Lösungen zum Hausübungsblatt 4

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Lösungen zum Hausübungsblatt 4

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Ferientutorium 2009 - Analysis I - Integrale, Funktionenfolgen und von jedem etwas...

Lösung zu Aufgabe H14:

a) Um das Integral ∫ π

2

0

sin 2 (x) + cos 2 (x) = 1.

sin(x)cos(x)

dx zu berechnen, formen wir etwas um und nutzen aus, dass

1−sin 2 (x)

∫ π

2

0

∫ π

sin(x)cos(x)

1 − sin 2 (x) dx = 2

0

∫ π

sin(x)cos(x) 2

cos 2 dx =

(x) 0

∫ π

sin(x)

cos(x) dx = 2

0

tan(x)dx = −ln(cos( π 2 ))+ln(cos(0))

b) Das Integral ∫ ∞

0

e −ax cos(bx)dx kann mittels partieller Integration gelöst werden. Diese muss

öfers angewenden werden. Führt aber zum Ziel.

c) Die Existenz des Integrals ∫ ∞ 1

0 x

dx ist abhängig vom s > 0.

s

Für s = 1 existiert das Integral nicht, denn wir erhielten ∫ ∞ 1

0 xdx = und der Logarithmus ist

für x = 0 nicht definiert.

Sei also s > 1. Dann ergibt sich:

∫ ∞


1



0 x sdx = x −s dx = lim x −s 1 ∣∣∣

b

dx = lim

0

a→0,b→∞ a a→0,b→∞ −s + 1 x−s−1 a

Im Endeffekt kommen wir zum Schluss, dass das Integral nicht existiert, da die Grenzwerte

nicht existieren.

∫ b

d) Zu ∫ e

1

ln(x)

x·√1+ln 2 (x) dx.

Mit der trickreichen Substitution t := ln(x) und dt = dx x

erhalten wir

∫ e

1


ln(x)

1

x · √1

+ ln 2 (x) dx = t

√ = √ 2 − 1

1 + t 2

Im letzten Schritt kann man die Stammfunktion entweder sofort Sehen oder nochmal mit

s := 1 + t 2 substituieren.

0

e) Um ∫ dx

x 2 −3x+2 zu berechnen, müssen wir 1

Wir machen den Ansatz

x 2 −3x+2

mittels Partialbruchzerlegung zerlegen.

1

x 2 − 3x + 2 = 1

(x − 2)(x − 1) = A

x − 2 + B A(x − 1) + B(x − 2) (A + B)x − A − 2B

= =

x − 1 (x − 2)(x − 1) (x − 2)(x − 1)

Ein Koeffizientenvergleich liefert B = −1 und A = 1. Also:


∫ ∫

∣ dx

x 2 − 3x + 2 = 1

x − 2 dx − 1

∣∣∣

x − 1 dx = ln|x − 2| − ln|x − 1| = ln x − 2

x − 1∣

1


Lösung zu Aufgabe H15:

a) Zu a ∈ R \ {0} sei

Wir berechnen den Grenzwert

Wir schreiben um:

f a : D := {x : 0 < |x| < 1

|a| } → R,f a(x) := (1 + ax) 1/x .

lim (1 +

x→0,x̸=0 ax)1/x .

lim (1 +

x→0,x̸=0 ax)1/x = lim exp(1 · ln(1 + ax)) = exp( lim

x→0,x̸=0 x

x→0,x̸=0

1 · ln(1 + ax))

x

Im letzten Schritt ging ein, dass die Exponentialfunktion stetig ist und wir sie daher

’rausziehen können’.

1

Den Grenzwert lim · ln(1 + ax) können wir mittels den Regel von de L’Hospital ermitteln:

x→0,x̸=0

x

lim

x→0,x̸=0

1 · ln(1 + ax) =

x lim

Hieraus ergibt sich die Lösung der Aufgabe zu

x→0,x̸=0

a

1+ax

1

= a

lim (1 +

x→0,x̸=0 ax)1/x = exp(a).

b) Man bestimme alle a ∈ R für die die Reihe ∑ ∞

n=1 (1 + a n )n2 konvergiert.

Für a = 0 ergibt sich

Diese Reihe konvergiert nach Leibniz.

∞∑ (−1) n

n=1

n

Mit dem Wurzelkriterium ergibt sich

√ ∣∣∣∣

n

(−1) n

· (1 + a ∣ √ ∣∣∣∣ ∣∣∣ (−1)

n n )n2 = n

n n ∣ · (1 + a n )n → exp(a),

für n → ∞.

Für a < 0 ist exp(a) < 1. Mit dem Wurzelkriterium folgt die absolute Konvergenz.

Für a > 0 ist exp(a) > 1. Damit folgt die Divergenz.

Lösung zu Aufgabe H16: Sei f : R → R eine differenzierbare Funktion mit f(x) · f ′ (x) ≤ 0

für alle x ∈ R. Wir zeigen: Gilt f(x 0 ) = 0 für ein x 0 ∈ R, so ist auch f(x) = 0 für alle x ≥ x 0 .

Zunächst gehen wir dem Hinweis in der Aufgabenstellung nach und bestimmen eine

Stammfunktion zu f(x) · f ′ (x) mittels partieller Integration.



f(x) · f ′ (x)dx = f(x) · f(x) − f(x) · f ′ (x)dx




⇔ 2 ·

f(x) · f ′ (x)dx = f 2 (x)

f(x) · f ′ (x)dx = f2 (x)

2

=: g(x)

2


Überprüfen wir, ob wir richtig partiell integriert haben. Es ist

g ′ (x) = 1 2 · 2 · f(x) · f ′ (x) = f(x) · f ′ (x). Passt.

Nach Voraussetzung ist g ′ (x) = f(x) · f ′ (x) ≤ 0, also g(x) monoton fallend. Weiterhin ist

g(x) = f2 (x)

2

≥ 0 für alle x.

Sei also f(x 0 ) = 0 für ein x 0 ∈ R und x ≥ x 0 . Dann ist

Dies ergibt die Behauptung f(x) = 0 ∀x.

0 ≤ f 2 (x) ≤ f 2 (x 0 ) = 0

Aufgabe H17: Aufgaben zur punktweisen und gleichmäßigen Konvergenz von

Funktionenfolgen

a) Es sei f 0 (x) := 1 4 x(1 + x) und f n+1(x) := f 0 (f n (x)) für alle x ∈ R und jedes n ∈ N. Man

zeige: Die Reihe ∑ ∞

n=0 f n(x) konvergiert im Intervall I := (−3,3) punktweise und sie

konvergiert sogar gleichmäßig auf jedem Intervall [a,b] ⊂ I.

Es genügt die gleichmäßige Konvergenz auf jedem Intervall J := [−c,c] mit 0 < c < 3 zu

beweisen. Mit K := 1+c

4

< 1 folgt dann für alle x ∈ J:

q.e.d.

|f 0 (x)| = 1 1 + c

|x| |1 + x| ≤ |x| = K |x| ≤ Kc < c

4 4

Insbesondere gilt wieder f 0 (x) ∈ J und damit auch f n (x) ∈ J für alle n. Ein kleiner

Induktionsbeweis sichert dann auch |f n (x)| ≤ K n+1 c für alle n ∈ N 0 . Das Konvergenzkriterium

von Weierstrass ergibt nun die gleichmäßige Konvergenz unserer Reihe auf dem Intervall I.

b) Für jedes n ∈ N sei f n : R → R mit f n (x) := ( tanh( 1 x )) 2n für x ≠ 0 und fn (0) := 1. Hierbei

bezeichnet tanh(x) den Tangens hyperbolicus und es gilt tanh(x) := e2x −1

e 2x +1 .

Man zeige:

i) Die Folge (f n ) konvergiert auf ganz R punktweise und ermittle die Grenzfunktion f.

Es gilt f n (0) = 1 → 1 für n → ∞. Die Funktion x ↦→ tanh(x) ist streng monoton wachsend mit

|tanh(x)| < 1 für alle x. Deshalb gilt f n (x) → 0 für n → ∞ und x ≠ 0. Die Grenzfunktion ist

daher f(x) = 0 für x ≠ 0 und f(0) = 1.

ii) Die Folge (f n ) konvergiert nicht gleichmäßig auf ganz R, für jedes a > 0 konvergiert sie

jedoch gleichmäßig auf R \ (−a,a).

Die Grenzfunktion ist nicht stetig. Nach Vorlesung kann die Konvergenz also nicht gleichmäßig

auf ganz R sein. Sei nun a > 0 gegeben. Die Funktion f n ist eine gerade Funktion und für

x ≥ 0 streng monoton fallend. Also gilt f n (x) ≤ f n (a) für |x| ≥ a. wegen f n (a) → 0 folgt die

gleichmäßige Konvergenz auf R \ (−a,a).

c)Man zeige: Die Reihe f(x) := ∑ ∞ x n

n=1 1−x

konvergiert für jedes x ∈ (−1,1) und sie

n

konvergiert für jedes r ∈ (0,1) auf dem Intervall [−r,r] gleichmäßig. Die Funktion f ist um

x 0 = 0 in eine Potenzreihe entwickelbar. Man ermittle die Koeffizienten dieser Reihe. Sie

besitzen sogar eine zahlentheoretische Bedeutung.

Es genügt die gleichmäßige Konvergenz auf I = [−r,r] mit 0 < r < 1 zu zeigen. Sei also

|x| ≤ r < 1. Dann gilt (Dreiecksungleichung nach unten)

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x n ∣ ∣∣∣

∣1 − x n ≤ rn

1 − r n < rn

1 − r ,

da r n < r. Da die geometrische Reihe ∑ r n konvergiert, liefert der Konvergenzsatz von

Weierstrass die gleichmäßige Konvergenz unserer Reihe.

x

Nun zur Potenzreihendarstellung: Die geometrische Reihe für n

1−x

mit |x| < r < 1 liefert:

n

∞∑ x n ∞ (

f(x) =

1 − x n = ∑ ∑ ∞

)

∞∑

x (k+1)n = d(j)x j ,

n=1

n=1

wobei d(j) die Anzahl der Teiler von j ist und wobei wir 1 und j als Teiler mit zählen. Fertig.

k=0

j=1

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