Übungen zur Vorlesung Differential und Integralrechnung II (Unterrichtsfach) -Bearbeitungsvorschlag-

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1 MATHEMATISCHES INSTITUT DER UNIVERSITÄT MÜNCHEN D. Rost, M. Gebert SS 015 Blatt Übungen zur Vorlesung Differential und Integralrecnung II (Unterrictsfac) -Bearbeitungsvorsclag- 1. Sei n N 0. Es gilt a n+1 = f (n+1) (0). n! Zu zeigen ist: f (n+1) (0) = 0. Dazu reict es zu zeigen, dass f (n+1) punktsymmetrisc bezüglic des Ursprungs ist, d.. f (n+1) (x) = f (n+1) ( x) für alle x R. Denn aus der Punktsymmetrie folgt für alle x R und insbesondere f (n+1) (x) + f (n+1) ( x) = 0, ( lim f (n+1) (x) + f (n+1) ( x) ) = 0. x 0 Da f (n+1) stetig ist, impliziert dies f (n+1) (0) = 0, also a n+1 = f (n+1) (0) n = 0. [ f (n+1) (0) = 0 bekommt man auc direkt aus der Eigenscaft wenn man x = 0 setzt.] f (n+1) (x) = f (n+1) ( x) für alle x R, Es bleibt zu zeigen, dass f (n+1) punktsymmetrisc ist. Wir zeigen durc Induktion: Für alle n N 0 ist f (n+1) punktsymmetrisc (zum Ursprung). Beweis: Induktionsanfang: n = 0: Nac Voraussetzung ist f acsensymmetrisc (zur y-acse). Damit gilt für x R f (x) f(x + ) f(x) f( x ) f( x) = lim f( x + ) f( x) f acsensymm. f( (x + )) f( x) = f ( x), f( x ) f( x) wobei wir in der dritten Zeile in dem Quotienten durc + erstzt aben. Also ist f (1) = f punktsymmetrisc. Induktionsscluß: n n + 1: Sei n 0 und gelte, daß f (n+1) punktsymmetrisc ist. Zu zeigen ist, daß dann auc f (n+3)

2 punktsymmetrisc ist. Es gilt für x R aufgrund der Punktsymmetrie von f (n+1) f n+ f (n+1) (x + ) f (n+1) (x) (x) f (n+1) ( (x + )) + f (n+1) ( x) f (n+1) ( x ) f (n+1) ( x) f (n+1) ( x + ) f (n+1) ( x) = f (n+) ( x), also ist f (n+) acsensymmetrisc. Damit folgt weiter (wie beim Induktionsanfang) f n+3 f (n+) (x + ) f (n+) (x) (x) f (n+) ( (x + )) f (n+) ( x) f (n+) ( x ) f (n+) ( x) f (n+) ( x + ) f (n+) ( x) = lim = f (n+3) ( x), also ist f (n+3) punktymmetrisc.. a) Die gegebene Funktion f : R R, f(x) = exp(x) sin(x) = e x sin x, ist als Produkt der Exponentialfunktion und des Sinus beliebig oft differenzierbar; mit Hilfe der Produktregel erält man f (x) = e x sin x + e x cos x = e x (sin x + cos x), f (x) = e x (sin x + cos x) + e x (cos x sin x) = e x cos x und f (x) = e x cos x + e x ( sin x) = e x (cos x sin x) für alle x R. Wegen f(0) = 0, f (0) = 1 und f (0) = ist das zweite Taylorpolynom T von f zum Entwicklungspunkt a = 0 also für alle x R. T (x) = f(0) + f (0) x + f (0) x = x + x b) Nac der Taylorformel gilt nun f(x) = T (x)+r 3 (x) für alle x R, wobei es gemäß der Lagrangescen Darstellung des Restgliedes zu jedem x R ein ξ zwiscen a = 0 und x

3 mit R 3 (x) = f (ξ) x 3 gibt. Speziell für alle x [ 1, 0] ergibt sic wegen ξ [ 1, 0] zunäcst f (ξ) = e ξ (cos ξ sin ξ) = eξ cos ξ sin ξ ( e ξ cos ξ }} 1 und damit wegen x 1 dann 10 T (x) f(x) = R 3 (x) = f (ξ) x 3 = f (ξ) 6 ) + sin ξ 4 }} 1 x }} e ξ 4 1, da ξ 0 ( ) 3 1 < = Nac dem Hauptsatz der Differential und Integralrecnung ist die Integralfunktion f : R R, f(x) = x 0 e cos t dt, differenzierbar mit f (x) = e cos x für alle x R; ferner ist f als Komposition der Exponentialfunktion und des Sinus und damit auc f beliebig oft differenzierbar, und es gilt also f (x) = e cos x f (x) = e cos x sin x f (x) = e cos x sin x e cos x cos x = e cos x (1 cos x cos x), sowie (wird später auc benötigt) f (4) (x) = e cos x sin x (1 cos x cos x) + e cos x ( cos x sin x + sin x) = e cos x sin x cos x (cos x + 3), für alle x R. Wegen f(0) = 0 0 e cos t dt = 0, f (0) = e cos 0 = e und f (0) = e cos 0 sin 0 = 0 ergibt sic für das zweite Taylorpolynom von f mit Entwicklungspunkt a = 0 T (x) = f(0) + f (0) x + f (0) x = e x, x R. Nac der Taylorformel gilt f(x) = T (x) + R 3 (x) für alle x R, wobei es gemäß der Lagrangescen Darstellung des Restgliedes zu jedem x R ein ξ = ξ x zwiscen dem Entwicklungspunkt a = 0 und x mit R 3 (x) = f (ξ) x 3 gibt; es ist damit f(x) e x = f(x) T (x) = R 3 (x) = f (ξ) x 3.

4 Wir sucen nun das Maximum und Minimum der Funktion Da f (u) = e cos u ( 1 cos u cos u ), u [0, π ]. ( ) f (u) = f (4) (u) = e}} cos u sin }} u cos }} u (cos u + 3) 0 für u [0, π }} ], >0 0 0 >0 ist f auf [0, π ] monoton wacsend. Also ist ( π ) e = f (0) f (u) f = 1, für u [0, π ]. Damit ist mit ξ [0, π ] und x [0, π ] f(x) e x = f (ξ) x 3 }} 0 f ( ) π x 3 = 1 6 x3 und also zusammen f(x) e x = f (ξ) }} x 3 f (0) x 3 = e 6 x3, 0 e 6 x3 f(x) e x 1 6 x3, x [0, π ]. 4. Es seien x, y, z R n. (i) Es gilt d E (x, y) 0, da sowol x y, x und y 0. Außerdem gilt: d E (x, y) = 0 x y = 0, es gibt λ R mit x = λy x + y = 0, sonst, x = 0 = y, sonst x = y, es gibt λ R mit x = λy (1) wobei wir in der letzten Äquivalenz die Normeigenscaft i) von ausgenutzt aben. Gleicung (1) impliziert x = y. (ii) Nac der Normeigenscaft ii) gilt: x y = 1 y x = y x und desalb: x y, es gibt λ R mit x = λy d E (x, y) = x + y, sonst y x, es gibt λ R mit x = λy = y + x, sonst = d E (y, x).

5 (iii) Um die Notation einfac zu alten, bezeicnen wir mit Ra := λa : λ R} die Ursprungsgerade durc den Punkt a R n. Wir verwenden die Normeigenscaft iii) von, genauer gesagt die Dreiecksungleicung, um zu zeigen: x z, für z Rx d E (x, z) = x + z, sonst x y + y z, für z, y Rx x + y + y + z, für z Rx, y / Rx x y + y + z, für z / Rx, y Rx x + y + y z, x + y + y + z, = d E (x, y) + d E (y, z). für z / Rx, y Rz für y, z / Rx, z / Ry

2 3 x3 17. x k dx = x k x k+1 k +1. Mit jeder weiteren partiellen Integration reduziert sich der Grad des Faktors x n, induktiv erhalten wir also

2 3 x3 17. x k dx = x k x k+1 k +1. Mit jeder weiteren partiellen Integration reduziert sich der Grad des Faktors x n, induktiv erhalten wir also Universität Konstanz Fachbereich Mathematik und Statistik Repetitorium Analysis 0 Dr DK Huynh Blatt 8 Aufgabe 6 Bestimmen Sie (a) (x + x 7x+)dx (c) (f) x n exp(x)dx (n N fest) sin (x)dx (g) (b) (d) ln(x)dx

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