$ \def\RR{\mathbb{R}} \def\NN{\mathbb{N}} \def\CC{\mathbb{C}} \def\QQ{\mathbb{Q}} \def\ZZ{\mathbb{Z}} \def\dint{\mathop{\int\!\!\int}} \def\tint{\mathop{\int\!\!\int\!\!\int}} \def\rot{\hbox{rot\hskip2truept }} \def\div{\hbox{div\hskip2truept }} \def\grad{\hbox{grad\hskip2truept }} \def\zad#1{\noindent {\bf #1. }} \def\zadp#1{\mbox{\hspace{1em} {\bf #1) }}} \def\zadpa{\zadp{a} } \def\zadpb{\zadp{b} } \def\zadpc{\zadp{c} } \def\zadpd{\zadp{d} } \def\stylm{\displaystyle } $

Zadanie 1151 z Listy 26 >>>

Wskazówka do wskazówki.    
Czytać wskazówkę z prawa na lewo, bowiem zadania 1150, 1149 sugerują,
że całkowanie iloczynu 'takich' szeregów nie jest straszne.
 
ROZWIĄZANIE 1151.5  
$\ \ \stylm \int\limits_0^{2\pi} {\sin x \cdot \sin 3x \over 5-4\cos x }dx = \int\limits_0^{2\pi} \frac{1}{2}{2\sin x \over 2^2+1-2\cdot 2\cos x }\cdot \sin 3x\;dx =$
$ \stylm \ \ = \frac{1}{2} \int\limits_0^{2\pi} \left(\sum\limits_{n=1}^\infty {\sin n x \over 2^n }\right) \cdot \sin 3x\; dx =$ $ \stylm \frac{1}{2} \sum\limits_{n=1}^\infty {\int_0^{2\pi} \sin n x \cdot \sin 3x\;dx \over 2^n } =$
 
                  tu całki w licznikach są równe $0$, z wyjątkiem $n=3$ (wtedy całka jest równa $\pi$); skąd mamy
 
$ \ \stylm = \frac{1}{2} \cdot { \pi \over 2^3} ={\pi \over 16}. $
 
ROZWIĄZANIE 1151.12  
$\ \ \stylm \int\limits_0^{2\pi} {\stylm {\sin^2 x \over (17-8\cos x)^2 }dx} = \int\limits_0^{2\pi} \stylm \frac{1}{4^2} \left({ 4\sin x \over 4^2+1-2\cdot4\cos x }\right)^2 dx= $
$ \stylm \ \ = \frac{1}{4^2} \int\limits_0^{2\pi} \stylm \sum\limits_{m=1}^\infty {\sin mx \over 4^m } \cdot \sum\limits_{n=1}^\infty {\sin nx \over 4^n } dx =$ $ \stylm \frac{1}{4^2} \sum\limits_{(m,n)\in\NN^2} { \int_0^{2\pi} \sin mx \cdot\sin nx \,dx\over 4^m\cdot 4^n} =$
 
                  tu całki w licznikach są różne od 0, tylko gdy $m=n$ i wtedy są równe $\pi$; skąd mamy
 
$ \ \stylm = \frac{1}{4^2} \sum\limits_{(k,k)\in\NN^2} { \pi \over 4^k\cdot 4^k} = \frac{1}{4^2}\cdot \frac{\pi}{16}{1\over 1-\frac{1}{16}}={\pi \over 240}. $
 
ROZWIĄZANIE 1151.16    
$\ \ \stylm \int\limits_0^{2\pi} {\sin^2 x \over (5-3\cos x)(13-5\cos x) }dx = \int\limits_0^{2\pi} 4\cdot {\sin x \cdot \sin x\over (10-6\cos x)\cdot(26-10\cos x) }dx =$
$\ \stylm =\int\limits_0^{2\pi} \frac{4}{3\cdot 5}\cdot {3\sin x \over 3^2+1-2\cdot3\cos x } \cdot {5 \sin x\over 5^2+1-2\cdot5\cos x } dx= $
$ \stylm \ \ = \frac{4}{15} \int\limits_0^{2\pi} \stylm \sum\limits_{m=1}^\infty {\sin mx \over 3^m } \cdot \sum\limits_{n=1}^\infty {\sin nx \over 5^n } dx =$ $ \stylm \frac{4}{15} \sum\limits_{(m,n)\in\NN^2} { \int_0^{2\pi} \sin mx \cdot\sin nx \,dx\over 3^m\cdot 5^n} =$
 
                  tu całki w licznikach są różne od 0, tylko gdy $m=n$ i wtedy są równe $\pi$; skąd mamy
 
$ \ \stylm = \frac{4}{15} \sum\limits_{(k,k)\in\NN^2} { \pi \over 3^k\cdot 5^k} = \frac{4}{15}\cdot \frac{\pi}{15}{1\over 1-\frac{1}{15}}={2\pi \over 105}. $

Uwaga.   Powinna wzbudzić niepokój powyższa 'żonglerka'
symbolami: $\int \sum\limits^\infty ...\stackrel{?}{=}\sum\limits^\infty\int...$, w szczególności, że wężyk jest nad sigmą!
Tu ograniczmy się do... wyrażenia zaniepokojenia.

 

Zadanie 1155 z Listy 26 >>>

 
ROZWIĄZANIE 1155  
Niech $f$ będzie okresowa o okresie $ \stylm \frac{2\pi}{5}$, tzn. $\stylm f(x)=f{\big(}x+k\frac{2\pi}{5}{\big)}$, dla $k\in\ZZ,\;x\in\RR$.
Rozważmy funkcję $ \stylm \ g(x):=f(\frac{x}{5})$ .   Ma ona okres $2\pi$, bowiem $\stylm g(x+k2\pi)=f{\big(}\frac{x+k2\pi}{5}{\big)}=f{\big(}\frac{x}{5}+k\frac{2\pi}{5}{\big)}=f{\big(}\frac{x}{5}{\big)}=g(x).$
Niech $\ g(x)=\hat{a}_0+\sum\limits_{m=1}^\infty \hat{a}_m\cos mx+ \hat{b}_m\sin mx\stylm \ $ oznacza jej szereg Fouriera (współczynniki oznaczamy z 'daszkami').
           (Z pomocą tego szeregu znajdziemy $a_k,\; b_k$ współczynniki szeregu Fouriera dla $f$.)
Wstawmy $5x$ w miejsce $x$; mamy
      $\ g(5x)=\hat{a}_0+\sum\limits_{m=1}^\infty \hat{a}_m\cos m5x+ \hat{b}_m\sin m5x$.
Stąd (bo oczywiście $g(5x)=f(\frac{5x}{5})=f(x)$)
      $\ f(x)= \hat{a}_0+\sum\limits_{m=1}^\infty \hat{a}_m\cos (5m)x+ \hat{b}_m\sin (5m)x $
czyli $f$ ma współczynniki w swym szeregu Fouriera równe:
$a_k=\hat{a}_{k{/}5},\; b_k=\hat{b}_{k{/}5}$, dla $k$ podzielnych przez 5 oraz 0 dla pozostałych.