Institut für Analysis WS07/8 Prof. Dr. Dirk Hundertmark 6..08 Dr. Michal Je Höhere Mathematik I für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge zum. Übungsblatt Aufgabe 68: a Es sei c irgendeine Zahl zwischen f a und f b. Für die Funktion g mit g f c ist dann zu zeigen, dass ihre Ableitung g in a, b den Wert 0 annimmt. Nach Voraussetzung liegt 0 zwischen g a und g b, so dass wir etwa annehmen können: g a > 0 und g b < 0. Die stetige Funktion g besitzt nun in [a, b] ein Maimum; wir zeigen, dass dies nicht in den Endpunkten liegen kann: Würde nämlich in einer rechtsseitigen Umgebung von a g ga gelten, so würde g a 0 folgen. Entsprechend ergäbe sich aus g gb in einer linksseitigen Umgebung von b für die Ableitung g b 0. Also wird das Maimum von g im Innern des Interval angenommen. Dort muss g den Wert 0 annehmen und also f den Wert c. Bemerkung: Wenn wir g a < 0 und g b > 0 annehmen, dann suchen wir ein Minimum in c a, b. b Wir haben die Taylorpolynom + y fz f + f + y z + y + f c z + y mit c min { +y, z}, ma { +y, z}. Für z und z y haben wir + y + y f f + f + y + f c + y, + y + y fy f + f y + y + f c y + y. Wir addieren diese Gleichungen + y f + fy f + f c + f c y. f ist zweimal differenzierbar deshalb f differenzierbar ist und von a eistiert z zwischen c und c so, dass f c +f c f z.
c Wir nehmen die Teil b und benutzen die Substitution a + h und y a h, dann f z fa + h + fa h fa h mit z a h, a + h. Limes aus die oberige Gleichnug ist lim f z f fa + h + fa h fa a lim h 0 h 0 h wo wir die Stetigkeit von f benutzt haben. Aufgabe 69: Wir zeigen, dass f ln und f ln + sind positiv sind. Die Ableitungen f, f. Beide Funktionen haben Minimum in, weil f i < 0 für 0 < < und f i > 0 für <. Die Minimum sind f 0 f und deshalb f 0 und f 0 R +. Bemerkung: f f. Aufgabe 70: a Wir nehmen zwei Intervalen R + und R. Die Ableitung von f für 0 ist f 3 ep. Dann haben wir, dass f eine steigende Funktion für > 0 ist und dass f eine fallende Funktion für < 0 ist. Dann Minimum ist in 0, weil f eine stetige Funktion ist. b Wir zeigen mit Induktion, dass f n P 3n ep wo P3n ist ein Polynom von Grad 3n. Wir wissen, dass stetige Funktion mit gleichen Ableitungen von links und rechts in c die Ableitung in c hat. Wir zeigen die Eistenz von der Ableitung mit Induktion. Induktionsanfang IA: Von a haben wir f ep 3, 0. Die Funktion f ist stetig, weil lim 0, 0 f f0. Die Ableitung von links in 0 ist lim 0 f 0 und von rechts lim 0+ f 0. Induktionsschluss IS: Sei n N beliebig. Für dieses n gelte die Induktionsvoraussetzung IV { f n P 3n ep für 0, 0 für 0.
Dann gilt für n + und 0 f n+ f n P 3n ep + P 3n 3 ep P 3n+3 ep. Wir können schreiben lim f n lim P 3n 0 0 lim f n+ lim 0 + 0 + P 3n+3 lim f n+ lim P 3n+3 0 0 Dann haben wir f n+ 0 0. ep lim P 3n m ep m 0, m ep 0, ep 0. c Die Taylorpolynom ist T n f, 0 0 aber es konvergiert zum f nur für f 0. Die Problem ist, weil f keine analytische Funktion ist. Aufgabe 7: a Wir nehmen die erste Termen von Taylorreihe für cos + 6 70 + 8 030 + 0, ln + y y + y3 3 y + Oy5. Dann haben wir y + 6 70 + 8 030 + 0 und ln + + + 6 70 + 8 030 + 6 70 + 8 030 3 3 + 6 70 + 8 030 + 6 + 8 70 030 + O 0 Wir nehmen nur Termen bis 8 ln + + + 6 70 + 3 3 + 8 030 + + 3 + O 0 70 3 + + 6 + 8 7 + O 0. 5 50 b Wir nehmen die erste Termen von Taylorreihe für sin 3 6 + 5 0 + O7. 3
Dann haben wir sinsin 3 6 + 5 3 0 6 3 6 + 5 0 + 5 3 6 + 5 0 + O 7. 0 Wir nehmen nur Termen bis 6 sinsin + 3 6 + 5 6 0 6 3 + + O 7 6 0 3 3 + 5 0 + O7. Aufgabe 7: a Die n-te Ableitung von sin ist sin für n k, sin n cos für n k +, sin für n k +, cos für n k + 3, Die Taylorreihe ist T m sin, 0 m a n n wo 0 für n k, a n für n k +, 0 für n k +, für n k + 3, Diese Reihe ist gleich zum T m+ sin, 0 m n+ n n+! und den Rest können wir als R m+ sin, 0 c m+ m+! m+ mit c m+ [, ] schreiben. Die Reihe T m+ sin, 0 ist konvergent für alle R aus Würzelkriterium für Potenzreihen, weil lim sup n n 0. Wir müssen auch zeigen, dass der Rest zum 0 geht. Es gilt weil lim n a n 0, a C. lim R m+sin, 0 0 n n+! b Die n-te Ableitung von cos ist cos für n k, cos n sin für n k +, cos für n k +, sin für n k + 3,
Die Taylorreihe ist T m cos, 0 m b n n wo für n k, 0 b n für n k +, für n k +, 0 für n k + 3, Diese Reihe ist gleich zum T m cos, 0 m n n n! und den Rest können wir als R m cos, 0 c m+ m+! m+ mit c m+ [, ] schreiben. Die Reihe T m cos, 0 ist konvergent für alle R aus Würzelkriterium für Potenzreihen, weil lim sup n n 0. Wir müssen auch zeigen, dass der Rest zum 0 geht. Es gilt weil lim n a n 0, a C. lim R mcos, 0 0 n n! c Die n-te Ableitung von sin ist sin für n k, sin n cos für n k +, sin für n k +, cos für n k + 3, Die Taylorreihe ist T m sin, π m d n π n wo 0 für n k, d n für n k +, k N 0 0. für n k +, für n k + 3, Diese Reihe ist gleich zum T m+ sin, π m n π n+ n+! und den Rest können wir als R m+ sin, π c m+ m+! πm+ mit c m+ [, ] schreiben. Die Reihe T m+ sin, π ist konvergent für alle R aus Würzelkriterium für Potenzreihen, weil lim sup n n n+! weil lim n a n 0, a C. 0. Wir müssen auch zeigen, dass der Rest zum 0 geht. Es gilt lim R m+sin, π 0 n Aufgabe 73: a Die Menge der Nullstellen von f ist Nf {}. Also ist f auf D R \ Nf erklärt. Gesucht ist eine Potenzreihe a n n mit positivem Konvergenzradius r > 0 und + a n n D : < r. 5
Multiplizieren mit dem Nenner der linken Seite liefert die äquivalente Aussage a n n+ a n n+ + a n n Inde-Shift a n n a n n + a n n n n n a n n a 0 + a n n + a 0 + a + a n n a 0 + a a 0 + n n a n a n + a n n D : < r. n Beide Seiten dieser Gleichung sind eine Potenzreihe mit positivem Konvergenzradius. Nach Satz.5 des Skriptes Koeffizientenvergleich gilt a 0, a a 0 0, n : a n a n + a n 0 Die ersten fünf Koeffizienten sind a 0, a a a 0 3, a a 3 a 8 3 5. a a 0, a 3 a a 6, Das legt die Vermutung a n n + für alle n N 0 nahe. Wir beweisen dies durch vollständige Induktion über n. IA n 0: Klar. IS n n + : Sei n N 0 beliebig. Es gelte die IV a k k + für alle k {0,..., n}. Dann gilt für n + das Folgende. Ist n 0, so ist a n+ a n + +. Ist n, so gilt IV a n+ a n a n n + n + n + n + +. Dies schließt den Beweis der Vermutung ab. Wir müssen noch sicherstellen, dass die gefundene Potenzreihe einen positiven Konvergenzradius hat. Nach der Formel von Cauchy-Hadamard gilt r Für alle < gilt also lim sup n n a n lim n n n + > 0. + n + n. b Die Menge der Nullstellen von f ist Nf { 3, }. Also ist f auf D R \ Nf erklärt. Gesucht ist eine Potenzreihe a n n mit positivem Konvergenzradius r > 0 und + 3 a n + n D : + < r. 6
Multiplizieren mit dem Nenner der linken Seite liefert die äquivalente Aussage a n + n + 3 a n + n + Inde-Shift a n + n+ a n + n n a n + n a 0 + a + + a n + n a 0 a + + n a n a n + n D : + < r. n Beide Seiten dieser Gleichung sind eine Potenzreihe mit positivem Konvergenzradius. Nach Satz.5 des Skriptes Koeffizientenvergleich gilt Damit ergibt sich induktiv a 0, a 0, n : a n a n 0. a 0, a n n a n a 0 a 0, a n+ n a n + a 0. n n+, Wir müssen noch sicherstellen, dass die gefundene Potenzreihe einen positiven Konvergenzradius hat. Nach der Formel von Cauchy-Hadamard gilt r lim sup n n a n n+ lim n n n lim n > 0. Für alle + < gilt also + 3 n+ + n. Aufgabe 7: a Wir nehmen die Taylorreihe ln + n n n n. Beim Vergleichung haben wir n n n n! n n n. Es gilt, wenn. Dann ln n n n. 7
b Wir können schreiben a e ln a und a e ln a deshalb e ln a ln a n. c Wir haben die Reihe Wir nehmen die Reihe s sin Die Ableitung von oberiger Reihe ist n nn+ n +!. n n n +!. sin n n + n +! n n+ n n +! n n nn Wir müssen beweisen, dass wir die Reihe ableiten können. Man muss zeigen, dass w n gleichmäßig konvergt in a, b und dass die Reihe n n+! für ein a, b konvergiert. Wir haben beide Eigenschaften mit Interval, von Weierstraßsche Majorantenkriterium mit <. Wir benutzen s n nn+ n +! n n nn+ n +! w. Dann haben wir s sin cos sin und s 5 0. cos0. sin0.. n +! w. http://www.math.kit.edu/iana/lehre/hmphys07w/ 8