\require{AMSmath}

Dit is een reactie op vraag 89980

Re: Convergentie fourierreeks

Ik ben er achter gekomen dat $|x|<\frac{\pi}{3}$ ($\frac{\pi}{3}\approx 1$). Ik had eerst ook gekeken naar de taylorreeks van $f_n$, maar ik kon daar niks uit opmaken. Maar omdat $f_n$ ook gelijk is aan het rëele deel van:
\[ \int_0^x{\frac{1-(1-\exp(it))^n}{i}\mathrm{d}t} \]En dat kan volgens mij alleen convergeren als $|1-\exp(ix)|$<$1$. En daar komt dus $|x|$<$\frac{\pi}{3}$ uit. Klopt deze redenering?

Jan
Student universiteit - donderdag 28 mei 2020

Antwoord

Goed gevonden; het is bijna goed: het is het imaginaire deel, en de $i$ moet in de teller.

Voor de andere lezers: we hebben
$$
f_n(x)=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\binom{n}{k}\frac{\sin kx}{k}
$$
Omdat $\sin kx=\operatorname{Im}{}e^{ix}$ kijken we naar
$$
g_n(z)=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\binom{n}{k}\frac{z^k}{k}
$$
waarmee dus $f_n(x)=\operatorname{Im}{}g(e^{ix})$ geldt.
Nu geldt
$$
g'_n(z)=\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}\binom{n}{k}z^{k-1}
=\frac1{-z}\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}(-z)^k
$$
Omdat
$$
(1-z)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-z)^k=1+\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}(-z)^k
$$
vinden we dat
$$
g'_n(z)=\frac{1-(1-z)^n}{z}
$$
en dus
$$
\frac{d}{dx}g_n(e^{ix})=g'_n(e^{ix})\cdot i\,e^{ix}
=i,e^{ix}\frac{1-(1-e^{ix})^n}{e^{ix}} = i\bigl(1-(1-e^{ix})^n\bigr)
$$
Conclusie
$$
g_n(e^{ix})=i\int_0^x 1-(1-e^{it})^n \mathrm{d}t =
ix - i\int_0^x (1-e^{it})^n \mathrm{d}t
$$
Inderdaad, als $|x|\le\frac\pi3$ geldt
$$
\lim_{n\to\infty}\int_0^x (1-e^{it})^n \mathrm{d}t =0
$$
(Als $|x|<\frac\pi3$ volgt dit met behulp van uniforme convergentie, het randgeval vergt een iets subtielere afschatting.)

Dus $\lim_{n\to\infty}f_n(x) = x$.

kphart
vrijdag 29 mei 2020

©2001-2024 WisFaq