Formelsammlung Mathematik: Unendliche Reihen: Fourierreihen

1

\sum _{k=0}^{\infty }\varrho ^{k}\cos k\varphi ={\frac {1-\varrho \cos \varphi }{1-2\varrho \cos \varphi +\varrho ^{2}}}\qquad \sum _{k=0}^{\infty }\varrho ^{k}\sin k\varphi ={\frac {\varrho \sin \varphi }{1-2\varrho \cos \varphi +\varrho ^{2}}}\qquad |\varrho |<1\,,\,\varphi \in \mathbb {R}

Beweis

$\sum _{k=0}^{\infty }(\varrho \,e^{i\varphi })^{k}={\frac {1}{1-\varrho \,e^{i\varphi }}}={\frac {1-\varrho \,e^{-i\varphi }}{(1-\varrho \,e^{i\varphi })(1-\varrho \,e^{-i\varphi })}}={\frac {1-\varrho \cos \varphi +i\varrho \sin \varphi }{1-2\varrho \cos \varphi +\varrho ^{2}}}$

Der Vergleich von Real- und Imaginärteil liefert die Behauptung.

2

\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {\varrho ^{k}\cos k\varphi }{k}}=-{\frac {1}{2}}\,\log \left(1-2\varrho \cos \varphi \,+\varrho ^{2}\right)\qquad \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {\varrho ^{k}\sin k\varphi }{k}}=\arctan \left({\frac {\varrho \,\sin \varphi }{1-\varrho \,\cos \varphi }}\right)\qquad -1<\varrho <1\;,\;\varphi \in \mathbb {R}

Beweis

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(\varrho \,e^{i\varphi })^{k}}{k}}=-\log(1-\varrho \,e^{i\varphi })=-\log(1-\varrho \cos \varphi -i\varrho \sin \varphi )$

$=-{\frac {1}{2}}\log \left((1-\varrho \cos \varphi )^{2}+(\varrho \sin \varphi )^{2}\right)-i\arctan \left({\frac {-\varrho \sin \varphi }{1-\varrho \cos \varphi }}\right)$

$=-{\frac {1}{2}}\log \left(1-2\varrho \cos \varphi +\varrho ^{2}\right)+i\arctan \left({\frac {\varrho \sin \varphi }{1-\varrho \cos \varphi }}\right)$

Der Vergleich von Real- und Imaginärteil liefert die Behauptung.

3

\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}\cos k\varphi }{k}}=-\log \left(2\,\cos {\frac {\varphi }{2}}\right)\qquad \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}\sin k\varphi }{k}}=-{\frac {\varphi }{2}}\qquad -\pi <\varphi <\pi

Beweis

$-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-e^{i\varphi })^{k}}{k}}=\log \left(1+e^{i\varphi }\right)=\log \left(1+\cos \varphi +i\sin \varphi \right)$

$={\frac {1}{2}}\log \left((1+\cos \varphi )^{2}+\sin ^{2}\varphi \right)+i\arctan \left({\frac {\sin \varphi }{1+\cos \varphi }}\right)$

$={\frac {1}{2}}\log(2+2\cos \varphi )+i\arctan \left(\tan {\frac {\varphi }{2}}\right)={\frac {1}{2}}\log \left(4\cos ^{2}{\frac {\varphi }{2}}\right)+i\,{\frac {\varphi }{2}}$

Der Vergleich von Real- und Imaginärteil liefert die Behauptung.

4

\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {\cos k\varphi }{k}}=-\log \left(2\,\sin {\frac {\varphi }{2}}\right)\qquad \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {\sin k\varphi }{k}}={\frac {\pi -\varphi }{2}}\qquad 0<\varphi <2\pi

Beweis

In den Formeln

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}\cos k\varphi }{k}}=-\log \left(2\,\cos {\frac {\varphi }{2}}\right)\qquad \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}\sin k\varphi }{k}}=-{\frac {\varphi }{2}}\qquad -\pi <\varphi <\pi$

ersetze $\varphi$ durch $\varphi -\pi$ .

5

\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\cos(2k+1)\varphi }{2k+1}}=-{\frac {1}{2}}\log \left(\tan {\frac {\varphi }{2}}\right)\qquad \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\sin(2k+1)\varphi }{2k+1}}={\frac {\pi }{4}}\qquad 0<\varphi <\pi

Beweis

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\cos(2k+1)\varphi }{2k+1}}={\frac {1}{2}}\left[\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {\cos k\varphi }{k}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}\cos k\varphi }{k}}\right]$

$={\frac {1}{2}}\left[-\log \left(2\sin {\frac {\varphi }{2}}\right)+\log \left(2\cos {\frac {\varphi }{2}}\right)\right]=-{\frac {1}{2}}\log \left(\tan {\frac {\varphi }{2}}\right)$

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\sin(2k+1)\varphi }{2k+1}}={\frac {1}{2}}\left[\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {\sin k\varphi }{k}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}\sin k\varphi }{k}}\right]={\frac {1}{2}}\left({\frac {\pi -\varphi }{2}}-{\frac {-\varphi }{2}}\right)={\frac {\pi }{4}}$

6

\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}\,\cos(2k+1)\varphi }{2k+1}}={\frac {\pi }{4}}\qquad \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}\,\sin(2k+1)\varphi }{2k+1}}={\frac {1}{2}}\log \left(\tan \left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {\varphi }{2}}\right)\right)\qquad -{\frac {\pi }{2}}<\varphi <{\frac {\pi }{2}}

Beweis

In der Formeln

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\cos(2k+1)\varphi }{2k+1}}=-{\frac {1}{2}}\log \left(\tan {\frac {\varphi }{2}}\right)\qquad \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\sin(2k+1)\varphi }{2k+1}}={\frac {\pi }{4}}\qquad 0<\varphi <\pi$

ersetze $\varphi$ durch $\varphi +{\frac {\pi }{2}}$ .

7

\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {(-1)^{k}\,\cos kx}{k+\alpha }}=\pi \,{\frac {\cos \alpha x}{\sin \alpha \pi }}\qquad \sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {(-1)^{k}\,\sin kx}{k+\alpha }}=-\pi \,{\frac {\sin \alpha x}{\sin \alpha \pi }}\qquad -\pi <x<\pi \,,\,\alpha \notin \mathbb {Z}

1. Beweis

Es sei $f(z)=e^{ixz}\,{\frac {\pi }{\sin \pi z}}\,{\frac {1}{z+\alpha }}$ und $\gamma _{n}\,$ das Quadrat mit den Ecken $(\pm 1\pm i)\left(n+{\frac {1}{2}}\right)$ .

$\lim _{n\to \infty }\oint _{\gamma _{n}}fdz=0$ , da wegen $|f(z)|^{2}=\left|{\frac {e^{ix(u+iv)}}{\sin \left(\pi (u+iv)\right)}}\right|^{2}={\frac {e^{-2xv}}{\sin ^{2}(\pi u)+\sinh ^{2}(\pi v)}}$

$f\,$ asymptotisch abklingt wie $e^{-xv}\,e^{-\pi |v|}\,{\frac {1}{n}}$ .

${\text{res}}(f,k)=e^{ikx}\,{\frac {1}{\cos k\pi }}\,{\frac {1}{k+\alpha }}$ und ${\text{res}}(f,-\alpha )=e^{-i\alpha x}{\frac {\pi }{-\sin(\alpha \pi )}}$ .

Da die Summe aller Residuen null ergeben muss, ist $\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {(-1)^{k}\,e^{ikx}}{k+\alpha }}=\pi {\frac {e^{-i\alpha x}}{\sin \alpha \pi }}$ .

2. Beweis

Für $0<x<2\pi \,$ und $\alpha \in \mathbb {C} \setminus i\mathbb {R}$ ist $S:=\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {e^{ikx}}{k-i\alpha }}$

nach der Poissonschen Summationsformel $\sum _{k\in \mathbb {Z} }\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{itx}}{t-i\alpha }}\,e^{2\pi ikt}\,dt$ .

Und das ist $\sum _{k=-\infty }^{-1}\oint \limits _{{\text{unterer}} \atop {\text{Halbmond}}}{\frac {e^{ixz}}{z-i\alpha }}\,e^{2\pi ikz}\,dz+\sum _{k=0}^{\infty }\oint \limits _{{\text{oberer}} \atop {\text{Halbmond}}}{\frac {e^{ixz}}{z-i\alpha }}\,e^{2\pi ikz}\,dz$ .

Wegen $\oint \limits _{{\text{unterer}} \atop {\text{Halbmond}}}...=\left\{{\begin{matrix}-2\pi i\,e^{-\alpha x}\,e^{-2\pi k\alpha }&,&{\text{Re}}(\alpha )<0\\0&,&{\text{Re}}(\alpha )>0\end{matrix}}\right.$

und $\oint \limits _{{\text{oberer}} \atop {\text{Halbmond}}}...=\left\{{\begin{matrix}0&,&{\text{Re}}(\alpha )<0\\2\pi i\,e^{-\alpha x}\,e^{-2\pi k\alpha }&,&{\text{Re}}(\alpha )>0\end{matrix}}\right.$

ist für ${\text{Re}}(\alpha )<0\qquad S=-2\pi i\,e^{-\alpha x}\,\sum _{k=1}^{\infty }e^{2\pi \alpha k}=2\pi i\,{\frac {e^{-\alpha x}}{1-e^{-2\pi \alpha }}}$

und für ${\text{Re}}(\alpha )>0\qquad S=2\pi i\,e^{-\alpha x}\,\sum _{k=0}^{\infty }e^{-2\pi \alpha k}=2\pi i\,{\frac {e^{-\alpha x}}{1-e^{-2\pi \alpha }}}$ .

Daher ist für $0<x<2\pi \,$ und $\alpha \in \mathbb {C} \setminus \mathbb {R}$

$\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {e^{ikx}}{k+\alpha }}=2\pi i\,{\frac {e^{-i\alpha x}}{1-e^{-2\pi i\alpha }}}=\pi \,{\frac {e^{-i(x-\pi )\alpha }}{\sin \alpha \pi }}$ .

Verschiebt man $x\,$ nach $x+\pi \,$ , so ist $\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {(-1)^{k}e^{ikx}}{k+\alpha }}=\pi \,{\frac {e^{-i\alpha x}}{\sin \alpha \pi }}$ für $-\pi <x<\pi \,$ .

8

\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {(-1)^{k}\,\cos(kx)}{k^{2}+\alpha ^{2}}}={\frac {\pi }{\alpha }}\,{\frac {\cosh(\alpha x)}{\sinh(\alpha \pi )}}\qquad -\pi <x<\pi

1. Beweis

Schreibe ${\frac {1}{k^{2}+\alpha ^{2}}}$ als ${\frac {i}{2\alpha }}\left({\frac {1}{k+i\alpha }}-{\frac {1}{k-i\alpha }}\right)$

und verwende die Formel $\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {(-1)^{k}\,\cos kx}{k+\alpha }}=\pi \,{\frac {\cos \alpha x}{\sin \alpha \pi }}$ .

Dann ist $\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {(-1)^{k}\,\cos(kx)}{k^{2}+\alpha ^{2}}}={\frac {i\pi }{2\alpha }}\left({\frac {\cosh \alpha x}{i\sinh \alpha \pi }}-{\frac {\cosh \alpha x}{-i\sinh \alpha \pi }}\right)={\frac {\pi }{\alpha }}\,{\frac {\cosh(\alpha x)}{\sinh(\alpha \pi )}}$ .

2. Beweis

Ist $\alpha >0\,$ und $0<x<2\pi \,$ , so ist nach der Poissonschen Summationsformel

$\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {e^{ikx}}{k^{2}+\alpha ^{2}}}=\sum _{k\in \mathbb {Z} }\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{itx}}{t^{2}+\alpha ^{2}}}\,e^{2\pi ikt}\,dt$

und das ist ${\frac {\pi }{\alpha }}\,\sum _{k\in \mathbb {Z} }e^{-\alpha |2\pi k+x|}={\frac {\pi }{\alpha }}\left(\sum _{k=-\infty }^{-1}e^{\alpha (2\pi k+x)}+\sum _{k=0}^{\infty }e^{-\alpha (2\pi k+x)}\right)$

$={\frac {\pi }{\alpha }}\left(e^{\alpha x}\sum _{k=1}^{\infty }e^{-2\pi \alpha k}+e^{-\alpha x}\sum _{k=0}^{\infty }e^{-2\pi \alpha k}\right)={\frac {\pi }{\alpha }}\left({\frac {e^{\alpha x}}{e^{2\pi \alpha }-1}}+{\frac {e^{-\alpha x}}{1-e^{-2\pi \alpha }}}\right)$

$={\frac {\pi }{\alpha }}\,{\frac {e^{\alpha (x-\pi )}+e^{-\alpha (x-\pi )}}{e^{\pi \alpha }-e^{-\pi \alpha }}}$ . Also ist $\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {\cos(kx)}{k^{2}+\alpha ^{2}}}={\frac {\pi }{\alpha }}\,{\frac {\cosh {\big (}\alpha (x-\pi ){\big )}}{\sinh(\alpha \pi )}}$

Nach Substitution $x\mapsto x+\pi$ erhält man die gesuchte Formel.

9

{\frac {2}{\pi }}+{\frac {2}{\pi }}\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {1}{2n+1}}-{\frac {1}{2n-1}}\right)\,\cos 2nx=|\sin x|\qquad x\in \mathbb {R}

Beweis

Die Funktion $f(x)=|\sin x|\,$ hat Periodenlänge $T=\pi \,$ , und somit Kreisfrequenz $\omega ={\frac {2\pi }{T}}=2$ .

Die Koeffizienten $a_{n},b_{n}\,$ der Fourierreihenentwicklung ${\frac {a_{0}}{2}}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_{n}\cos 2nx+b_{n}\sin 2nx\right)$ erhält man durch die Eulerschen Formeln:

$a_{n}={\frac {2}{\pi }}\int _{0}^{\pi }|\sin x|\,\cos 2nx\,dx={\frac {2}{\pi }}\left({\frac {1}{2n+1}}-{\frac {1}{2n-1}}\right)\quad ,\quad b_{n}={\frac {2}{\pi }}\int _{0}^{\pi }|\sin x|\,\sin 2nx\,dx=0$

Also ist $|\sin x|={\frac {2}{\pi }}+{\frac {2}{\pi }}\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {1}{2n+1}}-{\frac {1}{2n-1}}\right)\,\cos 2nx$ .

10

{\frac {2}{\pi }}+{\frac {2}{\pi }}\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n}\left({\frac {1}{2n+1}}-{\frac {1}{2n-1}}\right)\,\cos 2nx=|\cos x|\qquad x\in \mathbb {R}

Beweis

In der Formel ${\frac {2}{\pi }}+{\frac {2}{\pi }}\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {1}{2n+1}}-{\frac {1}{2n-1}}\right)\,\cos 2nx=|\sin x|$ ersetze $x\,$ durch $x+{\frac {\pi }{2}}$ .

11

Besitzt die Funktion

f\,

die reelle Fourierreihenentwicklung

f(x)={\frac {a_{0}}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }\left(a_{k}\cos kx+b_{k}\sin kx\right)

, so gilt

{\frac {1}{\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }|f(x)|^{2}\,dx={\frac {a_{0}^{2}}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }\left(a_{k}^{2}+b_{k}^{2}\right)

.

Beweis (Parsevalsche Gleichung)

Die Funktion $f\,$ lässt sich als komplexe Fourierreihe $f(x)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }c_{k}\,e^{ikx}$ schreiben, wenn man $2c_{k}=\left\{{\begin{array}{ll}a_{k}-ib_{k}&k>0\\a_{0}&k=0\\a_{k}+ib_{k}&k<0\end{array}}\right.$ setzt.

Nun ist $|f(x)|^{2}=f(x)\,{\overline {f(x)}}=\sum _{k=-\infty }^{\infty }c_{k}\,e^{ikx}\,\sum _{n=-\infty }^{\infty }{\overline {c_{n}}}\,e^{-inx}=\sum _{k,n=-\infty }^{\infty }c_{k}\,{\overline {c_{n}}}\,e^{i(k-n)x}$ , und somit ist

${\frac {1}{\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }|f(x)|^{2}\,dx={\frac {1}{\pi }}\sum _{k,n=-\infty }^{\infty }c_{k}\,{\overline {c_{n}}}\,\underbrace {\int _{-\pi }^{\pi }e^{i(k-n)x}\,dx} _{=2\pi \,\delta _{n,k}}=2\sum _{k=-\infty }^{\infty }|c_{k}|^{2}={\frac {1}{2}}\sum _{k=-\infty }^{\infty }|2c_{k}|^{2}$

$={\frac {1}{2}}\left(\sum _{k=-\infty }^{-1}|a_{k}+ib_{k}|^{2}+|a_{0}|^{2}+\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}-ib_{k}|^{2}\right)={\frac {a_{0}^{2}}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }\left(a_{k}^{2}+b_{k}^{2}\right)$ .