschla ¨ge zur Zentralu ¨ bung 4 Die gegebene Funktion f hat die Periode 2π und liegt hier bereits in Form der Fourierreihe vor. Ihre Fourierkoeffizienten k¨onnen wir direkt ablesen, sie lauten c0 = 0 und ck = k15 f¨ur k 6= 0. Wenn wir die Funktion g genauer ansehen, g(t) = f (2t − 3) =

P eik(2t−3) k5

k∈Z\{0}

P e−3ik

=

k∈Z\{0}

k5

e2ikt ,

finden wir hier die gesuchte Fourierreihe von g. Mehr noch, die Funktion g hat die Periode π, also Kreisfrequenz ω = 2. Deshalb erwarten wir in der Fourierreihe ucke der Form e2ikt; das haben wir hier ja in der Tat auch so vorgefunden. Ausdr¨ Die Verschiebung −3“ sorgt laut Lemma 1.1.33(iv) f¨ur einen zus¨atzlichen Faktor ” e−3ik bei allen Fourierkoeffizienten; auch diesen finden wir wie erwartet hier vor. Schließlich untersuchen wir noch die Funktion h. Da t 7→ g(−t), ebenso wie g selbst, die Periode π und t 7→ f (4t) die Periode π2 hat, erhalten wir f¨ ur h die Periode T = π und Kreisfrequenz ω = 2. Gesucht ist also eine Darstellung der Form ∞ P

h( t ) =

ck e2ikt .

k=−∞

Zun¨achst haben wir g(−t) =

P e−3ik

k∈Z\{0}

k5

e−2ikt =

P

−

k∈Z\{0}

e−3ik 2ikt e , k5

dar¨ uberhinaus m¨ ussen wir noch Koeffizienten e ck derart bestimmen, dass f (4t) =

P e4int

n∈Z\{0}

n5

=

∞ P

k=−∞

e ck e2ikt

 5 gilt. Dies ist der Fall, wenn e ck = 0 f¨ ur k = 0 oder k ungerade ist, und e ck = k2 f¨ ur gerades k 6= 0. Die Fourierreihe von h ist schließlich die Summe aus den Reihen von g(−t) und f (4t) und hat die Koeffizienten   0   32 ck = − k15 e3ik + k 5    − 1 e3ik k5

f¨ur k = 0 , f¨ur gerades k 6= 0 , f¨ur ungerades k .

5 a) Wennwir f (−t) := f (t) setzen, erhalten wir hiermit eine gerade Fortsetzung k¨onnen wir mittels f (−t) := −f (t) eine ungerade f : − T2 , T2 → C.  Andererseits  Fortsetzung f : − T2 , T2 → C konstruieren. In beiden F¨allen k¨onnen wir diese dann T -periodisch zu einer auf ganz R erkl¨arten Funktion fortsetzen. Die Fourierreihe der geraden Fortsetzung ist eine reine Cosinusreihe; die Fourierreihe der ungeraden  Fortsetzung ist eine reine Sinusreihe. Beide Reihen stimmen  ¨ berein. im Intervall 0, T2 u b) Die ungerade Fortsetzung zu einer 2π-periodischen Funktion ist in diesem Beispiel nichts weiter als die S¨agezahnfunktion“, die uns in der Vorlesung schon be” gegnet ist und deren Fourierreihe wir auch schon kennen. Sie lautet ∞ P 1

sin kt .

k

k=1

Die gerade Fortsetzung zu einer 2π-periodischen Funktion, welche wir hier mit fger bezeichnen wollen, sieht also wie folgt aus:  1 ur −π ≤ t < 0 ,   2 (π + t) f¨ fger(t) = 0 f¨ ur t = 0 ,   1 ur 0 < t ≤ π . (π − t) f¨ 2 Sie besitzt eine reine Cosinus-Reihe als Fourierreihe, also eine Reihe der Form a0 2

+

∞ P

ak cos kt .

k=1

Wie man diese Koeffizienten bestimmt, wissen wir auch bereits, es ist ak =

1 π

Zπ

fger(t) cos kt dt =

1 π

Z0

1 2 (π

+ t) cos kt dt +

−π

−π

Zπ

1 2 (π

− t) cos kt dt

0

!

= · · · (eine ausf¨ uhrliche Rechnung spare ich mir hier) · · ·

=

 π    2

f¨ur k = 0 ,

2

ur k ungerade , k 2 π f¨    0 f¨ur k 6= 0 gerade .

Die beiden Reihen stimmen f¨ur t ∈ (0, π) uberein, auch an der Stelle t = π, da ¨ sowohl die ungerade als auch die gerade Fortsetzung dort stetig sind. Aber nicht an der Stelle t = 0 und erst recht nicht f¨ ur t ∈ (−π, 0). Folgendes k¨ onnen wir guten Gewissens behaupten. F¨ur t ∈ (0, π] gilt ∞ k=1

P

1 k

π sin kt = 4 +

∞ n=1

P

2 (2n−1)2 π

  cos (2n − 1)t .

L¨ osungsvorschla ubungen ¨ge zu den Gruppen ¨ 3 Wie u¨blich bezeichnen wir die Fourierkoeffizienten einer gegebenen Funktion f mit {ck }k∈Z und die Cosinus-/Sinus-Koeffizienten mit {ak }k≥0 bzw. {bk }k≥1 . Linearit¨at: Es ist 2 T

ZT  0



αf (t) + βg (t) cos(kωt) dt =

α T2

ZT

f (t) cos(kωt)

dt + β T2

ZT

g(t) cos(kωt) dt .

0

0

Also sind die Cosinus-Koeffizienten einer Linearkombination die entsprechende Linearkombination der Koeffizienten. Beim Sinus geht das ganz analog. Komplexkonjuagtion: Die mittels fe(t) := f (t) erkl¨arte Funktion hat die Fourierkoeffizienten e ck = c−k . Ihre Cosinus-/Sinus-Koeffizienten lauten e ak = e ck + e c−k = c−k + ck = ak

und

e ak = e ck + e c−k = c−k + ck = ak

und

e bk = i(e ck − e c−k ) = −i (c−k − ck ) = bk .

arte Funktion hat die Fourierkoeffizienten Zeitumkehr: Die mittels fe(t) := f (−t) erkl¨ e ck = c−k . Ihre Cosinus-/Sinus-Koeffizienten lauten ebk = i(e ck − e c−k ) = i(c−k − ck ) = −bk .

e ) := f (t + a) erkl¨arte Funktion hat die Verschiebung im Zeitbereich: Die mittels f(t ikωa Fourierkoeffizienten e ck = e ck . Hier erhalten wir   e ak = e ck + e c−k = eikωa ck + e−ikωac−k = 21 eikωa (ak − ibk ) + e−ikωa (ak + ibk ) = ak cos(kωa) + bk sin(kωa) .

Eine ¨ahnliche Rechnung liefert

ebk = −ak sin(kωa) + bk cos( kωa).

Amplitudenmodulation: Die mittels fe(t) := einωtf (t) erkl¨ arte Funktion (n ∈ Z) hat die Fourierkoeffizienten e ck = ck−n . Wenn wir hier etwa aek = e ck + e c−k = ck−n + c−k−n

bestimmen und dann wieder die urspr¨unglichen ak und bk einsetzen wollen, m¨ussen wir zun¨achst herausfinden, ob die Indizes k −n und/oder −k −n positiv oder negativ sind. Wir wollen uns die Details hier sparen. Ein anderer Ansatz w¨are, die gesamte Fourierreihe von f in ihrer Cosinus-/SinusDarstellung mit einωt = cos(nωt) + i sin(nωt) zu multiplizieren und den dann entstehenden Ausdruck mittels der Additionstheoreme wieder in die Form einer Cosinus-/Sinus-Reihe zu bringen.

4 Die S¨agezahnfunktion, das ist die 2π-periodische Funktion f mit ( ur t = 0 , 0 f¨ f (t) = 1 ur 0 < t < 2π . (π − t) f¨ 2 ist zwar nicht einmal u¨berall stetig – aber dort, wo sie stetig ist, ist sie auch differenzierbar mit der Ableitung f ′ (t) = −21 . 1 f¨ Ihre Fourierkoeffizienten kennen wir bereits; sie lauten c0 = 0 und ck = 2ik ur k 6= 0. Wenn wir hier versuchen mit der Formel f¨ur die Fourierkoeffizienten der ur Ableitung zu arbeiten, erhalten wir die Reihe mit den Koeffizienten ikck = 21 f¨ k 6= 0, das w¨ are formal die Reihe

P

k∈Z\{0}

1 ikt 2e

.

ur kein t konvergent, da alle Summanden den Betrag 12 haben. Diese ist allerdings f¨ Mit der Fourierreihe der Ableitung von f hat dieser Ausdruck also nichts zu tun. 5 a) Da f eine gerade Funktion ist, k¨onnen wir ausn¨ utzen, dass in der CosinusSinus-Darstellung der Fourrierreihe bk = 0 f¨ur alle k gilt. Bez¨ uglich der Periode T = π haben wir die Kreisfrequenz ω = 2 und unter Ausn¨ utzen von sin α cos β =  1 sin(α − β) + sin(α + β) erhalten wir 2 ak = T2 = π1

ZT

0 Zπ 0

f (t) cos kωt dt = π2

Zπ

sin t cos 2kt dt

0

    sin (1 − 2k)t + sin (1 + 2k)t dt

 π cos (1 − 2k)t − cos (1 + 2k)t  = 0       1 = π1 − 1−12k −1 − 1 − 1+2k (−1 − 1   1 2 1−2k+1+2k 1 4 2 = π 1−2k + 1+2k = π · 1−4k 2 = (1−4k 2 )π . 1 π



− 1−12k





1 1+2k



Damit k¨ onnen wir die Fourierreihe von f angeben. Da f zudem stetig und st¨uckweise stetig differenzierbar ist, konvergiert diese punktweise gegen f . Daher ist es gerechtfertigt, in folgender Formel ein =“ zu schreiben. Es gilt ” ∞ ∞ P P cos 2kt f (t) = a20 + ak cos 2kt = π2 + π4 1−4k 2 . k=1

k=1

Bez¨uglich der Periode T = 2π suchen wir nach einer Darstellung der Form a0 2

∞

+

ak cos kt , k=1

P

die wir oben bereits gefunden haben; wir m¨ussen nur die Koeffizienten anders nummerieren (so, wie wir es in Aufgabe G 2 auch schon mal gemacht haben), also ak = 0 4 ur ungerades k und a2k = (1−4k f¨ 2 )π . b) Die gegebene Funktion g ist nichts weiter als eine Linearkombination des Sinus  1 und unserer eben untersuchten Funktion f . Es ist n¨amlich g(t) = 2 sin t + f (t) . Die Fourierreihe von g ist daher die entsprechende Linearkombination der Fourierreihen, also

P cos 2kt g(t) = π1 + 21 sin t + π2 1−4k 2 . ∞

k=1

(Auch hier ist ein =“ wegen der punktweisen Konvergenz der Reihe gerechtfertigt.) ” Mit anderen Worten, die Koeffizienten der Sinus-Cosinus-Darstellung von g bez¨uglich der Periode T = 2π, welche die kleinste Periode von g ist, lauten wie folgt. Es ist 1 2 ak = 0 f¨ur ungerades k und a2k = (1−4k 2 )π sowie b1 = 2 und bk = 0 f¨ur k 6= 1....