Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie Lösungsvorschläge zum 7. Übungsblatt

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1 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz. Dr. P. C. Kunstmann Dipl.-Math. M. Uhl WS 008/09 Höhere Mathematik I für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie Lösungsvorschläge zum 7. Übungsblatt Aufgabe a) Das Additionstheorem sin + y) sin cos y + cos sin y liefert für jedes R sin) sin + ) sin cos + cos sin sin cos. b) Ebenso folgt aus cos + y) cos cos y sin sin y die Gleichung cos) cos + ) cos cos sin sin cos sin, und mit der aus der Vorlesung bekannten Formel cos +sin ergibt sich für jedes R cos sin { sin ) sin sin, cos cos ) cos. c) Das Additionstheorem liefert wegen cos b) cos b und sin b) sin b sina b) sin a cos b) + cos a sin b) sin a cos b cos a sin b. Mit a : + y) und b : y) erhält man also sin + sin y sina + b) + sina b) sin a cos b + cos a sin b ) + sin a cos b cos a sin b ) sin a cos b. d) Genau wie eben überlegen wir uns zunächst cosa b) cos a cos b) sin a sin b) cos a cos b + sin a sin b und erhalten dann mit a : + y) und b : y) Aufgabe cos + cos y cosa + b) + cosa b) cos a cos b sin a sin b ) + cos a cos b + sin a sin b ) cos a cos b. a) Wir kennen die Potenzreihen für sin z und cos z um die Entwicklungsstelle 0. In Verbindung mit dem Additionstheorem für sin z ergibt sich für jedes z C fz) sin + z ) sin) cosz ) + cos) sinz ) ) k sin) k)! z ) k )k + cos) k + )! z )k+ k0 k0 mit sin) )n/, falls n gerade, a n cos) )n )/, falls n ungerade Der Konvergenzradius der Reihe ist offensichtlich. a n z ) n n N 0 ).

2 b) Für jedes z C \ {, } erhalten wir unter Verwendung der Identität z z z / +z + / z fz) / + z ) + / z ) /9 + z )/ + /9 + z )/. Für z < gilt + z )/ z ) n und für z < ist + z )/ Hiermit folgt für jedes z C mit z < fz) z ) n 9 9 ) z ) n. ) ) z ) n a n z ) n mit a n 9 )n 9 )n )n+ n ), n N 0. Der Konvergenzradius beträgt, weil die geometrische Reihe in ) für z C mit z divergiert. z Bemerkung: Die Darstellung / z z +z + / z kann man auf die folgende Weise erhalten Partialbruchzerlegung): Wegen z z + z) z) machen wir den Ansatz z z z a + z + b z und müssen die Konstanten a, b R berechnen. Die rechte Seite dieser Gleichung liefert a + z + b z a z) + b + z) + z) z) a + b + a + b)z z z. Die Darstellung gelingt also, wenn a + b und a + b sind. Dies bedeutet a und b. c) Wegen cos) cos vgl. Aufgabe b)) ergibt sich für jedes R mit f) + cos) ) + a n ) n/ k0 ) k k)! )k +, falls n 0 0, falls n ungerade n, falls n ungerade Der Konvergenzradius ist. Aufgabe k ) k k)! k k n N 0 ). a n n a) Für gilt wegen ) + + ) [Diese Gleichheit erhält man mit Hilfe der geometrischen Summenformel 4. ) oder der Polynomdivision ) : ).] + + ) ) + ) ) + + ) Damit ergibt sich für den Grenzwert lim ) lim

3 b) Der Binomialsatz 4. ) liefert für 0 die Darstellung + 4 ) 4 4 ) ) 4 4 k k + a k0 mit a k : ) 4 k. Also erhalten wir lim + 4 ) 4 ) 4 4 lim 4 + a 4 ) 4 + a lim a ) a 4 ) a 4 ) a 4 ) 4 4 ) 4. ) 4 4 ) 4 4 ) c) Setzen wir zur Abkürzung a : 8 + und b :, so ergibt sich mit der bekannten Gleichung a b a b)a + ab + b ) [wieder geometrische Summenformel 4. ) oder Polynomdivision] die Darstellung 8 + a b 8 + ) 8 + ) ) Folglich hat man nach Satz 8. und Beispiel in lim 0 lim ) ) d) Dieser Grenzwert eistiert nicht. Der Zähler des Bruchs hat in nämlich keine Nullstelle, und wegen )/ + ) 6/5 für gilt { für +, für. e) Sei a 0, ). Für a ergibt sich a e ln a e ln a ln a ln a 0 e y lim ln a ) ln a. y 0 y Die Gleichheit in ) folgt sofort aus der Ungleichung 7. ). Für a gilt stets a 0, also ist auch in diesem Falle der Grenzwert 0 ln a. f) Für alle gilt ± ± ) ) ± + und damit erhalten wir Insgesamt ergibt sich ) + + ) + ) ± ± +, ) + ) ) + ) + + ) + ) + + ). lim / ) + + / lim + + ) + ) + + ) lim ) ) ) + / + / + / + + / 4.

4 g) Mit der Reihenentwicklung von sin hat man für jedes 0 sin sin sin! + 5! 5...)! +...)! 5! ,! und hieraus folgt wegen der Stetigkeit von Potenzreihen vgl. Satz 8.7) lim 0 sin )! lim 5! ! 0 lim 5! +...! ! +...! 6. h) Wir erhalten wegen lim 0 sin e sin lim lim 0 0 [vgl. 7. 6) oder über Reihenentwicklung des Sinus] e sin sin ) e sin lim. sin 0 sin sin Bei dieser Umformung muss man beachten, dass aus lim 0 insbesondere folgt, dass sin 0 in der Nähe von 0 0 gilt. Für jede Folge n ) mit n 0 und n 0 hat man also sin n 0 und sin n 0 für fast alle n. Daher folgt aus lim y 0 e y y e sin n sin n n. Demnach eistiert der zu untersuchende Grenzwert: lim 0 e sin. Aufgabe 4 a) Sei > 0. Wegen der Injektivität von ln : 0, ) R ist die gegebene Gleichung ) äquivalent zu ln ) ln ) ) ln ln ln ln ) ln 0. Diese Gleichung ist genau dann erfüllt, wenn ln 0 also ) oder wenn gilt. Aus Letzterem folgt 4 und damit 4) 0, also 4. Man beachte > 0.) Somit gilt ) genau für oder 4. b) Sei R. Wir zeigen sinn) n sin mittels vollständiger Induktion nach n N. IA: Für n ist die Abschätzung trivial: sin ) sin. IS: Sei n N beliebig. Für dieses n gelte sinn) n sin IV). Dann folgt mit Hilfe des Additionstheorems für Sinus sinn + )) sinn) cos) + cosn) sin) sinn) cos + cosn) sin ) sinn) + sin IV n sin + sin n + ) sin. In ) verwendeten wir cos y für alle y R. Dies, wie auch sin y, folgt sofort aus der Identität sin y) + cos y) für alle y R. Aufgabe 5 a) Wir definieren die Funktion h : [a, b] R durch h) : g). Dann ist h als Komposition stetiger Funktionen stetig. Wegen g[a, b]) [a, b] gilt ha) a ga) a a 0 und hb) b gb) b b 0. Daher liegt y 0 : 0 zwischen den Funktionswerten ha) und hb). Nach dem Zwischenwertsatz gibt es mind.) ein 0 [a, b] mit h 0 ) 0, d.h. g 0 ) 0. b) Auf dem Intervall [0, ] ist f nach Satz 8. stetig. Zudem ist für 0 offenbar f) 0 und f) Deshalb gilt für die stetige Funktion f : [0, ] [0, ] gemäß a): Es gibt mindestens) ein 0 [0, ] mit f 0 ) 0. Solch ein 0 heißt Fipunkt von f.) 4

5 c) Wir verifizieren zunächst, dass die Funktion f : [0, ] [0, ] monoton wachsend ist. Für alle, y [0, ] gilt nämlich y + y + + y + f) fy). Nun zeigen wir, dass die Folge y n ) n N0, definiert durch y 0 [0, ] und y n : fy n ) für n N, monoton ist. Dazu unterscheiden wir zwei Fälle: Fall y 0 fy 0 ): Die Folge y n ) n N0 ist monoton wachsend, d.h. n N : y n y n. Denn: IA: n. Es ist y 0 fy 0 ) y. IS: Sei n N. Es gelte y n y n IV). Da f monoton wachsend ist, folgt y n fy n ) IV fy n ) y n+. Fall y 0 > fy 0 ): Die Folge y n ) n N0 ist monoton fallend, d.h. n N : y n y n. Dies kann man ähnlich wie eben durch vollständige Induktion beweisen. Außerdem gilt y 0 [0, ] und y n fy n ) [0, ] für alle n N, also ist y n ) n N0 beschränkt. Die beschränkte und monotone Folge y n ) n N0 konvergiert nach Satz 6.4. Bemerkung: Macht man in der Rekursionsformel y n+ fy n ) den Grenzübergang n und beachtet dabei die Stetigkeit von f), so ergibt sich für den Grenzwert a der Folge y n ) die Gleichung a lim y n+ lim fy n) fa), n n d.h. a ist Fipunkt von f. Rechnen wir a aus: Es gilt a a+ a+. Nach Multiplikation mit a + erhält man die quadratische Gleichung a + a 0 in a, die genau für a + oder a erfüllt ist. Wegen y n 0 für alle n N 0 muss a 0 gelten, also a +. Aufgabe 6 a) Sei a 0, ). Definitionsgemäß gilt 0 a, a /, a / ) / a /4, a /4 ) / a /8,... Mit vollständiger Induktion beweisen wir n a /n für alle n N 0. IA: n 0. Nach Definition ist 0 a. IS: Sei n N 0. Es gelte n a /n n+ / n Damit erhalten wir für jedes n N IV). Dann folgt IV a / n ) / a /n+. y n n n ) a/n / n. Wie wir in Aufgabe e) gesehen haben, gilt lim 0 a ln a. Wegen / n 0 n ) folgt lim n y n lim n a /n / n ln a. b) Seien, y 0, ). Da die Eponentialfunktion E : R 0, ) streng monoton wachsend ln +ln y ist, ist die zu beweisende Ungleichung ln +y äquivalent zu ) ln + ln y E E ln + y ). Weil ln die Umkehrfunktion von E ist, ergibt sich hier auf der linken Seite ) ln + ln y E Eln + ln y) Eln ) Eln y) y, 5

6 und auf der rechten Seite erhält man +y. Also müssen wir lediglich + y y beweisen. Dies folgt mit der binomischen Formel: + y y ) y + y ) y ) c) Um ln < für alle 0, ) mit zu beweisen, verwenden wir, dass die Eponentialfunktion E : R 0, ) streng monoton wachsend ist, und erhalten 0. ln < Eln ) < E ) < E ). Für > gilt wegen > 0 ) n E ) > )0 0! + )! Für 0, ) erhält man wegen 0, ) ) n E ) < ) n Hieraus folgt dann Aufgabe 7 P) E ) E ) > /. + ). ). a) Setzt man in n n ) ein, so ergibt sich der Wert 0. Für jedes, ) gilt n ) ) n ) k ). n n Die Funktionenreihe konvergiert also punktweise gegen die Funktion f :, ] R mit { 0,, f),, ). Da diese Funktion, im Gegensatz zu den Partialsummenfunktionen s N :, ] R, die durch s N ) : N n n ) gegeben sind, nicht stetig in ist, liegt keine gleichmäßige Konvergenz vor vgl. Satz E7.5 b)). Bemerkung: Auch auf dem Intervall, ) liegt keine gleichmäßige Konvergenz vor: Für jedes N N und, ) gilt s N N) f) ) n ) N N+ N+ sowie N+ k0 N+. Obige Rechnung zeigt: Ist ε : gesetzt, dann finden wir zu jedem N N ein, ) etwa N+ ) so, dass s N) f) ε gilt. Dies schließt gleichmäßige Konvergenz aus. b) Für alle R und n N haben wir + n + n n. Da die Reihe über /n konvergiert, folgt aus Satz E7.4 b): Die vorliegende Funktionenreihe konvergiert gleichmäßig und damit auch punktweise auf R. 6