Taylorreihen - Uneigentlische Integrale

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1 Anlysis II für M, LG und Ph, WS 2006/07, Übung 2, Lösungsskizze Gruppenübung Tylorreihen - Uneigentlische Integrle G 5 Berechnen Sie die Tylorreihe mit der Entwicklungsmitte 0 von f (x) = log(x + ), f 2 (x) = log( x), f 3 (x) = log Mn berechne log 2 und log 3. ( ) + x. x Lösung:. Die Funktion f ist uf ] + [ beliebig oft differenzierbr, und zwr für jedes ntürliche k f (k) (x) = ( ) k (k )! ( + t), lso f (k) (0) k k! Dnn gilt für jedes reelle x > die folgende Drstellung log(+x) = x x2 2 +x3 3 x4 4 = ( )k k + ( )n xn n +( )n x n+ (n + )( + ζ) n+ für ζ zwischen 0 und x. Jetzt bestimmen wir für welche Werte von x die Folge der Restglieder R n (x) gegen 0 konvergiert. Wir hben für 0 x R n (x) = x n+ ( )n (n + )( + ζ) n+ n +, für diese x ist lso lim n R n (x) = 0, und somit gilt log( + x) = x x2 2 + x3 3 x4 4 + = ( ) k+xk Die Funktion f 2 ist uf ]0, [ beliebig oft differenzierbr und durch die Ersetzung x von x in f bekommen wir die Tylorentwicklung von f 2 2. Alterntive Lösung: D gilt für jedes x < ist für x < f 2 (x) = log( x) = x x2 2 x3 3 + x4 4 + = log( + x) = d log( + x) = dx + x. k=0 + x = ( ) k x k. k=0 k + ( )k x k+ = k. k ( )k+ x k. Die Potenzreihe dürfte innerhlb des Konvergenzintervlls gliederweise integriert werden. Wir hben für < x < f 3 (x) = f (x) f 2 (x), lso gilt f 3 (x) = ( ) k+xk k + x 2k+ k xk = 2 2k +. Für x = 2 ist f 3(x ) = log 3, für x 2 = 3 ist f 3(x 2 ) = log 2 und die zugehörig Tylorreihe konvergiert sehr rsch. x k k.

2 Anlysis II für M, LG und Ph, WS 2006/07, Übung 2, Lösungsskizze 2 G 6 Sei D offen und f R eine n+-ml stetig differenzierbre Funktion. Für einen Punkt p D sei f (n) (p) 0 sowie f (k) (p) = 0 für lle k < n. Zeigen Sie mit Hilfe der Tylorentwicklung die folgende Aussge. Für n gerde ) f (n) (p) > 0. Dnn ist p ein isoliertes lokles Minimum. b) f (n) (p) < 0. Dnn ist p ein isoliertes lokles Mximum. Ws pssiert für ungerde n N? Lösung: ) Nch der Tylorsche Entwicklung von f mit dem Lgrngesche Restglied gebt es mindestens eine Zhl ζ D, so dss = f(p) + f (p)! (x p) + f (p) 2! ist. Nch der Vorussetzung erhlten wir (x p) f(n) (p) n! = f(p) + f(n) (p) (x p) n + f(n+) (ζ) n! (n + )! (x p)n+. (x p) n + f(n+) (ζ) (x p)n+ (n + )! Für n gerde, x p ist (x p) n > 0. D für x p ist (x p) n+ klein in Verhältnis zu (x p) n, folgt für f (n) (p) > 0, f(p). Also ist p ein lokles Minimum. b) folgt genu wie Teil ) p ein lokles Mximum. Für n ungerde. Wenn f (n) (p) > 0 wächst f um p lokl streng monoton und wenn f (n) (p) < 0 fällt f um p lokl streng monoton. G 7 Für welche α R konvergiert diese Integrl bsolut e dx x(log x) α. Lösung: Die Substitution y = log x liefert für r > e: r e dx log r x(log x) = dy α log e y α. Hier log r für r. Wegen Beispiel 6 in Kpitel VIII konvergieren die Integrle uf der rechten Seite für r flls α >, während sie für α bestimmt gegen divergieren. Die zu untersuchenden uneigentlichen Riemnn-Integrle konvergieren lso genu für α >. G 8 Beweisen Sie durch die Tylorentwicklung der Funktion x sin x im Nullpunkt, dss es x x3 6 sin x x x3 20 für lle x [0, π]. gilt.

3 Anlysis II für M, LG und Ph, WS 2006/07, Übung 2, Lösungsskizze 3 Lösung: Die Funktion x sin x ist unendlich differenzierbr uf R. Wir schreiben die Tylorentwicklung bis n = 3. Also für x [0, π] existiert es θ [0, ] mit D sin θx 0 ist sin x = x x3 6 + x4 sin θx. 24 x x3 sin x. 6 Wir schreiben die Tylorentwicklung bis n = 5. Also für x [0, π] existiert es ϑ [0, ] mit D sin ϑx 0 ist sin x = x x3 20 x6 sin ϑx. 720 sin x x x3 20.

4 Anlysis II für M, LG und Ph, WS 2006/07, Übung 2, Lösungsskizze 4 Husübung H4 Zeigen Sie mit Hilfe der Tylorentwicklung, dss es für lle x > gilt. log x + x x 2 < log( + x) < log x + x Lösung: Wir hben x >. Dnn ist x existiert ζ zwischen 0 und, so dss x <. Nch der Tylorentwicklung bis dem Order 2 gilt. Also ist log( +x x ) x log( + x x ) = log( + x ) = x 2 x 2 ( + ζ )2 und dmit ist log( + x) < log x + x. Nch Der Tylorentwicklung bis dem Order 3 existiert ξ zwischen 0 und, so dss x log( + x x ) = log( + x ) = x 2 x x 3 ( + ξ )3 gilt. Also ist log( +x) und dmit ist x x 2 x 2 x x 2 log x + x < log( + x). x2 H5 Es sei > 0 und f Riemmn-integrierbr uf jedem Teilintervll [, B] [, +[. Zeigen Sie: Besitzt f uf [, +[ eine beschränkte Stmmfunktion, so konvergiert ds Integrl dx für jedes α > 0. xα Anwendung: Es sei > 0. Zeigen Sie, dss für jedes α < ds Integrl konvergiert. x α cosx 2 dx Lösung: Für jedes B > gilt Wegen B x α dx = konvergiert ds Integrl [ F(x) x α ] b B + α F(x) + dx F() xα+ + α α F(x) x α+ sup F(x) [,+) x α+ F(x) xα+ F(x) xα+

5 Anlysis II für M, LG und Ph, WS 2006/07, Übung 2, Lösungsskizze 5 So dmit konvergiert ds Integrl Anwendung: Wir schreiben dx für jedes α > 0. xα x α cosx 2 dx = 2x cosx 2 2x α D im letzten Integrl F(x) = sinx 2 eine beschränkte Stmmfunktion des Zählers ist, und α > 0 folgt die Konvergenz us Teil ). H6 Es sei f zweiml stetig differenzierbr uf ]x 0 δ,x 0 + δ[ und f (x 0 ) 0. Nch dem Mittelwertstz der Differentilrechnung wissen wir f(x 0 + h) = f(x 0 ) + hf (x 0 + θ(h)h) ( h < δ). Zeigen Sie, dss lim h 0 θ(h) = 2. Lösung: Für h < δ gilt nch dem Mittelwertstz: f(x 0 + h) = f(x 0 ) + hf (x 0 + θ(h)h). Wenden wir den Mittelwertstz uch für f n, so folgt: Oben eingesetzt ergibt sich f (x 0 + θ(h)h) = f (x 0 ) + θ(h)hf (x 0 + θ θ(h)h) (0 < θ < ). f(x 0 + h) = f(x 0 ) + hf (x 0 ) + θ(h)h 2 f (x 0 + θ θ(h)h). Anderseits liefert die Tylorsche Formel (0 < θ 2 < ): f(x 0 + h) = f(x 0 ) + hf (x 0 ) + h2 2! f (x 0 + θ 2 h). Vergleich der beiden letzten Formeln ergibt nch Division durch h 2 : Für h 0 folgt Wegen f (x 0 ) 0 gilt lim h 0 θ(h) = 2. θ(h)f (x 0 + θ θ(h)h) = 2! f (x 0 + θ 2 h). lim θ(h)f (x 0 ) = h 0 2 f (x 0 ).

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