(a) De reeks is divergent

Uitwerking van het deeltentamen I Fouriertheorie 5 november 2008

1. (a) De reeks is divergent. Inderdaad, er geldt ln n < n voor n ≥ 2 en dus b_n= 1

n < 1

ln n = a_n . De reeks P∞

n=2bn is divergent omdat de harmonische reeks divergeert. Als P∞

n=2an een convergente reeks zou zijn, volgt (uit het majorantiecriterium) dat ook de reeks P∞

n=2b_n convergeert. DusP∞

n=2a_n moet ook divergeren.

(b) De reeks is convergent. De Taylor formula impliceert ln(1 + x) = x −¹₂x²+ O(x³) als x ↓ 0.

Hieruit volgt dat

an= 1 n− ln

 1 + 1

n



= 1 2

1 n² + O

 1 n³



= O

 1 n²



als n → ∞. De reeksP∞ n=1 1

n² is convergent, dus is de reeks P∞

n=1a_n ook convergent.

(c) De reeks is divergent. Inderdaad, er geldt an>0 als n ≥ 1 omdat a_n= √ⁿ

x− 1 = xⁿ¹ − 1 = e^{n1ln x}− 1 en ln x > 0 voor x > 1. Verder hebben we met tn= _n¹ dat

L= lim

n→∞

|an|

t_n = lim

n→∞

e^{n1ln x}− 1

1 n

= lim

ε→0

e^{εln x}− 1

ε = ln x > 0 . Volgens het limietcriterium is de reeksP∞

n=1|aⁿ| divergent, omdat L 6= 0 en de harmonische reeksP∞

n=1t_ndivergent is. Maar dit betekent precies dat de reeksP∞

n=1a_ndivergeert, want

|an| = an.

2. (a) De integraal convergeert volgens het majorantiecriterium, want 0 < 1

x+√ x < 1

√x voor alle x ∈ (0, 1]

en Z 1

0

√dxx bestaat.

(b) De integraal convergeert. Met behulp van parti¨ele integratie:

Z ^π

2

ε

ln(sin x) dx = [x ln(sin x)]

π

ε2 − Z ^π

2

ε

xcos x

sin x dx = −ε ln(sin ε) − Z ^π

2

ε

x

sin x cos x dx voor ε ∈ 0,^π₂

.

Er geldt lim_ε↓0εln(sin ε) = 0. Inderdaad:

limε↓0εln(sin ε) = lim

ε↓0

ε sin ε · lim

ε↓0[(sin ε) ln(sin ε)] = 1 · lim

y↓0yln y = 1 · 0 = 0, want lim_y↓0yln y = lim_x→−∞xe^x= 0.

De functie f (x) = x

sin x cos x is continu op (0, 1] en lim_x↓0f(x) = 1. Hieruit volgt dat Z ^π

2

0

xcos x sin x dx bestaat samen met Z ^π

2

0 ln(sin x) dx = − Z ^π

2

0

xcos x sin x dx . 3. (a) De functie f is 2π-periodiek en is gegeven voor |x| ≤ π door

f(x) =

 2 cos x als |x| ≤ ^π₂ , 0 als ^π₂ ≤ |x| ≤ π .

2

1 1.5

6 0.5

x

4

0 2

-2

0

-6 -4

(b) Enig rekenwerk:

fb_n = 1 2π

Z π

−π

f(x)e^−inxdx= 1 2π

Z ^π

2

−^π₂

2 cos x e^−inxdx

= 1

2π Z ^π

2

−^π₂

e^ix+ e^−ix

e^−inxdx

= 1

2π Z ^π₂

−^π₂

e^i(1−n)xdx+ 1 2π

Z ^π₂

−^π₂

e^−i(1+n)xdx

= 1

2π





"

e^i(1−n)x i(1 − n)

#^π₂

−^π₂

+

"

e^−i(1+n)x

−i(1 + n)

#^π₂

−^π₂





= 1

2π

e^iπ2e^−iπn2 − e^−iπ2e^iπn2

i(1 − n) +e^−iπ2 e^−iπn2 − e^iπ2 e^iπn2

−i(1 + n)

!

= 1

2π

ie^−iπn2 + ie^iπn2

i(1 − n) + −ie^−iπn2 − ie^iπn2

−i(1 + n)

!

= 1

2π

e^iπn2 + e^−iπn2   1

1 − n+ 1 1 + n



= 2

π

cos ^πn₂
1 − n²

2

als n 6= ±1 en

fb₁ = 1 2π

Z π

−π

f(x)e^−ixdx= 1 2π

Z ^π

2

−^π₂

2 cos x e^−ixdx

= 1

2π Z ^π

2

−^π₂

e^ix+ e^−ix
e^−ixdx

= 1

2π Z ^π

2

−^π₂

dx+ 1 2π

Z ^π

2

−^π₂

e^−2ixdx = 1 2, fb₋₁ = 1

2π Z π

−π

f(x)e^ixdx= 1 2π

Z ^π₂

−^π₂

2 cos x e^ixdx

= 1

2π Z ^π

2

−^π

2

e^ix+ e^−ix
e^ixdx

= 1

2π Z ^π

2

−^π₂

e^2ixdx+ 1 2π

Z ^π

2

−^π₂

dx = 1 2.

(c) De functie f (x) is 2π-periodiek, continu en stuksgewijs continu differentieerbaar. De Fourier inversie formule geeft dan voor iedere x ∈ R

f(x) = lim

N →∞

XN n=−N

fb_ne^inx = bf₀+ X∞ n=1

( bf_ne^inx+ bf_−ne^−inx),

waarin de limiet bestaat en de reeks convergeert. We hebben fb₀ = 2

π, fb₁= bf₋₁ = 1

2, en bf_n= bf_−n= 2 π

cos ^πn₂

1 − n² voor n = 2, 3, 4, . . . . Maar

cosπn 2

=

 0 als n = 2k + 1, k = 1, 2, 3, . . . ; (−1)^k als n = 2k, k = 1, 2, 3, . . . zo dat

f(x) = fb₀+ bf₁e^ix+ bf₋₁e^−ix+ X∞ n=2

( bfne^inx+ bf−ne^−inx)

= 2

π + cos x + 4 π

X∞ k=1

(−1)^k 1 − 4k²

e^i2kx+ e^−i2kx 2



= 2

π + cos x + 4 π

X∞ k=1

(−1)^k

1 − 4k² cos(2kx) . (d) Voor x = 0 hebben we

2 = f (0) = 2

π + 1 + 4 π

X∞ k=1

(−1)^k 1 − 4k² waaruit volgt dat

X∞ k=1

(−1)^k

k²−¹₄ = 2 − π . 3

Voor x = ^π₂ hebben we

0 = fπ 2

= 2 π + 4

π X∞ k=1

(−1)^k

1 − 4k² cos(kπ) . Maar cos(kπ) = (−1)^k voor k = 1, 2, 3, . . .. Dus

2 π = 1

π X∞ k=1

(−1)^2k k²−¹₄ en

X∞ k=1

1

k²− ¹₄ = 2 .

4. De functie g(x) = e^−12t2 is continu en absoluut integreerbaar met bg(s) =√

2π e^−12s2. Verder geldt dat f (t) = ¹₂f₁(t) + ¹₂f₂(t) met f₁(t) = e^itg(t) en f₂(t) = e^−itg(t). Maar bf₁(s) = g(s − 1) en bf₂(s) = g(s + 1), resp. Dus

f(s) =b 1

2fb₁(s) +1

2fb₂(s) = 1

2(g(s − 1) + g(s + 1))

= rπ

2



e^{−12(s−1)2} + e^−12(s+1)2

= rπ

2e e^s+ e^−s
e^−12s2.

5. De meetkundige reeks X∞ n=0

zⁿ met z = ¹₂e^ixis convergent omdat |z| = ¹₂ <1. Dus

X∞ n=0

e^ix 2

n

= 1

1 −¹₂e^ix = 2 2 − e^ix.

Maar e^inx = (cos nx + i sin nx) en de reeksen X∞ n=0

cos nx 2ⁿ en

X∞ n=0

sin x

2ⁿ zijn (absoluut) convergent.

Dus X∞

n=0

e^ix 2

n

= X∞ n=0

e^inx 2ⁿ =

X∞ n=0

cos nx 2ⁿ + i

X∞ n=0

sin nx 2ⁿ . Hieruit volgt dat

X∞ n=1

sin nx

2ⁿ = Im

 2

2 − e^ix



= Im

 2

2 − cos x − i sin x



= Im

2(2 − cos x + i sin x) (2 − cos x)²+ sin²x



= Im

 2(2 − cos x + i sin x) 4 − 4 cos x + (cos²x+ sin²x)



= 2 sin x 5 − 4 cos x.

4