Klausurvorbereitungsausfgaben für die Feiertage Analysis II im WS 2013/2014

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1 Institut für Mthemtik Freie Universität Berlin C. Hrtmnn, A. Ppke Wer spricht von Siegen, Überleben ist lles. Riner Mri Rilke Lösung zu Klusurvorbereitungsusfgben für die Feiertge Anlysis II im WS 23/24 Teil I (Bsiswissen) Sofern nichts nderes ngegeben ist, beziehen sich die Aussgen stets uf die ntürliche Metrik d(x, y) = x y bzw. den metrischen Rum (R, ). whr flsch Aussge Eine Folge von Funktionen f n : [, 2π] R, n N die im qudrtischen Mittel konvergiert, ht einen eindeutigen Grenzwert f : [, 2π] R. Jedes Polynom ungerden Grdes ht eine reelle Nullstelle Punktweise Grenzwerte stetiger Funktionen sind stetig. Sei I R ein beschränktes Intervll. Dnn gibt es Cuchy-Folgen in (C(I, R), ), die keinen Grenzwert in (C(I, R), ) hben. Jede stetige Funktion f : [, b] [, b] ht einen Fixpunkt. Es sei (f n ) n N eine Folge von Funktionen, die gleichmäßig gegen eine Funktion f konvergiert. Ist f n > für lle n N, dnn ist uch f >. Jede Norm uf einem Vektorrum V induziert eine Metrik d : V V R. Konvergiert ds Newton-Verfhren, so ist die Konvergenz qudrtisch. Sind f, g uneigentlich integrierbr, so ist uch f g uneigentlich integrierbr. Lipschitz-stetige Funktionen sind gleichmäßig stetig. Ist eine Funktion stetig und differenzierbr, so ist sie uch stetig differenzierbr. Monotone Funktionen f : [, b] R sind Regelfunktionen. Sind f n, f : [, b] R stetig, n N und gilt f n (x) f(x) für lle x [, b], so konvergiert b f n(x)dx gegen b f(x)dx. Beschränkte und monotone Folgen in (CK(R), ) sind konvergent. Die Menge A = {x R: x 4 + x > } ist eine offene Teilmenge von R. Ein Funktion f : R R ist genu dnn konvex, wenn f.

2 Zu Aussge 4: I ist beschränkt, jedoch nicht bgeschlossen. Dnn ist keine Norm uf C(I, R). Beispiel: I = (, ), für die Funktion f C(I, R), f(x) = /x erhlten wir f = / R. Teil II (Rechenufgben) Aufgbe Sei >. Dnn ist ) b) c) d) ln x dx = ln, Substitution z = x dx + 2 x 2 = π, Substitution z = x und nutzen von 2 dx ( + x) 2 =, Substitution z = + x dz + z 2 = tn(z) dx 2 x 2 = [ln( + x) ln( x)] + C mit C R, Prtilbruchzerlegung 2 Aufgbe 2 Es sei (f n ) n die durch definierte Funktionenfolge. f n (x) = n e x/n, x R +, n N ) Untersuchen Sie (f n ) n uf Konvergenz und geben Sie gegebenenflls den Grenzwert n. b) Berechnen Sie f n (x) dx, n N. c) Kommentieren Sie die Ergebnisse us ) und b) im Hinblick uf die Vertuschbrkeit von Grenzwerten. Lösung. ) Für jedes x R + gilt f n (x) für n, d.h., f n konvergiert punktweise gegen die Nullfunktion f =. Die Folge f n konvergiert sogr gleichmäßig, denn f(x) f n (x) = sup n e x/n = n, und (/n) n ist eine Nullfolge. b) Uneigentliches Integrl: x R + f n (x) dx = lim e x/n b =, unbhängig von n N. b c) D f n gleichmäßig konvergiert, sind Integrl und Grenzwert für n uf kompkten Intervllen vertuschbr. Die (uneigentliche) Integrtion über gnz R + ist ein weiterer Grenzwertprozess, der i.a. nicht mit dem Limes n vertuscht; ttsächlich ist = lim n f n (x) dx f(x) dx = dx =. 2

3 Aufgbe 3 Untersuchen Sie die Reihe uf Konvergenz. k 2 e xk2, k= x R Lösung. Wir untersuchen die Funktionenfolge f n (x) = k 2 e xk2 k= uf Konvergenz: Für x divergiert f n (x), weil die Reihenglieder keine Nullfolge bilden. Für x [ε, ), ε >, konvergiert f n dgegen gleichmäßig, denn: sup f(x) f n (x) = sup k 2 e xk2 k 2 e xk2 x [ε, ) x [ε, ) = sup k 2 e xk2 = x [ε, ) k 2 e εk2. Der letzte Ausdruck ist für n N(ε) von oben durch die Nullfolge n = beschränkt, d die Exponentilfunktion schneller ls jedes Polynom fällt. Ds bedeutet: lim n k 2 k 2 e εk2 =. Aufgbe 4 Stellen Sie ein geeignetes itertives Verfhren uf, um für zu berechnen, und berechnen Sie dmit 2 bis uf Nchkommstellen genu. (Tipp: Newton-Verfhren.) Lösung. Wir wenden ds Newton-Verfhren mit f(x) = x 2 n. D.h. mit f (x) = 2x und llgemein x n+ = x n f(x n) f, führen wir die folgende Itertion durch: (x n ) x n+ = 2 x n + 2x n. Im Speziellen ist = 2, und wir wählen einen beliebigen Strtwert, z.b. x =. Für diesen Strtwert finden wir Übereinstimmung mit 2 mindestens bis zur zehnten Nchkommstelle wenn n 4. Für x = wird die gewünschte Genuigkeit hingegen erst für n 7 erzielt. 3

4 y' y Abb. : Phsenportrit für T = Aufgbe 5 Bestimmen Sie die Lösung des Anfngswertproblems y (t) + 2y (t) + 2y(t) =, y() =, y () =, und zeichnen Sie ds Phsenportrit, d.h., zeichnen Sie die Kurve {(y(t), y (t)): t T } in der Ebene für ein geeignet großes T. (Hinweis: Verwenden Sie den llgemeinen Lösungsnstz y(t) = Ae Bt für A, B C.) Lösung. Setzen wir den Anstz y(t) = Ae Bt in die Differentilgleichung ein, erhlten wir mit Hilfe der Kettenregel (B 2 + 2B + 2)Ae Bt =, t, und ds knn für A nur dnn stimmen, wenn B 2 + 2B + 2 verschwindet. Die qudrtische Gleichung B 2 +2B+2 = ht die beiden Lösungen B,2 = ±i, und folglich ht die llgemeine Lösung der (lineren!) Differentilgleichung die Gestlt y(t) = A e (i )t + A 2 e (i+)t. Die Vorfktoren A und A 2 lssen sich us den beiden Anfngsbedingungen y() = und y () = mit y() = A + A 2 und y () = i(a A 2 ) (A + A 2 ) bestimmen. Beide Gleichungen sind erfüllt, wenn A,2 = ( i)/2. Also ist die Lösung y(t) = (cos t + sin t)e t, und die Ableitung y (t) = 2 sin t e t (Phsenportrit: siehe Abb. ). Aufgbe 6 Bestimmen sie die Lösung des inhomogenen Anfngswertproblems x (t) = 2x(t) + exp(t), x() = x, so dss in der Drstellung der Lösung kein Integrl mehr uftritt. Wie muss x R gewählt werden, dmit x(t) n der Stelle t = den Wert nnimmt? 4

5 Lösung. Am einfchsten geht es mit der Vrition-der-Konstnten-Formel: Die Lösung des Anfngswertproblems z (t) = λz(t) + φ(t), z() = z ist durch gegeben. Konkret: z(t) = e λt z + t e λ(t s) φ(s) ds t x(t) = e 2t x + e 2t+3s ds ( = e 2t x ( e 3t )). 3 Für die Bedingung x() = muss x = ( e 3 )/3 sein. Fertig! Ht mn die VdK-Formel gerde nicht prt, lässt sich die Lösung uch wie folgt berechnen. Als erstes wird die Lösung der homogenen DGL x = 2x durch Trennung der Vriblen berechnet: Umstellen der DGL nch x dx/dt = 2 ergibt (vgl. Substitionsregel) dx = 2 dt und dmit ln x = 2t + C, C konstnt. x Die llgemeine Lösung des homogenen Problems ist dmit x(t) = Ae 2t mit einer Konstnten A R n. Für die Lösung der inhomogenen DGL wenden wir Vrition der Konstnten n: Wir setzen x(t) = A(t)e 2t in die Gleichung ein und erhlten dmit eine DGL für A = A(t): A (t) 2A(t) = 2A(t) + e 3t. Integrtion der Gleichung liefert A(t) = 3 e3t + C 2 mit einer noch zu bestimmenden Integrtionskonstnte C 2 R n. Die llgemeine Lösung unserer DGL ist dmit x(t) = 3 et + C 2 e 2t ist. Um die Anfngsbedingung x() = x zu erfüllen, muss C 2 = x /3 sein, und dmit x(t) = 3 ( e t e 2t) + x e 2t. Aufgbe 7 Untersuchen Sie die Funktion xy f : R R R, f(x, y) = (x 2 + y 2, (x, y) (, ) ) 2 (x, y) = (, ) uf Stetigkeit, Differenzierbrkeit und prtielle Differenzierbrkeit. Lösung. Die Funktion ist prtiell differenzierbr, denn für lle h R ist f(h, ) = f(, h) = und dmit f(, ) = 2 f(, ) =. Jedoch ist f nicht stetig. Dies knn nhnd der Folge (/n) n N +, gezeigt werden: Die Folge (/n, /n) n konvergiert gegen den Punkt (, ) für n. Der Funktionswert f(/n, /n) = n 2 /4 divergiert jedoch. Dmit ist f weder stetig noch differenzierbr, ber prtiell differenzierbr. 5

6 Teil III (Leichte Beweise) Aufgbe 8 Es sei K R ein kompktes Intervll, uf dem eine differenzierbre Funktion f : K R definiert sei, für die f < gelte. Zeigen Sie, dss f eine Kontrktion ist. Lösung. Ohne Einschränkung sei K := [, b] mit, b R und < b. D f differenzierbr ist, können wir den Mittelwertstz nwenden: ξ (, b) : f (ξ) = Die Kontrktionsbedingung ist dmit erfüllt, f(x) f(y) = denn f < nch Vorussetzung. f(b) f(). b f(x) f(y) x y = f (ξ) x y f x y < x y, x y Aufgbe 9 Beweisen Sie die folgende Aussge: Ist f : [, b] R stetig, so gibt es eine Zhl ξ [, b] mit b Vernschulichen Sie die Aussge durch eine Zeichnung. f(x)dx = f(ξ)(b ). () Lösung. D die Funktion f stetig ist, ist sie uch integrierbr, und min {f(x)}(b ) x [,b] b Der Mittelwertstz besgt nun, dss [ ] ζ min {f(x)}, mx {f(x)} : x [,b] x [,b] f(x)dx mx {f(x)}(b ). x [,b] b f(x)dx = ζ(b ). Lut Zwischenwertstz existiert ξ [, b] : f(ξ) = ζ, folgt Gleichung (). Aufgbe Es sei V der Vektorrum der integrblen Funktionen f : [, ] R mit dem Sklrprodukt f, g = f(x)g(x) dx. Ferner sei V n der n-dimensionle Unterrum, der durch die prweise orthonormlen Funktionen ϕ,..., ϕ n ufgespnnt werde. (Es gilt lso ϕ i, ϕ j = δ ij.) Durch P : V V n, (P f)(x) = ϕ k, f ϕ k (x) sei eine linere Abbildung uf V definiert. Zeigen Sie, dss P die Bestpproximtionseigenschft f P f 2 = min g V n f g 2 ht, wobei f 2 = f, f die durch, induzierte 2-Norm uf V ist. (Hinweis: Zeigen Sie, dss P die Orthogonlprojektion von V uf V n ist.) 6

7 Lösung. Achtung Korrektur: Die Bestpproximtionseigenschft bezieht sich uf Elemente us dem Unterrum V n, zu zeigen ist lso f P f 2 = min g V n f g 2. (2) Sei f V, g V n. Zunächst zeigen wir, dss P die Orthogonlprojektion von V uf V n ist, d.h. f P f, g =. Für g V n existiert eine eindeutige Bsisdrstellung g(x) = g k ϕ k (x) mit g k R. Wir zeigen, dss P Orthogonlprojektion ist: f P f, g = f P f, g k ϕ k = = g k f, ϕ k Für den Abstnd erhlten wir g k f, ϕ k ϕ i, f g i =. i= ϕ i, f i= g k ϕ i, ϕ k }{{} δ ik f g 2 = f P f + P f g 2 = f P f 2 2 f P f, P f g + P f g 2, und d P f g V n (weil P f, g V n ) verschwindet ds Sklrprodukt mit f P f, lso Der minimle Abstnd ist dmit ist Gleichung (2) gezeigt. f g 2 = f P f 2 + P f g 2. min f g 2 = f P f 2 + min P f g 2 = f P f 2, g V n g V n 7