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Integration einer Fourierreihe

Universität / Fachhochschule

Komplexe Analysis

Tags: fourier, Fourierreihe, Komplexe Analysis

Timbor1990 aktiv_icon

15:58 Uhr, 18.01.2016

Hallo zusammen!
Wir beschäftigen uns zur Zeit mit Fourierreihen und ich bin von der aktuellen Aufgabenstellung, eigentlich sogar vom kompletten Thema, ziemlich verwirrt. Erstmal hier die originale Aufgabenstellung:

a

. Drücken Sie die Reihe

\sum_{n = 1} \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{n^{k}}

durch die Reihe

\sum_{n = 1} \frac{1}{n^{k}} = : ζ (k)

aus.
Die Reihen laufen bis unendlich.

b

. Berechnen Sie durch Integration der Fourierreihe für

f (x) = x, x \in [- π, + π]

die Werte der Reihen

\sum_{n = 1} \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{n^{2}}

und

\sum_{n = 1} \frac{1}{n^{2}}

Erstmal zu

a . :

Es sieht so aus, als müsse man hier eine Funktion für die Reihe

\sum_{n = 1} \frac{1}{n^{k}}

finden, die unabhängig von

n

ist und diese dann in die erste Reihe einsetzen, sodass etwas wie

\sum_{n = 1} {(- 1)}^{n + 1} \cdot ζ (k)

herauskommt.
Muss man hier evtl. annehmen, dass

{(- 1)}^{n + 1}

Fourierkoeffizienten sind um dann

ζ (k)

zu bestimmen?

Ich bin um jede Hilfe sehr dankbar!

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Roman-22

16:06 Uhr, 18.01.2016

a)

Überlege dir, wie

ζ (2 k)

und

ζ (2 k - 1)

aussehen

Zu

b)

Hast du die Fourierkoeffizienten dieses Sägezahns schon bestimmt? Beachte, dass es sich um eine ungerade Funktion handelt und du daher einen Teil der Koeffizienten bereits kennst.

R

Timbor1990 aktiv_icon

20:51 Uhr, 18.01.2016

Danke schon einmal für die Rückmeldung!

Also bei

a

. sind die Funktionen ja

ζ (2 k) = \sum_{n = 1} \frac{1}{n^{2 k}}

und

ζ (2 k - 1) = \sum_{n = 1} \frac{1}{n^{2 k - 1}} = \sum_{n = 1} \frac{n}{n^{2 k}}

Ich vermute hier sollte irgendwas klick machen, wenn du mir sagst ich soll die Funktionen so aufschreiben... das ist leider noch nicht der Fall

zu

b

.
Bei ungeraden Reihen muss ich ja nur den sinus-Teil betrachten, es gilt:

f (x) ~ \sum_{k = 1} b_{k} sin (k \cdot x)

Also

b_{k} \frac{2}{π} \int_{0}^{π} f (t) sin (k \cdot t) d t = \frac{2}{π} (cos (k π) - π cos (k π) - 1)

mit einmaliger partieller Integration.
Wir können in ungerade

(k = 2 m)

und gerade

(k = 2 m + 1)

Indices unterteilen

b_{2 m} = \frac{2}{π} (1 - π - 1) = - 2

b_{2 m + 1} = \frac{2}{π} (- 1 + π - 1) = 2 - \frac{4}{π}

Ist das soweit richtig? :-)

Roman-22

21:58 Uhr, 18.01.2016

>

Ich vermute hier sollte irgendwas klick machen,
Ja, sollte es.

>

das ist leider noch nicht der Fall
Das liegt nicht an dir, denn ich war leider auf dem Holzweg - sorry!
Ich hatte in Gedanken die Riemannsche

ζ

-Funktion umdefiniert - das sollte man nicht machen.

R

Roman-22

22:23 Uhr, 18.01.2016

>

Bei ungeraden Reihen muss ich ja nur den sinus-Teil betrachten
Richtig und es reicht auch, nur über die halbe Periode von 0 bis

π

zu integrieren und dafür das Ergebnis zu verdoppeln, so wie du das ja auch gemacht hast.

Allerdings stimmt dein Integrationsergebnis nicht.

Richtig wäre

b_{k} = \frac{2}{π \cdot k^{2}} \cdot [sin (k \cdot π) - π \cdot k \cdot cos (k \cdot π)] = - \frac{2}{k} \cdot cos (k \cdot π) = {(- 1)}^{k + 1} \cdot \frac{2}{k}

R

P . S . :

Was

a)

anlangt, so könntest du einmal überlegen, was

ζ (k) - \frac{2}{2^{k}} \cdot ζ (k) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{k}} - \frac{2}{2^{k}} \cdot \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{k}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{k}} - 2 \cdot \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{{(2 n)}^{k}}

ergibt.
Wenn die Summenzeichen zu abstrakt sind, schreib dir jeweils einfach ein paar Glieder der Reihen auf.

Timbor1990 aktiv_icon

22:52 Uhr, 18.01.2016

Hallo Roman-22,

vielen Dank! Ich habe bei der partiellen Integration den inneren Term vom Sinus und Cosinus vergessen, jetzt passt das Ergebnis :-)

Meinst du ich brauche für die Berechnung der Reihen jetzt die Zeta-Funktion aus Teil a oder ist es irgendwie anders möglich? Ich kann natürlich meine Fourierkoeffizienten einsetzten:

\sum_{n = 1} \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{n^{2}} = \sum_{n = 1} \frac{1}{2 n} b_{n}

Aber das bringt mich kein Stück weiter...

Zu deinem anderen Tipp:
Kann ich hier die Reihe

\sum_{n = 0} n^{k} = \frac{1}{1 - n}

benutzen?
Dann wird aus

\sum_{n = 1} \frac{1}{n^{k}} - 2 \sum_{n = 1} \frac{1}{{(2 n)}^{k}}

wegen

\sum_{n = 1} \frac{1}{n^{k}} = \frac{1}{\sum_{n = 1} n^{k}} = \frac{1}{\sum_{n = 0} n^{k}} = \frac{1}{\frac{1}{1 - n}} = 1 - n

\sum_{n = 1} \frac{1}{n^{k}} - 2 \sum_{n = 1} \frac{1}{{(2 n)}^{k}} = 1 - n - 2 - 4 n = - 5 n - 1

Wahrscheinlich darf ich die Reihe aber gar nicht erst von Null loslaufen lassen

- . -

Roman-22

02:50 Uhr, 19.01.2016

>

Meinst du ich brauche für die Berechnung der Reihen jetzt die Zeta-Funktion aus Teil a
Was meinst du mit "Berechnung der Reihen"?
Was du tun sollst, ist doch genau vorgegeben. Du hast jetzt die Fourierreihe für

f (t) = t

. Was diese einfache Funktion von 0 bis

π

integriert ergibt, ist bekannt

(\frac{π^{2}}{2})

. Das Gleiche muss daher rauskommen, wenn du nun die Fourier-Reihe von 0 bis

π

integrierst.
Dabei stellt sich dann eine Reihe ein, die zum Teil

ζ (2)

ist und zum Teil die alternierende Reihe aus

a)

. Diese können wir nun aber (dank

a))

auf

ζ (2)

zurückführen und damit kann man dann eben

ζ (2) = \frac{π^{2}}{6}

ermitteln.

>

Kann ich hier die Reihe ∑n=0nk=11-n benutzen?
Das wär doch grob falsch!! Verwechsest du das jetzt mit einer geometrischen Reihe?

Was

a)

anlangt, so hab ich es doch fast schon bis zum bitteren Ende ausgeführt. Mach, was ich dir geraten haben. Schreibe also etwa von der ersten Summe meines letzten Terms die ersten

10

Glieder an (den Rest ersetzt du mal durch

+ ... .)

und von der zweiten brauchst du nur die ersten fünf Glieder anschreiben (und dann

+ ... .)

. Und jetzt fasse zusammen. Welche neue Reihe stellt sich nun ein?

R

Timbor1990 aktiv_icon

14:58 Uhr, 19.01.2016

Jetzt ist die Aufgabe endlich gelöst, vielen lieben Dank!

Nochmal kurz zusammenfassend zu

a :

\sum_{n = 1} \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{n^{k}} = \frac{1}{1^{k}} - \frac{1}{2^{k}} + \frac{1}{3^{k}} - \frac{1}{4^{k}} + \frac{1}{5^{k}} - \frac{1}{6^{k}} + \frac{1}{7^{k}} - . .

.
Wir kennen die gesuchte Summe und ergänzen die notwendigen Terme

= \frac{1}{1^{k}} + \frac{1}{2^{k}} - \frac{1}{2^{k}} - \frac{1}{2^{k}} + \frac{1}{3^{k}} + \frac{1}{4^{k}} - \frac{1}{4^{k}} - \frac{1}{4^{k}} + \frac{1}{5^{k}} + \frac{1}{6^{k}} - \frac{1}{6^{k}} - \frac{1}{6^{k}} + \frac{1}{7^{k}} - . .

= \frac{1}{1^{k}} + \frac{1}{2^{k}} - \frac{2}{2^{k}} + \frac{1}{3^{k}} + \frac{1}{4^{k}} - \frac{2}{4^{k}} + \frac{1}{5^{k}} + \frac{1}{6^{k}} - \frac{2}{6^{k}} + \frac{1}{7^{k}} - . .

= \frac{1}{1^{k}} + \frac{1}{2^{k}} + \frac{1}{3^{k}} + \frac{1}{4^{k}} + \frac{1}{5^{k}} + \frac{1}{6^{k}} + \frac{1}{7^{k}} + . .

- \frac{2}{2^{k}} - \frac{2}{4^{k}} - \frac{2}{6^{k}} - . .

= \sum_{n = 1} \frac{1}{n^{k}} - \sum_{n = 1} \frac{2}{{(2 n)}^{k}}

= \sum_{n = 1} \frac{1}{n^{k}} - \frac{2}{2^{k}} \sum_{n = 1} \frac{1}{n^{k}}

= ζ (k) - \frac{2}{2^{k}} ζ (k)

= ζ (k) (1 - \frac{2}{2^{k}})

Das war eine Top Unterstützung

R!

Viele Grüße Timbor1990

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