Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 1. Übung

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1 FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK Prof. Dr. Patrizio Neff Christia Thiel Lösugsvorschlag zu de Hausaufgabe der. Übug Aufgabe : (6 Pukte Bereche Sie für die Fuktio f : R R, f( : ep( a der Stelle 0 0 das Taylorpolyom dritte Grades. Schätze Sie de Fehler auf dem Itervall [, ] ab. Lösug: Wie i der Präsezübug sei T,f,0 das Taylorpolyom -te Grades der Fuktio f a der Etwicklugsstelle 0. Für das Taylorpolyom selbst beötige wir die erste drei Ableituge der Fuktio ud für die Fehlerabschätzug zusätzlich och eie weitere. Da jedes Polyom ebeso wie die Epoetialfuktio uedlich oft differezierbar ist (das sieht ma zum Beispiel durch Iduktio, ist auch f uedlich oft differezierbar, so dass wir beruhigt die erste vier Ableituge ohe Schwierigkeite bilde köe. Mit Produkt- ud Ketteregel folgt f ( ( ep( + (ep( ep( + ep( ( + ep( f (0 f ( ( + ep( + ( + (ep( 4 ep( + ( + ep( ( ep( ( ep( f (0 0 f (3 ( ( ep( + ( (ep( (6 + ep( + ( ep( ( ep( ( ep( f (3 (0 6 f (4 ( ( ep( + ( (ep( ( ep( + ( ep( ( ep( ( ep( Da liefert die Taylorformel: mit f( T 3,f,0 ( + R 3 ( T 3,f,0 ( 3 f ( (0! ( 0 f(0 + f (0 + f (0 + f (3 ( ud R 3 ( f (4 (c 4! ( 0 4 (60c + 80c3 + 6c 5 ep(c 4 4, für ei c zwische 0 ud. Um de Fehler f( T 3,f,0 ( R 3 ( (60c + 80c 3 + 6c 5 ep(c 4 4

2 auf dem Itervall [, ] abzuschätze utersuche wir zuächst die vierte Ableitug f (4 vo f. Es gilt: ud daher f (4 (c (60c + 80c 3 + 6c 5 ep(c (60 c + 80 c c 5 ep(c ( ep( 56e f( T 3,f,0 ( R 3 ( f (4 (c 4 56e e 7, Das bedeutet, die Näherug der Fuktio f durch das Taylorpolyom 3. Grades weicht also auf dem Itervall [, ] höchstes um 7 vom eakte Ergebis ab. Natürlich ist diese Abweichug viel zu groß ud ma ist versucht zu sage, dass die Approimatio durch das Taylorpolyom hier gewaltig daebe geht. Ma darf aber icht vergesse, dass wir de Fehler hier lediglich abgeschätzt habe ud eie Abschätzug ebe durchaus sehr grob sei ka. Tatsächlich ist die Approimatio der Fuktio f durch user Taylorpolyom ämlich ziemlich gut: - -0,5 0 0,5 - - Aufgabe : (6 Pukte Sei f : R R gegebe mit { ep( f( : für 0, 0 für 0. Zeige Sie: i Für jedes N gibt es ei Polyom P so, dass für alle 0 die -te Ableitug vo f vo der Form f ( ( P f( ist. ii f ist auf R beliebig oft differezierbar ud es gilt f ( (0 0 für alle N. iii Gebe Sie die Taylorreihe für f um de Etwicklugspukt 0 a. Was fällt Ihe auf? Lösug: Behauptug ( beweise wir mit vollstädiger Iduktio über. Iduktiosafag:

3 : Für 0 ist f als Kompositio differezierbarer Fuktioe selbst auch wieder differezierbar mit Ableitug f ( ( ( 3 ep P ep (, für P (t : t 3. Somit ist die Behauptug für erfüllt. Iduktiosaahme: Die Behauptug gilt für ei N ud 0, d. h. es gibt P mit f ( ( P ep (. Iduktiosschritt + : Nach Iduktiosaahme ist die -te Ableitug der Fuktio f für 0 vo der Form f ( ( P ep (, für ei Polyom P. Also ist die -te Ableitug vo f bei 0 eie Kompositio differezierbarer Fuktioe ud somit selbst differezierbar. Für die Ableitug gilt f (+ ( I.A. ( (f ( P ( P ep ( ( P ep ( ( [ P ( ( + P ep ( ( ep ( + P ep ( + ( ] 3 P ep ( ( P + 3 ep (, mit dem Polyom P + (t t P (t + t 3 P (t. Da differezierbare Fuktioe stetig sid ud wir u wisse, dass f für 0 beliebig oft differezierbar ist, ist atürlich auch klar, dass f ( i 0 für alle N {0} stetig ist. Für de Beweis der Behauptug ( reicht es daher ach Teilaufgabe (a zu zeige: f ist stetig i 0 ud für alle N ist f ( i 0 stetig fortsetzbar, d. h. der Grezwert lim 0 f ( ( eistiert. Die Stetigkeit vo f i 0 ist schell gezeigt, de es gilt lim f( lim ( ep 0 0 ( lim f ( ( lim P 0 >0 0 >0 lim t ep ( t 0 f(0. Für die stetige Fortsetzug utersuche wir für N de liks- ud rechtsseitige Grezwert vo f (. Da sich ach Präsezübug 5 i Aalysis I die Epoetialfuktio gegeüber jedem Polyom durchsetzt gilt: lim f ( ( lim P ep ( ( 0 0 lim P t ep ( t 0 t <0 <0 ep ( ( lim P t ep ( t 0. t 3

4 Da der liks- ud rechtsseitige Grezwert übereistimme ud daher der Grezwert lim f ( ( 0 eistiert, sid alle Ableituge vo f i 0 durch 0 stetig fortsetzbar ud ach Teilaufgabe (a somit f auf R beliebig oft differezierbar mit Ableitug { ( ( f ( P ( : ep für 0 N. 0 für 0 Demach ist die Taylorreihe T f,0 ( der Fuktio f um de Etwicklugspukt a 0 gegebe durch Für die Fuktio gilt aber T f,0 ( f ( (0 ( 0! f( > Folglich habe wir ei Beispiel für eie Fuktio der Taylorreihe tatsächlich ur i eiem eizige Pukt mit der Fuktio übereistimmt. Die Epoetialfuktio a sich stimmt dagege auf gaz R mit ihrer Taylorreihe überei. Achtug: Ma muss also bei der Aalyse vo Fuktioe durch ihre Taylorreihe vorsichtig sei. Tatsächlich trete folgede Situatioe ei:. Die Taylorreihe vo f um de Etwicklugspukt a kovergiert für jedes D(f gege f(, stimmt also auf dem gesamte Defiitiobereich vo f mit der Fuktio überei ( wie i de Fälle f ep, f si oder f cos mit a 0.. Die Taylorreihe vo f um de Etwicklugspukt a kovergiert für jedes i eier Umgebug U δ (a gege f(. Aber außerhalb dieser Umgebug ist sie diverget. 3. Die Taylorreihe vo f um de Etwicklugspukt a kovergiert für jedes i eier Umgebug U δ (a aber außer bei a icht gege f(. 4. Die Taylorreihe vo f um de Etwicklugspukt a kovergiert für kei a. Aufgabe 3: (3+3 Pukte Utersuche Sie die folgede Fuktioefolge auf puktweise ud gleichmäßige Kovergez. a f ( + b f ( k0 auf R 0, si(k k auf R, Lösug: a Für 0 ist f ( Für > 0 ist f ( + ud daher (f N auf (0, puktweise gege f( : koverget. Allerdigs gilt auch f f sup (0, f f ( f( ( f ( + ( > 0 4

5 ud daher f f 0 für. Nach Vorlesug ist diese Bediug aber otwedig ud hireiched für gleichmäßige Kovergez, sodass die Fuktioefolge (f N hier icht gleichmäßig gege f kovergiert. b Wir defiiere für R a ( : si( Da gilt a sup si( R. ( : c ud mit der geometrische Summeformel k c k ( k 0 ( + k 0 ( ( k ( k k. Also kovergiert die Reihe c ( ud daher ach dem Majoratekriterium vo Weierstraß die Fuktioereihe gleichmäßig auf R. Aufgabe 4: (3+3 Pukte Für α R, N ud 0 defiiere wir f ( : α ep(. a Kovergiert f puktweise auf [0,? Falls ja, wie lautet die Grezfuktio? b Für welche α ist die Kovergez sogar gleichmäßig auf [0, bzw. gleichmäßig auf [R, für R > 0? Lösug: a Für 0 ist f ( 0 für alle N. Für > 0 gilt f ( α ep( α e. Für festes habe wir eie Situatio γ α e für alle α R, β R >0 gilt. vorliege ud wisse bereits aus de Übuge, dass lim α β 0 Wir köe dies i userem Fall ochmal achweise: Wähle k : mi{0, [α]+}, da ist k 0 ud α k < ud wege > 0 gilt ep( ( j j0 j! (k k! ud so auch α e α ( k k! k k! α k < k k! 0. Somit gilt für alle α R ud R 0 : lim f ( 0 ud so kovergiert f puktweise gege f : R >0 R mit f( 0. b Wir begie mit [0,. (f N kovergiert geau da gleichmäßig gege f, we lim f f 0. ( Folglich müsse wir für festes N die Zahl c : f f sup f ( f( sup α ep( [0, [0, 5

6 bereche. Dazu bemerke wir zuächst, dass f auf [0, stetig ud auf (0, differezierbar ist. Wege f ( 0 für ( gibt es u ei K > 0 so dass f ( < e K. Als stetige Fuktio immt u f auf [0, K] ihr Maimum ud ihr Miimum a ud wir köe us ereut der Differetialrechug bediee um diese zu bestimme. Für [0, K] ist f ( α ep( + α ep( α ( ep( ud daher Da ud f ( 0 α ( ep( 0 0. f ( f(0 0 α ( ep α e e hat f bei 0 ei globales Miimum ud bei ei globales Maimum. Folglich ist ud daher c sup α ep( α e. [0, c α e 0 für α < e für α für α > Nach ( kovergiert also (f N auf [0, gleichmäßig gege f, falls α <. Nu sei R > 0 ud [R,. Für N mit / > R köe wir obige Überleguge wiederhole ud erhalte ebefalls c sup [0, α ep( α e. Ist allerdigs N so, dass R ist, so hat f kei lokales Etremum i [R, ud wege ( ihr Supremum bei R. I diesem Fall gilt also c sup α ep( α R e R. [0, Für tritt zwagsläufig irgedwa der Fall R ei ud daher gilt lim c lim α R e R 0 α R. Daher kovergiert (f N ach ( auf jedem Itervall [R,, R > 0 für beliebige α R gleichmäßig gege f.. 6