harmonische reeks

[bram2]

Een erg sullige vraag van me moet ik toegeven. Als de hoekjes niet afwisselend

\(\alpha\)

en

\(-\alpha\)

zijn, maar altijd

\(+\alpha\)

zijn, waar loopt die persoon dan naar toe?

oneindig, maar in plaats van op de x-as, onder een hoek

\( \alpha \)

[PeterPan]

Dat is niet wat ik eruit krijg

[aadkr]

\(x=\Sigma_{n=1}^{one\indig}\frac{1}{n}\cos(n.\alpha)\)

\(y=\Sigma_{n=1}^{one\indig}\frac{1}{n}\sin(n.\alpha)\)

Alleen als beide reeksen een limiet hebben, gaat de lijn naar een vast punt toe.

Of deze reeksen een limiet hebben, weet ik niet.

[PeterPan]

Klopt, dus 2 Fourierreeksen.

Bestaan die limieten?

[Lensos]

Klopt, dus 2 Fourierreeksen.

Bestaan die limieten?

De y bestaat steeds en wordt:

Voor

\(\alpha = 0: y = 0\)

Voor

\(\alpha \in ]0,2\pi[: y = -\frac{1}{2}(\alpha - \pi)\)

De x bestaat als

\(\alpha \neq 0\)

denk ik, maar de Fourierreeks heb ik nog niet. Lijkt me wat moeilijker.

[PeterPan]

Dat klopt, zie hier

Als ik het (x,y)-vlak zie als het complexe vlak dan zeg je in feite dat de limiet is

(met

\(z = e^{i\alpha}\)

)

\(doel = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{\in\alpha}}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n} = -\ln(1-z) =\)

\(-\ln(1-e^{i\alpha}) = \ln(-\cos(\alpha)-1-i\sin(\alpha)) = -\frac{1}{2}\ln(2+2\cos(\alpha))+i\frac{\pi-\alpha}{2}\)

Het doel is dus eindig als hij niet over de x-as loopt en is

\((-\frac{1}{2}\ln(2+2\cos(\alpha)), \frac{\pi-\alpha}{2})\)

Dat alles mits

\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n}\)

convergeert op de eenheidscirkel voor z[ongelijk]1.