Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik

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1 Karlsruher Istitut für Techologie Istitut für Aalysis Dr. Christoph Schmoeger Michael Hott, M. Sc. WS 05/ Höhere Mathematik für die Fachrichtug Physik Lösugsvorschläge zum 5. Übugsblatt Aufgabe 5 (Übug) Betrachte Sie die Reihe +( ). a) Was ka ma mit dem Quotietekriterium über die Kovergez der obige Reihe sage? b) Was ka ma mit dem Wurzelkriterium über die Kovergez der obige Reihe sage? Lösugsvorschlag Defiiere a : +( ) für alle N. a) Es gilt für gerades N sowie für ugerades N c : a + + 8, a c : a +. a Damit gilt limsup c > sowie limif c /8 <. Damit lässt sich über das Quotietekriterium keie Aussage über die Kovergez der Reihe mache. b) Es ist lim sup a limsup +( ) /. De Grezwert erhalte wir, idem wir folgede Abschätzug ud de Hiweis vo Aufgabe 9 c) verwede: / +( ) /. Nach dem Wurzelkriterium kovergiert u die Reihe a. Aufgabe 6 (Tutorium) Utersuche Sie die achstehede Reihe auf (absolute) Kovergez. a) ( ) d) g) ()! b) ()! () e) ( + ) h) k (k ) c) f) e / i) ( ) +

2 Lösugsvorschlag a) Sei a : ( ) für N. Es gilt (siehe Aufgabe 6 f)) a ( ) e 0 Damit ist a keie Nullfolge ud ( ) diverget. b) Defiiere a : ()!. Es gilt () a + a ( + )!() ()!(( + )) + ( + )! ( ( + )( + ) ( + ) + ( ). ) ( + )( + ) ( + ) ( + ) 4 e <, we. Damit kovergiert a ach dem Quotietekriterium absolut. c) Sei a :. Da für gilt, ist beschräkt, also C für eie Kostate C > 0. Somit folgt a C. Da C kovergiert (gege C(e ), siehe Vorlesug), kovergiert auch absolut ach dem Majoratekriterium. d) Defiiere a : /. Da gilt a + + ( + )! ( ( + ) + a + ) e <, we (siehe b)). Daher kovergiert a ach dem Quotietekriterium absolut. e) Sei a : ( + ). Es gilt a ( + ) e > ( ). Deshalb divergiert ( + ) ach dem Wurzelkriterium. f) Defiiere a : (e / )/. Zuächst gilt ach Aufgabe 9 b) (e / ), we. Das heißt da ach Defiitio der Kovergez, dass ei 0 N derart existiert, dass für alle 0 gilt. Für diese 0 gilt da ( e / ) a e/ ( e / ) / /. Da ach Aufgabe b) / kovergiert, kovergiert isbesodere 0 /. Damit kovergiert da 0 a, also auch a absolut ach dem Majoratekriterium.

3 g) Defiiere Wir behaupte a : {, falls k! für ei k N 0, sost ()! a. Sei dazu N zuächst fest. Da gibt es geau ei (!) k N derart, dass k! < (k + )!. Isbesodere gilt geau da, we k. Es gilt für die Partialsumme. s : a j k j j! (j!)! j! (j!)!, j we. Damit ist die Behauptug gezeigt. Als Nächstes verwede wir die Abschätzug für alle N. Da ach Vorlesug a ( )! ( )! Idexshif t e, kovergiert a ach dem Majoratekriterium absolut. h) Defiiere a : k (k ). Da gilt a + a ( + )! k (k ) + k (k ) + +, we. Damit kovergiert a ach dem Quotietekriterium absolut. i) Defiiere a : ( ) +. Da gilt a 0, +/ we. Damit kovergiert a ach dem Wurzelkriterium. Der Leser begrüde, warum diese Kovergez gilt. Aufgabe 7 (Übug) a) Zeige Sie, dass die Reihe kovergiert, die daraus durch Umordug etstehede Reihe jedoch divergiert.

4 b) Weise Sie ach, dass das Cauchyprodukt der kovergete Reihe aus a) mit sich selbst divergiert. Lösugsvorschlag a) Die Reihe ( ) + ( ) kovergiert ach dem Leibizkriterium, weil ( ) N eie mooto fallede Nullfolge ist. Es gilt Für jedes N ist 4 + ( ( ) ). ( ) 4 0. Da divergiert, ist ( ) eie divergete Miorate für die Reihe i ( ). b) Wie wir gesehe habe, ist die kovergete Reihe aus a) gegebe durch ( ) + ( ). + Sei u a : ( ) + für N 0. Für das Cauchyprodukt c der Reihe a mit sich selbst gilt c a k a k ( ) k ( ) k ( ) k + k +. k + k + Mit folgt 0 ( a b) a a b + b a b (a + b) (für a,b > 0) c k + k + + ( k + + k + ) ( + ) + + / ( ). + / Demach ist (c ) keie Nullfolge ud damit c diverget. Aufgabe 8 (Tutorium) + Sei z <. Bestimme Sie de Reihewert, idem Sie die Reihe geeiget als Cauchyprodukt darstelle. 4

5 a) z b) z Lösugsvorschlag Der Kovergezradius beider Potezreihe ist, da lim lim. Somit sid beide Reihe für z < absolut koverget ud für z > diverget. Für z ist der Betrag der Folgeglieder, also bzw., keie Nullfolge, weshalb auch dort Divergez folgt (siehe auch Vorlesug). Komme wir u zum Reihewert, wobei ab u z < vorausgesetzt sei. a) Es gilt (siehe Vorlesug) ( ) ( ) z z k z k z k z ( + )z. Somit folgt ( + )z ( z). Die geforderte Reihe müsse wir u ur och leicht umforme, um auf diese u bekate Reihewert zurückgreife zu köe. Wir bereche 0 z z z Idex-Shift z ( + )z. Somit folgt z z ( z). b) Aus der Vorlesug ist bekat, dass Damit folgt k ( + ) ( ) k + k ( ( ) ) z k (z ) Mit Teil a) erhalte wir schließlich (z ) z ( ) ( ) (z ) k(z ) k (z ). z ( z ) z ( z ) z ( ( z ) ((z ) k )(k(z ) k ) (z ) ) z z ( z ) + z z z ( + z ) ( z ). 5

6 Aufgabe 9 (Übug) a) Reche Sie ach, dass die aus der Vorlesug auf R bekate Formel e iz cos(z) + isi(z), si (z) + cos (z), auch für z C gelte. b) Zeige Sie lim (e / ). c) Beweise Sie, dass für z x + iy ( e y + e y ) ( e y e y ) si(z) si(x) + icos(x), ( e y + e y ) ( e y e y ) cos(z) cos(x) isi(x), ud schließe Sie daraus, dass die beide Fuktioe auf C ubeschräkt sid. Lösugsvorschlag a) Wir fage auf der rechte Seite der erste Gleichug a ud beobachte, dass Zudem gilt cos(z) + isi(z) (eiz + e iz ) + i i (eiz e iz ) (eiz + e iz + e iz e iz ) e iz. cos (z) + si (z) 4 (eiz + e iz ) 4 (eiz e iz ) 4 (eiz + + e iz (e iz + e iz )). b) Nach Satz 7.4 () gilt we. Damit gilt c) Es gilt ( e / ) e/ / e/ 0, lim ( e / ). si(z) i (eiz e iz ) i (eix e y e ix e y ) i ((cos(x) + isi(x))e y (cos(x) isi(x))e y ) ( e y + e y ) ( e y e y ) ( e y + e y ) ( e y e y ) si(x) + cos(x) si(x) + icos(x) i 6

7 ud aalog cos(z) (eiz + e iz ) (eix e y e ix e y ) ((cos(x) + isi(x))e y + (cos(x) isi(x))e y ) ( e y + e y ) ( e y e y ) ( e y + e y ) ( e y e y ) cos(x) + isi(x) cos(x) isi(x). Für die Ubeschräktheit begebe wir us auf die imagiäre Achse (also x 0 ud somit si(x) 0, cos(x) ). Es gilt für y > 0 (also 0 < e y < e 0 < e y wege Mootoie) si(iy) ey e y cos(iy) ey + e y > ey, Da ach Vorlesug sup{e y : y R} ud 0 < e y für y 0, gilt auch sup{e y : y > 0}. Somit existiert zu jedem C R ei y C > 0 mit e y C > C +, also ey C > ey C > C ud somit sowohl si(iy) > C als auch cos(iy) > C. Aufgabe 0 (Tutorium) > ey Zeige Sie mit Hilfe der Additiostheoreme die folgede Formel für alle z,w C. a) si(z) si(z) cos(z) ( ) ( ) z + w z w c) si(z) + si(w) si cos b) cos(z) si (z) cos (z) ( ) ( ) z + w z w d) cos(z) + cos(w) cos cos Lösugsvorschlag a) Das Additiostheorem si(z + w) si(z) cos(w) + cos(z) si(w) liefert für jedes z C si(z) si(z + z) si(z)cos(z) + cos(z)si(z) si(z)cos(z). b) Ebeso folgt aus cos(z + w) cos(z) cos(w) si(z) si(w) die Gleichug cos(z) cos(z + z) cos(z)cos(z) si(z)si(z) cos (z) si (z). Wie wir i Aufgabe 9 a) gesehe habe, gilt die aus der Vorlesug bekate Formel cos (z) + si (z) auch für jedes z C. Somit folgt cos (z) si ( si (z)) si (z) si (z), (z) cos (z) ( cos (z)) cos (z). c) Nach de bekate Additiostheoreme ud Aufgabe 9 b) gilt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) z + w z w z w si si cos + cos si, ± w cos cos ( ) ( z cos ± w ) si ( ) ( z si ± w ) cos cos ( ) w si si ( ) w. 7

8 Somit folgt ( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) ( ))( ( ) z + w z w z w z w z si cos si cos + cos si cos cos ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) z z w w w z si cos cos + si cos si ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) w w z z z w + si cos cos + si cos si ( ) ( )( ( ) ( )) z z w w si cos si + cos ( ) ( )( ( ) ( )) w w z z + si cos si + cos d) Es gilt ( ) ( ) ( z + w z w cos cos cos a), A9a) si(z) + si(w) cos ) ( ) w si ) si ) ( ))( w cos ) cos ( ) w + si ( ) w + si ( ( ( ( z w z w cos cos si si ( ( ))( ( )) ( ) ( ) A7 a) z w z w si si si si ( ( )) ( ( )) z w si + si b) cos(z) + cos(w) si si ( )) w ( )) w Aufgabe (Übug) a) Welche Fuktioe vo C ach C werde durch die folgede Potezreihe dargestellt? (i) ( + )! z (ii) ( ) ( + )! (z + )+ b) Bestimme Sie jeweils eie Potezreiheetwicklug der Fuktio f um die agegebee Etwicklugsstelle z 0. Wie groß ist dabei der Kovergezradius? (i) f : C C, z siz, z 0 (ii) f : C \ {, } C, z z, z z z 0 0 Hiweis: I Teil (ii) hilft die Gleichug Lösugsvorschlag z z z +z + z für alle z C \ {, } weiter. a) (i) Die Potezreihe lässt sich als Differez zweier Potezreihe darstelle: ( + )! z + ( + )! z z ( + )! z. 8

9 Die erste Reihe ergibt e z, die zweite liefert für z 0 de Wert ud für z 0 gilt ( + )! z z Isgesamt folgt: Die vo ( + )! z+ z k z k k! ( e z ). z (+)! z dargestellte Fuktio f : C C ist gegebe durch f (0) e 0, f (z) e z ez z (z )ez + z (z 0). (ii) Hier ergibt sich gemäß der Reihedarstellug der Sius-Fuktio für jedes z C ( ) ( + )! (z + )+ (z + ) ( ) ( + )! (z + )+ (z + )si(z + ). b) (i) Wir kee die Potezreihe für siz ud cosz um die Etwicklugsstelle 0. I Verbidug mit dem Additiostheorem für siz ergibt sich für jedes z C mit f (z) si( + (z )) si()cos(z ) + cos()si(z ) ( ) k si() (k)! (z ( ) k )k + cos() (k + )! (z )k+ a : si() ( )/, falls gerade, cos() ( )( )/, falls ugerade Der Kovergezradius der Reihe ist offesichtlich. a (z ) ( N 0 ). (ii) Für jedes z C \ {, } erhalte wir uter Verwedug des Hiweises f (z) z z z / + z + / z ( z) + (z). Für z < gilt ud für z < ist ( z) ( z) (z) (z). Hiermit folgt für jedes z C mit z < mi{, } f (z) ( z) + (z) a z mit a : ( ) + (( ) + ), N 0. Wege lim a beträgt der Kovergezradius der Potezreihe. 9

10 z / z z +z + / Bemerkug: Die Darstellug z ka ma auf die folgede Weise erhalte ( Partialbruchzerlegug): Wege z z ( + z)( z) mache wir de Asatz z z z a + z + b z ud müsse die Kostate a,b R bereche. Die rechte Seite dieser Gleichug liefert a + z + b a( z) + b( + z) a + b + ( a + b)z z ( + z)( z) z z. Die Darstellug geligt also, we a + b ud a + b sid. Dies bedeutet a ud b. Aufgabe (Tutorium) Für welche x R bzw. z C kovergiere die folgede Potezreihe? a) + ( ) x e) z d) k k z c) e (+( )) x b) (z i) f) (z + i) Lösugsvorschlag a) Für a : ( + )/( ) gilt a a + + ( ) + + / ( /) + /. Die Reihe hat daher de Kovergezradius. Wir müsse u och die Räder des Kovergezitervalls, also x ud x, utersuche. Dies liefert die zwei Reihe + ( ) ( ) ud + ( ). Die Kovergez der erste Reihe wird durch das Leibizkriterium garatiert, de a + ( ) + ( ) ( ) + ( ) + + a +. Die zweite Reihe higege divergiert wege a / / ud des Mioratekriteriums. Isgesamt: Die Reihe kovergiert ur für x [,). b) Wege / / 0 hat diese Reihe de Kovergezradius, d. h. sie kovergiert für alle z C. c) Die Reihe hat die Form k a k x k mit a e (+( )) ud a + 0 für alle N. Somit ist a e (+( )) e / e, e 0/, gerade, ugerade, 0

11 ud wege + k a + 0 für alle N folgt limsup k ak e, d. h. die Potezreihe hat de Kovergezradius e. Für x ±e ergibt sich die Reihe e (+( )) e. Diese Reihe ist diverget, da für gerades gilt: e (+( )) e e e 0 ( ). Die Potezreihe kovergiert daher ur für x ( e,e ). Bemerkug : Ma ka auch y : x setze ud e (+( )) y betrachte. Diese Reihe hat Kovergezradius e, d.h. sie ist koverget für y < e ud diverget für y > e. Hieraus folgt da Kovergez für x < e ud Divergez für x > e. Bemerkug : Ma ka auch direkt das Wurzelkriterum auf e (+( )) x awede. D.h., ma betrachte lim sup e (+( )) x limsup e +( ) x e x. Nach dem Wurzelkriterium kovergiert da e (+( )) x für alle x < e ud divergiert für alle x > e. Für die Radpukte verwedet ma die obige Diskussio. d) Für a : gilt offebar a. Wege folgt hieraus a. Die Potezreihe a z hat also de Kovergezradius R. Für z kovergiert die Reihe icht, de da gilt a z a, d. h. die Reiheglieder kovergiere icht gege 0. Kovergez der Reihe liegt also ur für z < vor. e) Auch diese Potezreihe hat de Kovergezradius, de z z z 0, z <,, z >. Auf dem Rad des Kovergezkreises liegt keie Kovergez vor, de für z gilt z 0 ( ). Die Reihe z kovergiert somit ur für z <. f) Für de Kovergezradius R vo (z+i) a (z + i) mit a : ergibt sich wege lim sup a limsup ( ) R. Die Potezreihe (z+i) kovergiert also für z C mit z+i < ud divergiert für z C mit z + i >. Für z C mit z + i gilt (z + i) z + i für jedes N. Wege der Kovergez vo ist die Reihe (z+i) für z + i ach dem Majoratekriterium koverget. Also kovergiert die Reihe geau für z C mit z + i.