Analysis 1 für Informatiker und Statistiker Beispielslösungen, Woche 13

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1 Mathematisches Istitut der LMU WS 016/17 Prof. Dr. S. Morozov Olie am: Dr. H. Hogreve Aalysis 1 für Iformatiker ud Statistiker Beispielslösuge, Woche (a Um festzustelle, ob die utestehede Gleichuge eie Lösug x 0 mit 0 x 0 < π/ besitze, werde wir die Stetigkeit ud de Zwischewertsatz verwede: (i Wir setze f(x := ( si x ( cos π si x ud beachte, dass wege si(0 = 0 ud cos(0 = 1 folgt f(0 = 0 1 = 1. Wege lim x π/ si x = 1 ud lim cos( π si x (π = cos = 0 x π/ erhalte wir lim x π/ f(x = 1. Somit gibt es ei a [0, π/ für welches f(a > 0 ist. Aufgrud der Stetigkeit vo cos ud si sowie der Stetigkeit der Hitereiaderausführug vo stetige Fuktioe köe wir de Zwischewertsatz awede ud daraus schliesse, dass f(x 0 = 0 für ei 0 < x 0 < a gelte muss. (ii Hier setze wir g(x := exp ( 1 cos x si(x; da wird g(0 = exp( 1 0 = 1/e > 0. Adererseits gilt exp ( 1/ cos(π/4 = exp ( < 1 ud si(π/4 = 1, woraus g(π/4 = exp ( 1 < 0 folgt. Stetigkeit vo g auf D ud Zwischewertsatz liefer da die Existez eies 0 < x 0 < π/4 mit g(x 0 = 0. (b Um de Grezwert lim si ( x für x R zu bestimme, köe wir Lemma 4.0 beutze, woach für y (0, ] die Schrake y y /6 < si y < y gelte. Da für x/ die Voraussetzuge für diese Schrake erfüllt sid, erhalte wir lim ( x x x = x lim = x lim also lim si ( x = x. 1 si( x lim x = x,

2 1. Wir utersuche die folgede Fuktioe f : R R auf Periodizität. (i We eie Fuktio g die kleiste Periode b besitzt, ist das kleiste c > 0 mit g ( (x+c/ = g(x/ (für alle x R gegebe durch c/ = b, also c = b. Adererseits gilt si(y + π = si(y = si(y für alle y R, welches die Periodizität vo si mit der Periode π zeigt. Kombiiert ma beide Tatsache, ergibt sich a = π als Periode vo f(x := si ( x. (ii I Teil (i vo Aufgabe 1.4 wird gezeigt, dass g(x := si x bei x = 0 icht differezierbar ist. Aalog lässt sich beweise, dass auch f(x := si x bei x = 0 icht differezierbar ist. Für alle x 0 gilt f(x = si x (x = si ud für x < 0 gilt f(x = si x = si ( x (x = si. Somit ist f für alle x 0 differezierbar (aufgrud der Differezierbarkeit vo si, siehe Beispiel 5... Dieses steht im Widerspruch zu eier Periodizität vo f, da für letztere es ja ei a > 0 mit f(0+a = f(0 gebe müsste ud somit f auch a der Stelle x = a icht differezierbar sei müsste. (Dieses wird auch eisichtig durch Bild Bild 1. Die Fuktio x si x/. (iii Aus Teil (i folgt, dass die kleiste Periode vo f 1 (x := si(5x durch a 1 = π/5 ud die kleiste Periode vo f (x := si(x durch a 1 = π/ = π gegebe ist. Um die kleiste Periode vo f(x := si(5x

3 si(x zu erhalte, suche wir die kleiste 1, N, so dass 1 a 1 = a gilt. Diese ergebe sich durch 1 (π/5 = also 1 = 5, zu 1 = 5 ud =, woraus sich eie Periode vo f als a = 1 a 1 = π ergibt. Um zu zeige, dass π die kleiste Periode vo f ist, schreibe wir mithilfe vo Satz f(x = g 1 (xg (x mit g 1 (x := si ( x, g (x := cos ( 7x ud betrachte zuerst die Nullstelle vo g 1, welche im Iterval (0, π gegebe sid durch x 0, = π/, = 1,. Hätte f die Periode x 0,, da müsste gelte 0 = si ( π ( 7π (π (π cos = f = f x ( , = f 7 π für = 1,. Da aber weder g 1 och g eie Nullstelle bei 17 1 π oder 1 1 π besitze, führt dieses auf eie Widerspruch. Aalog betrachte wir die Nullstelle vo g im Iterval [0, π, gegebe durch y 0,k = (k +1π/7, k = 1,,..., 6. Hätte f die Periode y 0,k, da müsste gelte 0 = f ( ( (14 + 6k + x 0, = f x0, + y 0,k = f π, 7 was aber auch zu eie Widerspruch führt, da keier der Werte d.h., k + = 1,, k = 1,,..., zu eier Nullstelle vo g 1 oder g gehört π

4 1. (6 Pukte Sei die Fuktio f : R R gegebe durch f(x := 1 + x. Der Vergleich mit der geometrische Reihe liefert q = x, so dass mit q = 1 1 q f(x = ( x = ( x = a x a := { ( /, falls gerade 0, falls ugerade. Für de Kovergezradius dieser Potezreihe erhalte wir r 1 sup a sup{ k k/ k, k gerade } =. Damit ist der Kovergezradius r = 1/, ud somit ist der Kovergezbereich der Reihe für f kleier als der Defiitiosbereich vo f. 1.4 (6 Pukte für Teil (i (i Sei x > 0, da ist f(x = si x = si x differezierbar (siehe Beispiel 5..; das Gleiche gilt für x < 0, da da f(x = si x = si( x = si x ist. Für de Pukt x 0 = 0 erhalte wir eierseits f(x f(x 0 lim x x 0 x x 0 si x si 0 x 0 si x x = 1 wobei wir de limes x 0 für die Schrake aus 4.0, d.h., x 1 (x x /6 < x 1 si(x, x 1 < x (wie i Teil (b der Aufgabe 1.1 beutzt habe. Für x < 0 ist si x si 0 si x si x = = x 0 x x 4

5 ud damit f(x f(x 0 lim x x 0 x x 0 x 0 si x si 0 x 0 si x x 0 x = lim si x x = 1. Rechts- ud liksseitiger Limes des Differezequotiete vo f a der Stelle x 0 = 0 sid offesichtlich verschiede, so dass f bei x 0 icht differezierbar ist. (ii Sei f : R R eie differezierbare Fuktio, welche f(0 = a mit a < 0 ud f (x = x ( f(x erfüllt. Aus dieser Bedigug folgt f (x 0 für x < 0, ud f (x 0 für x > 0, währed f (0 = 0 sei muss. Somit ist f mooto abfalled für x < 0 ud mooto asteiged für x > 0, so dass der tiefste Wert vo f bei x = 0 ageomme wird. Da ach Voraussetzug f(0 = a ist, muss f(x a sei. Wäre f(x = a für alle x i eier Umgebug vo x 0 = 0, da müsste für diese x die Ableitug f (x verschwide, was aber obiger Bedigug widerspricht. Somit muss f(x > a für alle x 0 gelte. (Bemerkug: Die Lösug der obige Bedigug (d.h., Differetialgleichug f (x = x ( f(x mit f(0 = a ist durch gegebe. f(x = a ax 5