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

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1 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 n x k dx cos(x + )dx (e) (h) + +x dx Lösung In der Folge bezeichne c R eine (additive) Integrationskonstante (a) Es gilt (x + x 7x+)dx = x + x 7 x +x+c,c R x +x dx (b) Es handelt sich um eine endliche Summe, daher dürfen wir gliedweise integrieren, und erhalten n n n x k dx = x k x k+ dx = +c,c R k + (c) Mit partieller Integration ergibt sich x n exp(x)dx = x n exp(x) n x n exp(x)dx Erneute partielle Integration liefert x n exp(x)dx = x n exp(x) nx n exp(x)+n(n ) x n exp(x)dx Mit jeder weiteren partiellen Integration reduziert sich der Grad des Faktors x n, induktiv erhalten wir also n x n exp(x)dx = exp(x) ( ) k n! (n k)! xn k +c (d) Substitution liefert cos(x+)dx = cos(x+)dx = sin(u)+c,c R mit u(x) = x+ Also cos(x+)dx = sin(x+)+c,c R

2 (e) Wir erhalten x [ +x dx = +x (x+x ) log(x+ +x )] 8 Begründung wird nachgeliefert! (f) Partielle Integration liefert sin(x)sin(x)dx = sin(x)cos(x)+ cos(x) cos(x)dx Wir nutzen aus, dass cos (x)+sin (x) =, also sin (x)dx = sin(x)cos(x)+ sin (x)dx Daraus folgt sin (x)dx = sin(x)cos(x)+ dx, und daher Folglich sin (x)dx = x sin(x)cos(x) [ x sin(x)cos(x) sin (x)dx = (g) Wir wenden partielle Integration an ln(x)dx = ln(x)dx = xln(x) Daraus folgt ] x dx = xln(x) x+c,c R x ln(x)dx = [xln(x) x] = ln() (0 ) = ln()+ Aufgabe 7 Es sei f : R R eine Funktion definiert durch x sin(x) exp(t )dt Begründen Sie die Existenz der Ableitung von f und berechnen Sie diese Lösung Da exp(t ) die Verkettung stetiger Funktionen ist, ist exp(t ) stetig Nach Teil des Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung (HDI) ist f(x) = sin(x) exp(t )dt daher differenzierbar und eine Stammfunktion zu exp(sin (x)) Es sei G(x) eine Stammfunktion von g(x) := exp(x ) Nach Teil des HDI gilt somit sin(x) exp(t )dt = G(sin(x)) G()

3 Differentiation mit der Kettenregel liefert dann die gesuchte Ableitung d dx [G(sin(x)) G()] = g(sin(x)) sin (x) = exp(sin (x)) cos(x) Aufgabe 8 Bestimmen Sie alle differenzierbaren Funktionen f : R R mit f(x) = f (x) und f(0) = Weisen Sie nach, dass Sie tatsächlich alle Lösungen gefunden haben Lösung Behauptung: Die einzige Funktion f(x), die die Bedingungen erfüllt, ist die Exponentialfunktion exp(x) Beweis: Offenbar erfüllt f(x) = exp(x) die Bedingungen Sei nun g(x) eine differenzierbare Funktion mit g(x) = g (x) Wir differenzieren den Quotienten g(x)/f(x) und erhalten mit der Quotientenregel d dx [ g(x) f(x) ] = g (x)f(x) f (x)g(x) f (x) Nach Voraussetzung ist der Zähler gleich 0 Somit ist Daraus folgt g(x) f(x) = c mit c R g(x) = c exp(x) Fordern wir g(0) =, so folgt c =, das heißt g(x) = exp(x), was zu zeigen war Aufgabe 9 Bestimmen Sie die Taylor-Entwicklung von log(x) mit Entwicklungspunkt x = Lösung Wir setzen f(x) = log(x) Für die k-te Ableitung gilt dann und damit f (k) (x) = ( ) k+ (k )!x k f (k) () = ( ) k+ (k )! Daher ist die Taylor-Entwicklung mit Entwicklungspunkt x = gegeben durch log(x) = ( ) k+(k )!(x )k = k= k= ( ) k+(x )k k Aufgabe 0 Es seien a,b R und a > 0 Ferner sei die Funktion f : D R gegeben durch f(x) = ax+b Beweisen Sie für alle n N, dass die n-te Ableitung von f die folgende Form hat f (n) (x) = ( ) n a n n! (ax+b) n+

4 Lösung Wir führen vollständige Induktion durch Als Induktionsanfang können wir n = 0 oder n = wählen Für n = 0 ergibt sich, dass f (0) (x) = ( ) 0 a 0 0! (ax+b) 0+ = ax+b = f(x) Also stimmt die behauptete Formel für die 0-te Ableitung (diese entspricht gerade f(x)) Alternativ leiten wir f(x) nach der Kettenregel ab und erhalten f (x) = ( )(ax+b) a a = ( ) (ax+b) = a! ( ) (ax+b) +, was der Formel für n = entspricht Also gilt die Behauptung für n = Es gelte die Behauptung nun für ein n N, also haben wir Zu zeigen ist f (n) (x) = ( ) n a n n! (ax+b) n+ () f (n+) (x) = ( ) n+an+ (n+)! () (ax+b) n+ Wir leiten () nach der Kettenregel ab und erhalten f (n+) (x) = ( ) n a n n!( )(n+)(ax+b) (n+) a = ( ) n+ a n+ (n+)!(ax+b) (n+) = ( ) n+an+ (n+)! (ax+b) n+ Damit haben wir gezeigt, dass () die Aussage () impliziert und der Induktionsschritt ist vollzogen Aufgabe Die Folge (a n ) n N sei rekursiv definiert durch (a) Zeigen Sie, dass für alle n N gilt a = und a n+ = a n + a n (b) Untersuchen Sie (a n ) n N auf Monotonie (c) Ist (a n ) n N konvergent? Bestimmen Sie im positiven Fall den Grenzwert Lösung (a) Wir zeigen die Aussage mittels vollständiger Induktion Offenbar gilt a =, damit gilt die Aussage für n = Es gelte nun die Aussage für ein n N Wir haben zu zeigen, dass dann auch a n+

5 Das sehen wir so ein a n+ = a n + Also gilt die Aussage für alle n N (IV) = (b) Die Folge ist monoton fallend Wir zeigen + a n a n+, = = dies ist äquivalent zu Es gilt a n a n+ 0 a n a n+ = a n a n + damit ist a n monoton fallend = a n a n = a n (a) = 0, (c) Da a n monoton fallend und nach unten beschränkt ist, ist a n konvergent Es sei a der Grenzwert von a n Aus der Definiton der Folge folgt somit dies ergibt a n+ = a n + a = a+, a = Aufgabe Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls den Wert der Reihe: (a) Lösung (a) Die Folge 5 k k (b) k= k mit s Q und s < (c) s k= k a k := 5k k ist keine Nullfolge Mithin kann k a k nach dem Nullfolgenkriterium nicht konvergieren (b) Für s Q und s < gilt Die harmonische Reihe k Minorantenkriterium k s < k k > s k k > s k k k k divergiert, also divergiert auch k nach dem k s 5

6 (c) Wir haben Also ist k = k = (k )! s N := eine Teleskopsumme, und wir haben Somit haben wir k= s N = k N k= Aufgabe Sei f : [,] R gegeben durch f(x) = N k= k N (k )! = N! k= ( s N ) = N N N! { x + für x x für x > Ist f stetig, gleichmäßig stetig, Lipschitz-stetig? Ist f differenzierbar? Begründen Sie Ihre Antworten Lösung f wird auf [, ) und (,] durch Polynomfunktionen definiert und ist daher auf diesen Abschnitten stetig Zu untersuchen ist die Stelle a = Es gilt und limf(x) x = x x> x x> limf(x) x + = x x< x x< Mithin stimmen rechts- und linkseitiger Grenzwert an der Stelle a = überein Damit ist f(x) auch dort stetig Jede stetige Funktion auf kompakten Intervallen ist auch gleichmäßig stetig Also ist f(x) auf [, ] gleichmäßig stetig f ist auch Lipschitz-stetig, dies sehen wir weiter unten f ist differenzierbar auf [, ) und (,], da Polynomfunktionen differenzierbar sind f ist nicht differenzierbar an der Stelle a = : Es gilt f(+h) f() lim h>0 Und ferner f(+h) f() lim h<0 (+h) ( +) h>0 (+h) + ( +) h<0 h h>0 h+h h<0 = = Wir lesen unmittelbar ab, dass rechts- und linksseitiger Grenzwert des Differenzenquotienten an der Stelle a = nicht übereinstimmen, daher ist f an dieser Stelle nicht differenzierbar Somit existiert f (x) auf [,) und (,] Auf diesen Abschnitten ist f (x) beschränkt Damit ist f auf [, ) und (, ] Lipschitz-stetig Wir behaupten nun, 6

7 dass f auf ganz [,] Lipschitz-stetig ist Es sei x [,] und y (,] Gesucht ist dann L mit f(x) f(y) = x + +y L x y L 6, da x y 6 Wir setzen L = sup x,y { } x + +y 6 und haben damit eine Lipschitz-Konstante gefunden Aufgabe Weisen Sie nach, dass die folgende Funktion f : R R gegeben durch f(x) = x 5 x +x+5 injektiv ist Welchen Wert hat die Ableitung g (y) der Umkehrfunktion g = f an der Stelle y = 5? Lösung Offenbar ist die Funktion f differenzierbar und wir erhalten diese lässt sich schreiben als f (x) = 5x 6x +, f (x) = 5 ( x 6 5 x +( 5 )) 5( 5 ) + = 5(x 5 ) + 5 Mithin gilt für alle x, dass f (x) = 5(x 5 ) + 5 > 0, also ist f(x) streng monoton wachsend und somit injektiv Für die Ableitung der Umkehrfunktion g gilt g (y) = f (x) mit y = f(x) Es ist f(0) = 5 Daher haben wir g (5) = f (0) = 7