Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie Lösungsvorschläge zum 15. Übungsblatt

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1 Karlruher Intitut für Technologie (KIT) Intitut für Analyi Dr. A. Müller-Rettkowki Dipl.-Math. M. Uhl WS 9/ Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurween, Phyik und Geodäie Löungvorchläge zum 5. Übungblatt Aufgabe a) Hier kann man die Regel von de l Hopital zweimal anwenden (jeweil und die Ableitung de Nenner it für hinreichend große ungleich ). Die führt auf inh() coh() = coh() inh() = inh() coh() (fall die Grenzwerte eitieren), hilft alo nicht, den Grenzwert zu berechnen. Einfache Kürzen mit e liefert aber inh() coh() = e e e e = + e + e = + =. b) Auch hier wenden wir zweimal hintereinander die Regel von de l Hopital an (jeweil für ; die Ableitung de Nenner hat in der Nähe von keine Nulltellen). Wegen ( ) = (e ln ) = ( ln ) = ( + ln ) ergibt ich + ln = ( + ln ) + = ( + ln ) + = + =. c) Wir veruchen, ob wir die Regeln von de l Hopital anwenden können. Hier konvergieren Zähler und Nenner gegen, die Ableitung de Nenner it in der Nähe von ungleich, aber ( co(/)) (in ) co(/) in(/)( ) = co(/) + in(/) = co co eitiert nicht, denn für n := ((n + )π) hat der Bruch den Wert ( ) n / co n. Die Regel von de l Hopital it nicht anwendbar; der urprüngliche Grenzwert eitiert aber: co(/) = in in co(/) = =. d) Zu unteruchen it hier f()/g() für f() := et dt und g() := e. Wir wenden die Regel von de l Hopital an: Der zu unteruchende Grenzwert it vom Typ (Beachte: für gilt f() dt = ) und wegen f () = e, g () = e + e = ( )e gilt: Die Ableitung de Nenner it für hinreichend große tet und der Grenzwert f () g () = e ( )e = eitiert. Folglich it auch der zu unteruchende Grenzwert. =

2 e) Sowohl f() al auch g() treben für gegen. Al Ableitungen erhalten wir f () = + co in = co und g () = f ()e in + f()e in co = e in ( co + co + in co ) = e in co ( co + + in co ). Alo wird g () auch für beliebig große durch den Faktor co immer wieder. Daher it die Regel von de l Hopital nicht anwendbar. Der Grenzwert f() g() = e in eitiert nicht (Betrachte z.b. n := (n + )π), obwohl für jene, für die g () it, gilt: Aufgabe f () g () = co e in ( co + + in co ) Mit Potenzreihen kommt man hier ehr chnell an Ziel: Wegen ergibt ich. in = ( 3! 3 + 5! ) = 3! 4 + ( 5! + ( 3! ) ) ( in ) in = in = ( 3! 4 + ( 5! + ( 3! ) ) ) ( 3! 4 + ( 5! + ( 3! ) ) ) 3! = 4 ( 5! + ( 3! ) ) ! 6 + ( 5! + ( 3! ) ) ! = ( 5! + ( 3! ) )... 3! + ( 5! + ( 3! ) ) = 3! = 3. Mit der Regel von de l Hopital dauert e etwa länger: Wir wenden ie viermal an; die entprechenden Stellen ind mit gekennzeichnet. Aufgabe 3 in in = = = = = = = in co in + in co = in() in + in() co() in + 4 in co + in() + co() co() in + 4 in() + co() 4 in() 4 in co + 4 in() + 8 co() + 4 co() 4 in() 4 in() (6 4 ) in() + co() 8 co() 8 in() + (6 4 ) co() + co() 4 in() = 3 a) Für beliebige R > erhalten wir mittel der Subtitution t = ln, dt = d (ln ) d = ln R ln t dt = ln R t = ln ln ln R. Für R trebt die gegen (ln ) ; da uneigentliche Integral konvergiert alo und hat dieen Wert.

3 b) Seien < und t R fet. Mit partieller Integration erhalten wir für jede R > e co(t) d = e co(t) R + = Erneute partielle Integration liefert für da letzte Integral e t in(t) d. e Ingeamt erhalten wir e t in(t) d = t in(t) R R e = t co(t) d. ) ( + t e co(t) d = e co(t) R + e = t in(t) R = = er co(tr) + er t in(tr). (Man beachte <.) Alo konvergiert da uneigentliche Integral e co(t) d und e gilt e co(t) d = ) ( + t = + t. Bemerkung: Wir haben eben die Laplacetranformierte der Funktion [, ) R, co(t) an der Stelle betimmt ( HM II bzw. KAI). Aufgabe 4 a) Da der Integrand f() := auf (, ] tetig it, it f auf jedem Intervall [ε, ], < ε <, integrierbar. Für alle (, ] gilt und damit f() = d nach dem Majoranten- Da da uneigentliche Integral kriterium konvergent. =. d konvergiert, it b) Bekanntlich gilt α ln + für jede α >, inbeondere alo / (ln ) 4 = ( /8 ln ) 4 +. Mit einem gewien ε > beteht daher für alle (, ε] die Abchätzung / (ln ) 4, alo (ln ) 4 /. Mit Hilfe de Majorantenkriterium folgt darau die Konvergenz von ε (ln )4 d, alo auch die Konvergenz von (ln )4 d = ε (ln )4 d + ε (ln )4 d. Bemerkung: Um den Wert de uneigentlichen Integral auzurechnen, betimmen wir durch mehrmalige partielle Integration eine Stammfunktion von t (ln t) 4 (ln t) 4 dt = (ln t) 4 dt = (ln ) 4 t = (ln ) 4 4 (ln ) 3 + (ln t) dt 4(ln t)3 t = (ln ) 4 4 (ln ) 3 + (ln ) 4 ln t dt dt = (ln ) 4 4 (ln t) 3 dt = (ln ) 4 4 (ln ) 3 + (ln ) 4 ln k, k R. 3

4 c) Da Alo gilt für jede ε (, ) ε (ln ) 4 d = [ (ln ) 4 4 (ln ) 3 + (ln ) 4 ln + 4 ] ε = 4 ε (ln ε) 4 + 4ε (ln ε) 3 ε (ln ε) + 4ε ln ε 4ε ε + 4. Hiermit haben wir erneut die Konvergenz de uneigentlichen Integral (ln )4 d gezeigt und gleichzeitig noch den Wert 4 ermittelt. e + e = e e + e e für alle (, 3] gilt und da uneigentliche Integral 3 e d = 3 r r e d = = e [ r e ] 3 r = r (e3 e r ) = e 3 eitiert, it 3 e +e d nach dem Majorantenkriterium konvergent. d) Au der Ungleichung + t e t folgt ln( + t) t für alle t. Alo it e t ln( + t) te t für alle t. Da da uneigentliche Integral te t dt (vgl. Aufgabe 5 mit n = und λ = ) eitiert, konvergiert da zu unteruchende Integral nach dem Majorantenkriterium. Aufgabe 5 Wir zeigen zunächt, da da uneigentliche Integral I () konvergiert und da ein Wert = it: I () = e [ d = e ] R = = e R + e =. Nun ei n N beliebig. Partielle Integration mit f() = n und g () = e liefert I n () = ( [ n e d = n ( e ) ] R = Rn e R + ni n () = ni n (). = ) n n ( e ) d Au dieer Rekurionformel folgt per volltändiger Induktion, da da Integral I n () konvergiert mit Wert n! für alle n N {}: IA: n =. Zu Beginn haben wir geehen, da I () konvergiert und da I () = =! gilt. IS: Sei n N {}. Da Integral I n () konvergiere und e gelte I n () = n! (IV). Damit ergibt ich I n+ () = (n + )I n () (IV) = (n + )n! = (n + )!. Für jede λ > und n N {} führt die Subtitution y = λ, dy = λ d auf I n (λ) = n e λ d = = λ (n+) I n () = n! λ n+. λr ( y λ ) ne y dy λ = λ (n+) λr y n e y dy Bemerkung: Die Funktion I n : (, ) R, λ I n (λ) := n e λ d entpricht der Laplacetranformierten de Monom [, ) R, n ( HM II bzw. KAI). 4

5 Aufgabe 6. Fall: <. Für jede gilt = und / =, o da + / it. Wegen der Divergenz von d liefert da Minorantenkriterium die Divergenz de uneigentlichen Integral d. Infolgedeen it I + / divergent.. Fall: (, ). Wir zeigen, da owohl d al auch + / d konvergieren. + / Hierau folgt dann die Konvergenz von I. Für jede > gilt + /. Da d gemäß Beipiel 6. konvergiert, it d + / nach dem Majorantenkriterium konvergent. Für jede > gilt. Da + / / d wegen / > konvergiert (vgl. Beipiel 6.), / it + / d nach dem Majorantenkriterium konvergent. 3. Fall: =. I = d it divergent (vgl. Beipiel 6.). 4. Fall: >. It q := / geetzt, o gilt q (, ). Daher konvergiert laut Fall I q = q d = + /q / + d = I. Fazit: I it genau dann konvergent, wenn > und gilt. Aufgabe 7 Sei α >. Die durch f() := (ln ) definierte Funktion f : [, ) (, ) it monoton fallend. α Denn: Für beliebige, y [, ) mit y gilt ln ln y und omit (ln ) α (ln y) α. Dehalb ergibt ich (ln ) α y(ln y) α, worau f(y) f() folgt. Nach dem Integralkriterium konvergiert die Reihe f(n) genau dann, wenn da uneigentliche Integral f() d = n= konvergiert. Die Subtitution y := ln, dy = d liefert R d = (ln ) α (ln ) α d ln R (ln ) α d = ln y α dy. Im Fall α divergiert die rechte Seite für R, im Fall α > konvergiert die rechte Seite für R (vgl. Beipiel 6.). Alo konvergiert die Reihe genau für α >. 5