Mathe für Physiker III Wintersemester 02/03 Walter Oevel 18. 11. 2002

Ü b u n g s b l a t t 5

Abgabe von ∗ Aufgaben bis zum 25.11.2002, 11^{oo} Uhr, im Zettelkasten auf dem D1.

Aufgabe 19*: (Fourier–Entwicklung von Fourier–Reihen. 10 Bonuspunkte) (Aus gegebenem Anlass) Eine (glatte) Funktion sei punktweise als Fourier–Reihe gegeben:

f(x) = ∑_{k=−∞}^{∞} c_{k} · e^{i·k·x}. Zeige, dass die c_{k} die Fourier–Koeffizienten von f sind.

Anleitung: vertausche hemmungslos Summen und Integrale.

Musterlösung: Die Fourier–Koeffizienten c̃_{k} von f sind gegeben durch

c̃_{k} = \frac{1}{2 · π} · ∫_{−π}^{π} f(x) · e^{−i·k·x} dx = \frac{1}{2 · π} · ∫_{−π}^{π} ( ∑_{k′=−∞}^{∞} c_{k′} · e^{i·k′·x}) · e^{−i·k·x} dx.

Mit der bekannten Orthogonalität von {e^{i·k·x}}_{k∈ℤ}:

c̃_{k} = ∑_{k′=−∞}^{∞} c_{k′} · \frac{1}{2 · π} · ∫_{−π}^{π} e^{i·k′·x} · e^{−i·k·x} dx = ∑_{k′=−∞}^{∞} c_{k′} · \frac{1}{2 · π} · ∫_{−π}^{π} e^{i·(k′−k)·x} dx

= ∑_{k′=−∞}^{∞} c_{k′} · δ_{kk′} = c_{k}.

Aufgabe 20*: (Zum Gibbsschen Phänomen. 10 Bonuspunkte) Betrachte das Gibbssche Phänomen für die Fourier–Approximation S_{2n−1} der Sprungfunktion H, die von H(x) ≡ 0 für x < 0 auf H(x) ≡ 1 für x > 0 springt. Nach der ersten ”Überschwingung“ bei x = π/(2 · n) (lokales Maximum) folgt eine ”Unterschwingung“ bei x = π/n (lokales Minimum). Berechne den numerischen Wert von S_{2n−1}(x) an dieser Stelle für grosses n und folgere, dass die Lücke zwischen dem letzten lokalen Maximum der Fourier–Approximationen vor dem Sprung und dem ersten lokalen Minimum nach dem Sprung etwa 90% der Sprunghöhe beträgt.

Musterlösung: Wir folgen der Diskussion des Abschnitts 1.3.5. des Skripts. Für die Fourier–Reihe S_{2n−1} zu H hatten wir die lokalen Extrema gefunden:

S_{2n−1}(x) = \frac{1}{2} + \frac{2}{π} · ∑_{m=0}^{n−1} \frac{sin((2 · m + 1) · x}{2 · m + 1},

\frac{d}{dx} S_{2·n−1}(x) = \frac{2}{π} · ∑_{m=0}^{n−1} cos((2 · m + 1) · x) = ... = \frac{sin(2 · n · x)}{π · sin(x)} = 0 ⇒ x = \frac{j · π}{2 · n}; j ∈ ℤ \ \{0\}.

Die zweite positive Nullstelle ξ der Ableitung (das gesuchte Minimum) ist durch j = 2 gegeben, also ξ = π/n. Der Wert von S_{2·n−1} an dieser Stelle ist

S_{2·n−1}(ξ) = \frac{1}{2} + \frac{2}{π} · ∑_{m=0}^{n−1} \frac{sin((2 · m + 1) · \frac{π}{n})}{2 · m + 1}.

Die Summe läßt sich analog zur Diskussion im Skript interpretieren. Betrachte dazu das Integral

\frac{1}{π} · ∫_{0}^{2·π} \frac{sin(y)}{y} dy ≈ 0.4514.. .

>> numeric::int(1/PI*sin(y)/y, y = 0..2*PI)
                         0.4514116668

Zerlege das Integrationsintervall [0, 2 · π] durch die n Stützstellen y_{m} = \frac{(2·m+1)·π}{n}, (m = 0, …, n − 1) in äquidistante Intervalle der Länge 2 · π/n. Für n → ∞ konvergieren die Riemann–Summen gegen das Integral:

\frac{2}{π} · ∑_{m=0}^{n−1} \frac{sin(\frac{(2·m+1)·π}{n})}{2 · m + 1} = \frac{1}{π} · ∑_{m=0}^{n−1} \frac{sin(\frac{(2·m+1)·π}{n})}{\frac{(2·m+1)·π}{n}} · \frac{2 · π}{n} = \frac{1}{π} · ∑_{m=0}^{n−1} \frac{sin(y_{m})}{y_{m}} · \frac{2 · π}{n} ⟶^{(n→∞)} \frac{1}{π} ·∫_{0}^{2·π} \frac{sin(y)}{y} dy.

Die Höhe des ersten positiven Minimums der Fourier–Approximation konvergiert damit für n → ∞:

S_{2·n−1}(ξ) ≈ \frac{1}{2} + \frac{1}{π} · ∫_{0}^{2·π} \frac{sin(y)}{y} dy ≈ \frac{1}{2} + 0.4514.. ≈ 0.9514... .

Das letzte Maximum vor dem Sprung ergibt sich bei x = −ξ, aus Symmetriegründen hat man

S_{2·n−1}(−ξ) ≈ \frac{1}{2} − \frac{1}{π} · ∫_{0}^{2·π} \frac{sin(y)}{y} dy ≈ \frac{1}{2} − 0.4514.. ≈ 0.0486 .

Das ergibt folgende Differenz zwischen dem letzten Maximum und dem ersten Minimum:

S_{2·n−1}(ξ) − S_{2·n−1}(−ξ) ≈ \frac{2}{π} · ∫_{0}^{2·π} \frac{sin(y)}{y} dy ≈ 0.9028... (≈ 90% der Sprunghöhe).

Aufgabe 21*: (10 Bonuspunkte)

a) Zeige: ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .

b) Identifiziere den Reihenwert ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{k+1}}{k^{2}} .

Anleitung zu a) und b): Betrachte die Fourier–Entwicklung von f(x) = |x|·(π −|x|) (|x| ≤ π) und werte an geeigneten Punkten aus.

Musterlösung: Die Funktion ist ungerade, die Fourier–Koeffizienten

a_{0} = \frac{1}{π} · ∫_{0}^{π} f(x) dx = \frac{1}{π} · ∫_{0}^{π} x · (π − x) dx,

a_{k} = \frac{2}{π} · ∫_{0}^{π} f(x) · cos(k · x) dx = \frac{2}{π} · ∫_{0}^{π} x · (π − x) · cos(k · x) dx (k > 0)

ergeben sich mit MuPAD zu:

>> a[0]:= 1/PI*int(x*(PI - x), x = 0..PI)
                                2
                              PI
                              ---
                               6
>> assume(k <> 0):
>> a[k]:= 2/PI*int(x*(PI - x)*cos(k*x), x = 0..PI);
              / 2 sin(k PI) - k PI cos(k PI)   PI \
            2 | ---------------------------- - -- |
              |               3                 2 |
              \              k                 k  /
            ---------------------------------------
                               PI
>> assume(k, Type::Integer):
>> simplify(a[k]):
                                         k
                    2 (- k PI - k PI (-1) )
                    -----------------------
                              3
                             k  PI
>> factor(%);
                                 k
                       (-2) ((-1)  + 1)
                       ----------------
                               2
                              k

Für ungerades k verschwinden diese Koeffizienten. Ergebnis:

f(x) = \frac{π^{2}}{6} − 4 · (\frac{cos(2 · x)}{2^{2}} + \frac{cos(4 · x)}{4^{2}} + \frac{cos(6 · x)}{6^{2}} + ⋯)

= \frac{π^{2}}{6} − (\frac{cos(2 · x)}{1^{2}} + \frac{cos(4 · x)}{2^{2}} + \frac{cos(6 · x)}{3^{2}} + ⋯).

Da die Funktion stetig und überall beidseitig differenzierbar ist, stellt nach dem Dirichlet–Kriterium die Fourier–Reihe die Funktion an jedem Punkt dar. Für x = 0 folgt:

\frac{π^{2}}{6} − (\frac{cos(2 · 0)}{1^{2}} + \frac{cos(4 · 0)}{2^{2}} + \frac{cos(6 · 0)}{3^{2}} + ⋯) = \frac{π^{2}}{6} − ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k^{2}} = 0 = f(0).

Für x = \frac{π}{2} folgt weiterhin

f(\frac{π}{2} ) = \frac{π}{2} · (π − \frac{π}{2} ) = \frac{π^{2}}{4}

= \frac{π^{2}}{6} − (\frac{cos(π)}{1^{2}} + \frac{cos(2 · π)}{2^{2}} + \frac{cos(3 · π)}{3^{2}} + ⋯) = \frac{π^{2}}{6} − ( − \frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{2^{2}} − \frac{1}{3^{2}} ± ⋯)

⇒ \frac{π^{2}}{4} − \frac{π^{2}}{6} = \frac{π^{2}}{12} = \frac{1}{1^{2}} − \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} ∓ ⋯ = ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{k+1}}{k^{2}} .

Aufgabe 22*: (Die Wärmeleitgleichung. 10 Bonuspunkte) Betrachte die Temperaturverteilung U(X, t) eines Stabes, der sich von X = 0 bis X = L erstreckt. Zum Zeitpunkt t = 0 habe er die vorgegebene Temperaturverteilung U(X, 0) = U_{0}(X). Die Enden des Stabes werden auf den konstanten Temperaturen U(0, t) = T_{0} und U(L, t) = T_{1} gehalten. Die zeitliche Dynamik der Temperaturverteilung wird durch die partielle DGL (“Wärmeleitgleichung”, “Fouriersches Gesetz”)

\frac{∂}{∂t} U(X, t) = c · \frac{∂^{2}}{∂X^{2}} U(X, t)

beschrieben, wo c > 0 die (konstante) “Wärmeleitfähigkeit” des Materials ist, aus dem der Stab besteht.

a) Finde alle “stationären” (zeitunabhängigen) Lösungen der Wärmeleitgleichung.

b) (Transformation auf homogene Randbedingungen) Setze u(x, t) = U(X, t) − T_{0} − (T_{1} − T_{0}) · \frac{X}{L} mit x = \frac{π·X}{L}. Zeige, dass u(x, t) die DGL

\frac{∂}{∂t} u(x, t) = \frac{c · π^{2}}{L^{2}} · \frac{∂^{2}}{∂x^{2}} u(x, t) (#)

und die “homogenen” Randbedingungen

u(0, t) = u(π, t) = 0

für alle Zeiten t erfüllt. c) Setze für die Lösung u(x, t) = ∑_{k=1}^{∞} b_{k}(t) · sin(k · x) mit (zeitabhängigen) Fourier–

Koeffizienten b_{k}(t) an. Die Randbedingungen u(0, t) = u(π, t) = 0 sind damit automatisch erfüllt. Setze den Fourier–Ansatz in die Wärmeleitgleichung (#) ein. Für die einzelnen Fourier–Koeffizienten b_{k}(t) ergibt sich jeweils eine einfach zu lösende gewöhnliche DGL. Zeige, dass die Wärmeleitgleichung durch

u(x, t) = ∑_{k=1}^{∞} b_{k}(0) · e^{−c·π^{2}·k^{2}·t/L^{2}} · sin(k · x)

mit beliebigen Konstanten b_{k}(0) gelöst wird. Warum sollte hierbei nur t ≥ 0 betrachtet werden? (Beachte das Abklingverhalten der Fourier–Koeffizienten zu einem gegebenen Zeitpunkt t.)

d) Gegeben sei eine Anfangsbedingung u(x, 0) = u_{0}(x) mit 0 < x < π zum Zeitpunkt t = 0. Wie läßt sich jede auf dem Intervall (0, π) gegebene Funktion u_{0}(x) in eine Sinus–Reihe entwickeln? Wie ergibt sich mit c) diejenige Lösung der Wärmeleitgleichung (für t ≥ 0), die zum Zeitpunkt t = 0 die Anfangsbedingung u(x, 0) = u_{0}(x) erfüllt?

e) Betrachte L = 1, die Randtemperaturen T_{0} = 1, T_{1} = 2 und die Anfangsbedingung

U(X, 0) = 1 + 15 · \frac{X}{L} − 14 · (\frac{X}{L} )^{2}, 0 ≤ X ≤ L.

Sei c = L^{2}/10. Berechne mit MuPAD die Fourier–Koeffizienten der U(X, 0) entsprechenden Anfangsbedingung u(x, 0). Baue daraus mittels c) die Fourier–Entwicklung der Lösung u(x, t) bzw. U(X, t) zu Zeitpunkten t ≥ 0 auf.

i) Berechne eine numerische Approximation von U(\frac{L}{2}, 3.7). ii) Plotte U(X, t) für t = 0, 1, 2, 4, 8 in einer gemeinsamen Graphik.

Relevante MuPAD–Funktionen: assume, int, sin, exp,  plus, plotfunc2d.

Musterlösung:

a) Mit \frac{∂}{∂t} U(X, t) = 0 wird die Wärmeleitgleichung zur gewöhnlichen DGL \frac{d^{2}U}{dX^{2}} = 0 mit der allgemeinen Lösung U(X) = a + b · X. Anpassen an die Randbedingungen U(0) = T_{0} und U(L) = T_{1} liefert a = T_{0} und b = (T_{1} − T_{0})/L, d.h., die stationäre Lösung der Wärmeleitgleichung zu den Randbedingungen U(0) = T_{0}, U(L) = T_{1} ist:

U(X) = T_{0} + (T_{1} − T_{0}) · \frac{X}{L} .

b) Per Kettenregel der Differentiation folgt mit X = X(x) = \frac{L·x}{π}:

\frac{∂}{∂x} u(x, t) = \frac{∂}{∂x} (U(X(x), t) − T_{0} − (T_{1} − T_{0}) · \frac{X(x)}{L})

= (\frac{∂}{∂X} (U(X, t) − T_{0} − (T_{1} − T_{0}) · \frac{X}{L} )) · \frac{∂X}{∂x} = \frac{L}{π} · (\frac{∂}{∂X} U(X, t) − \frac{T_{1} − T_{0}}{L} )

und analog

\frac{∂^{2}}{∂x^{2}} u(x, t) = \frac{∂}{∂x} (\frac{L}{π} · \frac{∂}{∂X} U(X, t) − \frac{T_{1} − T_{0}}{L} )

= \frac{L^{2}}{π^{2}} · \frac{∂}{∂X} (\frac{∂}{∂X} U(X, t) − \frac{T_{1} − T_{0}}{L} ) = \frac{L^{2}}{π^{2}} · \frac{∂^{2}}{∂X^{2}} U(X, t).

Mit \frac{∂}{∂t} u(x, t) = \frac{∂}{∂t} U(X, t) ergibt sich

\frac{∂}{∂t} u(x, t) = \frac{∂}{∂t} U(X, t) = c · \frac{∂^{2}}{∂X^{2}} U(X, t) = \frac{c · π^{2}}{L^{2}} · \frac{∂^{2}}{∂x^{2}} u(x, t).

Randbedingungen: Aus U(0, t) = T_{0} folgt

u(0, t) = (U(X, t) − T_{0} − (T_{1} − T_{0}) · \frac{X}{L} )_{|_{X=0}} = U(0, t) − T_{0} = 0.

Aus U(L, t) = T_{1} folgt mit X(x)_{|_{x=π}} = L:

u(π, t) = (U(X, t) − T_{0} − (T_{1} − T_{0}) · \frac{X}{L} )_{|_{X=L}} = U(L, t) − T_{1} = 0.

c) Für den Fourier–Ansatz werden nur sin–Terme gewählt, da dadurch die Randbedingungen

u(0, t) = ∑_{k=1}^{∞} b_{k}(t) · sin(k · 0) = 0, u(π, t) = ∑_{k=1}^{∞} b_{k}(t) · sin(k · π) = 0

automatisch erfüllt sind. Einsetzen des Fourier–Ansatzes in die Wärmeleitgleichung liefert

\frac{∂}{∂t} u(x, t) = \frac{∂}{∂t} ∑_{k=1}^{∞} b_{k}(t) · sin(k · x) = ∑_{k=1}^{∞} (\frac{d}{dt} b_{k}(t)) · sin(k · x)

= \frac{c · π^{2}}{L^{2}} · \frac{∂^{2}}{∂x^{2}} u(x, t) = \frac{c · π^{2}}{L^{2}} · \frac{∂^{2}}{∂x^{2}} ∑_{k=1}^{∞} b_{k}(t) · sin(k · x)

= \frac{c · π^{2}}{L^{2}} · ∑_{k=1}^{∞} b_{k}(t) · \frac{∂^{2}}{∂x^{2}} sin(k · x) = \frac{c · π^{2}}{L^{2}} · ∑_{k=1}^{∞} b_{k}(t) · (−k^{2}) · sin(k · x).

Vergleich der einzelnen Fourier–Moden in

∑_{k=1}^{∞} (\frac{d}{dt} b_{k}(t)) · sin(k · x) = ∑_{k=1}^{∞} ( − \frac{c · π^{2} · k^{2}}{L^{2}} · b_{k}(t)) · sin(k · x)

liefert die gewöhnliche DGL

\frac{d}{dt} b_{k}(t) = −c · \frac{π^{2}}{L^{2}} · k^{2} · b_{k}(t)

mit der allgemeinen Lösung

b_{k}(t) = b_{k}(0) · e^{− c·π^{2}·k^{2}·t/L^{2}}.

Nach Konstruktion erfüllt damit

u(x, t) = ∑_{k=1}^{∞} b_{k}(0) · e^{−c·π^{2}·k^{2}·t/L^{2}} · sin(k · x)

für jede beliebige Wahl der Integrationskonstanten b_{k}(0) die Wärmeleitgleichung und die Randbedingungen u(0, t) = u(π, 0) = 0.

Beachte, dass die Fourier–Reihe der Lösung für t > 0 mit Sicherheit und sehr schnell konvergiert, da die Fourier–Koeffizienten

b_{k}(t) = b_{k}(0) · e^{−c·π^{2}·k^{2}·t/L^{2}}

exponentiell schnell in k abfallen (beachte c > 0, t > 0). Für t < 0 wird man in der Regel auf Konvergenzschwierigkeiten stoßen, da die obige Fourier–Reihe nur dann konvergiert, wenn die b_{k}(0) so schnell in k abfallen, dass das exponentielle Wachstum der Faktoren e^{−c·π^{2}·k^{2}·t/L^{2}} für t < 0 aufgefangen wird. Also: wir betrachten nur noch t ≥ 0.

d) Setzt man in der obigen Lösungsformel t = 0, so ergibt sich

u(x, 0) = ∑_{k=1}^{∞} b_{k}(0) · e^{−c·π^{2}·k^{2}·0/L^{2}} · sin(k · x) = ∑_{k=1}^{∞} b_{k}(0) · sin(k · x).

Damit stellen sich die Integrationskonstanten b_{k}(0) in der Tat als die Fourier–Koeffizienten von u(x, 0) = u_{0}(x) heraus.

Frage: läßt sich jede Funktion u_{0}(x) mit x ∈ (0, π) in eine Sinus–Reihe entwickeln (wo bleiben die Cosinus–Terme)? Antwort: Die Sinus–Terme reichen! Setze u_{0}(x) (definiert auf (0, π)) \underline{ungerade} auf das Interval [−π, π] fort. Die übliche Fourier–Entwicklung auf [−π, π] liefert dann eine Sinus–Reihe. Also:

0) Gegeben u_{0}(x) mit x ∈ (0, π).

1) Berechne die Fourier–Koeffizienten von u_{0}(x) über die Formel für ungerade Funktionen:

b_{k}(0) = \frac{2}{π} · ∫_{0}^{π} u_{0}(x) · sin(k · x) dx, k ∈ ℕ.

2) Die Lösung der Wärmeleitgleichung ist gegeben durch

u(x, t) = ∑_{k=1}^{∞} b_{k}(0) · e^{−c·π^{2}·k^{2}·t/L^{2}} · sin(k · x)

mit den in 1) berechneten Werten b_{k}(0).

e) Wir rechnen die physikalischen Vorgaben U(X, 0) auf u(x, 0) = U(X, 0) − T_{0} − (T_{1} − T_{0}) · \frac{X}{L} = U(X, 0) − 1 − \frac{X}{L} um (beachte \frac{X}{L} = \frac{x}{π}):

u(x, 0) = 1 + 15 · \frac{X}{L} − 14 · (\frac{X}{L} )^{2} − 1 − \frac{X}{L} = 14 · \frac{X · (L − X)}{L^{2}} = 14 · \frac{x · (π − x)}{π^{2}}.

Wir ziehen die in d) aufgestellten Schritte 1), 2) mittels MuPAD durch. Zunächst werden die Fourier– Koeffizienten der Anfangsbedingung symbolisch ermittelt:

>> assume(k <> 0):
>> b[k]:= 2/PI*int( 14*x*(PI - x)/PI^2*sin(k*x), x = 0..PI);
>> assume(k, Type::Integer):
>> b[k]:= simplify(b[k])
                                  k
                        2 (28 (-1)  - 28)
                      - -----------------
                                3  3
                              PI  k

Hiermit ergibt sich nach c) die Lösung u(x, t) bzw. U(X, t), die hier mittels n = 20 mit 10 Sinus-Termen approximiert wird (die Koeffizienten mit geradem k sind 0):

>> T0:= 1: T1:= 2: L:= 1: c:= L^2/10:
>> b:= k -> 56*(1 - (-1)^k)/PI^3/k^3:
>> n:= 20:
>> u:= (x, t) -> float(_plus(b(k)*exp(-c*PI^2/L^2*k^2*t)*sin(k*x) $ k = 1..n)):
>> U:= (X, t) -> u(X/L*PI, t) + T0 + (T1 - T0)*X/L:

Eine numerische Approximation der Temperatur in der Stabmitte für t = 3.7:

>> U(L/2, 3.7);
                          1.59371993

Hier die Graphik der Lösung zu verschiedenen Zeiten:

>> plotfunc2d(U(X, 0), U(X, 1), U(X, 2), U(X, 4), U(X, 8), X = 0..L)

Nach kurzer Zeit hat sich die Temperatur “gleichmäßig” verteilt. Genauer: sie hat sich der stationären Lösung angenähert, die linear von U(0, t) = 1 auf U(L, t) = 2 ansteigt (t ≫ 0).