EE261 Problem Set 1

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这次回顾Problem Set 1。

Problem 1

(a)记

$$S=\sum_{n=p}^{q} w^{n}$$

那么

$$wS=\sum_{n=p}^{q} w^{n+1}= \sum_{n=p+1}^{q+1} w^{n}$$

相减得到

$$\begin{aligned} (1-w)S&= \sum_{n=p}^{q} w^{n}- \sum_{n=p+1}^{q+1} w^{n}=w^p-w^{q+1}\\ S&=\frac{w^{p}-w^{q+1} }{1-w} \end{aligned}$$

接着讨论级数收敛的问题。

如果$p=-\infty,q< \infty​$，那么当$|w|>1​$时，级数收敛，并且

$$S=\frac{-w^{q+1} }{1-w}=\frac{w^{q+1} }{w-1}$$

如果$q=\infty,p>-\infty​$，那么当$|w| <1​$时，级数收敛，并且

$$S=\frac{w^p}{1-w}$$

如果$q=\infty,p= -\infty$，那么由之前讨论可得，该级数必然发散。

最后将收敛情形总结如下：

$$\sum_{n=p}^{q} w^{n}=\begin{cases} \frac{w^{q+1} }{w-1} & |w|>1,p=-\infty,q< \infty \\ \frac{w^p}{1-w} &|w|<1,p>-\infty,q=\infty\\ \frac{w^{p}-w^{q+1} }{1-w} & w\neq 1,-\infty<p,q< \infty \end{cases}$$

(b)对上式中取

$$\begin{aligned} w&=e^{2\pi in/N}\\ p&=0\\ q&= N-1 \end{aligned}$$

得到

$$\begin{aligned} \sum_{n=0}^{N-1} e^{2 \pi i n / N} &=\frac{1-e^{2\pi in} }{1-e^{2\pi in/N} }\\ &=0 \end{aligned}$$

注意$e^{2 \pi i n / N}$为$1$的$N$次单位根，所以上式的几何解释为$1$的$N$次单位根的重心为原点。

(c)对上式中取

$$\begin{aligned} w&=e^{2\pi it}\\ p&=-N\\ q&=N \end{aligned}$$

得到

$$\begin{aligned} \sum_{k=-N}^{N} e^{2 \pi i k t} &=\frac{e^{-2\pi iNt}-e^{2\pi i(N+1)t} }{1-e^{2\pi it} }\\ &= \frac{(e^{-2\pi iNt}-e^{2\pi i(N+1)t})(1-e^{-2\pi it})}{(1-e^{2\pi it})(1-e^{-2\pi it})}\\ &=\frac{e^{-2\pi iNt}-e^{2\pi i(N+1)t}-e^{-2\pi i(N+1)t}+e^{2\pi iNt} }{1-e^{2\pi it}-e^{-2\pi it}+1}\\ &=\frac{2\cos(2\pi Nt) -2\cos(2\pi (N+1)t)}{2-2\cos (2\pi t)}\\ &=\frac{\cos(2\pi Nt) -\cos(2\pi (N+1)t)}{1-\cos(2\pi t)}\\ &=\frac{2\sin(2\pi t(N+1/2))\sin (\pi t)}{2\sin^2 (\pi t)}\\ &=\frac{\sin(2\pi t(N+1/2))}{\sin(\pi t)} \end{aligned}$$

Problem 2

(a)直线段必然为两部分的叠加，所以方程为

$$\Lambda_2 (t) +\Lambda_2 (t-2)$$

(b)依然由直线段为两部分的叠加，得到方程为

$$2\Lambda_2(t)+2\Lambda_2(t-3)$$

(c)区间$[1,3]$为第一个波的左半部分，根据此确定第二个波即可：

$$6\Lambda_2(t-3)+ 3\Lambda_2(t-5)$$

(d)类似上一题得到

$$y_2 \Lambda_{x_2-x_1}(t-x_2)+\frac{y_2}2 \Lambda_{\frac{x_3-x_2}2}\left(t-\frac{x_2+x_3}2\right)$$

由几何关系，我们得到如下约束

$$\begin{aligned} x_2-x_1&=\frac{x_3-x_2}2\\ x_3-3x_2+x_1 &=0 \end{aligned}$$

Problem 3

(a)

$$\begin{aligned} g(t+T) &=\sum_{n=-\infty}^{\infty} f(t+T -n T)\\ &=\sum_{n=-\infty}^{\infty} f\left(t-(n-1)T\right)\\ &=\sum_{m=-\infty}^{\infty} f(t-mT) & m=n-1\\ &=g(t) \end{aligned}$$

(b)

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

def Lambda(t, a):
    t1 = np.abs(t)
    r = 1 - t1 / a
    index = (t1 > a)
    r[index] = 0
    
    return r

def f(T, n=5):
    #10个周期的点
    t = np.linspace(-n * T, n * T, 1000)
    r = Lambda(t, 1 / 2)
    for i in range(1, n):
        r1 = Lambda(t - i * T, 1 / 2)
        r2 = Lambda(t + i * T, 1 / 2)
        r += r1
        r += r2
    plt.plot(t, r)
    plt.title("T={}".format(T))
    plt.xlim(-(n-1) * T, (n-1) * T)
    plt.show()

T = [1/2, 3/4, 1, 2]
for t in T:
    f(t)

(c)如果$f(t)=0$，那么结论成立；否则由$f(t)$在任意一点有定义，累加项$\sum_{n=-\infty}^{\infty} f(t-n T)$必然不收敛，所以

$$g(t)\neq f(t)$$

Problem 4

符号解释：$\gcd $表示最大公约数，$\text{lcm}$表示最小公倍数。

(a)因为

$$\begin{aligned} f(x+1) &= \sin \left(2\pi m (x+1)\right) +\sin \left(2\pi n (x+1)\right)\\ &=\sin \left(2\pi m x+2\pi m\right) +\sin \left(2\pi n x+2\pi n\right)\\ &=\sin \left(2\pi m x \right) +\sin \left(2\pi n x\right)\\ &=f(x) \end{aligned}$$

所以$1$是$f(x)$的周期。接着求最小正周期，假设$T$为周期，那么

$$\begin{aligned} f(x+T) &= \sin \left(2\pi m (x+T)\right) +\sin \left(2\pi n (x+T)\right)\\ &=\sin \left(2\pi m x+2\pi mT\right) +\sin \left(2\pi n x+2\pi nT\right)\\ &=\sin \left(2\pi m x \right) +\sin \left(2\pi n x\right) \end{aligned}$$

要使得最后一个等号成立，那么必然要有$mT$为整数，$nT$为整数，所以必然有$T$为有理数，因此不妨设

$$T=\frac {t_1}{t_2},\gcd (t_1, t_2 )=1$$

那么

$$\begin{aligned} \frac{t_1 m}{t_2},\frac{t_1 n}{t_2}\in \mathbb Z \end{aligned}$$

所以必然有

$$t_2 | m, t_2| n\Rightarrow t_2| \gcd(m,n)$$

设

$${\gcd (m,n)}=t_2{t_3}$$

那么

$$T=\frac{t_1t_3}{\gcd(m,n)}\triangleq \frac {k}{\gcd (m,n)} , k\in \mathbb N^+$$

所以最小正周期为

$$T=\frac {1}{\gcd (m,n)}$$

(b)因为

$$\begin{aligned} g(x+rs) &= \sin \left(2\pi p (x+rs)\right) +\sin \left(2\pi q (x+rs)\right)\\ &=\sin \left(2\pi p x+2\pi \frac m r rs \right) +\sin \left(2\pi q x+2\pi \frac n s rs \right)\\ &=\sin \left(2\pi p x+2\pi ms \right) +\sin \left(2\pi q x+2\pi n r\right)\\ &=\sin \left(2\pi p x \right) +\sin \left(2\pi q x\right) \end{aligned}$$

所以$g(x)$是周期函数。接着求最小正周期，假设$T$为周期，那么

$$\begin{aligned} g(x+rs) &= \sin \left(2\pi p (x+T)\right) +\sin \left(2\pi q (x+T)\right)\\ &=\sin \left(2\pi p x+2\pi \frac m r T \right) +\sin \left(2\pi q x+2\pi \frac n s T \right)\\ &=\sin \left(2\pi p x \right) +\sin \left(2\pi q x\right) \end{aligned}$$

要使得最后一个等号成立，那么必然要有$mT$为整数，$nT$为整数，所以$T$为有理数，因此不妨设

$$T=\frac {t_1}{t_2},\gcd (t_1, t_2 )=1$$

那么

$$\begin{aligned} \frac m r T &=\frac{mt_1}{rt_2} \in \mathbb Z\\ \frac n s T &=\frac{nt_1}{st_2} \in \mathbb Z \end{aligned}$$

所以

$$t_2| m ,r| t_1 \\ t_2| n ,s| t_1$$

因此

$$t_2 | \gcd (m,n), \text{lcm}(r,s) |t_1$$

设

$$t_1 = a_1 \text{lcm}(r,s),{\gcd (m,n)}=t_2{a_2}$$

那么

$$T=\frac{a_1a_2 \text{lcm}(r,s) }{\gcd(m,n)}\triangleq k\frac {\text{lcm}(r,s)}{\gcd (m,n)} , k\in \mathbb N^+$$

所以最小正周期为

$$T=\frac {\text{lcm}(r,s)}{\gcd (m,n)}$$

(c)反证法，假设$f(t)$是周期函数，并且周期为$T$，那么

$$\begin{aligned} f(t+T) &=\cos(t+T)+\cos(\sqrt 2(t+T)) \\ &=\cos(t)+\cos(\sqrt 2 t)\\ &=f(t) \end{aligned}$$

令$t=0$，那么

$$\cos(T)+\cos(\sqrt 2 T) =2$$

那么必然有

$$\begin{aligned} T&=2k_1\pi .k_1\in \mathbb Z\\ \sqrt 2T&=2k_2\pi .k_2\in \mathbb Z\\ \end{aligned}$$

相除得到

$$\sqrt 2 =\frac{k_2}{k_1}$$

这就与$\sqrt 2$是无理数产生了矛盾。

(d)

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

#参数
nu1 = 2
nu2 = 1
start = 0
end = 5
step = 0.0001
t = np.arange(start, end, step)
v = 3 * np.cos(2 * np.pi * nu1 * t - 1.3) + 5 * np.cos(2 * np.pi * nu2 * t + 0.5)

plt.plot(t, v)
plt.show()
print(np.max(v))

5.781103145757635

Problem 5

(a)

$$\begin{aligned} (f^-,g^-) &=\int_{-\infty}^{\infty} f(-t) \overline{g(-t)} d t\\ &\overset{t=-t}= \int_{-\infty}^{\infty} f(t) \overline{g(t)} d t\\ &=(f,g) \end{aligned}$$

(b)

$$\begin{aligned} (f,g^-) &=\int_{-\infty}^{\infty} f(t) \overline{g(-t)} d t\\ &\overset{t=-t}= \int_{-\infty}^{\infty} f(-t) \overline{g(t)} d t\\ &=(f^-,g) \end{aligned}$$

(c)

$$\begin{aligned} (\tau_af,\tau_ag) &=\int_{-\infty}^{\infty} f(t-a) \overline{g(t-a)} d t\\ &\overset{t=t-a}= \int_{-\infty}^{\infty} f(t) \overline{g(t)} d t\\ &=(f,g) \end{aligned}$$

(d)

$$\begin{aligned} (\tau_af,g) &=\int_{-\infty}^{\infty} f(t-a) \overline{g(t)} d t\\ &\overset{t=t-a}= \int_{-\infty}^{\infty} f(t) \overline{g(t+a)} d t\\ &=(f,\tau_{-a}g) \end{aligned}$$

(e)

$$\begin{aligned} (\tau_af,\tau_bg) &=\int_{-\infty}^{\infty} f(t-a) \overline{g(t-b)} d t\\ &\overset{t=t-a}= \int_{-\infty}^{\infty} f(t) \overline{g(t+a-b)} d t\\ &=(f,\tau_{b-a} g)\\ &\overset{t=t-b} = \int_{-\infty}^{\infty} f(t+b-a) \overline{g(t)} d t\\ &=(\tau_{a-b}f, g) \end{aligned}$$

(f)重新计算之前结论。

首先如果$h(x)$周期为$1$，那么

$$\int_{a}^{a+1} h(t) d t=\int_{0}^{1} h(t) d t$$

(a)

$$\begin{aligned} (f^-,g^-) &=\int_{0}^{1} f(-t) \overline{g(-t)} d t\\ &\overset{t=-t}= \int_{-1}^{0} f(t) \overline{g(t)} d t\\ &= \int_{0}^{1} f(t) \overline{g(t)} d t &由周期性\\ &=(f,g) \end{aligned}$$

(b)

$$\begin{aligned} (f,g^-) &=\int_{0}^{1} f(t) \overline{g(-t)} d t\\ &\overset{t=-t}= \int_{-1}^{0} f(-t) \overline{g(t)} d t\\ &= \int_{0}^{1} f(-t) \overline{g(t)} d t &由周期性\\ &=(f^-,g) \end{aligned}$$

(c)

$$\begin{aligned} (\tau_af,\tau_ag) &=\int_{0}^{1}f(t-a) \overline{g(t-a)} d t\\ &\overset{t=t-a}= \int_{-a}^{-a+1} f(t) \overline{g(t)} d t\\ &= \int_{0}^{1} f(t) \overline{g(t)} d t &由周期性\\ &=(f,g) \end{aligned}$$

(d)

$$\begin{aligned} (\tau_af,g) &=\int_{0}^{1} f(t-a) \overline{g(t)} d t\\ &\overset{t=t-a}= \int_{-a}^{1-a} f(t) \overline{g(t+a)} d t\\ &= \int_{0}^{1} f(t) \overline{g(t+a)} d t\\ &=(f,\tau_{-a}g) \end{aligned}$$

(e)

$$\begin{aligned} (\tau_af,\tau_bg) &=\int_{0}^{1} f(t-a) \overline{g(t-b)} d t\\ &\overset{t=t-a}= \int_{-a}^{-a+1}f(t) \overline{g(t+a-b)} d t\\ &= \int_{0}^{1}f(t) \overline{g(t+a-b)} d t\\ &=(f,\tau_{b-a} g)\\ &\overset{t=t-b} = \int_{-b}^{1-b} f(t+b-a) \overline{g(t)} d t\\ & = \int_{0}^{1} f(t+b-a) \overline{g(t)} d t\\ &=(\tau_{a-b}f, g) \end{aligned}$$

Problem 6

(a)首先验证收敛性。

假设

$$|c_n|\le c,n\in \mathbb N^+$$

那么

$$\begin{aligned} \left|c_{0}+2 \sum_{n=1}^{\infty} c_{n} r^{n} e^{i n \theta}\right| &\le \left|c_0\right| +2\sum_{n=1}^{\infty}\left|c_n\right|\left| e^{i n \theta}\right|r^n\\ &\le \left|c_0\right| +2c\sum_{n=1}^{\infty}r^n \end{aligned}$$

因为$0\le r<1​$，所以上述级数绝对收敛，因此有定义。

记

$$h(r,\theta) = c_{0}+2 \sum_{n=1}^{\infty} c_{n} r^{n} e^{i n \theta}$$

那么

$$\begin{aligned} \frac{\partial h}{\partial r} &=2 \sum_{n=1}^{\infty}n c_{n} r^{n-1} e^{i n \theta}\\ \frac{\partial h}{\partial \theta} &=2i \sum_{n=1}^{\infty}nc_{n} r^{n} e^{i n \theta}\\ \frac{\partial^2 h}{\partial r^2} &=2 \sum_{n=1}^{\infty}n(n-1) c_{n} r^{n-2} e^{i n \theta}\\ \frac{\partial^2 h}{\partial \theta^2} &=-2 \sum_{n=1}^{\infty}n^2c_{n} r^{n} e^{i n \theta}\\ \end{aligned}$$

所以

$$\begin{aligned} \frac{\partial^{2} h}{\partial r^{2} }+ \frac{1}{r} \frac{\partial h}{\partial r}+\frac{1}{r^{2} } \frac{\partial^{2} h}{\partial \theta^{2} } &=2 \sum_{n=1}^{\infty}n(n-1) c_{n} r^{n-2} e^{i n \theta} +2 \sum_{n=1}^{\infty}n c_{n} r^{n-2} e^{i n \theta} -2 \sum_{n=1}^{\infty}n^2c_{n} r^{n-2} e^{i n \theta}\\ &=0 \end{aligned}$$

所以

$$\frac{\partial^{2} U}{\partial r^{2} }+\frac{1}{r} \frac{\partial U}{\partial r}+\frac{1}{r^{2} } \frac{\partial^{2} U}{\partial \theta^{2} } =\text{Re} \left\{\frac{\partial^{2} h}{\partial r^{2} }+ \frac{1}{r} \frac{\partial h}{\partial r}+\frac{1}{r^{2} } \frac{\partial^{2} h}{\partial \theta^{2} }\right\}=0$$

(b)注意$f(\theta)$为实数，所以

$$c_{-n}=\overline {c_n},c_0是实数$$

那么

$$\begin{aligned} f(\theta)&=\sum_{n=-\infty}^{\infty} c_{n} e^{i n \theta}\\ &=c_0 +\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} e^{i n \theta} +\sum_{n=-\infty}^{-1} c_{n} e^{i n \theta}\\ &=c_0 +\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} e^{i n \theta} +\sum_{n=1}^{\infty} c_{-n} e^{-i n \theta}\\ &=c_0 +\sum_{n=1}^{\infty}\left( c_{n} e^{i n \theta} +\overline {c_n} e^{-i n \theta} \right)\\ &=c_0 +\sum_{n=1}^{\infty}\left({ c_{n} e^{i n \theta} +\overline{ {c_n} e^{i n \theta} }} \right)\\ &=\operatorname{Re}\left\{c_{0}+2 \sum_{n=1}^{\infty} c_{n} e^{i n \theta}\right\}\\ &=u(1,\theta) \end{aligned}$$

(c)由傅里叶系数的计算公式可得

$$c_n = \frac 1{2\pi}\int_{0}^{2\pi } e^{- i n t} f(t) d t$$

带入$u(r,\theta )​$的计算公式得到

$$\begin{aligned} u(r, \theta) &=\text{Re}\left\{c_{0}+2 \sum_{n=1}^{\infty} c_{n} r^{n} e^{i n \theta}\right\} \\ &=\text{Re}\left\{ \frac 1{2\pi}\int_{0}^{2\pi } f(t) d t +\frac 1{2\pi}\sum_{n=1}^{\infty}2 \int_{0}^{2\pi } r^{n} e^{i n \theta} e^{-i n t}f(t) d t\right\}\\ &=\text{Re}\left\{\frac 1{2\pi}\int_{0}^{2\pi } f(t) d t+\frac 1{2\pi}2 \int_{0}^{2\pi } \sum_{n=1}^{\infty} r^{n} e^{i n (\theta-t)} f(t) d t\right\}\\ &=\frac 1{2\pi}\int_{0}^{2\pi } f(t) d t+\frac 1{2\pi} \int_{0}^{2\pi } \sum_{n=1}^{\infty} r^{n} e^{i n (\theta-t)} f(t) d t +\frac 1{2\pi} \int_{0}^{2\pi } \sum_{n=1}^{\infty} r^{n} e^{-i n (\theta-t)} f(t) d t &由共轭复数的性质\\ &=\frac 1{2\pi}\int_{0}^{2\pi } f(t) d t+\frac 1{2\pi} \int_{0}^{2\pi } \frac{re^{i(\theta -t)} }{ 1-re^{i(\theta -t)} } f(t)dt +\frac 1{2\pi} \int_{0}^{2\pi } \frac{re^{-i(\theta -t)} }{ 1-re^{-i(\theta -t)} } f(t)dt\\ &=\frac 1{2\pi}\int_{0}^{2\pi } f(t) d t+\frac 1{2\pi} \int_{0}^{2\pi } \left(\frac{re^{i(\theta -t)} }{ 1-re^{i(\theta -t)} }+ \frac{re^{-i(\theta -t)} }{ 1-re^{-i(\theta -t)} } \right)f(t)dt\\ &=\frac 1{2\pi}\int_{0}^{2\pi } f(t) d t+\frac 1{2\pi} \int_{0}^{2\pi } \left(\frac{re^{i(\theta -t)}( 1-re^{-i(\theta -t)})+re^{-i(\theta -t)}(1-re^{i(\theta -t)})} { ( 1-re^{-i(\theta -t)})(1-re^{i(\theta -t)})} \right)f(t)dt\\ &=\frac 1{2\pi}\int_{0}^{2\pi } f(t) d t+\frac 1{2\pi} \int_{0}^{2\pi } \left(\frac{re^{i(\theta -t)}+re^{-i(\theta -t)} -2r^2} { 1-re^{-i(\theta -t)}-re^{i(\theta -t)} +r^2} \right)f(t)dt\\ &=\frac 1{2\pi} \int_{0}^{2\pi } \left(1+\frac{2r \cos(\theta -t) -2r^2} { 1-2r\cos(\theta-t) +r^2} \right)f(t)dt\\ &=\frac 1{2\pi} \int_{0}^{2\pi } \frac{1-r^2} { 1-2r\cos(\theta-t) +r^2} f(t)dt\\ &=\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} f(\phi) P(r, \theta-\phi) d \phi \end{aligned}$$

(d)回顾之前的计算过程，我们有

$$P(r,\theta- t) =\text{Re}\left\{c_{0}+2 \sum_{n=1}^{\infty} r^{n} e^{i n (\theta-t)}\right\}$$

所以

$$P(r,\theta) =\text{Re}\left\{c_{0}+2 \sum_{n=1}^{\infty} r^{n} e^{i n \theta}\right\}$$

由(a)可知$P(r,\theta)$是简谐函数。