Beispiel zur Vertauschung von Integral und Potenzreihe

21.04.2017, 21:35

zinR

Beispiel zur Vertauschung von Integral und Potenzreihe

Hi, jetzt kurz vor Semesterbeginn habe ich wieder eine Aufgabe gefunden, bei der ich nicht so richtig weiter komme. (Allerdings aus der Analysis 1)

Wir betrachten $\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{2\pi} \frac{dx}{1- a \cos x}, a \in ]-1,1[ \end{eqnarray*}$ . Der Integrand ist in eine Potenzreihe in $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ zu entwickeln, anschließend ist die gleichmäßige Konvergenz der Partialsummen in $\begin{eqnarray*} x \in ]0, 2\pi[ \end{eqnarray*}$ gegen den Integranden zu zeigen, sowie dann das Integral über den Partialsummen zu berechnen.

Meine Ideen: Wegen $\begin{eqnarray*} \vert a \cos x \vert < 1 \end{eqnarray*}$ ist die geometrische Reihe anwendbar und ich erhalte für die Potenzreihe $\begin{eqnarray*} \frac{1}{1- a \cos x} = \sum\limits_{k=0}^\infty a^k \cos^k x \end{eqnarray*}$ . Die eigentliche Schwierigkeit habe ich beim Integrieren:
$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{2\pi} \cos^k (x) dx \end{eqnarray*}$ hat für ungerade $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ den Wert $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ . Habt ihr Tipps zur Integration für gerade $\begin{eqnarray*} k\in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ oder liegt das Problem an anderer Stelle?

Danke im Voraus, und danke auch den vielen Helfern, die mich so gut durchs letzte Semester gebracht haben! smile

21.04.2017, 22:08

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Entwickle per partieller Integration eine Rekursionsformel für $\begin{align*} c_k := \int\limits_0^{2\pi} \cos^k(x) ~ \dd x \end{align*}$ : Für alle $\begin{align*} k\geq 2 \end{align*}$ gilt

$\begin{align*} c_k = \int\limits_0^{2\pi} \underbrace{\cos(x)}_{=u'}\cdot \underbrace{\cos^{k-1}(x)}_{=v} ~ \dd x = \bigg[ \sin(x)\cdot \cos^{k-1}(x) \bigg]_{x=0}^{2\pi} + (k-1) \int\limits_0^{2\pi} \sin^2(x) \cos^{k-2}(x) ~ \dd x \end{align*}$ ,

und jetzt beim Restintegral $\begin{align*} \sin^2(x)=1-\cos^2(x) \end{align*}$ berücksichtigen...

P.S.: $\begin{align*} \int\limits_0^{2\pi} \frac{\dd x}{1-a\cos x} \end{align*}$ lässt sich übrigens auch direkt berechnen, via Generalsubstitution $\begin{align*} t=\tan\left(\frac{x}{2}\right) \end{align*}$ .

21.04.2017, 22:40

zinR

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, die Idee zur Rekursion hatte ich auch, die Umsetzung war dann wohl eher mangelhaft. (Ich habe zuerst die oben genannte Identität angewendet, und dann erfolglos partiell integriert..) Mit deiner Hilfe erhalte ich nun die Rekursionsformel $\begin{eqnarray*} c_k = \frac{k-1}{k} c_{k-2} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k \geq 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c_0 = 2\pi \end{eqnarray*}$ .

Ich setze mich morgen noch einmal dran, und versuche eine explizite Form für $\begin{eqnarray*} c_k \end{eqnarray*}$ zu finden.

Danke! smile

Aufgabe (b) verlangt dann das Lösen mittels Euler-Substitution und das anschließende entwickeln in eine Potenzreihe! smile

21.04.2017, 22:57

zinR

Auf diesen Beitrag antworten »

Edit leider nicht mehr möglich, deshalb hier:
Eigentlich ist die Lösung dazu dann doch recht klar, ich hoffe ich vertue mich hier nicht:
$\begin{eqnarray*} c_k = 2 \pi \prod\limits_{n=0}^{k/2} \frac{2n-1}{2n} \end{eqnarray*}$ .

22.04.2017, 00:01

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Naja, für ungerade Indizes hattest du ja oben schon Wert 0 festgestellt. Und für gerade Indizes stimmt es fast - der Startindex n=0 ist allerdings falsch. Richtig ist

$\begin{align*} c_{2k} = 2\pi \prod_{n=1}^k \frac{2n-1}{2n} = \frac{2\pi(2k)!}{\left(2^k k!\right)^2} = \frac{2\pi}{4^k} \binom{2k}{k} \end{align*}$ .

Auch denkbar, und vor allem interessant in Hinblick binomische Reihe ist die Darstellung

$\begin{align*} c_{2k} = 2\pi \prod_{n=1}^k (-1)\frac{\frac{1}{2}-n}{n} = 2\pi (-1)^k \binom{-\frac{1}{2}}{k} \end{align*}$ .

22.04.2017, 10:39

URL

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn man den Weg durchs Komplexe nicht scheut, geht es auch mit $\begin{eqnarray*} \cos^k(x)=\frac{1}{2^k}(e^{ix}+e^{-ix})^k \end{eqnarray*}$
und dann weiter mit der binomischen Formel.

22.04.2017, 11:14

zinR

Auf diesen Beitrag antworten »

Auf meinem Papier steht der Startindex $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ . Big Laugh

- War wohl doch sehr müde gestern.

Danke dir auch für die schönen Umformungen (und den Hinweis auf die fehlerhafte Notation)! Während ich die untere Darstellung einfach nachvollziehen konnte, habe ich schon Schwierigkeiten, das zweite Gleichheitszeichen zu verstehen.

Wieso funktioniert das so gut, wenn du den Bruch noch einmal mit $\begin{eqnarray*} 2^k k! \end{eqnarray*}$ erweiterst?

Auch bei der dritten Umformung: wie sehe ich, dass $\begin{eqnarray*} \frac{(2k)!}{(k!)^2}=\binom{2k}{k} \end{eqnarray*}$ gilt?

@URL: Den Gedanken hatte ich gestern auch schon. Dabei kam ich bis $\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{2\pi}\frac{1}{2^k} (e^{ix}+e^{-ix})^k dx = ... = \frac{1}{2^k} \sum\limits_{j=0}^k \binom {k}{j} \left[\frac{e^{(ij-ik+ijk)x}}{ij-ik+ijk}\right]_0^{2\pi} \end{eqnarray*}$ und wusste nicht, wie ich hier weiter machen soll. (Ich weiß auch nicht, ob es bis dahin stimmt...)

22.04.2017, 12:38

Mathema

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo zinR,

Zitat:

Wieso funktioniert das so gut, wenn du den Bruch noch einmal mit $\begin{eqnarray*} 2^k k! \end{eqnarray*}$ erweiterst?

Hast du dir dein Produkt mal ausgeschrieben? Es ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot ... \cdot \frac{2k-1}{2k} \end{eqnarray*}$

Nun eine Idee, wieso die Erweiterung von HAL so schön ist?

Zitat:

Auch bei der dritten Umformung: wie sehe ich, dass $\begin{eqnarray*} \frac{(2k)!}{(k!)^2}=\binom{2k}{k} \end{eqnarray*}$ gilt?

Das geht doch über die Definition des Binomialkoeffizienten: $\begin{eqnarray*} \binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!} \end{eqnarray*}$ . Rechne nach - hier ist $\begin{eqnarray*} n:=2k \end{eqnarray*}$ .

22.04.2017, 12:51

zinR

Auf diesen Beitrag antworten »

Ohje... Ärgerlich, dass ich das nicht sofort gesehen habe. Danke, dass du mir auf die Sprünge geholfen hast smile

22.04.2017, 16:33

URL

Auf diesen Beitrag antworten »

Nicht ganz. Richtig wäre
$\begin{eqnarray*} (e^{ix}+e^{-ix})^k = \sum\limits_{j=0}^k \binom {k}{j} e^{(ij-ik+ij)x} = \sum\limits_{j=0}^k \binom {k}{j} e^{i(2j-k)x} \end{eqnarray*}$ .

22.04.2017, 21:07

zinR

Auf diesen Beitrag antworten »

Oh ja, da ist mir in der Rechnung ein $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ reingerutscht... Für $\begin{eqnarray*} j=\frac{k}{2} \end{eqnarray*}$ (falls $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ gerade) ist die Integration relativ einfach, für jeden anderen Summanden (und damit auch bei $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ungerade) erhalte ich dann $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ , richtig?

Ich erhalte ebenfalls $\begin{eqnarray*} c_{2k}=\frac{2\pi}{4^k}\binom{2k}{k} \end{eqnarray*}$ . *freu*

Danke auch dir für den Hinweis! smile

Neue Frage »

Antworten »

Beispiel zur Vertauschung von Integral und Potenzreihe

Verwandte Themen