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sose2020/ana/lectures

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sose2020/ana/uebungen/ana2.tex

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+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\begin{document}
+
+\title{Analysis II: Übungsblatt 2}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    Für $n \in N_0$ bezeichne $P_n$ das Legendre Polynom.
+    \[
+        P_n(x) := \frac{1}{2^{n}n!} \frac{\mathrm{d}^{n}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+    .\] 
+    $\forall n, m \in \N_0$, $n \ge m$, $0 \le k \le n$ gilt zudem nach Aufgabenstellung:
+    \begin{align*}
+        \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+            \frac{\mathrm{d}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m} \d x
+        &= (-1)^{m+1} \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}}
+        (x^2-1)^{n} \frac{\mathrm{d}^{m+k}}{\d x^{m+k}}(x^2-1)^{m}\d x \quad (*)
+    .\end{align*}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.:
+            \[
+                \int_{-1}^{1} P_n(x)P_m(x) \d x = 0 \qquad \forall n, m \in \N_0, n \neq m
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Seien $n, m \in \N_0$ mit $n \neq m$ beliebig. O.B.d.A.: $n > m$. Dann gilt
+                \begin{align*}
+                    \int_{-1}^{1} P_n(x) P_m(x) \d x
+                    &= \frac{1}{2^{n} 2^{m} n! m!}
+                    \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+                    \frac{\mathrm{d}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m} \d x
+                .\end{align*}
+                Zu zeigen:
+                \[
+                 \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+                    \frac{\mathrm{d}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m} \d x = 0
+                .\] Mit $(*)$ und $k = m+1 \le n$ folgt
+                \begin{align*}
+                    \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+                        \frac{\mathrm{d}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m} \d x
+                    &= (-1)^{m+1} \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n-m-1}}{\d x^{n-m-1}}
+                    (x^2-1)^{n} \frac{\mathrm{d}^{2m+1}}{\d x^{2m+1}}(x^2-1)^{m}\d x
+                .\end{align*}
+                    Wegen $\text{deg } (x^2-1)^{m} = 2^{m}$ folgt
+                    $\frac{\mathrm{d}^{2m+1}}{\d x^{2m+1}}(x^2-1)^{m} = 0$. Damit folgt
+                \begin{align*}
+                    \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+                        \frac{\mathrm{d}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m} \d x
+                        &= 0
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für ein festes $n \in \N_0$ gilt $\forall k \in \N_0$ mit $0 \le k \le n$:
+            \[
+                \int_{-1}^{1} (1-x)^{n}(1+x)^{n} \d x 
+                = \frac{(n!)^2}{(n-k)!(n+k)!}
+                \int_{-1}^{1} (1-x)^{n-k}(1+x)^{n+k} \d x 
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Sei $n \in \N_0$ beliebig. Beweis per Induktion nach $k$. $k = 0$: trivial.
+
+                Es existiere ein $k \in \N_0$ mit $k < n$ mit Beh. Dann folgt für $k+1$ mit
+                partieller Integration:
+                \begin{align*}
+                    \frac{(n!)^2}{(n-k-1)!(n+k+1)!}&
+                    \int_{-1}^{1} (1-x)^{n-k-1}(1+x)^{n+k+1} \d x \\
+                    =& \frac{(n!)^2}{(n-k-1)!(n+k+1)!}
+                    \Big(\underbrace{- \frac{1}{n-k} (1-x)^{n-k} (1+x)^{n+k+1} \Big|_{-1}^{1}}_{=0} \\ &+\int_{-1}^{1} \frac{n+k+1}{n-k} (1-x)^{n-k}(1+x)^{n+k} \d x \Big) \\
+                    =& \frac{(n!)^2(n-k)}{(n-k)!(n+k)!(n+k+1)} \int_{-1}^{1} \frac{n+k+1}{n-k}
+                    (1-x)^{n-k}(1+x)^{n+k}\d x \\
+                    =& \frac{(n!)^2}{(n-k)!(n+k)!} \int_{-1}^{1} (1-x)^{n-k}(1+x)^{n+k} \d x \\
+                    \stackrel{\text{I.V.}}{=}&
+                    \int_{-1}^{1} (1-x)^{n}(1+x)^{n} \d x 
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Es gilt $\forall n \in \N_0$:
+            \[
+                \int_{-1}^{1} P_n(x)P_n(x) \d x = \frac{2}{2n+1}
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Sei $n \in \N_0$ beliebig. Dann sind wegen $\text{deg } (x^2-1)^{n} = 2n$
+                in der $2n$-ten Ableitung alle Terme bis auf den $x^{2n}$ Term null. Damit folgt
+                \begin{align*}
+                    \frac{\mathrm{d}^{2n}}{\d x^{2n}} (x^2-1)^{n}
+                    = \frac{\mathrm{d}^{2n}}{\d x^{2n}} x^{2n} = (2n)! \qquad (**)
+                .\end{align*}
+                
+                Dann folgt mit $(*)$ und $k = n$:
+                \begin{align*}
+                    \int_{-1}^{1} P_n(x)P_n(x) \d x
+                    &= \frac{1}{2^{2n} (n!)^2} \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n}}{\d x^{n}} (x^2-1)^{n}
+                    \frac{\mathrm{d}^{n}}{\d x^{n}} (x^2-1)^{n} \d x \\
+                    &\stackrel{(*)}{=}
+                    \frac{(-1)^{n}}{2^{2n}(n!)^2}
+                    \int_{-1}^{1} (x^2-1)^{n} \cdot
+                    \underbrace{\frac{\mathrm{d}^{2n}}{\d x^{2n}} (x^2-1)^{n}}_{= (2n)! \quad (**)} \d x \\
+                    &= \frac{(2n)!(-1)^{n}}{2^{2n}(n!)^2}
+                    \int_{-1}^{1} ((x-1)(x+1))^{n} \d x \\
+                    &= \frac{(2n)!(-1)^{n}}{2^{2n}(n!)^2}
+                    \int_{-1}^{1} ((-1)(1-x)(1+x))^{n} \d x \\
+                    &= \frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}
+                    \int_{-1}^{1} (1-x)^{n}(1+x)^{n} \d x \\
+                    &\stackrel{\text{(b), } k=n}{=} \quad
+                    \frac{1}{2^{2n}} \int_{-1}^{1} (1+x)^{2n} \d x  \\
+                    &= \frac{1}{2^{2n}} \frac{1}{2n+1} (1+x)^{2n+1} \Big|_{-1}^{1}\\
+                    &= \frac{2^{2n+1}}{2^{2n}} \frac{1}{2n+1} \\
+                    &= \frac{2}{2n+1}
+                .\end{align*}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Die Funktion $f\colon [0, 2\pi] \to \R$ sei definiert durch:
+    \[
+        f(x) = \min\left( x - \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2} - x \right) 
+    .\] Beh.: Für die Fourier Entwicklung $F_{\infty}^{f}$ gilt:
+    \[
+        F_{\infty}^{f} = - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{4}{\pi(2k-1)^2} \cos((2k-1)x)
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Es gilt zunächst:
+        \[
+            f(x) = \begin{cases}
+                x - \frac{\pi}{2} & 0 \le x \le \pi \\
+                \frac{3\pi}{2} - x & \pi < x \le 2\pi
+            \end{cases}
+        .\] 
+        Für die Koeffizienten $a_k$ mit $k > 0$ folgt nach Definition:
+        \begin{align*}
+            a_k &= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \cos(kx) \d x \\
+            &= \frac{1}{\pi} \left[ \int_{0}^{\pi} \left( x - \frac{\pi}{2} \right) \cos(kx) \d x 
+            + \int_{\pi}^{2\pi} \left( \frac{3\pi}{2} - x) \cos(kx) \right)  \d x \right] \\
+            &= \frac{1}{\pi} \left[ \frac{1}{k} \sin(kx) \left( x - \frac{\pi}{2} \right)\Big|_{0}^{\pi}
+            - \int_{0}^{\pi} \frac{1}{k} \sin(kx) \d x
+            + \frac{1}{k} \sin(kx) \left( \frac{3\pi}{2} -x\right) \Big|_{\pi}^{2\pi}
+            + \int_{\pi}^{2\pi} \frac{1}{k} \sin(kx) \d x \right] \\
+            &= \frac{2}{\pi k^2} (\cos(k\pi) - 1)
+        .\end{align*}
+        Für $a_0$ gilt
+        \begin{align*}
+            a_0 &= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \d x  \\
+            &= \frac{1}{\pi} \left[ \int_{0}^{\pi} \left( x - \frac{\pi}{2} \right) \d x 
+            + \int_{\pi}^{2\pi} \left( \frac{3\pi}{2} - x \right)  \d x \right] \\
+            &= 0
+        .\end{align*}
+
+        Für $b_k$ folgt nach Definition mit analoger Rechnung:
+        \begin{align*}
+            b_k = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \sin(kx) \d x
+            = 0
+        .\end{align*}
+        Damit folgt die Fourrier-Entwicklung von $f$ mit:
+        \begin{align*}
+            F_{\infty}^{f}(x)
+            &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2}{\pi k^2} (\underbrace{\cos(k\pi)}_{= (-1)^{k}} - 1)\cos(kx) \\
+            &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2}{\pi(2k-1)^2} \left[ \underbrace{((-1)^{2k-1} - 1)}_{=-2}
+                \cos((2k-1)x)
+            + \underbrace{((-1)^{2k} - 1)}_{= 0} \cos(2kx) \right] \\
+            &= -\sum_{k=1}^{\infty} \frac{4}{\pi(2k-1)^2} \cos((2k-1)x)
+        .\end{align*}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.:
+    \[
+        \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^{4}} = \frac{\pi^{4}}{96}
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Nach Vorlesung gilt $a_k = c_k + c_{-k}$ und $b_k = i (c_k - c_{-k})$. Mit
+        $b_k = 0$ folgt $c_k = c_{-k}$ und mit Aufg. 2.2 damit:
+        \[
+            c_k = c_{-k} = \frac{a_k}{2} = \frac{1}{\pi k^2}((-1)^{k} - 1)
+        .\] Damit folgt
+        \begin{align*}
+            2 \pi \sum_{-\infty}^{\infty} |c_k|^2 = 2\pi
+            \sum_{-\infty}^{\infty} \left| \frac{2}{\pi(2k-1)^2} \right|^2
+            \qquad \stackrel{c_k = c_{-k}}{=} \qquad
+            \frac{16}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^{4}}
+        .\end{align*}
+        Außerdem gilt
+        \begin{align*}
+            \int_{0}^{2\pi} |f(x)|^2 \d x &= \int_{0}^{\pi} \left( x - \frac{\pi}{2} \right)^2 \d x 
+            + \int_{\pi}^{2\pi} \left( \frac{3\pi}{2} - x)^2 \right)  \d x = \frac{\pi^{3}}{6}
+        .\end{align*}
+        Zusammen mit der Parsevalschen Gleichung (PG) folgt dann
+        \begin{align*}
+            &\frac{\pi^{3}}{6} \quad \stackrel{\text{(PG)}}{=} \quad \frac{16}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^{4}}\\
+            \implies &\frac{\pi^{4}}{96} \quad = \quad \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^{4}}
+        .\end{align*}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: Für $2\pi$-periodische Funktionen $f\colon \R \to \R$ gilt
+    \begin{align*}
+        \int_{0}^{2\pi} f(x)\sin(kx) \d x &= \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin(kx) \d x  \quad (\text{A}) \\
+        \int_{0}^{2\pi} f(x)\cos(kx) \d x &= \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos(kx) \d x  \quad (\text{B})
+    .\end{align*}
+    \begin{proof}
+        Sei $f\colon \R \to \R$ $2\pi$-periodisch, außerdem ist $\sin(x)$ $2\pi$ periodisch $(*)$.
+        Dann gilt:
+        \begin{align*}
+            \int_{0}^{2\pi} f(x)\sin(kx) \d x
+            &= \int_{0}^{\pi} f(x)\sin(kx) \d x + \int_{\pi}^{2\pi} f(x)\sin(kx) \d x \\
+            &= \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x + \int_{-\pi}^{0} f(x + 2\pi) \sin(k(x + 2\pi)) \d x  \\
+            &\stackrel{(*)}{=} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x + \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x \\
+            &= \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x 
+        .\end{align*}
+        Für $\cos(kx)$ analog.
+    \end{proof}
+    Beh.: Für $2\pi$-periodische gerade $f_g$ bzw. ungerade $f_u$ Funktionen $f\colon \R \to \R$ gilt
+    für ihre Fourier-Entwicklung:
+    \[
+        F_{\infty}^{f_g}(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^{\infty} a_k \cos(kx) \quad \text{bzw.}
+        \quad F_{\infty}^{f_u}(x) = \sum_{k=1}^{\infty} b_k \sin(kx)
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Sei $f_g \colon \R \to \R$ gerade $(*)$ und $2\pi$-periodisch. Dann bleibt zu zeigen:
+        $b_k = 0$. Es gilt $\sin(-x) = -\sin(x)$, also ist $\sin(x)$ ungerade $(**)$. Damit folgt
+        \begin{align*}
+            b_k &= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} f(x) \sin(kx) \d x \\
+            &\stackrel{\text{(A)}}{=} \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(kx)  \d x \\
+            &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{0} f(x) \sin(kx) \d x 
+            + \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x \\
+            &\stackrel{x \to -x}{=} \quad \frac{1}{\pi} \int_{\pi}^{0} - f(-x)\sin(-kx) \d x
+            + \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x \\
+            &= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(-x) \sin(-kx) \d x
+            + \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x \\
+            &\stackrel{(*),(**)}{=} \quad - \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x 
+            + \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(kx) \d x \\
+            &= 0
+        .\end{align*}
+
+        Sei $f_u \R \to \R$ ungerade und $2\pi$-periodisch. Dann bleibt zu zeigen
+        $a_k = 0$. Es gilt $\cos(-x) = \cos(x)$, also ist $\cos(x)$ gerade. Dann folgt die Behauptung
+        analog.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Beh.: $\forall n, m \in \N_0$, $n \ge m$, $0 \le k \le n$ gilt zudem nach Aufgabenstellung:
+    \begin{align*}
+        \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}}{\d x^{n}}(x^2-1)^{n}
+            \frac{\mathrm{d}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m} \d x
+        &= (-1)^{m+1} \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}}
+        (x^2-1)^{n} \frac{\mathrm{d}^{m+k}}{\d x^{m+k}}(x^2-1)^{m}\d x
+    .\end{align*}
+    Es gelte
+    \[
+        \frac{\mathrm{d}^{k}}{\d x^{k}}(x^2- 1)^{n} = (x^2-1)^{n-k} \cdot p_k(x) \quad (*)
+    .\] 
+    \begin{proof}
+        Seien $n, m \in \N_0$ beliebig. Beweis per Induktion nach $k$.
+
+        Für $k = 0$ ist Beh. trivialerweise erfüllt.
+
+        Sei nun $k \in \N_0$ mit $k < n$ beliebig mit gegebener Beh. Dann gilt für $k+1$:
+        \begin{align*}
+            &(-1)^{k+1} \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n-k-1}}{\d x^{n-k-1}}(x^2 - 1)^{n}
+            \frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2 -1)^{m} \d x \\
+            &= (-1)^{k+1} \left[ \left( \frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}} (x^2 - 1)^{n}
+            \cdot \frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m} \right) \Big|_{-1}^{1}
+            - \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}}(x^2-1)^{n}
+            \cdot \frac{\mathrm{d}^{m+k}}{\d x^{m+k}}(x^2-1)^{m} \d x \right] \\
+            &\stackrel{\text{I.V.}}{=}
+            (-1)^{k+1} \left( \frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}} (x^2 - 1)^{n}
+            \cdot \frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m} \right) \Big|_{-1}^{1}
+            + \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}^{n}}{\d x^{n}} (x^2-1)^{n}
+            \cdot \frac{\mathrm{d}^{m}}{\d x^{m}}(x^2-1)^{m}\d x
+        .\end{align*}
+        Bleibt zu zeigen:
+        \[
+            \left.\left[\frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}} (x^2 - 1)^{n}
+            \cdot \frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m} \right] \right\rvert_{-1}^{1} = 0
+        .\] 
+        \begin{align*}
+            \left.\left[\frac{\mathrm{d}^{n-k}}{\d x^{n-k}} (x^2 - 1)^{n}
+            \cdot \frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m} \right] \right\rvert_{-1}^{1}
+            \stackrel{(*)}{=}&
+                \left.\left[(x^2 - 1)^{k} \cdot p_{n-k}(x) \cdot
+                \frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m} \right] \right\rvert_{-1}^{1} \\
+                =&\; (1 - 1)^{k} \cdot p_{n-k}(1) \cdot 
+                \left(\frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m}\right)(1) \\
+                &- (1-1)^{k} \cdot p_{n-k}(-1) \cdot 
+                \left(\frac{\mathrm{d}^{m+k+1}}{\d x^{m+k+1}}(x^2-1)^{m}\right)(-1) \\
+                =& \;0
+        .\end{align*}
+        Damit folgt die Induktionsbehauptung für $k+1$.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}