Lösungen Blatt 15

Prof. Dr. Reiner Lauterbach
WS 2014/2015, SS 2015
Analysis I,II
¨
L¨
osungshinweise – Ubungsblatt
15
Aufgabe 4 (3 Punkte). Ist f ∈ F ([a, b], R) integrierbar und gibt es ein k > 0
mit |f (x)| ≥ k f¨
ur alle x ∈ [a, b], so ist f1 integrierbar.
L¨
osung 4. Zu ε > 0 sei δ > 0 gew¨ahlt, so dass f¨
ur jede Zerlegung Z des
Intervalls [a, b] mit ∆(Z) < δ gilt:
O(f, Z) − U (f, Z) < ε.
Dann gilt f¨
ur solch eine Zerlegung:
n−1
!
X
1
1
1
1
O( , Z) − U ( , Z) = sup
−
inf
· (ζi+1 − ζi )
f
f
f
(x)
f
(x)
x∈(ζ
,ζ
)
i
i+1
x∈(ζ
,ζ
)
i i+1
i=0
n−1
!
X
1
1
= −
· (ζi+1 − ζi )
inf
f
(x)
sup
f
(x)
x∈(ζ
,ζ
)
x∈(ζ
,ζ
)
i
i+1
i i+1
i=0
!
n−1
X supx∈(ζi ,ζi+1 ) f (x) − inf x∈(ζi ,ζi+1 ) f (x) ≤
· (ζi+1 − ζi )
inf x∈(ζi ,ζi+1 ) f (x) · supx∈(ζi ,ζi+1 ) f (x) j=0
!
n−1
1 X
≤
·
sup f (x) −
inf
f (x) · (ζi+1 − ζi )
k 2 j=0 x∈(ζi ,ζi+1 )
x∈(ζi ,ζi+1 )
<
Also ist
1
f
ε
.
k2
integrierbar.
¨
Aufgabe 5 (2+4 Punkte). Uberpr¨
ufen Sie die folgenden uneigentlichen Integrale auf Existenz und berechnen Sie ggf. den Wert.
Z ∞
Z ∞
| sin(x)|
sin(x)
(a)
(b)
dx
dx
x
x
0
0
L¨
osung 5.
1. Betrachte die Funktion
(
f : R+ → R, f (x) =
1
√
2
0
π
4
+n·π ≤x≤
3π
4
+ n · π, n ∈ N
sonst.
Es ist f (x) ≤ |sin(x)| f¨
ur alle x ∈ R+ . Ferner gilt f¨
ur N ∈ N:
Z
0
Nπ
f (x)
dx
x
N
−1 Z
X
=
k=0
N
−1
X
≥
k=0
N
−1
X
=
k=0
1
3π
4 +kπ
π
4 +kπ
√
1
dx
2·x
π
1
· √
3π
2
2 · ( 4 + kπ)
1
1
· √
2
2 · ( 43 + k)
Prof. Dr. Reiner Lauterbach
WS 2014/2015, SS 2015
Dieser Ausdruck strebt gegen ∞ f¨
ur N → ∞, insbesondere existiert das
f (x)
Integral von x nicht. Damit existiert auch das Integral von |sin(x)|
nicht.
x
2. Betrachte die Folge
Z
π(n+1) sin(x) an = dx .
πn
x
Es gilt, da der Sinus auf dem Intervall [πn, π(n+1)] konstantes Vorzeichen
hat:
Z
π(n+1) sin(x) an = dx
πn
x
Z π(n+1)
|sin(x)|
=
dx
x
πn
Z πn
|sin(z + π)|
dz
=
z+π
π(n−1)
Z πn
|sin(z)|
=
dz
π(n−1) z + π
Z πn
|sin(z)|
≤
dz
z
π(n−1)
= an−1
Also ist an monoton fallend und offenbar eine Nullfolge. Nach dem LeibnizKriterium konvergiert daher
Z π(n+1)
n
X
sin(x)
(−1)k ak =
dx,
x
0
k=0
etwa gegen p0 ∈ R. Dann gilt f¨
ur w ∈ R+ beliebig und πn ≤ w < π(n + 1):
Z
Z w
n+1
π(n+1) sin(x) X
sin(x)
p 0 −
dx ≤ p0 −
(−1)k ak + dx
x
x
0
w
k=0
n+1
X
1
≤ p0 −
(−1)k ak + π ·
πn
k=0
F¨
ur hinreichend großes w wird dieser Ausdruck beliebig klein, also existiert das fragliche Integral.
Zur Berechnung des Integrals betrachten wir die Hilfsfunktion
(
0
x=0
h : [0, π] → R, h(x) =
.
1
1
− x x>0
2 sin( x
2)
h ist stetig differenzierbar, auch rechtsseitig in 0, wie man z. B. mit l’Hospital
nachrechnet. Nach dem Riemannschen Lemma (Skript, Satz 6.6.7) gilt daher:
Z π
1
lim
h(x) · sin
n+
x dx = 0.
n→∞ 0
2
2
Prof. Dr. Reiner Lauterbach
WS 2014/2015, SS 2015
Nach Aufgabe 6.6.8 im Skript ist
n
sin((n + 12 )x)
1 X
=
+
cos(kx).
2
2 sin x2
k=1
Beweis hierf¨
ur: Es ist
n
n
1 X ikx
1 X
+
cos(kx) = ·
e .
2
2
k=1
Multiplikation mit 2 · sin
x
2
k=−n
x
=
x
ei 2 −e−i 2
i
ergibt:
n
X
x
1
x
1
1
1 i(n+ 1 )x
2
− e−i(n+ 2 )x = sin((n+ )x)
· ei 2 − e−i 2 ·
eikx =
· e
2i
2i
2
k=−n
Damit ergibt sich:
Z π
1
0 = lim
h(x) · sin
n+
x dx
n→∞ 0
2
!
Z π
Z π
n
sin
1 X
+
cos(kx) dx −
= lim
n→∞
2
0
0
k=1
Z (n+ 12 )π
π
sin(z)
=
− lim
dz.
2 n→∞ 0
z
n+
x
1
2
x
!
dx
Da die Existenz des Integrals bereits gezeigt wurde, folgt damit
Z ∞
π
sin(x)
dx = .
x
2
0
Aufgabe 6 (3+3 Punkte).
tegral auf Existenz.
¨
1. Uberpr¨
ufen Sie das folgende uneigentliche InZ
0
1
1
sin
x
1
dx
x
2. Untersuchen Sie die folgende Reihe auf Konvergenz.
∞
X
k k e−k
2
k=1
L¨
osung 6.
1. Substituiert man y =
Z
0
1
1
sin
x
1
x
mit
dy
dx
= − x12 , erh¨alt man
Z 1
Z ∞
1
1
sin(y)
dx = −
sin(y)dy =
dy.
x
y
∞ y
1
Die Existenz dieses uneigentlichen Integrals wurde in der vorigen Aufgabe
gezeigt.
3
Prof. Dr. Reiner Lauterbach
WS 2014/2015, SS 2015
2. Wir verwenden das Integralvergleichskriterium. Die Funktion
f : [1, ∞) → R, f (x) = exp(x · ln(x) − x2 )
ist positiv und monoton fallend. Also existiert die Summe
∞
X
f (k) =
k=1
∞
X
k k e−k
2
k=1
genau dann, wenn das Integral
Z
∞
f (x)dx
1
existiert. Es gilt ln(x) − x ≤ − x2 , was ¨aquivalent zu x ≤ exp x2 ist: F¨
ur
ur x ≥ 2
1 ≤ x ≤ 2 gilt dies wegen exp x2 ≥ 1 + x2 ≥ x2 + x2 = x und f¨
exp( x )
folgt dies mit g(x) = x 2 aus g(2) > 1 und g 0 (x) ≥ 0.
Damit folgt
Z
Z
∞
∞
2
e−
ex ln(x)−x dx ≤
1
x2
2
dx.
1
Die Existenz des rechten Integrals ist bekannt (bzw. folgt sofort mit der
Majorante e−x ). Damit existiert auch das linke Integral.
Aufgabe 7 (3+3 Punkte).
1. Berechnen Sie f¨
ur f (x) = ex , cos(x), sin(x)
und a ∈ R jeweils die Taylorreihe Tf,a (x). Zeigen Sie, dass diese gegen
die jeweilige Funktion konvergiert.
2. Zeigen Sie, dass die Funktion
f (x) =
0
1
e − x2
f¨
ur
f¨
ur
x≤0
x>0
im Punkt x = 0 beliebig oft differenzierbar ist.
L¨
osung 7.
1. F¨
ur f (x) = ex ist induktiv f (k) (a) = ea f¨
ur alle k ∈ N. Damit
ergibt sich als Taylorreihe:
Tf, a (x) =
∞
X
ea
k=0
k!
· (x − a)k = ea ·
∞
X
1
(x − a)k = ea · ex−a = ex ,
k!
k=0
da die Exponentialfunktion gerade durch die Reihendarstellung definiert
ist.
F¨
ur f (x) = sin(x) ist induktiv f (2k) (a) = (−1)k · sin(a), f (2k+1) (a) =
(−1)k · cos(a). Damit ergibt sich als Taylorreihe
∞
X
sin(a)
cos(a)
Tf, a (x) =
(−1)k
(x − a)2k +
(x − a)2k+1
(2k)!
(2k + 1)!
k=0
=
sin(a) · cos(x − a) + cos(a) · sin(x − a)
=
sin(a + x − a) = sin(x),
da die Funktionen Sinus und Cosinus gerade als Grenzwerte der jeweiligen
Reihen definiert sind. Die Rechnung f¨
ur den Cosinus ist v¨ollig analog.
4
Prof. Dr. Reiner Lauterbach
WS 2014/2015, SS 2015
1
2. F¨
ur x > 0 sind die Ableitungen f (n) (x) = Pn ( x1 )e− x2 mit jeweils einem
Polynom Pn , wie man sofort mittels Induktion sieht. Dann ist
lim f (n) (x) = 0
x&0
f¨
ur alle n ∈ N, was aus
1
e− x2 x→0
−−−→ 0
xk
f¨
ur alle k ∈ N
k
folgt. Letzteres ist ¨
aquivalent zu limt→∞ te2t = 0, was man durch d k2 e-fache
Anwendung von l’Hospital erh¨alt:

k
k
k
 k ! · 1t
k t 2 −1
t2
2
e
2 ∈N
k−1
Q
lim t = lim · t = · · · = lim
k
1
1
2
t→∞ 2
t→∞  k+1 · √
t→∞ e
e
/N
t ·
i=0 (k − 2i)
2 ∈
2
te
2
Daraus folgt ebenfalls induktiv f (n) (0) = 0 f¨
ur alle n ∈ N: Falls f (n) (0) = 0
(n)
(n)
1
(0)
ist, so gilt f¨
ur den Differenzenquotienten f (h)−f
= h1 Pn ( h1 )e− h2 =
h
1 − h12
mit Qn (x) = xPn (x). Aus voriger Grenzwertbeziehung folgt
Qn ( h )e
(n+1)
f
(0) = 0.
5

Download Report