\documentclass[11pt]{article}

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\begin{document}

\newcommand{\AND}{\wedge}
\newcommand{\OR}{\vee}
\newcommand{\SetR}{\ensuremath{\mathbb{R}}}
\newcommand{\SetN}{\ensuremath{\mathbb{N}}}
\newcommand{\SetZ}{\ensuremath{\mathbb{Z}}}
\newcommand{\SetC}{\ensuremath{\mathbb{C}}}

\thispagestyle{empty}

\begin{center}
  {\Large Übungsblatt 3} \\
  Jan Hendrik Dithmar \\
  Übungsgruppe 1 - Mo, 14-16 Uhr \\
  Janko Böhm
\end{center}

\newpage

\section* {Aufgabe 1}
$ \displaystyle P_n : \SetR \rightarrow \SetR; \; x \mapsto \frac{1}{2^n \cdot n!}\frac{d^n}{dx^n}\left(\left(x^2-1\right)^n\right), \; n \ge 0 $
Behauptung: Für $ n>m $ gilt: $ \displaystyle \int_{-1}^1 x^m \cdot P_n(x) dx = 0 $ \\
Beweis:
\begin{eqnarray*}
\int_{-1}^1 x^m \cdot P_n(x) dx & = & \frac{1}{2^n \cdot n!} \cdot \int_{-1}^1 x^m \cdot \frac{d^n}{dx^n}\left(\left(x^2-1\right)^n\right) dx \\
\text{Setze: } Q(x) & = & \left(x^2-1\right)^n \\
\Rightarrow \frac{d^n}{dx^n}\left(\left(x^2-1\right)^n\right) & = & \frac{d^n}{dx^n}Q(x) = Q^{(n)}(x) \\
\text{und zeige: } \int_{-1}^1 x^m \cdot Q^{(n)}(x) dx & = & 0 \; \forall n>m
\end{eqnarray*}
Für $ n=1 > m =0 $ gilt:
$$ \int_{-1}^1 x^m \cdot Q^{(n)}(x)dx = \int_{-1}^1 \underbrace{x^0}_{=1} \cdot Q^{(1)}(x)dx = \int_{-1}^1 2x dx = \left[x^2\right]_{-1}^1 = 0 $$
Sei nun $ n>m \AND n \ge 2 $: Es wird n-mal partiell integriert
\begin{eqnarray*}
\int_{-1}^1 \underbrace{x^m}_u \cdot \underbrace{Q^{(n)}(x) dx}_{v'} dx & = & \underbrace{\left[x^m\cdot Q^{(n-1)}(x)\right]_{-1}^1}_{=0 \text{, da } Q^{(n-1)}(\pm 1) =0} - \int_{-1}^1  \left(x^m\right)' \cdot Q^{(n-1)} dx \\
& = & (-1)^1 \cdot \int_{-1}^1 \underbrace{\left(x^m\right)'}_u \cdot \underbrace{Q^{(n-1)}(x)}_{v'} dx \\
& = & (-1)^1 \left(\underbrace{\left[\left(x^m\right)' \cdot Q^{(n-2)}(x)\right]_{-1}^1}_{=0\text{, da } Q^{(n-2)}(\pm 1)=0}-\int_{-1}^1 \left(x^m\right)'' \cdot Q^{(n-2)}(x) dx\right) \\
& = & (-1)^2 \cdot \int_{-1}^1 \left(x^m\right)'' \cdot Q^{(n-2)}(x)dx = \dots \\
& = & (-1)^{n-2} \cdot \left(\underbrace{\left[\left(x^m\right)^{(n-2)}\cdot Q'(x)\right]_{-1}^1}_{=0 \text{, da } Q'(\pm 1) = 0} - \int_{-1}^1 \left(x^m\right)^{(n-1)}\cdot Q'(x) dx \right) \\
& = & (-1)^{(n-1)} \cdot \int_{-1}^1 \underbrace{\left(x^m\right)^{(n-1)}}_u \cdot \underbrace{Q'(x)}_{v'} dx \\
& = & (-1)^{n-1} \cdot \left(\left[\underbrace{\left(x^m\right)^{(n-1)} \cdot Q(x)}_{=0\text{, da } Q(\pm 1)=0}\right]_{-1}^1 - \int_{-1}^1 \left(x^m\right)^{(n)} \cdot Q(x) dx \right) \\
& = & (-1)^n \cdot \int_{-1}^1 \left(x^m\right)^{(n)} \cdot Q(x) dx = 0, \; \; \text{ da wegen} \\
n>m \text{ gilt: } \left(x^m\right)^{(n)} & \equiv & 0
\end{eqnarray*}
Damit ist bewiesen: $\displaystyle \int_{-1}^1 x^m \cdot Q^{(n)}(x) dx = 0$, für $n>m$ \hfill $(I)$ \\
und somit auch: $\displaystyle \int_{-1}^1 x^m \cdot P_n(x) dx = 0$, für $n>m$. \\
Skalarprodukt:
$$<f,g> = \frac{1}{2} \cdot \int_{-1}^1 \overline{f(x)}g(x)dx$$
Sind die Legendre-Polynome $P_n: \SetR \rightarrow \SetR$ reellwertige Funktionen, so gilt $\forall x\in\SetR$: $\overline{P_n(x)}=P_n(x)$ und somit ist $\displaystyle <P_n,P_m>=\frac{1}{2}\cdot \int_{-1}^1 P_n(x)\cdot P_m(x)dx$. \\
Zu zeigen: $<P_n,P_m> = 0$ für $n\ne m$. \\
Beweis: Wegen $<P_n,P_m>=<P_m,P_n> \; \forall n,m$ reicht es aus, den Beweis für $n>m$ zu führen. \\
Setze $Q(x) = (x^2-1)^n \Rightarrow P_n(x)=\frac{1}{2^n \cdot n!} \cdot Q^{(n)}(x)$, hierbei ist $deg \, Q^{(n)}(x)=n$. \\
Setze $R(x)=(x^2-1)^m \Rightarrow P_m(x) = \frac{1}{2^m \cdot m!} \cdot R^{(m)}(x)$, hierbei ist $deg \, R^{(m)}(x)=m$.
\begin{eqnarray*}
<P_n,P_m> & = & \frac{1}{2} \cdot \int_{-1}^1 P_n(x) \cdot P_m(x) dx \\
& = & \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2^n\cdot n!}\frac{1}{2^m \cdot m!} \cdot \int_{-1}^1 R^{(m)}(x) \cdot Q^{(n)}(x) dx
\end{eqnarray*}
Deshalb genügt es zu zeigen, dass
$$ \int_{-1}^1 R^{(m)}(x) \cdot Q^{(n)}(x)dx = 0 \; \; \text{ ist für } n>m $$
Wegen $deg \, R^{(m)}(x) = m$ gibt es Zahlen $r_\mu \in \SetR, \mu\in \{0,1,...,m\} \AND r_m\ne 0$, sodass gilt:
\begin{eqnarray*}
R^{(m)}(x) & = & \sum_{\mu=0}^m r_\mu \cdot x^\mu \\
\Rightarrow \int_{-1}^1 R^{(m)}(x) \cdot Q^{(n)}(x) dx & = & \int_{-1}^1 \left(\sum_{\mu=0}^m r_\mu \cdot x^\mu \right)\cdot Q^{(n)}(x) dx \\
& = & \int_{-1}^1 \left(\sum_{\mu=0}^m (r_\mu \cdot x^\mu) \cdot Q^{(n)}(x)\right)dx \\
& = & \sum_{\mu=0}^m \int_{-1}^1 (r_\mu x^\mu) \cdot Q^{(n)}(x)dx \\
& = & \sum_{\mu=0}^m \left(r_\mu \cdot \int_{-1}^1 x^\mu \cdot Q^{(n)}(x) dx \right) = \sum_{\mu=0}^m r_\mu \cdot 0 = 0
\end{eqnarray*}
denn wegen $n>m$ ist $n>\mu$ für jedes $\mu\in \{0,1,...,m\}$ und deshalb folgt aus $(I)$:
$$ \int_{-1}^1 x^\mu \cdot Q^{(n)}(x)dx=0 \; \; \forall \mu$$
Damit ist $<P_n,P_M> = 0$ für $n\ne m$ bewiesen. \hfill $\Box$

\section* {Aufgabe 2}
Sei $f_n:[0;1]\rightarrow\SetR; \; x \mapsto x^n, \; n\in\SetN_{\ge 1}$. \\
Alle Funktionen $f_n$ sind in $[0;1]$ stetig. Es gilt:
$$ lim_{n\rightarrow\infty}f_n(x) = f(x) = \left\{\begin{array}{lcl}0 & , & x\in[0;1[ \\ 1 & , & x=1\end{array} \right. $$
Somit ist die Funktionenfolge $(f_n)$ in $[0;1]$ konvergent. Die Grenzfunktion $f$ ist an der Stelle $x=1$ aber nicht stetig. \\
Nun gilt der Satz: \\
Ist $f_n:[0;1]\rightarrow\SetR, n\in\SetN$, eine Folge stetiger Funktionen, die gleichmäßig gegen die Funktion $f:[0;1]\rightarrow\SetR$ konvergiert, so ist auch $f$ stetig. \\
Hieraus folgt: \\
Da $f:[0;1]\rightarrow\SetR, x \mapsto \left\{\begin{array}{lcl}0 & , & x\in[0;1[ \\ 1 & , & x=1 \end{array} \right.$ nicht stetig ist, ist die Konvergenz der Funktionenfolge $(f_n)$ im Intervall $[0;1]$ auch nicht gleichmäßig. \\
Ergebnis: Punktweise Konvergenz $\stackrel{i.a.}{\not\Rightarrow}$ gleichmäßige Konvergenz.

\section* {Aufgabe 3}
Laut Formelsammlung gilt:
\begin{eqnarray*}
sin(3\alpha) & = & 3 sin(\alpha) - 4 sin^3(\alpha) \\
\Leftrightarrow sin^3(\alpha) & = & \frac{3}{4} sin(\alpha) - \frac{1}{4} sin (3\alpha)
\end{eqnarray*}
Beweis: Sei $ x \in \SetR $
\begin{eqnarray*}
sin (3x) & = & sin(2x+x) = sin(2x)\cdot cos(x) + cos(2x) \cdot sin(x) \\
\text{Es gilt: } sin(2x) & = & sin(x+x) = sin(x) \cdot cos(x) + cos(x) \cdot sin(x) \\
sin(2x) & = & 2 sin(x)cos(x) \\
cos(2x) & = & cos (x+x) = cos(x) \cdot cos(x) - sin(x) \cdot sin(x) \\
cos(2x) & = & cos^2(x) - sin^2(x) \\
\Rightarrow sin(3x) & = & 2 sin(x)cos^2(x) + cos^2(x)sin(x) - sin^3(x) \\
& = & 3 sin(x) \cdot (1-sin^2(x)) - sin^3(x) \\
& = & 3 sin(x) - 4 sin^3(x) \\
\Leftrightarrow sin^3(x) & = & \frac{3}{4} sin(x) - \frac{1}{4} sin(3x)
\end{eqnarray*}
\hfill $\Box$ \\
Es geht auch anders: \\
$ \forall x\in\SetR $ gilt: $ \displaystyle sin(x) = \frac{1}{2i}(e^{ix}-e^{-ix}) $, da:
\begin{eqnarray*}
e^{ix} & = & cos(x) + i \cdot sin(x) \\
e^{-ix} & = & cos(x) - i \cdot sin(x) \\
e^{ix}-e^{-ix} & = & 2i \cdot sin(x) \\
\Leftrightarrow sin(x) & = & \frac{1}{2i}(e^{ix}-e^{-ix})
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
\Rightarrow sin^3(x) & = & \left(\frac{1}{2i}\right)^3 \cdot \left(e^{ix}-e^{-ix}\right)^3 \\
\Leftrightarrow sin^3(x) & = & \frac{i}{8} \cdot \left(e^{3ix}-3e^{ix}+3e^{-ix}-e^{-3ix}\right)
\end{eqnarray*}
Einschub: Definition (Forster S.251): \\
Sei $ f:\SetR \rightarrow \mathbb{C} $ eine periodische, über dem Intervall $ [0,2\pi] $ integrierbare Funktion. (*) \\
Dann heißen die Zahlen
$$ c_k = \frac{1}{2\pi} \cdot \int_0^{2\pi}f(x)\cdot e^{-ikx}dx, \; \; k\in\mathbb{Z} $$
die Fourier-Koeffizienten von f und die Reihe
$$ \sum_{k=-\infty}^\infty c_k \cdot e^{ikx} $$
d.h. die Folge der Partialsummen $ \displaystyle S_n(x) = \sum_{k=-n}^n c_k\cdot e^{ikx}, \; \; n \in \SetN $ heißt Fourier-Reihe von f. \\
Die Funktion mit der Gleichung $ f(x) = sin^3(x) $ erfüllt die Vor. (*) der Definition. \\
Berechnung der Fourier-Koeffizienten $c_k$ der Funktion \\ $\displaystyle f(x)=sin^3(x) = \frac{i}{8}\cdot(e^{3ix}-3e^{ix}+3e^{-ix}-e^{-3ix})$:\\
Bemerkung: Im Folgenden wird häufig verwendet: $$ \int_0^{2\pi}e^{imx}dx = 0 \; \; \; \forall m\in\mathbb{Z} \backslash \{0\} $$ \hfill $\triangle$
\begin{eqnarray*}
c_k & = & \frac{1}{2\pi} \cdot \int_0^{2\pi} sin^3(x)\cdot e^{-ikx}dx, \; \; \; k \in \mathbb{Z} \\
\Leftrightarrow c_k & = & \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{i}{8} \cdot \int_0^{2\pi} (e^{3ix}-3e^{ix}+3e^{-ix}-e^{-3ix}) \cdot e^{-ikx} dx \\
\Leftrightarrow c_k & = & \frac{i}{16\pi} \cdot \int_0^{2\pi}(e^{i(3-k)x}-3e^{i(1-k)x}+3e^{-i(1+k)x}-e^{-i(3+k)x}) dx
\end{eqnarray*}
Fallunterscheidung: \\
\begin{itemize}
\item $k=3$: \\
Unter Verwendung von $\triangle$ ergibt sich:
\begin{eqnarray*}
c_3 & = & \frac {i}{16\pi} \cdot \left[ \int_0^{2\pi} 1 dx - 3\cdot \int_0^{2\pi} e^{i(-2)x} dx + 3 \cdot \int_0^{2\pi} e^{i(-4)x} dx - \int_0^{2\pi}e^{i(-6)x} dx \right] \\
c_3 & = & \frac{i}{16\pi}\cdot 2\pi = \frac{i}{8}
\end{eqnarray*}

\item $k=1$: \\
\begin{eqnarray*}
c_1 & = & \frac{i}{16\pi} \cdot \int_0^{2\pi}(e^{i2x}-3+3\cdot e^{-i2x} - e^{-i4x}) dx \\
c_1 & = & \frac{i}{16\pi} \cdot \left[ \frac{1}{2i}e^{i2x}-3x-\frac{3}{2i}\cdot e^{-i2x} + \frac{1}{4i}e^{-i4x}\right]_0^{2\pi} \\
c_1 & = & \frac{i}{16\pi} \cdot (-6 \pi) = -\frac{3}{8} i
\end{eqnarray*}

\item $k=-1$: \\
\begin{eqnarray*}
c_{-1} & = & \frac{i}{16\pi} \cdot \int_0^{2\pi} (e^{i4x}-3e^{i2x}+3-e^{-i2x}) dx \\
c_{-1} & = & \frac{i}{16\pi} \cdot \left[ \frac{1}{4i} e^{i4x} - \frac{3}{2i}e^{i2x} +3x + \frac{1}{2i}e^{-i2x} \right]_0^{2\pi} \\
c_{-1} & = & \frac{i}{16\pi} \cdot 6 \pi = \frac{3}{8}i
\end{eqnarray*}

\item $k=-3$: \\
\begin{eqnarray*}
c_{-3} & = & \frac{i}{16\pi} \cdot \int_0^{2\pi} (e^{i6x} - 3 e^{i4x} + 3e^{i2x} -1) dx \\
c_{-3} & = & \frac{i}{16\pi} \cdot \left[\frac{1}{6i}e^{i6x} - \frac{3}{4i}e^{i4x} + \frac{3}{2i}e^{i2x} -x\right]_0^{2\pi} \\
c_{-3} & = & \frac{i}{16\pi} \cdot (-2\pi) = -\frac{i}{8}
\end{eqnarray*}
\end{itemize}
Sei nun $ k \in \SetZ \backslash \{3,1,-1,-3\} $ beliebig $ \Rightarrow (3-k),(1-k),(1+k),(3+k) \in \SetZ \backslash \{0\} $
\begin{eqnarray*}
c_k & = & \frac{i}{16\pi} \cdot \int_0^{2\pi} (e^{i(3-k)x} - 3e^{i(1-k)x} + 3e^{-i(1+k)x} - e^{-i(3+k)x}) dx \\
\Leftrightarrow c_k & = & \frac{i}{16\pi} \cdot 0 = 0 \; \forall k \in \SetZ \backslash \{3,1,-1,-3\}
\end{eqnarray*}
Ergebnis: $f(x) = sin^3(x) = c_{-3}e^{i(-3)x} + c_{-1}e^{i(-1)x}+c_1 e^{ix} + c_3 e^{i3x}$
\begin{eqnarray*}
\Rightarrow f(x) = sin^3(x) & = & -\frac{i}{8} e^{-3ix} + \frac{3}{8}i e^{-ix} - \frac{3}{8}i e^{ix} + \frac{i}{8} e^{3ix} \\
& = & \frac{i}{8} (e^{3ix}-e^{-3ix}) - \frac{3}{8}i (e^{ix}-e^{-ix}) \\
& = & \frac{i}{8} \cdot 2i \cdot sin(3x) - \frac{3}{8}i \cdot 2i \cdot sin(x) \\
& = & -\frac{1}{4} sin(3x) + \frac{3}{4} sin(x) \\
\Rightarrow sin^3(x) & = & \frac{3}{4}sin(x) - \frac{1}{4}sin(3x)
\end{eqnarray*}

\section* {Aufgabe 4}
\subsubsection*{(a)}
Berechne $ \displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^6} $ \\
Man betrachte die Fourier-Reihe
$$ \sum_{k=1}^\infty \frac{sin(kx)}{k^3} $$
und berechne zunächst die Summe dieser Reihe. \\
Seien $\displaystyle f_k(x) = \frac{sin(kx)}{k^3} \Rightarrow ||f_k||_\SetR = \frac{1}{k^3}$ (Supremumsnorm) und es gilt \\ $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty ||f_k||_\SetR = \underbrace{\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^3}}_{\text{konv.}} < \infty $ \\
Dann folgt aus dem Konvergenzkriterium von Weierstraß: \\
Die Reihe $ \displaystyle \sum_{k=1}^\infty f_k(x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{sin(kx)}{k^3} $ konvergiert absolut und gleichmäßig auf $ \SetR $ gegen eine Funktion $ F: \SetR \rightarrow \SetC $ mit $ \displaystyle F(x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{sin(kx)}{k^3} $. \\
Berechne die Reihe der Ableitungen: \\
$ \displaystyle F'(x) = \left(\sum_{k=1}^\infty \frac{sin(kx)}{k^3}\right)' = \sum_{k=1}^\infty \left(\frac{sin(kx)}{k^3}\right)' = \sum_{k=1}^\infty \frac{cos(kx)}{k^2} $ \hfill $(I)$ \\
Seien $\displaystyle g_k(x) = \frac{cos(kx)}{k^2} \Rightarrow ||g_k||_\SetR = \frac{1}{k^2}$ und es gilt:
$$ \sum_{k=1}^\infty ||g_k||_\SetR = \underbrace{\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}}_{\text{konv.}} < \infty $$
Dann folgt wie oben nach Weierstraß: \\
Die Reihe $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty g_k(x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{cos(kx)}{k^2}$ konvergiert absolut und gleichmäßig auf $\SetR$ gegen eine Funktion $G:\SetR \rightarrow \SetC$ mit $\displaystyle G(x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{cos(kx)}{k^2}$ \hfill $(II)$ \\
Wegen $(I)$ und $(II)$ ist $F'(x)=G(x)$. Laut Vorlesung besitzt die Funktion $G:\SetR\rightarrow\SetC$ die Darstellung $\displaystyle G(x)=\left(\frac{x-\pi}{2}\right)^2 - \frac{\pi^2}{12}$ für $x\in[0;2\pi]$. \\
Deshalb gilt $\forall x\in[0; 2\pi]$:
\begin{eqnarray*}
F'(x) & = & \frac{(x-\pi)^2}{4} - \frac{\pi^2}{12} \\
\Rightarrow F(x) & = & \frac{1}{12}(x-\pi)^3 - \frac{\pi^2}{12}x+c, \; \; c \in \SetR
\end{eqnarray*}
Bestimmung der Konstanten $c$:
\begin{eqnarray*}
\int_0^{2\pi}F(x)dx & = & \int_0^{2\pi}\left(\frac{1}{12}(x-\pi)^3 - \frac{\pi^2}{12}x+c\right) dx \\
& = & \left[ \frac{1}{48}(x-\pi)^4 - \frac{\pi^2}{24}x^2 +cx\right]_0^{2\pi} \\
& = & \frac{1}{48}\pi^4 - \frac{\pi^2}{24}\cdot 4\pi^2 + c\cdot 2\pi - \frac{1}{48}\pi^4 + \frac{\pi^2}{24}\cdot 4\pi^2 \\
& = & c\cdot 2\pi \; \; \; \; \; \; \; \; (III)
\end{eqnarray*}
Andererseits gilt (wegen der gleichmäßigen Konvergenz der Folge $\displaystyle (f_k) = \left(\frac{sin(kx)}{k^3}\right), \; k \in \SetN_{\ge 1}$, stetiger Funktionen $f_k$ auf $\SetR$):
\begin{eqnarray*}
\int_0^{2\pi}F(x)dx & = & \int_0^{2\pi}\left(\sum_{k=1}^\infty \frac{sin(kx)}{k^3}\right) dx = \sum_{k=1}^\infty \left(\int_0^{2\pi} \frac{sin(kx)}{k^3}dx \right) \\
& = & \sum_{k=1}^\infty\left(\left[-\frac{cos(kx)}{k^4}\right]_0^{2\pi}\right) \\
& = & \sum_{k=1}^\infty \left(-\frac{cos(k\cdot 2\pi)}{k^4}+\frac{cos(0)}{k^4}\right) = \sum_{k=1}^\infty \left(-\frac{1}{k^4}+\frac{1}{k^4}\right) \\
& = & 0 \; \; \; \; \; \; \; \; (IV)
\end{eqnarray*}
Aus $(III)$ und $(IV)$ folgt: $c\cdot 2\pi = 0 \Leftrightarrow c=0$ \\
Ergebnis:
$$ F(x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{sin(kx)}{k^3} = \frac{1}{12}(x-\pi)^3 - \frac{\pi^2}{12}x \; \; x \in [0;2\pi] $$
Bemerkung: $F$ lässt sich durch die Festsetzung $F(x+2n\pi)=F(x)$ für $n\in\SetZ \AND x\in[0;2\pi[$ auf ganz $\SetR$ periodisch fortsetzen. \\
Zitat aus der Vorlesung (Satz): \\
Sei $f$ eine $2\pi$-periodische, über $[0;2\pi]$ integrierbare Funktion. Dann gilt: \\
Die Fourier-Reihe $\displaystyle \sum_{k=-\infty}^\infty c_k \cdot e^{ikx}$ konvergiert im quadratischen Mittel gegen $f$, und es gilt die Gleichheit:
$$ \sum_{k=-\infty}^\infty |c_k|^2 = \frac{1}{2\pi}\cdot \int_0^{2\pi} |f(x)|^2 dx \; \; \text{(Vollständigkeitsrelation)} $$
(Dabei sind $c_k$ die Fourier-Koeffizienten von $f$) \\
Da die Funktion $F$ die Voraussetzungen des Satzes erfüllt, darf die Vollständigkeitsrelation auf $F$ angewendet werden. Berechne dazu:
\begin{eqnarray*}
c_0 & = & \frac{1}{2\pi}\cdot \int_0^{2\pi}\left(\frac{1}{12}(x-\pi)^3 - \frac{\pi^2}{12}x\right)dx \\
c_0 & = & \frac{1}{24\pi} \cdot \left[\frac{1}{4}(x-\pi)^4 - \frac{\pi^2}{2}x^2\right]_0^{2\pi} \\
c_0 & = & \frac{1}{24\pi} \cdot \left[\frac{1}{4}\cdot \pi^4 - \frac{\pi^2}{2}\cdot 4\pi^2 - \frac{1}{4}\cdot(-\pi)^4\right] \\
c_0 & = & \frac{1}{24\pi} \cdot \left[\frac{1}{4}\pi^4 - 2\pi^4 - \frac{1}{4}\pi^4\right] = - \frac{2\pi^4}{24\pi} = -\frac{\pi^3}{12}
\end{eqnarray*}
für $k\ne0$:
\begin{eqnarray*}
c_k & = & \frac{1}{24\pi} \cdot \int_0^{2\pi}\underbrace{\left((x-\pi)^3-\pi^2x\right)}_u \cdot \underbrace{e^{-ikx}}_{v'} dx \\
\Leftrightarrow 24\pi \cdot c_k & = & \left[\left((x-\pi)^3-\pi^2x\right) \cdot \frac{1}{-ik}\cdot e^{-ikx}\right]_0^{2\pi} - \int_0^{2\pi}\left(3(x-\pi)^2-\pi^2\right) \cdot \frac{1}{-ik}\cdot e^{-ikx} dx \\
& = & \underbrace{\left(\pi^3-2\pi^3\right) \cdot \frac{1}{-ik}\cdot 1 - (-\pi)^3\cdot\frac{1}{-ik}\cdot 1}_{=0} + \frac{1}{ik} \cdot \int_0^{2\pi}\left(\underbrace{3\cdot(x-\pi)^2-\pi^w}_u\right) \cdot \underbrace{e^{-ikx}}_{v'} \\
& = & \frac{1}{ik} \cdot \left[\left[(3\cdot (x-\pi)^2-\pi^2) \cdot \frac{1}{-ik}\cdot e^{-ikx}\right]_0^{2\pi} - \int_0^{2\pi}6(x-\pi) \cdot \frac{1}{-ik}\cdot e^{-ikx} dx \right] \\
& = & \frac{1}{ik} \cdot \left[(3\pi^2-\pi^2) \cdot \frac{1}{-ik}\cdot 1 - (3\pi^2-\pi^2) \cdot \frac{1}{-ik}\cdot 1\right] + \frac{1}{ik}\cdot\frac{6}{ik} \cdot \int_0^{2\pi}(\underbrace{x-\pi}_u) \cdot \underbrace{e^{-ikx}}_{v'} dx \\
& = & -\frac{6}{k^2} \cdot \left[\left[(x-\pi)\cdot\frac{1}{-ik}\cdot e^{-ikx}\right]_0^{2\pi} - \int_0^{2\pi} \frac{1}{-ik} \cdot e^{-ikx} dx\right] \\
& = & -\frac{6}{k^2} \cdot \left[\pi\cdot\frac{1}{-ik}\cdot1-(-\pi)\cdot\frac{1}{-ik}\cdot 1\right] - \frac{6}{k^2}\cdot\frac{1}{ik}\cdot \underbrace{\int_0^{2\pi}e^{-ikx}dx}_{=0} \\
& = & -\frac{6}{k^2}\cdot2\pi\cdot{1}\frac{1}{-ik} \\
& = & \frac{6\cdot2\pi}{k^2\cdot i\cdot k} = \frac{12\pi}{i\cdot k^3}\cdot\frac{i}{i} = -\frac{12\pi}{k^3}\cdot i
\end{eqnarray*}
Also gilt:
\begin{eqnarray*}
24\pi \cdot c_k & = & -\frac{12\pi}{k^3}\cdot i \\
c_k & = & -\frac{12\pi}{k^3 \cdot 24 \pi}\cdot i \\
c_k & = & -\frac{1}{2k^3}\cdot i
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\Rightarrow |c_k|^2 & = & c_k \cdot \overline{c_k} = -\frac{1}{2k^3}\cdot i \cdot \frac{1}{2k^3}\cdot i = \frac{1}{4k^6} \\
\Rightarrow \sum_{k=-\infty}^\infty |c_k|^2 & = & |c_0|^2 + 2\cdot \sum_{k=1}^\infty |c_k|^2 \\
& = & \left(\frac{\pi^3}{12}\right)^2 + 2\cdot \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{4k^6} \\
& = & \frac{\pi^6}{144} + \frac{1}{2}\cdot \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^6}  \; \; \; \; \; \; \; \; (V)
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{2\pi} \cdot \int_0^{2\pi}\left|F(x)\right|^2 dx & = & \frac{1}{2\pi}\cdot \int_0^{2\pi} \left(\frac{1}{12}(x-\pi)^3 - \frac{\pi^2}{12}x\right)^2 dx \\
& = & \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{1}{12^2} \cdot \int_0^{2\pi}\left((x-\pi)^6 - 2\pi^2x(x-\pi)^3+\pi^4x^2\right)dx \\
& = & \frac{1}{288\pi} \cdot \int_0^{2\pi}\left((x-\pi)^6 - 2\pi^2(x^4-3\pi x^3+3\pi^2x^2-\pi^3x)+\pi^4 x^2\right) dx \\
& = & \frac{1}{288\pi}\cdot\left[\frac{1}{7}(x-\pi)^7-2\pi^2\left(\frac{1}{5}x^5-\frac{3}{4}\pi x^4 +\pi^2x^3 - \frac{1}{2}\pi^3x^2\right) + \frac{1}{3}\pi^4x^3\right]_0^{2\pi} \\
& = & \frac{1}{288\pi} \cdot \left[\frac{1}{7}\pi^7 - 2\pi^2\left(\frac{32}{5}\pi^5-12\pi^5+8\pi^5-2\pi^5\right)+\frac{8}{3}\pi^7 - \frac{1}{7}(-\pi)^7\right] \\
& = & \frac{1}{288\pi}\cdot\left[\frac{2}{7}\pi^7-2\pi^2\cdot \frac{2}{5}\pi^5+\frac{8}{3}\pi^7\right] \\
& = & \frac{1}{288\pi} \cdot \frac{30-84+280}{3\cdot5\cdot7}\cdot\pi^7 \\
& = & \frac{226\cdot\pi^7}{288\pi\cdot3\cdot5\cdot7} = \frac{113\pi^6}{114\cdot105} \; \; \; \; \; \; \; \; (VI) \\
\stackrel{(V)\AND(VI)}{\Rightarrow} \frac{\pi^6}{144}+\frac{1}{2}\cdot\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^6} & = & \frac{113\pi^6}{144\cdot105} \\
\Leftrightarrow \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^6} & = & \frac{113\pi^6-105\pi^6}{144\cdot105} \cdot 2 \\
\Leftrightarrow \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^6} & = & \frac{16\pi^6}{144\cdot105} = \frac{\pi^6}{9\cdot105} = \frac{\pi^6}{945}
\end{eqnarray*}
Ergebnis:
$$ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^6} = \frac{\pi^6}{945} $$

\subsubsection*{(b)}
Berechne $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2}$ \\
In der Vorlesung wurde bewiesen:
$$ f(x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{sin(kx)}{k} = \frac{\pi-x}{2}  \; \; \; \text{für} \; \; \; 0<x<2\pi $$ \\
Setzt man $f(0)=0$ und $f(x+2n\pi)=f(x)$ für $n\in\SetZ \AND x\in[0,2\pi[$, so wird dadurch $f$ auf ganz $\SetR$ periodisch fortgesetzt. \\
Bestimme die Fourier-Koeffizienten $\displaystyle c_k=\frac{1}{2\pi}\cdot \int_0^{2\pi}f(x)\cdot e^{-ikx} dx$ von $f$ in der Reihe $\displaystyle f(x) = \sum_{k=-\infty}^\infty c_k\cdot e^{ikx}$:
\begin{eqnarray*}
c_0 & = & \frac{1}{2\pi} \cdot \int_0^{2\pi} \frac{\pi-x}{2} dx = \frac{1}{4\pi} \cdot \left[\pi x- \frac{1}{2}-x^2\right]_0^{2\pi} \\
c_0 & = & \frac{1}{4\pi} \cdot \left[2\pi^2-\frac{1}{2}4\pi^2\right] = 0, \; \; \; \text{also: } c_0 = 0
\end{eqnarray*}
Berechnung von $c_k$ für $k\ne0$:
\begin{eqnarray*}
c_k & = & \frac{1}{2\pi} \cdot \int_0^{2\pi} \frac{\pi-x}{2}\cdot e^{-ikx} dx = \frac{1}{4\pi} \cdot \int_0^{2\pi}\underbrace{(\pi-x)}_u \cdot \underbrace{e^{-ikx}}_{v'} dx \\
c_k & = & \frac{1}{4\pi} \left[\left[(\pi-x)\cdot\frac{1}{-ik}\cdot e^{-ikx}\right]_0^{2\pi} - \int_0^{2\pi} (-1) \cdot \frac{1}{-ik} \cdot e^{-ikx} dx\right] \\
4\pi \cdot c_k & = & - \pi \cdot \frac{1}{-ik} \cdot 1 - \pi \cdot \frac{1}{-ik} - \frac{1}{ik}\cdot \underbrace{\int_0^{2\pi}e^{-ikx}dx}_{=0} \\
4\pi\cdot c_k & = & \frac{2\pi}{ik} \\
\Leftrightarrow c_k & = & \frac{1}{2ik} = \frac{-i}{2k}, \; \; \; \text{also: } c_k =  \frac{-i}{2k}, \; k\ne0
\end{eqnarray*}
Berechne $|c_0|^2 = 0$ \\ \\
für $k\ne0$:
\begin{eqnarray*}
|c_k|^2 & = & c_k \cdot \overline{c_k} = \frac{-i}{2k} \cdot \frac{i}{2k} = \frac{1}{(2k)^2} \\
\Rightarrow \sum_{k=-\infty}^\infty |c_k|^2 & = & \sum_{k=-\infty}^{-1} \frac{1}{(2k)^2} + 0 + \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2} \\
\Leftrightarrow \sum_{k=-\infty}^\infty |c_k|^2 & = & 2 \cdot \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2}  \; \; \; \; \; \; \; \; (1) \\
\frac{1}{2\pi}\cdot \int_0^{2\pi}|f(x)|^2 dx & = & \frac{1}{2\pi} \cdot \int_0^{2\pi}\left(\frac{\pi-x}{2}\right)^2 dx \\
& = & \frac{1}{8\pi} \cdot \int_0{2\pi}(x-\pi)^2 dx \\
& = & \frac{1}{8\pi} \cdot \left[\frac{1}{3}\cdot(x-\pi)^3\right]_0^{2\pi} \\
& = & \frac{1}{8\pi} \cdot \frac{1}{3} \cdot \left[\pi^3 -(-\pi)^3\right] \\
\Rightarrow \frac{1}{2\pi}\cdot\int_0^{2\pi}|f(x)|^2 dx & = & \frac{2\pi^3}{24\pi} = \frac{\pi^2}{12}  \; \; \; \; \; \; \; \; (2)
\end{eqnarray*}
Wegen $(1)$ und $(2)$ ergibt sich aus der Vollständigkeitsrelation
$$\displaystyle \sum_{k=-\infty}^\infty |c_k|^2 = \frac{1}{2\pi} \cdot \int_0^{2\pi}|f(x)|^2 dx$$
\begin{eqnarray*}
2\cdot \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2} & = & \frac{\pi^2}{12} \\
\Leftrightarrow \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2} & = & \frac{\pi^2}{24}
\end{eqnarray*}

\section* {Aufgabe 5}
$$ f= \sum_{k=-\infty}^\infty c_k \cdot e^{ikx} \; \; \text{ und } \; \; g=\sum_{l=-\infty}^\infty d_l \cdot e^{ilx} $$
seien $2\pi$-periodische stetige, stückweise stetig differenzierbare Funktionen. \\
Bestimme die Fourierreihe von $f\cdot g$. \\
Berechne dazu:
\begin{eqnarray*}
f \cdot g & = & \left( \sum_{k=-\infty}^\infty c_k \cdot e^{ikx} \right) \cdot \left( \sum_{l=-\infty}^\infty d_l \cdot e^{ilx} \right) \\
& = & \sum_{k=-\infty}^\infty \sum_{l=-\infty}^\infty c_k \cdot d_l \cdot e^{i(k+l)x} \\
& = & \sum_{k=-\infty}^\infty \sum_{l=-\infty}^\infty a_{k,l} \cdot e^{i(k+l)x} \; \; \; \text{ mit } a_{k,l} = c_k \cdot d_l
\end{eqnarray*}

Ansatz für die Fourierreihe von $f\cdot g$:
\begin{eqnarray*}
f \cdot g & = & \sum_{j=-\infty}^\infty \gamma_j \cdot e^{ijx} \\
\text{mit } \; \gamma_j & = & \frac{1}{2\pi} \cdot \int_0^{2\pi} (f \cdot g)(x) \cdot e^{-ijx} dx
\end{eqnarray*}

Berechnung der Fourier-Koeffizienten $\gamma_j$ von $f \cdot g$ für bel. $ j\in\SetZ $:
\begin{eqnarray*}
\gamma_j & = & \frac{1}{2\pi} \cdot \int_0^{2\pi} f(x)\cdot g(x) \cdot e^{-ijx} dx \\
& = & \frac{1}{2\pi} \cdot \int_0^{2\pi}\left( \sum_{k=-\infty}^\infty \sum_{l=-\infty}^\infty a_{k,l} \cdot e^{i(k+l)x} \right) \cdot e^{-ijx} dx \\
& = & \frac{1}{2\pi} \cdot \int_0^{2\pi} \sum_{k=-\infty}^\infty \sum_{l=-\infty}^\infty \left( a_{k,l} \cdot e^{i(k+l)x} \cdot e^{-ijx} \right) dx \\
& \stackrel{*}{=} & \frac{1}{2\pi} \cdot \left[ \sum_{k=-\infty}^\infty \sum_{l=-\infty}^\infty a_{k,l} \cdot \int_0^{2\pi} e^{i(k+l-j)x} dx \right] \; \; \; (*)
\end{eqnarray*}
*:  nach Voraussetzung sind Integration und Limesbildung miteinander vertauschbar (vergl. hierzu Forster S.252) \\ \\
1. Fall: $k+l-j\ne0 \Leftrightarrow j \ne k+l$: \\
Wegen $\displaystyle \int_0^{2\pi} e^{imx}dx = 0 \; \; \forall m \in \SetZ \backslash \{0\}$ ist $\displaystyle \int_0^{2\pi}e^{i(k+l-j)x}dx = 0 \stackrel{(*)}{\Rightarrow} \gamma_j = 0$. Also:
$$ \gamma_j = 0 \; \; \; \text{ für } \; j \ne k+l $$ \\
2. Fall: $k+l-j=0 \Leftrightarrow j=k+l \Leftrightarrow l=j-k$:
\begin{eqnarray*}
\stackrel{(*)}{\Rightarrow} \gamma_j & = & \frac{1}{2\pi} \cdot \left[ \sum_{k=-\infty}^\infty \sum_{l=-\infty}^\infty a_{k,l} \cdot \underbrace{\int_0^{2\pi} 1 dx}_{=2\pi} \right] \\
\Leftrightarrow \gamma_j & = & \frac{1}{2\pi} \cdot 2 \pi \cdot \left( \sum_{k=-\infty}^\infty \sum_{l=-\infty}^\infty a_{k,l} \right) = \sum_{k=-\infty}^\infty \sum_{l=-\infty}^\infty a_{k,l} \\
\Leftrightarrow \gamma_j & = & \sum_{k=-\infty}^\infty a_{k,j-k} = \sum_{k=-\infty}^\infty c_k \cdot d_{j-k} \; \; \; \text{ für jedes } j \in \SetZ
\end{eqnarray*}
Ergebnis: Die Fourierreihe von $f \cdot g$ lautet:
\begin{eqnarray*}
f \cdot g & = & \sum_{j=-\infty}^\infty \gamma_j \cdot e^{ijx} \\
\text{mit } \; \gamma_j & = & \sum_{k=-\infty}^\infty c_k \cdot d_{j-k}, \; \; j \in \SetZ
\end{eqnarray*}
\hfill $\Box$

\end{document}