Aufgaben zur Vorlesung Analysis II Prof. Dr. Holger Dette SS 2012 Lösungen zu Blatt 6

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1 Aufgben zur Vorlesung Anlysis II Prof. Dr. Holger Dette SS 0 Lösungen zu Bltt 6 Aufgbe. Die Funktion f : [, ) R sei in jedem endlichen Teilintervll von [, ) Riemnnintegrierbr. Für n N sei I n := f() d. Die Folge (I n) n sei konvergent mit dem Grenzwert A. Geben Sie für jede der folgenden Aussgen einen Beweis oder ein Gegenbeispiel. ) Wenn lim f() = 0, dnn konvergiert f() d. b) Wenn f streng monoton fällt, dnn konvergiert f() d. c) D die Folge (I n ) n konvergiert, konvergiert uch f() d. ) Sei lim n A und lim f() = 0. Zu zeigen: Für c R ist f()d = f()d + f()d = A. f()d = I + f()d. Es gilt f()d (c ) m f() m f(), siehe Stz 3.0, und folglich mit lim f() = 0 uch lim c f()d = 0. Somit (,c) (,c) gilt lim c f()d = lim I + lim f()d = A + 0 = A. c c b) Sei f streng monoton fllend. Wir zeigen, dss nun us der Konvergenz von (I n ) n bereits lim f() = 0 folgt. Dnn impliziert () die Konvergenz von f()d. Aus der Riemnn-Integrierbrkeit folgt, dss f beschränkt ist. Aus der Beschränktheit und Monotonie der Funktion f folgt die Konvergenz von f() für gegen einen Grenzwert. Es bleibt lso zu zeigen: = 0. Angenommen > 0, so wäre f() > > 0 für lle [, ) und dmit f()d > d = (n ) n, lso (I n ) n divergent im Widerspruch zur Vorussetzung. Angenommen < 0. Dnn eistiert ein b [, ) mit f() / für lle > b. Dmit wäre für lle n b f()d = f()d + (n b) f()d + b n, f()d lso (I n ) n divergent im Widerspruch zur Vorussetzung. Somit muss = 0 gelten.

2 c) Die Aussge stimmt nicht. Ein Gegenbeispiel ist die Funktion f mit f() = sin(π). Offensichtlich gilt für lle n N sin(π)d = cos(π) n = 0. Die Folge (I n ) n N konvergiert somit gegen 0. Andererseits gilt für c R sin(π)d = cos(π) c und der Grenzwert lim c cos(πc) eistiert nicht. Demnch eistiert uch ds uneigentliche Riemnn-Integrl sin(π)d nicht. Aufgbe. Sei f : [, b] R stetig und α : [, b] R streng monoton wchsend. Zeigen Sie, dss ein c (, b) eistiert, für ds die folgende Gleichheit gilt f() dα() = f(c) ( α(b) α() ). Nch Stz 5.6 ist f R α [, b]. Wähle M := sup [,b] f() und m := inf [,b] f() mit m, M [, b], siehe Stz 9.0. Nch prtieller Integrtion, Stz 5.4, gilt () und nlog f() dα() M dα() = M ( α(b) α() ) α() d = M ( α(b) α() ) () f() dα() m dα() = m ( α(b) α() ). Mit dem Zwischenwertstz 9.0 gibt es folglich ein c [, b], für ds f() dα() = f(c) ( α(b) α() ) erfüllt ist. Entweder f ist konstnt oder es eistieren Intervlle I und I so, dss f() > m für lle I und f() < M für lle I. D α streng monoton wchsend ist, folgt c (m, M). Aufgbe 3. Beweisen Sie den folgenden Stz: Sei f : [, b] R eine Funktion und c (, b). Dnn gilt: und V f ([, b]) = V f ([, c]) + V f ([c, b]). f BV ([, b]) f BV ([, c]) BV ([c, b])

3 Sei f von beschränkter Vrition und seien Z [,c] und Z [c,b] je eine Zerlegung des Intervlls [, c] bzw. [c, b]. Zusmmen bilden diese eine Zerlegung des Intervlls [, b], somit gilt V f (Z [,c], [, c]) + V f (Z [c,b], [c, b]) = V f (Z [,b], [, b]) V f ([, b]). Drus folgt sofort, dss f in jedem der Teilintervlle von beschränkter Vrition ist. D Z [,c] und Z [c,b] beliebig wren, folgt V f ([, c]) + V f ([c, b]) V f ([, b]). Sei nun f von beschränkter Vrition uf den Teilintervllen [, c] und [c, b]. Für eine beliebige Zerlegung Z von [, b] fügen wir noch den Punkt c hinzu, flls er nicht bereits ein Zwischenpunkt ist, und nennen diese Zerlegung Z. Auf den Teilintervllen [, c] und [c, b] liefert Z zwei Zerlegungen Z [,c] und Z [c,b]. Nun gilt: V f (Z, [, b]) V f ( Z, [, b]) = V f ( Z [,c], [, c]) + V f ( Z [c,b], [c, b]) V f ([, c]) + V f ([c, b]). D Z beliebig wr, folgt unmittelbr, dss f von beschränkter Vrition uf [, b] ist und Somit ist die Behuptung bewiesen. V f ([, c]) + V f ([c, b]) V f ([, b]). Aufgbe 4. Untersuchen Sie die folgenden Reihen uf Konvergenz: ) n= e n n b) n= n log(n) log ( log(n) ) ) Nch dem Integrlkriterium für unendliche Reihen, Stz 4.8, konvergiert e n n= n genu dnn, wenn e d konvergiert. Die Funktion ist Riemnn-integrierbr, monoton fllend und positiv. Wendet mn nun die Substitutionsregel für ϕ() = n, so ergibt sich e d = e d = c e <. Somit konvergiert uch die obige Reihe. ϕ(c) ϕ() e t dt = e t ϕ(c) = ϕ() e c + e b) Wir wenden erneut ds Integrlkriterium für unendliche Reihen n. log ( log(log()) ) ist eine Stmmfunktion für ( ), denn nch der Kettenregel gilt log() log log() log ( log(log()) ) () = log ( log() ) log() = log() log ( log() ).

4 Der Grenzwert von log() log ( log() ) d = log( log(log()) ) c 3 3 für c eistiert nicht und die nderen Vorussetzungen des Integrlkriteriums für unendliche Reihen sind für 3 erfüllt. Somit ist die Reihe n=3 n log(n) log ( log(n) ) und dmit uch die ngegebene Reihe divergent. Aufgbe 5. Gegeben sei die Funktion g : [0, ) R mit g() = e e y. Beweisen Sie die Ungleichungen 0 < g() für > 0 und zeigen Sie, dss die Funktion g monoton fllend ist. ) Behuptung: g() > 0 für > 0. Für t > > 0 folgt us der Monotonie des Integrls t t g() = e e y e e y e e t = e (t ) (t ) > 0. b) Behuptung: g() für > 0. Für > 0 folgt us der Monotonie des Integrls g() = e e y e c) Behuptung: g ist monoton fllend. Sei <. Es ist zu zeigen, dss g( ) = e e ye y = e ( e y ) = e e =. y e gilt. Wir betrchten den folgenden Quotienten e y = g( ) e y e y = e y + e y e y = e y e y + Erweitert mn den Bruch mit =, so erhält mn e y e y = + e y e y + ye y ye y,

5 d beide Integrnden positiv sind und ds Integrl monoton ist. Weiter gilt e y e y Dies zeigt die Behuptung. + ye y ye y = + e y e y = + e + e = + e 0 + e e = e e.