Tutorübung 5. Analysis 2 für Lehramt TU Dortmund, Sommersemester 2014

Transkript

1 Tutorübung 5 Analysis 2 für Lehramt TU Dortmund, Sommersemester 24 Aufgabe T Bestimme die Taylorreihen von (a) cos(x) um a. (b) ln(x) um a. (c) um a 2. +x Bestimme in allen Fällen das Taylorpolynom T n,a (x) für n N, und schätze mit der Lagrangeform des Restgliedes die Differenz T n,a (x) ab. Sei I R offenes Intervall, a I, n N und f C n (I). Dann kann man die Funktion f schreiben als T n,a (x) + R n+,a (x), () wobei R n+,a (x) o((x a) n R ) für x a lim n+,a(x) x a (x a) n T n,a (x) ist und f (k) (a) (x a) k für f C n (I). (2) k! das n-te Taylorpolynom um den Entwicklungspunkt a bezeichne. Dabei ist f (k) (a) d k f dx n (a) die k-te Ableitung von f nach x ausgewertet an der Stelle a. Ist f sogar eine C n+ Funktion und ξ I mit ξ a < x a, so kann man das Restglied folgendermaßen schreiben R n+,a (x) n! R n+,a (x) x a f (n+) (t)(x t) n dt (Integralform des Restgliedes) () (n + )! f (n+) (ξ)(x a) n+ (Lagrangeform des Restgliedes). (4) a) Aus Analysis ist bekannt, dass cos(x) ( ) k x2k (2k)! x R. Also ist (nach Vl. 5.) T 2n, (x) ( ) k x2k (2k)!

2 das 2n-te Taylorpolynom um den Entwicklungspunkt a von cos(x). Für < ξ < x ergibt sich die Abschätzung des Restgliedes mit Hilfe der Lagrangeform R 2n+2, (x) cos(x) T 2n, (x) (2n + 2)! cos(2n+2) (ξ)(x ) 2n+2 }{{} x 2n+2 (2n + 2)! für x. Das 2n + 2-te Restglied konvergiert also schneller gegen als x 2n, also gilt R 2n+2, (x) o(x 2n ). b) Aus Analysis (Vl. 2.5) ist bekannt, dass k+ (x )k ln(x) ln( + (x )) ( ) für < x 2. k Also ist (nach Vl. 5.) T n, (x) k+ (x )k ( ) k das n-te Taylorpolynom um den Entwicklungspunkt a von ln(x). k Um das Restglied in Lagrangeform hinschreiben zu können, benötigt man die n + -te Ableitung des ln: ln (x) x, ln (x) x 2, ln() (x) 2 x, ln(4) (x) 6 x 4,..., ln(n+) (x) ( ) n n! x n+ Induktionsanfang n : ( )! x + x ln (x) ln (+) (x). Induktionsvoraussetzung (I.V.): Die Aussage gelte bereits für beliebiges aber festes n. Induktionsschluss n n + : ln (n+2) (x) d dx ln(n+) (x) I.V. d n! (n + )! ( )n ( )n+. dx xn+ x n+2 Für ξ zwische x und ergibt sich nun für das Restglied in Lagrangeform R n+, (x) ln(x) T n, (x) (n + )! ln(n+) (ξ)(x ) n+ n! ( )n (x )n+ (n + )! ξn+ x n+ ξ } n+ n + {{} für x für x. 2

3 Das n + -te Restglied konvergiert also schneller gegen als (x ) n, also gilt R n+, (x) o((x ) n ). c) Mit Hilfe der Summe der geometrischen Reihe q k für q < folgt q + x + x 2 (2 x) 2 x für 2 x < x 2 <. Also ist (nach Vl. 5.) T n,2 (x) ( ) k (x 2)k k+ ( ) k 2 x das n-te Taylorpolynom um den Entwicklungspunkt a 2 von +x. ( ) k (x 2)k k+ Um das Restglied in Lagrangeform hinschreiben zu können, benötigt man die n + -te Ableitung von f: f (x) d dx ( + x) ( + x) 2, f (x) 2( + x), f (x) 6( + x) 4,..., f (n+) (x) ( ) n+ (n + )!( + x) (n+2) n+ (n + )! ( ) ( + x) n+2 Induktionsanfang n : ( ) + (+)!(+x) (+2) (+x) 2 f (x) f (+) (x). Induktionsvoraussetzung (I.V.): Die Aussage gelte bereits für beliebiges aber festes n. Induktionsschluss n n + : f (n+2) (x) d dx f (n+) (x) I.V. d dx ( )n+ (n+)!(+x) (n+2) ( ) n+2 (n+2)!(+x) (n+). Für ξ zwische x und ergibt sich nun für das Restglied in Lagrangeform R n+,2 (x) + x T n,2(x) (n + )! f (n+) (ξ)(x 2) n+ (n + )! ( )n+ (x 2)n+ (n + )! ( + ξ) n+2 ( )n+ ( + ξ) n+2 (x 2) n+ für x 2. }{{} n+2 für x 2 Das n + -te Restglied konvergiert also schneller gegen als (x 2) n, also gilt R n+,2 (x) o((x 2) n ).

4 Aufgabe T2 (Produktregel für uneigentliche Integrale) Es seien f, g C [, ) derart, dass das uneigentliche Integral f (x)g(x)dx existiert. Man formuliere eine Bedingung an die Funktionen f und g, die notwendig und hinreichend dafür ist, dass das uneigentliche Integral g (x)dx existiert, und die Regel zur partiellen Integration in einer geeigneten Form gültig bleibt. Für < b < folgt mit partieller Integration b f (x)g(x)dx [g(x)] b b g (x)dx Das Integral auf der rechten Seite existiert nun genau dann, wenn lim b [g(x)] b existiert. Aufgabe T Es seien f, g : R R Funktionen und m, n N. Betrachte die Landau-Symbole O und o für x. Zeige oder widerlege: (a) Seien O(x n ) und g(x) O(x m ), dann folgt + g(x) O(x min(n,m) ) und g(x) O(x n+m ). (b) Seien o(x n ) und g(x) o(x m ), dann folgt + g(x) o(x min(n,m) ) und g(x) o(x n+m ). (c) Seien O(x n ) und g(x) O(x n ). Für welche k N gilt dann stets g(x) O(x k ) bzw. g(x) O(xk ), wobei g(x) > für x. Sei I R ein offenes Intervall, a I und f, g : I\{a} C Funktionen. Definiere die Landausymbole o(g(x)) für x a : lim x a g(x) und O(g(x)) für x a : δ >, M > x I\{a} (a δ, a + δ) : g(x) < M. 4

5 Das kleine o bedeutet, dass die Funktion f gegenüber g bei Annäherung an a vernachlässigbar klein wird. Das große O bedeutet, dass sich die Funktion f auf einer kleinen Umgebung um a ungefähr so ähnlich verhält wie die Funktion g. Für die Landausymbole gilt die wichtige Implikation woraus sofort lim x a g(x) < O(g(x)) für x a, (5) o(g(x)) für x a O(g(x)) für x a (6) folgt. Aussage 6 gilt, denn l : lim < ε > δ > x I : < x a < δ x a g(x) g(x) l < ε Es existiert also ein δ >, sodass für alle x I\{a} (a δ, a + δ) gilt g(x) l < ε. Also existiert auch ein M >, sodass g(x) < M. a) Sei O(x n ) und g(x) O(x m ) für x. Dann existiert δ >, M >, sodass für x ( δ, δ) stets < M x n und g(x) < M x m gilt. Dann folgt + g(x) + g(x) < M x n + M x m M( x n + x m ) M x min{n,m} ( x max{n,m} min{n,m} + ) M x min{n,m} (δ max{n,m} min{n,m} + ) M x min{n,m}. Also ist (f + g)(x) + g(x) O( x min{n,m} ) für x. Für das Produkt ergibt sich g(x) < M x n M x m M 2 x n+m M x n+m Also ist (f g)(x) g(x) O( x n+m ) für x. b) Sei o(x n ) und g(x) o(x m ) für x. Dann existiert zu jedem ε > ein 5

6 δ >, sodass für alle x I mit < x < δ stets < ε x n und g(x) < ε x m gilt. Dann folgt + g(x) + g(x) < ε x n + ε x m ε( x n + x m ) ε x min{n,m} ( x max{n,m} min{n,m} + ) ε x min{n,m} (δ max{n,m} min{n,m} + ) ε x min{n,m}. Also ist (f + g)(x) + g(x) o( x min{n,m} ) für x. Für das Produkt ergibt sich g(x) < ε x n ε x m ε 2 x n+m ε x n+m Also ist (f g)(x) g(x) o( x n+m ) für x. c) Sei O(x n ) und g(x) O(x n ) für x. Dann existiert δ >, M >, sodass für x ( δ, δ) stets < M x n und g(x) < M x n gilt. Dann folgt g(x) + g(x) < 2M x n. Sei k > n, dann folgt für 2x n und g(x) x n g(x) x n M x k M x k n x ( δ, δ). Also gilt stets g(x) O(x k ) nur, wenn k n ist. Die Aussage g(x) O(xk ) gilt für gar kein k, denn betrachte x n und g(x) x n+. Offenbar gilt g(x) für x. x Also existiert kein δ > und k N, sodass für x ( δ, δ) und M > stets < M x k gilt. g(x) Aufgabe T4 Sei f C (R) und η R ein sogenannter anziehender Fixpunkt von f, d.h. f(η) η mit f (η) <. Zeige: Es existiert ein offenes Intervall I R mit η I, so dass für jedes x I alle Glieder der rekursiv defnierten Folge x n+ : f(x n )(n ) in I liegen, und dass (x n ) gegen η konvergiert. 6

7 Mittelwertsatz der Integralrechnung: Sei a < b, f : [a, b] R stetig, dann existiert ein ξ [a, b] mit b a dx f(ξ)(b a). (7) a) Sei ε >, dann folgt für alle x [η ε, η + ε] mit dem MWS der Integralrechnung x η f(η) f (7) (x)dx f (ξ)(x η) max f (ξ) x η. ξ [η ε,η+ε] η Wegen der Stetigkeit von f und f (η) < kann ε klein genug gewählt werden, sodass auch L : max f (ξ) < ist. Man erhält also die Abschätzung ξ [η ε,η+ε] η L x η x [η ε, η + ε] (8) für < L <. b) Sei nun x (η ε, η + ε). Definiere rekursiv die Folge x n+ : f(x n ) für n. Nach Teil a) folgt induktiv x η f(x ) η (8) L x η x 2 η f(x ) η (8) L x η L 2 x η... x n+ η f(x n ) η (8) L x n η L n+ x η. Da < L < folgt x n η für n. Also konvergiert die Folge (x) n (η ε, η + ε) gegen den Fixpunkt η. 7