Oefeningen Analyse I

Inleiding Oefeningen Analyse I Wil je de eventuele foutjes melden. Met dank, Yannick Meers e-mail: meers@skynet.be Hoofdstuk 7: Functiereeksen Oefening Gevraagd: We gaan opsplitsen voor x : GEVAL : x < 0 cos(nx) + exp(nx) = cos(nx) exp(nx) = exp(nx) 0 als n 0 DUS: cos(nx) exp(nx) Onderzoek de convergentie van: is DIVERGENT! cos(nx) exp(nx) Opmerking: Ook cos(nx) exp(nx) is DIVERGENT! GEVAL 2: x = 0 cos(0) exp(0) = = DIVERGENT

GEVAL 3: x > 0 cos(nx) exp(nx) exp(nx) nx 2 n 2 Opmerking: Deze vergelijking klopt enkel en alleen wanneer x Besluit geval 3: Voor x is cos(nx) exp(nx) CONVERGENT! Geval 4: x < cos(nx) exp(nx) exp(nx) n 2 = Dit is dus ook convergent (Verklaring zie geval 3) Algemeen Besluit: cos(nx) exp(nx) Deze reeks is ABSOLUUT en PUNTSGEWIJS CONVERGENT enkel en alleen als x > 0!!! 2

Oefening 2 (i) Gevraagd: Onderzoek de convergentie van: k 2 cos(kx) We onderzoeken dit via de M-test: sup x A k cos kx = 2 k = 2 k 2 Besluit uit deze test: cos(kx) is UNIFORM convergent in A =R k2 Hieruit volgt natuurlijk ook de puntsgewijze convergentie van de reeks! Onderzoek van absolute convergentie: Reeks is nu: k cos(kx) 2 M-test: Besluit: sup x A k 2 cos(kx) = cos(kx) =... (zie begin oefening) k2 Deze reeks is naast puntsgewijs en uniform ook absoluut convergent! 3

Oefening 3 (iii) Gevraagd: n= n n xn ( ) is uniform convergent? Via de M-test komt u tot geen conclusie (doe zelf). Daarom: PMR: Beschouw de gegeven reeks als een PMR, nu is het de bedoeling om R te zoeken natuurlijk: n xn ( ) n= n ρ = lim sup ( ( )n n ) n = lim n + ρ = R = Hieruit besluiten we: n n = De reeks is uniform converent op de compacta in ], [ Nog te bewijzen: Uniform convergent in Stel: x = n= ( ) n n is convergent. (Leibniz) MAAR: We zijn nog niet zeker van uniforme convergentie! Dit kan men wel aantonen via het criterium van Cauchy, dat zeer ingewikkeld is. Daarom besluiten we gewoonweg dat de reeks uniform convergent is in [0, ] 4

Oefening 4 (i) Gevraagd: Onderzoek de convergentie van: ( ) k 2k + x2k+ PMR: ρ = lim sup( 2k+ ( )k 2k + ) = R = = Reeks is absoluut en puntsgewijs convergent in ], [ Nu nog onderzoek in de randen: x = : ( ) k 2k + =(Maple)= π 4 x = : ( ) k ( ) 2k+ 2k + =(Maple)= π 4 Hieruit volgt: De reeks is puntsgewijs convergent in [, ] Opmerking: De reeks is niet absoluut convergent in [, ], dus enkel betrekkelijk convergent! Helaas hebben we nog geen uniforme convergentie in [, ], dit kan wel bewezen worden via het criterium van Cauchy, maar dit is te langdradig volgens Sandy, dus hebben we ook lekker niet gedaan! 5

Bepaling van de limiet: f(x) = f (k) (x) = a n (x x 0 ) n k a n n! (n k)! (x x 0) n k Toepassen op de gegeven reeks levert: = ( ) k 2k + x2k+ ( ( )k 2k + x2k+ ) ( ) k 2k + (2k + )x2k =(Maple)= + x = f (x) 2 f (x) = = f(x) = + arctan(x) + x2 6

Oefening 9 Gegeven: g, h holomorf in omgeving van a g(a) 0 h(a) = h (a) h (x) 0 Gevraagd: f(z) = g(z) h(z) Eventjes Taylor gebruiken: multipliciteit van pool: z = a g(z) = g(a) + g (a)(z a) + g (a) (z a) 2 +... 2! h(z) = h(a) + h (a)(z a) + h (a) (z a) 2 +... 2! Vermits h(a) = 0 en h (a) = 0 komt er voor h(z): h(z) = h (a) 2! (z a) 2 + h (a) (z a) 3 +... 3! h(z) kunnen we ook nog schrijven als: h(z) = (z a) 2 ( h (a) 2! + h (a) (z a) +...) OPM.: h (a) 0!!! 3! We benoemen nu H(z): H(z) = h (a) 2! + h (a) (z a) +... 3! f(z) = g(z) h(z) = We stellen: F (z) = F (z) = g(z) (z a) 2 H(z) = g(z) (z a) 2 H(z) F (z) = g(z) H(z) Opgelet! F (z) is ook Holomorf! (z a) (F (a) + F (a)(z a) + F (a) (z a) 2 +...) 2 2! F (a) (z a) + F (a) 2 (z a) + F (a) 2! + F (a) (z a) +... 3! 7

Dit is duidelijk een pool met multipliciteit 2! 8

Oefening 2 Opgave zie opgaveblad! () Enkel cosinustermen: f(x) = a 0 2 + a k cos(kt) f is een EVEN functie: f(t) = f( t) D.w.z.: Y-as is symmetrie-as bij een EVEN functie! (2) Enkel sinustermen: f(x) = b k sin(kt) f is een ONEVEN funcite: f(t) = f(t) D.w.z.: Oorsprong is een punt van symmetrie! (3)Enkel oneven cosinustermen: f(x) = a 2k cos((2k )t) Hier is de Y-as de symmetrie-as EN ( π, 0) is punt van symmetrie. 2 (4)Enkel even cosinussen: f(x) = a 0 2 + a 2k cos(2kt) Hier is de Y-as symmetrie-as en x = π 2 is symmetrie-as. 9

Oefening 3 Enkel de theoretische afleiding: Algemene Formule: f(x) in [ L, L] a k = L b k = L L L L L f(x) = a 0 2 + f(t) cos( πkt L )dt f(t) sin( πkt L )dt a k cos( kπx L ) + b k sin( kπx L ) 0

Oefening 6 Gegeven: f(x) = x in [0, π], periode 2π Gevraagd: Schrijf f(x) in enkel cosinus-termen! { x als x [0, π] f(x) = x als x [ π, 0]. n N + ( )k a k = 2 πk 2 a 0 = π (teller kan 0 worden) En: a 2n = 0 4 a 2n+ = π(2n ) 2 f(x) = π 2 + + ( )k 2 πk 2 f(x) = π + 2 + 4 cos((2n )X) X [ π, π] π(2n ) 2 Nog Gevraagd: KIES:x = π n= (2n ) 2 =??? π = π + 2 + 4 cos((2n )π) π(2n ) 2 n= Opm.: cos((2n )π) = π = π 2 + 4 π n= (2n ) 2

n= (2n ) = (π π 2 2 )π 4 n= (2n ) = π2 2 8 We gaan nu deze hele procedure nogmaals herhalen voor de functie: f(x) = x 2 f(x) = x 2 Voor x [0, π] f(x) = π2 3 + 4( ) k k 2 cos(kx) in [ π, π] Nu gaan we nog de reekssom bepalen van: n= KIES: x = 0 en vul in, in de oplossing hierboven: f(0) = 0 = π2 3 + 4 π2 3 + 4 Daarna: ( ) k k 2 ( ) k k 2 = 0 = π2 2 4( ) k cos(0) k 2 n 2 en van: n= ( ) n Kies x = 0 en vul in, in de eerste oplossing die we gevonden hebben: 0 = π 2 + 0 = π 2 2 π 2( + ( ) k ) πk 2 k + 2 ( ) k 2 π k 2 cos(0) = π 2 + 2 πk 2 + 2( ) k πk 2 n 2 2

We weten al: 2 π 0 = π 2 2π2 2π + 2 π k ( ) k k 2 k = ( π 2 + π 6 ) = π2 6 = π2 2 3

Oefening 7 Gegeven: (f n ), n N {0} en F (z) bestaat voor z > Gevraagd: Bestaat zf (z)? Waar? Voor welke rij? zf (z) = z f n z n = f n z n = f 0z + f + f 2 z + f 3 z +... 2 Dit is een Z-beeld, ALS (f 0 = 0) en dit van de rij (f, f 2,...) Convergentiegebied: ρ = lim sup f n+ n = Dus voor z > Tweede vraag: Bestaat F (z)? Waar? Welke rij? Oplossling: F (z) = d dz F (z) = z Z(nf n) (Stelling 8.7) F (z) = z nf n z n = nf n z n+ We voeren een substitutie door waarbij: n + = k F (z) = + (k )f k z = ( (k )f k k ) z met: f k = 0!!! BESLUIT: F (z) is het Z-beeld van: (f, 0f 0, f, 2f 2,...) = (0, 0, f, 2f 2, 3f 3,...) in het gebied z > en: ρ = lim sup(f(k )f k ) k = lim sup k k lim sup fk k = 4

Oefening 8 Gegeven: f, periode 2π, continu afleidbaar=glad=klasse C en een complex fourierspectrum: {c k ; k Z} Gevraagd: Complex fourierspectrum van f 2 (f(t 0) + f(t + 0)) = f(t) = f is continu dus: k= f (t) = f (t) = c k exp(ikt) k= k= k= (c k exp(ikt)) c k exp(ikt)ik = c k exp(ikt) k= c k ik exp(ikt) Daaruit zien we onmiddelijk dat: {c k ik; k Z} het fourierspaectrum van f is! 5

Oefening 9 Gegeven: f(x) = a k x k in ] 2, 2[ f(x) is reeel analytisch in R, daaruit volgt: R f = 2 Gevraagd: Convergentiegebied en reekssom van a k (k + )(x 2) k ρ = lim sup a k (k + ) k ρ = lim sup( a k k + k k ) ρ = lim sup a k k lim sup k + k Dus: ρ = 2 OPM.: lim sup a k k = ρf = R f = 2 lim k + k ρ = k + 2 R = 2 D.w.z.: De reeks is convergent als x 2 < 2 of x ]0, 4[ De reekssom: f(x) = a k x k f(x 2) = ((x 2)f(x 2)) = f(x 2) + (x 2)f (x 2) = = a 0 (x 2) 0 + a k (x 2) k (a k (x 2) k+ ) a k (k + )(x 2) k a k (k + )(x 2) k a k (k + )(x 2) k = f(x 2) + f (x 2) f(0) in ]0, 4[ 6

Oefening 20 Gegeven: f(x) = a k x k in ] 3, 3[ n f(x) is reeel analytisch in R en b n = a k Gevraagd: Convergentiegebied van: b k x k = b 0 x 0 + b x + b 2 x 2 +... + b n x n +... b k x k = a 0 + (a 0 + a )x + (a 0 + a + a 2 )x 2 +... + (a 0 + a +... + a n )x n +... = (a 0 + a x + a 2 x 2 +...) + (a 0 x + a x 2 + a 2 x 3 +...) + (a 0 x 2 + a x 3 +...) +... = (a 0 + a x +...) + x(a 0 + a x +...) + x 2 (a 0 + a x +...) +... = f(x) + xf(x) + x 2 f(x) + x 3 f(x) +... = f(x)( + x 2 + x 3 + x 4 +...) = f(x) x = f(x) x = b k x k Met: R T OT = min {R, R 2 } = 7

Oefening 22 Gevraagd: Geef alles van de functie: f(z) = (i) Holomorf: z z 2 + f(z) heeft 2 enkelvoudinge polen in: z = i en z = i f(z) is dus holomorf in C-{i, i} (ii) PMR: PMR in termen van z f(z) = (iii) NMR: Normaal doe je dit met Maple,... Nu eventjes een poging op papier: z z 2 + = Stelsel: Az z i + Bz z + i A + B = 0 A = i 2 ( ) k z 2k+ in z < = Az(z + i) + Bz(z i) z 2 + Ai Bi = B = i 2 (f n ) = i 2 in + i 2 ( i)n in z > i en z > i z > = F (z) = n= f n z n 8