Übungsblatt 2

Übungsblatt 2
Aufgabe 1:
Zeige mit vollständiger Induktion, dass ∀x
∈ R , x ≠ 1 und ∀n
∈ N gilt:
n
∑
k = 1
x
kx nx n x
( x −1)²
k n+
1
n
= ( − ( + 1) + 1)
Aufgabe 2:
| cos an
|
a) Untersuche die rekursiv definierte Folge an+ 1
= an + mit dem Startwert
n+
1
0
2
a : = 0 auf
Konvergenz. Der Grenzwert soll nicht berechnet werden!
−
Hinweis: Zeige zum Nachweis der Beschränktheit, dass ≤1− 2 n .
a n
Aufgabe 3:
1−
1 − x²
Berechne den Grenzwert lim
x→0
x≠0
x²
.
Aufgabe 4:
Zeige die gleichmäßige Stetigkeit der Funktion
f ( x)
=
1
1 + x²
.
Aufgabe 5:
Berechne das Integral
Aufgabe 6:
Konvergiert die Reihe
e
ln( x)
∫ dx .
x(ln ² x − ln x + 1)
1
∞
1
∑ ?
k = 1 k( k + 1)
Aufgabe 7:
x
Bestimme die Taylorentwicklung von f ( x ) = − ln(1 − ) um den Entwicklungspunkt x
0
= 0 .
2
Zusatzaufgabe:
a) Die Reihe
∞
∞
∑
k=
1
die Reihe ∑ ( xk
)² konvergiert.
k=
1
x
k
sei konvergent und es gelte x
k
> 0 für alle k ∈ N . Zeige, dass dann auch
b) Zeige, dass die Aussage aus a) ohne die Voraussetzung x
k
> 0 im Allgemeinen falsch ist.

Lösungen:
Aufgabe 1:
Zeige mit vollständiger Induktion, dass ∀x
∈ R , x ≠ 1 und ∀n
∈ N gilt:
n
k x n+
1
n
∑ kx = ( nx − ( n + 1) x + 1)
k = 1 ( x −1)²
Induktionsanfang: Für n=1 erhalten wir:
1
k x 1+
1 1 x x • ( x −1)²
∑ kx = x = ( x − (1 + 1) x + 1) = ( x² − 2x + 1) = = x
( x −1)² ( x −1)² ( x −1)²
k = 1
Damit ist der Induktionsanfang erbracht.
Induktionsschritt: Von auf n+1
n+
1
k x
n+ 2 n+
1
Wir müssen zeigen, dass ∑ kx = (( n + 1) x − ( n + 2) x + 1) unter der
k = 1 ( x −1)²
n
k x n+
1
n
Induktionsvoraussetzung (IV), dass ∑ kx = ( nx − ( n + 1) x + 1) schon für ein n
k = 1 ( x −1)²
bewiesen ist.
Starten wir also:
n+
1
∑
( IV )
n
x
kx = ∑ kx + ( n + 1) x = ( nx − ( n + 1) x + 1) + ( n + 1) x
( x −1)²
k k n+ 1 n+ 1 n n+
1
k = 1 k = 1
x x x
= nx − ( n + 1) x + + ( n + 1) x
( x −1)² ( x −1)² ( x −1)²
n+ 1 n n+
1
1
= nx − n + x + x + + n + x x − x +
( x −1)²
n+ 2 n+ 1 n+
1
( ( 1) ( 1) ( ² 2 1))
x
= n + x − n + x +
( x −1)²
n+ 2 n+
1
(( 1) ( 2) 1)
Damit sind wir fertig.
Aufgabe 2:
| cos an
|
a) Untersuche die rekursiv definierte Folge an+ 1
= an + mit dem Startwert
n+
1
0
2
a : = 0 auf
Konvergenz. Der Grenzwert soll nicht berechnet werden!
−
Hinweis: Zeige zum Nachweis der Beschränktheit, dass ≤1− 2 n .
In dieser Aufgabe können wir den Grenzwert nicht ohne Weiteres berechnen. Es wird uns
also schwer fallen, eine obere Schranke zu finden. Netterweise steht im Hinweis aber schon
das wesentliche. Wir können mit diesem zeigen, dass die Folge nach oben beschränkt ist und
−
zwar, dass ≤1− 2 n gilt. Dies zeigen wir mit vollständiger Induktion:
a n
Induktionsanfang: Für n=0 erhalten wir zunächst a : = 0 und −0
0
a 0
≤1− 2 = 1− 1 = 0 . Folglich
ist der Induktionsanfang erbracht.
a n

Induktionsschritt: Wir müssen nun zeigen, dass a n + 1
1 2 1 2
−
Induktionsvoraussetzung (IV), dass ≤1− 2 n für ein n bewiesen ist.
a
a n
| cos an
| −n
| cos an
|
= a + ≤
1− 2 +
2 − n 2
n+ 1 n n+ 1 n+
1
an≤1−
2
− ( n+ 1) −n−1
≤ − = − unter der
Nun weiß man noch aufgrund des Kurvenverlaufs des Kosinus, dass | cos an
| ≤ 1 . Also gilt:
| cos an
| | cos an
| 1
an+ 1
= an + ≤
1 1− 2 + ≤1− 2 + = 1− 2 + 2 = 1− 2 = 1−
2
n+ n+ 1 n+
1
2 − n 2 2
an
≤1−
2
1 1
= − = − < −
2 2
− (2n+
1)
1 2 1 1
2n+ 1 n+
1
Damit ist die Beschränktheit gezeigt.
−n −n −n −n−1 −n−n−1 −2n−1
Wir müssen noch zeigen, dass die Folge monoton wachsend ist, also a
1
> a ⇔ a
1
− a > 0
n+ n n+
n
| cos a | | cos a |
a a a a a n
2 2
n
n
n 1
1
0, da 0 | cos | 1 und 2 +
n+ −
n
=
n
+ − 0 .
n+ 1 n
= > ≤
n+
1
n
≤ > ∀
Nun ist alles gezeigt. Aus Monotonie und Beschränktheit folgt die Konvergenz der Folge.
Aufgabe 3:
1−
1 − x²
Berechne den Grenzwert lim
x→0
.
x≠0
x²
1− 1 − x² (1 − 1 − x²)(1 + 1 − x²) 1− 1 + x²
lim
x→0 = limx→0 = lim
x→0
x≠0 x² x≠0 x²(1 + 1 − x²) x≠0
x²(1 + 1 − x²)
x² 1 1
= lim
x→0 = lim
x→0
=
x≠0 x²(1 + 1 − x²) x≠0
1+ 1 − x²
2
Aufgabe 4:
Zeige die gleichmäßige Stetigkeit der Funktion f ( x)
=
1
1 + x²
.
Wir schätzen zunächst | f ( x) − f ( y) | < ε ab und formulieren dann den endgültigen Beweis.
1 1 1 + y² − 1 + x² ( 1 + y² − 1 + x²)( 1 + y² + 1 + x²)
| f ( x) − f ( y) | = | − | = | | = | |
1 + x² 1 + y² 1 + x² 1 + y² 1 + x² 1 + y²( 1 + y² + 1 + x²)
1 + y² −1 − x² y² − x² ( y − x)( y + x)
= | | = | | = | |
1 + x² 1 + y²( 1 + y² + 1 + x²) 1 + x² 1 + y²( 1 + y² + 1 + x²) 1 + x² 1 + y²( 1 + y² + 1 + x²)
=
| y − x || y + x |
< | x − y | < δ : = ε
1 + x² 1 + y²( 1+ y² + 1 + x²)
Wir wählen also einfach δ : = ε und haben mit obiger Abschätzung dann die gleichmäßige
Stetigkeit gezeigt, denn ist δ jetzt, wie es auch sein sollte, vom x 0 unabhängig.

Aufgabe 5:
Berechne das Integral
e
ln( x)
∫ dx .
x(ln ² x − ln x + 1)
1
u
Wir substituieren u = ln x = : g( x) ⇔ x = e = : g( u)
. Einsetzen liefert nun:
1 1
(*)
u − +
u u u
e du = du = 2 2 du
u
e ( u² − u + 1) u² − u + 1 u² − u + 1
g ( e) 1 1
∫ ∫ ∫
g (1)
1 1
1 u −
1
= 2 2
∫ du + du
u² − u + 1
∫
u² − u + 1
0 0
0 0
1 1 1
1 2( u − ) 1
(**)
1
1 1
= 2 2 ln | ² 1| 2
2
∫ du + du = u − u + +
du
u² − u + 1
∫
u² − u + 1 2
∫ 1 3
0 0 0 ( u − )² +
2 4
1
1
1
1 2
1
4 1 1
= ln | u² − u + 1| + du ln
2
∫
= | u² − u + 1| + •
1 2
0 4( u − )²
3 2
∫
du
1
0 4( u − )²
3
[ 2 + 1]
2 + 1
4 3
3
1 4 1 1
= ln | u² − u + 1| + •
2 3 2
∫
du
1
0 2( u − )
[ 2 ]² + 1
3
1 2 1
= ln | u² − u + 1| +
2 3
∫
du
1
0 2( u − )
[ 2 ]² + 1
3
1
1
1
Das letzte Integral kann mit Hilfe des Stammintegrals ∫ arctan( )
1 x² dx =
+
x gelöst werden.
Es lohnt sich, unsere Rechnung nochmal genau durchzugehen. Um zum Beispiel die
logarithmische Integration anwenden zu können, haben wir im Schritt (*) Null addiert.
Des Weiteren haben wir ab Schritt (**) soweit umgeformt, dass wir das Stammintegral
anwenden konnten. Dies sollte man sich unbedingt merken!!

Aufgabe 6:
∞
1
Konvergiert die Reihe ∑ ?
k = 1 k( k + 1)
Nein, tut sie nicht. Aber wie begründen wir das?
∞
1 1 1 1
1
Es gilt > = = . Und
k( k + 1) ( k + 1)( k + 1) ( k + 1)² k +
∑ ist bekanntlich divergent
1
k = 1 k + 1
(harmonische Reihe). Also haben wir eine divergente Minorante gefunden und die Divergenz
∞
1
der Reihe ∑ gezeigt.
k = 1 k( k + 1)
Aufgabe 7:
x
Bestimme die Taylorentwicklung von f ( x ) = − ln(1 − ) um den Entwicklungspunkt x
0
= 0 .
2
Das ist der zweite Aufgabentyp von Taylorentwicklungen.
x
Bestimme die Taylorentwicklung von f ( x ) = − ln(1 − ) um den Entwicklungspunkt x
0
= 0 .
2
Hier bestimmen wir zunächst ein paar Ableitungen, um eine Gesetzmäßigkeit für die k-te
Ableitung zu entdecken:
x
f ( x) = − ln(1 − )
2
1 1 1 1 1 1
f '( x) = − • ( − ) = = =
x
1
2 2 x x
− 1− 2(1 − )
2 − x
2 2 2
1 1
f ''( x) = − • ( − 1) =
(2 − x)² (2 − x)²
1 2
f '''( x) = − 2 • ( − 1) =
(2 − x)³ (2 − x)³
Na, wer sieht schon was? Vielleicht nich die vierte Ableitung:
f
f
(4)
( k )
1 6
( x) = − 6 • ( − 1) =
4
(2 − x) (2 − x)
( k −1)!
( x)
=
k
(2 − x)
4
Wie sieht also die k-te Ableitung aus?
Dies müssten wir nun noch mit vollständiger Induktion beweisen. Wir verzichten hier aber
auf den sehr einfachen Induktionsbeweis und überlassen dies dem Leser als Übungsaufgabe
zur vollständigen Induktion.
Das Taylorpolynom um den Entwicklungspunkt x
0
= 0 lautet damit:
k
( k −1)!
x
f ( x)
= =
!• 2 k • 2
∞
∞
k
∑ x
k ∑
k = 1 k
k = 1
k
Und die Restgliedabschätzung nach Lagrange würde
n 1
ξ + n+
1
n+ 1( ) = ( −
1 0)
n+
R x x x
( n + 1)2
lauten.

Zusatzaufgabe:
a) Die Reihe
∞
∞
∑
k=
1
die Reihe ∑ ( xk
)² konvergiert.
k=
1
x
k
sei konvergent und es gelte x
k
> 0 für alle k ∈ N . Zeige, dass dann auch
b) Zeige, dass die Aussage aus a) ohne die Voraussetzung x
k
> 0 im Allgemeinen falsch ist.
a) Bei solchen Aufgaben empfiehlt es sich erstmal festzustellen, was man überhaupt weiß
(Voraussetzungen) und was man überhaupt zeigen soll:
Voraussetzungen:
∞
Die Reihe ∑ xk
ist konvergent mit x
k
> 0 für alle k ∈ N .
k=
1
Zu zeigen:
Die Reihe
∞
∑
k=
1
( x )²
k
konvergiert ebenfalls.
∞
Dass die Reihe ∑ xk
konvergiert, bedeutet, dass die Summanden nach dem Trivialkriterium
k=
1
eine Nullfolge bilden (dies ist ja ein notwendiges Kriterium). Da nun x
k
> 0 , gibt es zu jedem
ε : = 1 ein k0
∈N so, dass 0 < xk
< 1 ∀k ≥ k0
.
Also ist (ab k 0 ) die Reihe ∑ xk
eine konvergente Majorante der Reihe ∑ x k
² .
Mit dem Majorantenkriterium folgt die Konvergenz der Reihe ∑ x k
² .
b) Diese Aufgabe ist wieder einfacher. Denn hier müssen wir nur ein Gegenbeispiel angeben.
( −1) k
Betrachten wir also die Reihe ∑ . Es gilt auf keinen Fall x
k
> 0 , da die Folge
k
k
( −1)
a k
: = alternierend ist. Nun gilt aber
k
harmonische Reihe.
∑
k
( −1) 1
( )² = ∑ und dies ist die divergente
k k