Analysis I: eine praxisorientierte Einführung für Mathematiker und Physiker mit über 800 gerechneten Beispielen [2 ed.] 8890903902, 9788890903908

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Analysis I Eine praxisorientierte Einführung für Mathernatiker und Physiker mit über 900 gerechneten Beispielen

Thomas C. T. Michaels

Korrekturen

Beatrix Mühlmann

© 2015 - Alle Rechte vorbehalten Herausgeber: Editres S.a.g.L Lugano Umschlaggestaltung: Photoshop-\Vidmung@ von Giuseppe Petroncini Das Werk und seine Teile sind urheberrechtlich geschützt . .Jede Verwertung in anderen als den gesetzlich zugelassenen Fällen bedarf deshalb der vorherigen schriftlichen Einwilligung des Verlages. ISBN 978-88-909039-0-8

Vorwort zur zweiten Auflage Es ist eine Freude für mich, die neue Auflage des Buches nach knapp einem Jahr nach der ersten Auflage vorzustellen. Dank freundlichen Hinweisen meiner Leser konnte ich einige Verbesserungen machen und einige Druckfehler korrigieren. Die Übungsaufgaben habe ich revidiert und vermehrt und jetzt befinden sich im Buch mehr als 900 gerechnete Beispiele. Insbesondere habe ich eine neue Aufgabenliste (mit Lösungen) zum Thema Integralrechnung hinzugefügt. Ich habe auch den Rat einiger Studenten des ersten Jahres befolgt und in dieser Auflage ein ganzes Kapitel den Fourierreihen gewidmet. Ich hoffe, dass die Leser diese Veränderungen und Ergänzungen nützlich finden werden. Ich möchte mich besonders bei Nicole Keller bedanken für ihre Hilfe mit der Druckfehlersuche und für viele Hinweise. Herzlichen Dank auch Herrn Giuseppe Petroncini und Elsa Cesana für den Umschlagentwurf. Allen Lesern einen freundlichen Gruss! Cambridge, im März 2015

Thomas Michaels

3

Vorwort zur ersten Auflage Jedes Buch muss einen Beginn haben und dieses Buch will ich mit einigen einführenden Worten beginnen. Wie viele andere Studenten der Mathematik und Physik, die sich im ersten Jahr zum ersten Mal mit der Analysis-Vorlesung konfrontiert sehen, hatte ich immer nach einem Buch gesucht, das den Mathematik-Stoff einfach und mit vielen Beispielen erklärt. Das ist natürlich leichter gesagt als getan. Auf der einen Seite findet man sogenannte Ingenieurbücher, welche praktisch sind, viele Beispiele enthalten, aber der Inhalt ist oft zu einfach

im Vergleich zum Stoff, der in einer typischen Analysis-Vorlesung für Mathematiker und Physiker vorkommt. In diesen Ingenieurbüchern findet man also viele Beispiele zur Integralrechnung, aber keine Beispiele über Untermannigfaltigkeiten oder Topologie. Auf der anderen Seite behandeln die typischen Lehrbücher für Mathematiker den Stoff auf dem richtigen Niveau, aber diese sind für einen Studenten im ersten Jahr oft zu abstrakt. Also Satz, Beweis, Lemma, Beweis, Satz, Beweis etc. und die (wenigen) Beispiele sind oft neue Theoreme mit Beweisen, die den Studenten nicht helfen, die Konzepte zu verstehen. Aber wo ist der Mittelweg? Betrübt kein geeignetes Buch gefunden zu haben, entschloss ich mich dazu, mir selbst Aufgaben zu stellen. Hier und dort habe ich Aufgaben gesucht und gesammelt und ausführliche Lösungswege für mich geschrieben. So hatte ich schlussendlich auf ein Blatt 60 Beispiele zu Reihen geschrieben, von denen man die Konvergenz bestimmen sollte. Ich habe auch eine Liste von 30 Mengen erstellt, bei denen ich entscheiden sollte, ob sie offen, abgeschlossen, kompakt oder zusammenhängend waren. Dieses Material habe ich dann in den späteren Jahren wieder gebraucht, als ich Hilfsassistent in Analysis im Mathematik-Departement der ETH Zürich war. In meinen Übungsstunden habe ich immer eine Zusammenfassung der Vorlesung gegeben und die wichtigsten Punkte anhan-

f(x)

=

J(z), d.h . 1111

Beispiel 1. 1.5 o o o Auf 7l, definieren wir: n "' m Äquivalenzrelation auf Z definiert.

{'?

5 teilt (n - m). Zeige, dass "' eine

Lösung: vVir überprüfen die drei Eigenschaften der Definition einer Äquivalenzrelation. Seien

n, m, l E Z gegeben: 1) Reflexivität: 5 teilt O = n - n. Somit n"' n. ,J 2) Symmetrie: fat n"' m, so wird n - m durch ,5 geteilt. Folglich wird auch m - n durch 5 geteilt, d.h. m "' n. ,J

3) Transitivität: Falls n"' rn und rn ,._. , l, so werden n - m und m - l durch 5 geteilt. Es gilt nun n - l = (n - m) + (m - l). Da die Termen - m und m - l separat durch 5 geteilt werden, wird auch deren Summe n - l durch 5 geteilt, d.h. n "' / . ../ 1111

Beispiel 1.1.6 o o o Auf der Menge 'P(N) aller Teilmengen von N definieren wir: A ,._. , B # A C B oder B C A. Definiert "' eine Äquivalenzrelation auf 'P(N)?

Lösung: Nein. Die Transitivität ist nicht erfüllt. Zum Beispiel: {1} "' f/J weil f/J C {1}. Analog

{2} "'f/J weil f/J C {2}. Aber {1} und {2} sind nicht äquivalent, weil weder {1} in {2} enthalten ist, noch umgekehrt. 1111

1.1.2

Äquivalenzklassen

Sei nun

rv

eine Äquivalenzrelation auf X und

:i;

E X ein beliebiges Element von X. Die

Menge aller Elemente y E X, welche äquivalent zu x sind, bildet die sogenannte Äqui-

valenzklasse von x. Geschrieben wird

[a;] Falls y E [x] so sind natürlich die von

:= {y E ;1;

Xl:r

rv

y }.

und y erzeugten Äquivalenzklassen identisch, weil

nach der Transitivität alle Elemente von X, die äquivalent zu x sind, auch äquivalent zu y sind, und umgekehrt (siehe Beispiel 1.1.11). In anderen Worten

[y] = [x].

Vy E [x] : 1!)

1. RELATIONEN

Da alle Elemente einer Äquivalenzklasse äquivalent sind, kann man als Repräsentanten der Äquivalenzklasse jedes beliebige Element daraus wählen. Die :tvlenge bestehend ans allen unterschiedlichen Äquivalenzklassen (jede nur einmal gezählt) bezeichnet man mit

X/

rv

= {[x]JAlle Repräsentanten :i:}

und heisst Quotientenmenge von X bezüglich

Beispiel 1.1. 7 • o o A·uf der lvlcnge A

rv.

= {-3, -2, -1, 0, 1, 2, 3}

defin·ieren wir

Zei,qe, da-0s ,.._, eine Äq11.1:valenzrela.tion auf A definiert und finde alle Äquivalenzklassen. Finde d·ie Q'ltotientemnenge A/ ,.._,.

Lösung: Äquivalenzrelation? vVir überprüfen die drei Eigenschaften der Definition einer Äquivalenzrelation. Seien :r, y, z E A. 1) Reflexivität: Es gilt x 2 = :n 2 =;, .T ,r. ,/ 2) Symmetrie: :1; y =;, ~: 2 = y2 • Daraus folgt y2 = :i: 2 , also y x. ,/ 3) Transitivität: Falls ,7; 1} und y z ist, gilt .T 2 = y 2 und y 2 = z2 • Es ergibt sich also :1; 2 = z 2 , d.h. :1: z. Äquivalenzklassen? ·wir betrachten zuerst das Element 3 E A. Die Äquivalenzklasse zu 3 ist die ·Menge aller y E A, welche äquivalent zu 3 sind, d.h. alle y E A sodass y 2 = 32 erfüllt ist

v

[3] = {y E Ajy

3} = {y E iljy 2 = 32 } = {-3, 3}.

Die Äquivalenzklasse zu 3 besteht. also aus den Element.en ±3. Da -3 E [3], müssen wir gar keine Arbeit leisten, um [-3] zu best.immen. Denn (-3] = [3] = {-3, 3} d.h. -3 und 3 können beide als Repräsentanten für die Äquivalenzklasse { -3, 3} gewählt. werden. Nun betrachten wir die Zahl 2. Es gilt [2] = {y E Ajy 2} = {y E Ajy 2 = 22 } = {-2, 2}. Da -2 E [2], gilt [-2]

= [2] = {-2,2}. Nun betrachten wir die Zahl 1 [1] = {y E A.jy

1} = {y E Ajy 2 = 12 } = {-1, 1}.

Da -1 E (1], gilt [-1] = [1]. Als letztes betrachten wir die Zahl 0

[0] = {y E AJy

0} = {y E Ajy 2 = 02 } = {0}.

Zusammenfassend: Alle Äquivalenzklassen von A laut.en

[-3]=[3]={-3,:3},

[-2]=[2]={-2,2},

[-1]=[1]={-1,1},

[0]={0}

Die Quotienienmenge von A bezüglich ,. __, besteht aus allen unterschiedlichen Äquivalenzklassen (jede nur einmal gezählt)

A/

= {[0], (1], [2], [3]}. 20

1.1.

ÄQUIVALENZRELATIONEN

Beachte: vVir hätten auch andere Repräsentanten für die verschiedenen Äquivalenzidassen wählen können. Zum Beispiel sind A/ rv = {[0], [-1], [2], [-3]} oder .t-l/ rv = {[0], [1], [-2], [-3]} beide richtig. Wichtig ist nur, dass jede Äquivalenzklasse nur einmal gezählt wird. Welcher Repräsentant für die unterschiedlichen Äquivalenzldassen gewählt wird, spielt gar keine Rolle. III

Beispiel 1.1.8 • •

x ,.__, y

o

Auf der Menge A

= {1, 2, 3, ... , 20} definieren wir

,v und y haben dieselbe Anzahl nichttrivialer Teiler.

{'?

Finde alle Äquivalenzklassen von A bezügl-ich der Äqu-i-valenzrelation

rv.

Lösung: 1, 2, 3 und alle Primzahlen haben keine nichttrivialen Teiler und gehören deshalb zur selben Äquivalenzklasse. Es gilt daher 3 rv 5 aber nicht 3 rv 12, weil die Zahl 12 die Zahlen 2, 3, 4, 6 als nichttriviale Teiler hat. 12 hat also 4 nichttriviale Teiler. Sicher gilt 12 rv 12. Sucht man weiter, so findet man, dass 12 rv 18 und 12 '"" 20, weil auch 18 und 20 beide 4 nichttriviale Teiler haben. Die einzige Zahl, welche drei nichttriviale Teiler hat. ist 16. Die Zahl 6 hat hingegen zwei 1iichttriviale Teiler, genauso wie 8, 10, 14, 15. Die Zahl 4 hat nur einen nichttrivialen Teiler, genauso wie 9. \\Tir finden sumi t

= [2] = [3] = [5] = · · · = [19] = {1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19}, [4] = [9] = {4,9}, [6] = [8] = [10] = [14] = [15] = {6, 8, 10, 14, 15}, [1]

[16]

= {16},

[12]

=

[18]

=

[20)

=

{12, 18, 20}

nnd

A/

= {[l], [6], [9], [12), [16]}. III

Beispiel 1.1.9 • o o Betrachte die auf Z definierte Äquivalenzrelation n ,..._, rn

{'?

n

= 111,

mod 4.

Finde alle Äquivalenzklassen von Z bezüglich"'·

Lösung: Die Äquivalenzklasse [0] besteht aus allen Zahlen in Z welche modulo 4 gleich 0 sind. Diese sind: 0, ±4, ±8, ... Es gilt somit [O]

=

{0,±4,±8,±12, ... }.

21

1.

RELATIONEN

Die Äquivalenzklasse [1] besteht aus allen Zahlen in Z welche modulo 4 gleich l sind. Diese sind: ±1, ±5, ± 9, ... Es gilt somit [1] = {±1,±5,±9,±13, ... }. Die Äquivalenzklassen [2] und [3] bestehen aus allen Zahlen in Z, welche modulo 4 gleich 2 resp. 3 sind. Diese sind: ±2, ±6, ±10, ... resp. ±3, ±7, ±11, ... Es gilt somit [2] ={±2,±6,±10,±14, ... },

[3] = {±3,±7,±11,±15, ... }.

Es gibt keine weiteren Äquivalenzklassen, weil wir alle Zahlen in Z betrachtet haben. Es gilt somit

Z/"' = {[O], [1], [2], [3]}. III

Beispiel 1.1.10 • o o Bei der Konstruktion der zwsitiven mtionalcn Zahlen aus den naWrlichen Zahlen würde man Folgende8 definieren

Q+

= "{

1V,

qE

N} ",

aber ma.n muss aufpassen, da. zum Beispiel d-ie Ausd-riicke ½nnd ¾dersell>en Zahl in Q+ entsprechen sollen. Um ma.thematisch rigoros zu sein, definiert man daher

Beweise, dass ,..,, eine Äqui-valenzrelation m1f N X N definiert. Was sind die Äquivalenzklassen dieser Äquivalenzrelation?

Lösung: Wir überprüfen die drei Eigenschaften der Definition einer Äquivalenzrelation. Seien E.!. T!?,. Ee.

E

,n;

1

'\l.+ • 1) Reflexivität: Es gilt ;; "' ;; , weil P1 · q1 = P1 · (]1. J 2) Symmetrie: IHt f, ~~'so ist JJ1 · IJ2 = JJ2 · (]1 J/2 • IJ1 = JJ1 · (]2, also ~"' J 3) Transitivität: Falls f, "' und : ist, so gilt P1 · (]2 = JJ2 · (]1 und JJ2 · q3 = p3 · qz. Da P2 # 0 gilt JJ1 = und q3 =~,somit P1(J3 = · = (J1JJ:i, d.h. f, :- J Die Elemente von Q+ werden mit den Äquivalenzklassen bezüglich "' identifiziert. Da zum Beizur selben Äquivalenzklasse gehören, werden diese in Q+ als dasselbe Element spiel ½, ¾ und betrachtet. Für alle diese Elemente wird nur ½ als Repräsentant gewählt. Daher wird Q+ rigoros als die folgende Quotientenmenge Ql '

q2 ' q3

:fr·

P~;'

t

definiert. Operationen auf Q+ werden somit auf Repräsentanten definiert. Zum Beispiel liefert die .Multiplikation von 1/2 und 2/3 dasselbe Resultat wie die :Multiplikation von 2/4 und 4/6. III 1

In unserer Notation N = {1, 2, ... }, sodass der Fall q = 0 ausgeschlossen ist.

22

1.1.

ÄQUIVALENZRELATIONEN

Beispiel 1.1.11 • o o Beweise: Falls y E [x], so sind die von x und y erzeugten Äqui-

valenzklassen identisch, d.h. [y]

= [xJ.

Lösung: " C ": Ist z ein Element in (y), so ist z Nach der Tuansitivität folgt also z " ":J ":

y. Da y E [x], ist y äquivalent zu J;, d.h. y

Die andere Richtung ist analog. Ist z E [x], so ist z

Symmetrie gilt also x

:i:.

x. Dies bedeutet, dass z E [.1:]. Dies zeigt [y] C [x].

x. Aus y E [:c] folgt y

y. Aus der Transitivität folgt somit z

x. Wegen der

y, d.h. z E [y]. Dies zeigt [11] ::J [x]. III

Aus den vorigen Beispielen sieht man, dass Äquivalenzklassen immer disjunkt sind, d.h. keine gemeinsamen Elemente haben. Somit sind zwei Elemente entweder äquivalent und gehören somit zur selben Äquivalenzklasse, oder sie sind nicht äquivalent und gehören disjunkten Äquivalenzklassen an. Daraus folgt, dass eine Äquivalenzrelation auf der Menge X eine disjunkte Zerlegung von X in Äquivalenzklassen definiert

X=

u

[:i:].

Alle Rcpriisentanten x

In einfacheren Wörten heisst dies: X kann als Vereinigung ihrer unterschiedlichen Äquivalenzklassen geschrieben werden. Zum Beispiel lässt sich die 1fonge A

= {-3, -2, -1, 0, 1, 2, 3}

zusammen mit der im Beispiel 1.1. 7 definierten Äquivalenzrelation ,._, wie folgt zerlegen

A = {-3, 3} U {-2,2} u {-1, 1} u {0} = [3) u [2] u [1] u [0] d.h. als disjunkte Vereinigung ihrer Äquivalenzklassen.

Beispiel 1.1.12 o o o Zerlege die Menge A klaBsen beziiglich

x ,..., y

{}

= {1, 2, 3, ... , 20} in dis,funkte Äqu·ivalenz-

x und y haben dieselbe Anzahl nichttrivialer Teiler.

Lösung: Äquivalenzklassen von A bezüglich~ wurden in Beit,piel 1.1.8 berechnet. Es gilt somit A

=

{1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19}U{ 4, 9}U{16}U{6, 8, 10, 14, 15}U{l2, 18, 20}

=

[l]U[9]U[l5]U[16]U[20].

Bemerke, dass wir für jede Äquivalenzklasse immer nur einen Repräsentanten gewählt haben. i-Vir hätten natürlich auch A = [19] U (9] U [14] U [16] U [18) schreiben können. III

23

1. RELATIONEN

Beispiel 1.1.13 o o o Zerlege Z in disjunkte Äquivalenzklassen bezüglich

n

rv

ni

*

n = m. mod 4.

wurden in Beispiel 1.1.9 bereits berechnet. Es gilt

Lösung: Äquivalenzklassen von A be:,,üglich somii

;z = {O, ±1, ±2, ±3, ±4, ±5, ±6, ±7, ±8, · · ·} =

{0,±4,±8, .. ·} U {±1,±5, .. ·} U {±2, ±6, .. ·} U {±3,±7,· · ·} = [O] U [1] U [2] U [3]. 1111

Beispiel 1.1.14 • o o Zeige, dass Äquivalenzklassen immer d-iBjunkt sind, d.h. keine

gerneinsa;men Elemente besitzen.

Lösung: Es seien a: und y gegeben mit y

r/:

[:r]. \Vir beweisen die Aussage durch Widerspruch.

Dafür nehmen wir an, dass [x] und [y] nicht disjunkt sind, cl.h. [x] n [y] f 0. Ist z E [:r] n [y], so ist z

:r und z

Annahme y

r/: [:v].

y. Nach der 'n·ansitivität folgt somit

;1;

y, also y E [x] im \Viderspruch zur

Somit sind [x] und [y] disjunkt. 1111

1.2

Ordnungsrelationen

Manchmal geht es darum, einzelne Elemente einer Menge in eine Reihenfolge zu bringen. Dazu dienen Ordnungsrelationen.

1.2.1

Partielle Ordnung

Sei X eine Menge. Eine Beziehung " ::; " auf der Menge X heisst partielle Ordungsre-

lation, falls die folgenden Eigenschaften erfüllt sind 1) l;/x E X :

x ::;

2)

l;/:v, y,

zEX :

3)

l;/x, y

EX :

a:

a:

( Reflexivität)

s; z

x ::;

y und y

s; y

und y::; x

=* =}

x ::; x

z

( Transitivität)

= y (Identitivität)

Der Unterschied zu einer Äquivalenzrelation liegt nur in einer Bedingung: Beide Relationen sind reflexiv und transitiv, eine Äquivalenzrelation ist symmetrisch, wohingegen eine Ordnungsrelation die Identitivität erfüllt.

24

1.2. ÜRDNUNGSRELATIONEN

Beispiel 1.2.1 o o o Zeige, dass "::; lation a·14f m'. definiert.

=

kleiner oder gleich" eine pm-t-ielle Ordnungsre-

Lösung: Wir müssen einfach die drei Eigenschaften der Definition einer Ordnungsrelation überprüfen. Seien :c, y, z E lR gegeben.

1) Reflexivität: Offenbar gilt x $ x für alle x E lR.

J

2) Identitivität: Ist x kleiner oder gleich y und ist y kleiner oder gleich x, so x = y. 3) Transitivität: Ist

:i:

J

kleiner oder gleich y und y kleiner oder gleich z, so folgt :c:::; z.

J II

Beispiel 1.2.2 o o o Sei M eine 1\!enge. Auf der Menge P(.M) der Teilmengen von Jvf definieren wir A::;B # AcB

Zeige, dass;,

:s;"

eine partielle Ordnungsrelation mif P(1\t[) definiert.

Lösung: vVir müssen einfach die drei Eigenschaften der Definition einer Ordnungsrelation überprüfen. Seien A, B, CE P(}d) gegeben. Dann gilt:

1) Reflexivität: Offenbar ist AC A, d.h. AS: A für alle A E P(M).

v

2) Identitivität: Ist AC Bund ß CA, so sind die Mengen identisch, d.h. A = ß. 3) Transitivität: Ist Ac Bund ß C C, so ist AC C. J

J II

Beispiel 1.2.3 o o o Fiir a, b E N definieren wir die Teilerrclation als

a ::; b Zeige, dass "

:s; "

#

a teilt b.

eine partielle Ordnungsrelation auf N definiert.

Lösung: vVir müssen einfach die drei Eigenschaften der Definition einer Ordnungsrelation überprüfen.

1) Reflexivität: Offenbar ist a Teiler von a =;, a S: a.

2) Identitivität: Ist

J

a:::; b und b:::; a, so ist a Teiler von b und b Teiler von a„ Folglich a

3) Transitivität: Ist a :::; b und b :::; c, so ist a Teiler von b und

c, also a $ c.

J

/J

=

b.

J

Teiler von c. Somit ist a Teiler von II

25

1. RELATIONEN

1.2.2

Totale Ordnung

Betrachtet man die fvienge der reellen Zahlen zusammen mit der partiellen Ordnungsrelation "S:

=

kleiner oder gleich", so sind je zwei Elemente bezüglich S: vergleichbar. Zwischen

je zwei vorgegebenen Zahlen :r und y kann somit entschieden werden, ob x grösser oder gleich y ist oder umgekehrt. Dies ist im Allgemeinen nicht der Fall. Betrachtet man zum Beispiel die Potenzmenge 2 P(l\1) einer Menge M (z.B. M partiellen Ordnungsrelation " S:

= c",

=

{1, 2, 3}) zusammen mit der

so kann man etwa sagen, dass { 1} S { 1, 2}, weil

{1} C { 1, 2}, aber man kann die Mengen {1} und { 2, 3} auf keine Art vergleichen, weil weder {1} in {2, 3} enthalten ist noch umgekehrt! Allgemein: Eine 1vienge X zusammen mit einer partiellen Ordnungsrelation "S:" heisst total geordnet, falls

Vx, y EX gilt entweder x S: 1/ oder y S:

;1;

d.h. alle Elemente in einer Ordnungsbeziehung ,mallen anderen Elementen stehen. Bei einer total geordneten Menge kann man bei zwei Elementen :r und y immer sagen, ob x S y oder y S: x gilt. In einer total geordneten IVIenge sind also je zwei Elemente vergleichbar. So würden wir sagen, dass (N, S) total geordnet ist, aber dass (P(1H), c) nm partiell (und nicht total) geordnet ist. Ein weiteres Beispiel einer nicht total geordneten ·Menge bildet die :Menge der natürlichen Zahlen N zusammen mit der Teilerrclation (a S: b

{=>

a teilt b).

Betrachtet man die Zahlen von 1 bis 6 zusammen mit dieser Teilerrelation, so stehen zum Beispiel 2 und 3 in keiner Relation zueinander, denn weder teilt 2 die 3 noch umgekehrt. Dagegen kann man 1, 2 und 4, sowie 1, 3 und 6 und 1, 2, 6 vergleichen. \~Till man diese Beziehungen graphisch darstellen, so kann man den Ordnungsgraphen benutzen. Dieser sieht für unser Beispiel so aus

In einem Ordnungsgraphen sind alle Elemente, welche in einer Ordnungsbeziehung stehen durch einen Pfeil verbunden. Ein Pfeil von x zu y bedeutet, dass :i.: S: y. Für das Beispiel (M = {1, 2, 3}, c) lautet der Ordnungsgraph so {1,2,3}

/t~ {1, 2} {l, 3} {2, 3} \"'> -1.

+ x)"

2 1 + n:v Vn

E

Lösung: Die zn beweisende Aussage ist

A(n):

(l+xr::o:1+n:c V:c>-1.

v

n = 1 (Verankerung): Wir bestätigen A(l). Es gilt (1 + :c) 1 = 1 + :c 2'. 1 + :c. n =;, n + 1 (Induktionsschritt): Wir nehmen an, dass A(n) richtig ist und zeigen, dass auch A(n+ 1) stimmt. Mithilfe der Induktionsannahme finden wir >l+nx

(1 + :r;)"+ 1

20

>O

9 (1 + x)n l · I (1 + x) 1:: : (1 + nx)(l + :r) = 1 + (n + l):c+ / nx2 / 2'. 1 + (n + l)x. 31

III

2. BEWEIS DURCH VOLLSTÄNDIGE INDUKTION

Beispiel 2.2.5 • o o Beweise mittels vollständiger Induktion: l

n

-;i;ri+l

~xk=--L., 1-x

Vn E N* = N n {O}, :r E (0, 1).

k=O

Lösung: Die zu beweisende Aussage ist n

'\"""

A(n):

L..t 1 ;

k

k=O

=

1 -x n+l l-1:

n = 0 (Verankerung): Wir bestätigen A(O). Es gilt :r0 = 1 = 11~:; = 1. / n n + l (Induktionsschritt): Wir nehmen an, dass A(n) richtig ist und zeigen, dass auch A(n+l) stimmt. l'vlithilfe der Induktionsannahme finden wir 1

*

1-xn+l

=~ n+l

'\"""

L.., X

k=O

k

=

[]' '\""".

L.., :V

k

+1:

n+l

=

1-

,n+l

J,

]_ - :r + ;z;

n+l

=

1-

,n+I

J,

+ 1•.n+l 1-

1;

, n+2

,r,

k=O

III

Beispiel 2.2.6 • o o BewciBe mittels vollständiger Induktion: 1 (1-x)" < - - Vn E N*, x E (0,1). l+nx

Lösung: Die zu beweisende Aussage ist

A(n):

(1-x)"
0 mit x1 · · · Xn = l gilt x1

+ J:2 + · · · + Xn 2'. n.

Wir wollen nun die Aussage für n + 1-Tupeln beweisen. Es seien also :1:1, ••• , 1;,,+1 > 0 vorgegebene Zahlen mit :r1 · :i:2 · · · Xn+l = 1. 'i;\/eil das Produkt aller dieser Zahlen gleich 1 fat, sind entweder alle gleich 1 (nniteressanter Fall) oder mindestens eine Zahl ist grösser als 1 und eine kleiner als 1.

35

2. BEWEIS DURCH VOLLSTÄNDIGE INDUKTION

Nehmen wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit an, dass ,c„ :S: 1 :S: :i:,,+1· So gilt x,, + ;,; 11 +1 2 l +:1: 11 :1:n+l· \Vir wenden nun die Induktionsannahme auf das n-Tupel :r.1, ... , :c11 _1, :c,, · x 11 +1 an (es sind n Zahlen deren Produkt 1 ergibt), sodass Folgendes gilt

>n

2_1+xn:l:n+1

:1;1

+ :1;2 + · · ·+ 1:1:,, + X1t+l

Beispiel 2.2.13 • •

o

l::O:I :i:1

+ Xz + · · · + Xn • :1:,,+1 1+1 2 n

Beweise die binomische Lehrformel.

Lösung: Erinnerung: für et, b E

111:.

und n E N* lautet die binomische Lehrformel

(a + b)" =

L.n (

n ) akbn-k, k

k=O

=

wobei ( ;'. )

kl(;~k)!

+ l.

die Binomialkoeffizienten bezeichnet.

n = 0 (Verankerung): (et+ b)O = l = a0 b0 . J n =} n + l (Induktionsscluitt): Zuerst beweisen wir die folgende Identität für die Binomialkoeffizienten n )=(n+l) ( n)+( k k+l k+l Beweis: Für alle k

s; n gilt

( : ) +(

k: 1 )

=

11

+ (k + 1)!(;~'- k - 1)1 n!(k + 1) + nl(n - k) n!(n + 1) kl(n

~

k)!

(k. +

l)!(n - k)I

(1.: +

(n + l)! ( n+1 =(k+l)!(n-k)!= k+l

)

l)!(n - k)! .

D

Jetzt nehmen wir an, dass A(n) walll' ist. Es folgt

(a+b)"+l=(a+b)(a+b)"=(a+b)~ (

= (a + b) _ [ a»+

(a" + ( :

1

+( : )

=a"+I+

+a"b

(

)

1

a"- b +

a"b

)a"b"-"

( ·~· )

+( ; +

j

n

1

a"1 2

2

/i2 + ... + ( n: 1 ) ab"- 1 +

a"- b

+...

a"-11!2

+... + (

b")

1

+ab"+ n

n-1

) ab"

+1Jn+1

n+l) 1 a"b+ (n+l) 2 a"-lb2+···+ (n+l) n ab"+bn+l,

wobei wir im letzten Schritt die oben bewiesene Rekursionsformel für die Binomialkoeffizienten benutzt haben. III

36

Kapitel 3

Supremum und Infimum 3.1

Definition und erste Beispiele

Sei A c lR: eine Teilmenge von lR:. Eine Zahl b E lR heisst obere Schranke für A, falls

Va E A gilt:

a :S b.

Eine untere Schranke für A ist eine Zahl c E IR, derart dass

Va E A gilt:

a ::,: c.

Beachte, dass obere oder untere Schranken von A keine Elemente von A sein müssen. Fa.lls die Teilmenge A eine obere Schranke besitzt, so heisst A nach oben beschränkt. Falls eine untere Schranke für A existiert, so heisst A nach unten beschränkt. Zum Beispiel, ist die lVIenge A = { n~l, n E N} sowohl nach unten und nach oben beschränkt, weil O :S ,.~ 1 :S 1 für alle n E N gilt. c = 0 ist eine untere Schranke und b = l ist eine obere Schranke. Natürlich sind auch 2, 1r, 231.2 obere Schranken und auch -1, -/2 sind untere Schranken

für A. Aus diesem Beispiel sieht man sehr gut, dass für eine Menge A mehrere Schranken existieren können. Schranken sind somit nicht eindeutig. Ist zum Beispiel b eine obere Schranke für A, so ist es auch jede reelle Zahl, die grösser als bist. Die kleinste aller dieser oberen Schranken besitzt aber eine spezielle Bedeutung und wird als das Supremum von A bezeichnet. \Vir definieren somit:

Definition 3.1.1 (Supremum und Infimum) Das Supremnm von einer Menge A (.qeschrieben supA) ist die kleinste obere Schranke 'Uon A. Das ln:fimmn von A (geschrieben inf A) ist die grösste untere Schmnke von A. Falls A nach oben und/oder nach miten unbeschränkt ist, so setzen wir supA

= +oo,

infA =

-=.

\iVährcnd obere und untere Schranken nicht eindeutig sind, sind das Supremum und das 37

3.

SUPREMUM UND lNFI!vlUM

Infimum einer Ivlenge A immer eindeutig. Das Supremum und das Infimum müssen keine Elemente von A sein. Falls aber supA E A, so heisst supA das Maxi1num von A und geschrieben wird supA

= max:A.

Analog, falls inf A E A, so heisst inf A das Minimum von A um! man notiert inf A

= minA.

Es gilt uurn Beispiel Folgendes sup(0, 1)

= sup[0, 1) =

1,

aber (0, 1) besitzt kein 11la..,~irnum, weil 1 kein Element von (0, 1) ist. Aber sup[0, 1] max[0, 1] = 1 da 1 E [0, 1].

Beispiel 3.1.1 o o o Bestimme das Supremum. und Infimum (Ma,1iimu111, und Min:irnum falls existent) der folgenden Menge

Lösung: Zuerst schreiben wir einige Terme auf, um ein Gefühl für die Situation zu kriegen

Die :Menge A ist nach oben beschränkt, weil b = l eine obere Schranke ist. b = l ist die kleinste obere Schranke, d.h. sup A = 1. Da 1 E A, ist das Supremum von A auch das Maximum von A, d.h. maxA

= 1.

·wenn n grösser wird, konvergieren die Terme 1/n gegen Null. Dies suggeriert, dass c = 0 eine untere Sclll'anke ist. \,Venn man 111111 das Infimum ermitteln soll, muss man aber sicher sein, dass man die grösste 1111te;Schranke betrachtet. 1via~ ~;~;; also zeigen, dass C = 0 tatsächlich die g~össte1.intei~e Scfiranfre für A_ist, d.h. dass kein c' > c existiert, das auch eine untere Schranke für A. i8t. \,Vie zeigt man das? Widerspruchsbeweis! Wir nehmen dazu an, dass e8 ein c1 > 0 gibt, das eine untere Schranke für A ist, d.h. 1 1 c < - 1:/n E N n Dies würde aber bedeuten, dass 1 n < - 1:/nEN d

d.h., dass N ~eschränkt ist. Das ist aber falsch. \Vidersprnch! Somit ist c = 0 die grösste untere Schranke, d.h. infA = 0.

38

3.1. DEFINITION

UND ERSTE BEISPIELE

Wegen 0 tfc A (0 wird nur als Grenzwert erreicht) besitzt A kein Minimum. 1111

Beispiel 3. 1. 2 o o o Bestimme Supremum und Infimum (.Maximum und Minimum falls

existent} der folgenden Menge

Lösung: Zuerst schreiben wir einige Tenne auf, um ein Gefühl für die Situation zu kriegen

A

=

} 11 { n - -;_ n E N

=

0, 3 , 8 , 15 , 24 , · · · } . 234 5

{

Die Menge ist offenbar nach unten beschränkt, weil A nur positive Elemente enthält. 0 ist die grösste untere Schranke, d.h. infA= 0. Wegen O E A ist das Infimum von A auch das Minimum von A, d.h. minA

= 0.

Die Menge ist nach oben unbeschränkt, also gilt

supA Das Maximum

= +oo.

existiert somit nicht. 1111

Beispiel 3.1.3 ooo Bestimme Supremum und Infimu.m (Max·imum und Minimum falls

existent) der folgenden Menge

A=

{n-31

nEN

}

U(-1,1).

Lösung: Zuerst schreiben wir einige Tenne auf, um ein Gefühl für die Situation zu kriegen

A= Ab n

{n-31 n

- -2n E N

}U(-11)= {

1-0 1 -2 -3• « } u(-11) -2-

'

'

4' ' 16' 25 ' 36'

= 2 liegen alle Terme (n - 3)/n2 im Intervall (-1, 1).

'

Somit kann man A wie folgt schreiben

A= {-2}U{-1,1). Die Ivienge ist somit nach unten beschränkt. -2 ist die grösste untere Schranke, d.h. inf A

= -2.

39

·

3.

SUPREMUM UND INFIMUM

,vegen -2 E Aist das Infimum von A auch das Minimum von A, cl.h. minA

= -2.

Die Menge ist nach oben beschränkt und 1 ist die kleinste obere Schranke, d.h. supA = l. Da 1

(11"') d'( x,• ·y ) --

d(:r, y) = 0 d(x,y) -!+d(x,y)

=

{c>

x

!~~;

1

) 1

2: 0, weil d(J:,y) 2: 0. Arn,serdem d'(,1:,y) =

= y (weil deine Metrik auf X

d(y,x) -l+cl(y,x)

ist).

d'( · t eme · "•I ··J) . D.IC ,Symmetne ·· 1st · . y, ') .c (d. 1s 1\ e t,II,

somit erfüllt. (iii) d'(a:, z) = 1 S'?. Die Dreiecksungleichung ist der schwierige Teil der Aufgabe. Wir wissen nur, dass deine Metrilc auf X ist, sodass d(x, z) .S d(a:, y) + d(y, z) gilt. 'Nir können also schreiben

!~1;;,)z)

'(·

Cl X, .Z

)-

d(x,z) d(a:,y)+d(y,z) l+d ( x,z) S l+cl (x,z ) ,

Soweit so gut. Aber was machen wir mit dem Nenner? Dort kommen wir mit der Dreiecksungleiclnmg für d nicht weiter. Im Gegenteil, sie führt uns in die falsche Richtung, 0 cJN = N(c:) E N, sodass Vn;::: N gilt

62

lan - al < c:.

V·

5.2. KONVERGENZ UND DIVERGENZ EINER FOLGE

Notiert wird lim an= a.

n--+oo

Einfach ausgedrückt: Eine Folge an konvergiert gegen a E JR:., falls für jede beliebig klein gewählte Zahl E > 0 (z.B. E = 10- 10 oder E = 0.00345) eine von e abhängige grosse Zahl N derart existiert, dass alle Folgenglieder a11 mit n?: N in dem Streifen (a-c:, a +.s) liegen.

... . n

N

Da die Zahl E beliebig klein gewählt werden kann, heisst dies, dass für grosse n die Folgenglieder a 11 beliebig nahe am Grenz,vert a liegen. Hier sind einige Beispiele zur 11 .s-Definition".

Beispiel 5.2.1 • o o Beweise mit der Definition:

a) lim

n-too

.!.n = 0

1 c) lim3---=3 2

2

b} lim _n_=l 2 n--+oo

+1

n

+1

n

n--+oo

d) Iim 3n2 + 4 = ~n--+oo

2n2 + 1

2

Lösung: a) vVir wählen ein beliebig kleines e > 0. vVir könnten z.B. e = 10- 5 o -E

½

n>

V4c 2 Vfc - ½], 5 - ~.

Die Bedingung ja 11 -al < E ist somit für allen > ;f;; - erfüllt. Wir wählen also N := [ wobei [· · ·] die Rundungsfunktion bezeichnet (N muss eine natürliche Zahl sein). Für die so gewählte Zahl N gilt nach Konstruktion 2

'r/n::O:N:

3n2 +4_~, 0 aus. Laut Definition müssen wir eine Zahl N E N finden, sodass Vn 2'. N Folgendes gilt

11

la,, - al = lnl/n -

E.

1Vir suchen also die Werte von n für welche die obige Ungleichung erfüllt ist

Jn¾ - 1J < E

n < (s+ l)".

=}

Das Lösen der Ungleichung n < (l+s)" ist leider keine einfache Aufgabe. Aus diesem Grund formen wir den Tenn (1 + s)tt etwas um, in der Hoffnung, dass eine einfachere Ungleichung entsteht. Nach dem binomischen Lehrsatz gilt (1 + s)" =11

>o

>o _j · · • + E _2'. n(n - 1) E2 • 2

+- ns I + n(n -1) E2 +

"1

2

Die Idee ist jetzt, die Ungleichung n < (s + l)" durch n(n-1)

n
oo a,, bedeutet 'vc:' > 0 3N' E N, sodass 'vn 2 N' gilt ja,, - al < c: 1 •

=a

,vir wählen nun c: 1 = c:/2. Nach der obigen Definition, gibt es also ein N', sodass für allen 2 N' gilt lan - al < c:/2. vVir setzen somit N := N' und finden, dass für allen 2 N Folgendes gilt

Das entspricht der Definition von lirnn--->co(a,, - an+1) = 0. II

Beispiel 5.2.4 • • o Zeige, dass Grenzwerte e-i.nde·utig si:nd. Genauer: Ist an sowohl gegen a als auch gegen b konvergent, so gilt a = b. Lösung: Nehmen wir an, dass a11 sowohl gegen a als auch gegen b konvergiert. Zu zeigen ist: a = b. Nach der Definition von Grenzwert ist limn--->oo n,, = a gleichbedeutend mit !im a11

n4oo

=a

Anderneits ist lim,._, 00 an !im a,,

n--too

=b

?

'vc

> 0 existiert N1 E N s.d. 'vn 2 N1 gilt lan - a/ < c:.

= b gleichbedeutend mit g

'vc > 0 existiert N2 E N s.d. Vn 2 N2 gilt ja,. - b/
0 wählen wir also N .max{ N1, N2}, damit beide Bedingungen gleichzeitig erfüllt sind. Es gilt dann

/a - b/

= /a - a,, + a,, - b/ : ½lal

für allen> N gilt.

Lösung: Der Trick bei dieser Aufgabe ist es, a wie folgt zu schreiben

a=a-an+an. Nach der Dreiecksungleichung folgt also

/a/ = /a - an+ a„I :S: /a -- a„I + /an/· Nun berücksichtigen wir die Tatsache, dass limn--+oo a 11 = a gleichbedeutend damit ist, dass für alle > 0 es ein NE N gibt, sodass /a,, -al < c: für allen> N gilt. vVir wählen beispiebweise c: = ½/al. Dementsprechend gibt es ein N E N, sodass la - an 1< ½/a/ für alle n > N gilt. Für alle n > N gilt somit 1 1 E

/a/ = la - an+ an/ :S: ~+/an/< 2 /al + /an/

2 /a/ < /a

0 c:JN = N(K)

E N, sodass Vn :0:: N:

lanl > K

Notiert wird lim an= oo.

n-+oo

Einfach ausgedrückt: Eine Folge a11 divergiert, falls für jede beliebig gross gewählte Zal1l > 0 eine von ]{ abhängige grosse Zahl N derart existiert, dass alle Folgenglieder a 11 mit n > N im Betrag grösser als l( sind. Da die Zahl J{ beliebig gross gewählt werden kann, bedeutet dies, dass für grosse n die

J{

67

5. FOLGEN

n

N

Folgenglieder an beliebig gross sein können.

Beispiel 5.2. 7 • o o Zeige mit der Definition: a) lim n 2 = +oo b} Ihn _3n = -oo c) lim log(n) n--+oo

n-+oo

n-Hx)

= +oo d}

1h11

n-too

32 n-l

=

+oo

Lösung: a) \,Vir legen ein beliebig grosses I{ > 0 fest (,mm Beispiel I{ = 1045 ). Laut Definition müssen wir eine Zahl N E N derart finden, dass für alle n 2 N Folgendes gilt,

n > ./K.

./R], wobei [· · ·] die Runclungsfunktion bezeichnet. Für allen 2 N gilt

Wir wählen somit N := [ somit (nach Konstruktion)

n 2 >K. Das entspricht genau der Definition von !im n 2 H---4-CXJ

= oo.

b) \Vir gehen analog wie in der Teilaufgabe (a) vor und wählen ein beliebig grosses J{ > 0. Laut Definiüon müssen wir eine Zahl N E N derart finden, I{

=}

=

n > log3 I{

log(K) log(3) .

Es wird also N := [log3 K] gesetzt, sodass für allen 2 N Folgendes gilt (nach Konstrukt.ion)

l-3"1 > K. = oo. n->oo c) \Vir gehen analog wie in der Teilaufgabe (a) vor und wählen ein beliebig grosses [( > 0. Laut Definition müssen wir eine Zahl N E N derart finden, dass für alle n 2 N FolgendeR gilt

Das entspricht genau der Definition von !im -3"

ja„j = log(n)

>K 1

=}

n

> eK.

Es wird also N := [eK] gesetzt, sodass für allen 2 N Folgendes gilt (nach Konstruktion)

l log(n)I > K. Das entspricht genau der Definition von !im log(n) n-h:x:i

= +oo.

d) Wir gehen analog wie in der Teilaufgabe (a) vor und wählen ein beliebig grosses J{ > 0. Laut Definition müssen wir eine Zahl N E N derart finden, dass für alle n 2 N Folgendes gilt 2n -1

log([() log 3

> log3 (J{) = --(-) 68

11

>

1 (log(K) log(3)

2

+

i) ·

5.3.

E.s. wiI·d a1so .N ·.- [ 21 tion)

(log(K log 3 )

+ 1)]

RECHNEN MIT GRENZWERTEN

gesetzt, sodass für allen> _ N Folgendes gilt (nach Konstruk-

= +oo.

Das entspricht der Definition von !im ;3 2 n-l 1!~00

III

5.3

Rechnen mit Grenzwerten

5.3.1

Rechenregeln

Für die Bestimmung von Grenzwerten werden die folgenden Regeln benutzt

Satz 5.3.1 (Rechenregeln für Grenzwerte) Sind an und bn konvergent mit Grenzwerten a bezieh·ungsweise b, dann folgt 1} Ihn(a,,+bn)=a+b n-+co

2} lim an · b.,, n-too

= a ·b

= ::b·

3) Falls b.,,,b f 0, so gilt lim abn n-too

4) Falls a 11

Beispiel 5.3.1

:::;

b11 Vn E N, so gilt a:::; b

o oo

a} an= 1 + ½

Unter.suche das Konvergenzverhalten der folgenden Folgen

g) an

n 2 :!;i4n-2 2n -5n

1)134

b} d}

e) a,,. _-

n

an= ( 1+,;: an

=

(1.+n2)3

a,, = (-1)'\/n

f)

= vn(vn + 2 - fo)

h}

a,,. = Jn + /n - Jn - fo

Lösung: a) Wegen .1 -+ 0, gilt nach Regel (1) Un = 1 + .1 -+ 1. n ~l b) Wegen 1 + ¼-+ 1, gilt nach Regel (2) an= (1 + ¼) -+ 1. c) Da an als Quotient zweier Folgen definiert ist, würden wir gerne Regel (:3) anwenden. Leider dürfen wir in diesem Fall diese Rechenregel nicht wirklich anwenden, da weder der Nenner noch der Zähler konvergieren. Eine einfache Umformung löst aber das Problem lirn _!!__

n-rro

n

+1

=

Jim

n-+oo

n n (1 +

69

¼)

=

lim ~ .

n-+oo

1 + ,;:

5.

FOLGEN

Nun ist. unsere Folge wiederum als Quotient zweier Folgen definiert, aber sowohl der Nenner als auch der Zähler konvergieren. Somit dürfen wir Regel (3) anwenden und wir erhalten

1 n 1 }2!~ 1 !im - - = !im - - = --"---'--'---~1 = 1 + 0 = 1. n->cx, n + 1 11-+oo 1 + ¾ lim l + lirn n----+oo

n----+oo

n,

d) Da der Nenner und der Zähler nicht konvergieren, ist Regel (3) nicht direkt anwendbar. Wir klammern n 2 im Zähler und n 6 im Nenner aus und umgehen somit das Problem

(¾+n2)3 1 + n6

n6(;!tr+1)3 (;!tr+1)3 1 = n 6 (...L ., 1) = „o r ,;;r + 1

Wegen ;!tr -> 0 und ,!rr ---+ 0, ergibt sich mit Regel (3) e) vVir klammern n 2 im Nenner und im Zähler aus

0

11

---+ 1.

+ 4n - 2 n2 ( 1 + .in - :i\r) 1 + .!n n _ 2n 2 - 5n n 2 (2 -- li.) 2n

n2

a --~---n -

n li. H

---+-1 2'

weil der N em1er gegen 1 nnd der Zähler gegen 2 konvergiert. f) an = (.jn ist offensichtlich divergent. g) Regel (1) ist nicht direkt anwendbar, da weder ,/11, + 2 noch .jn konvergieren. Wir multiplizieren + 2 + .jn) und erhalten oben und unten mit (

1r

vn

vn

r.:-;-o ( + 2 + .jn) ,/ii(n + 2 - n) 011=v'n(v11-i-,c,-fo)=vn(vn+2-/n) (y'n+2 = v'n+2 n+2+ .jn n) n+2+ vnn =

2./n

vn+2 n+2+ .jn' n

Die Folge an ist jetzt als Quotient zweier Folgen geschrieben. Regel (3) ist aber nicht direkt anwendbar, weil weder der Nenner noch der Zähler konvergieren. Eine kleine Umformung löst aber das Problem

2.jn

2

vn/1 + ¾+ vn = /1 + ¾+ 1· Vilegen ¾---+ 0 gilt Cln ---+ 1. h) Hier gehen wir analog wie in der Teilaufgabe (g) vor tmd multiplizieren oben und unten mit

(Jn+.jn+ Jn-.jn)

~ ~(Jn+"fo+ ~) a,. = ( y n + vn - y n - vn, c--E + fo, + y .jn) 2.jn 2.jn

(Jn

o:~_0----+ +

n-

fo/1 +

+,: + vnJ1 - ,;,,

1

->0

•

Beispiel 5.3.2 • o o Sei an eine Folge reeller Zahlen {a 11 Zeige, dass b,, = a„+1/a„ konvergiert mit Grenzwert lim

n-+oo

Cln+l

an

70

=

1.

/

O} mit limrHoo

=

1.

5.3.

Lösung: Der Trick bei dieser Aufgabe besteht darin, bn

b,, _ nn+l _ nn+l . n . n + O.n n + 1 nn n

RECHNEN MIT GRENZWERTEN

= an+i/an wie folgt umzuschreiben

1_ +

(i + 1) .

an+l . n . n 1 an

n

1 \Vir haben also b„ als Produkt von drei Folgen geschrieben: an++ , 2!... und 1 + l. Nach Annahme n 1 an n sind ~;'tI und ~:. beide konvergent mit Grenzwert 1. Die Folge 1 + ¾ist auch konvergent mit Grenzwert 1. Somit ist die Folge bn nach der Produktregel (2) konvergent, mit, Grenzwert

. bn lim

n-tCX)

1) .

1)

. On+I a. +1 , -n · hm . (1+- = = n-too hm - · -n · ( 1 + - = lun - · Inn n + l On n n--hX) n + 1 n--hX} O.n U-t(X) n 11

1.

' - v - " ,.____., ' - - v - - - ' =l

=1

=1

III

5.3.2

Das Sandwich-Theorem.

Ein weiteres wichtiges Hilfsmittel zur Bestimmung von Grenzwerten ist das sogenannte

Sandwich-Theorem

Satz 5.3.2 (Sandwich-Theorem) Es seien die drei Folgen b„ S: a.,, s; c„ gegeben. Falls b„ und Cri konvergent sind mit limn-too b,, = limn-too Cn = L, so ist a.1.ich ari korwergent und lim an= L. 11-400

Das folgende Beispiel verdeutlicht, wie man das Sandwich-Theorem bei bestimmten reellen Zahlenfolgen dazu verwenden kann, den Grenzwert zu bestimmen. Gesucht ist der Grenzwert

. n! 1IID -

n-,oo

ri'"

Die Idee der Aufgabe ist es, eine der Situation angepasste Abschätzung :.m machen, um an in eine einfachere Form zn bringen. In diesem Fall benutzen wir

(2 "·n) n n · · ·n

n! 1 · 2 · ,. n 1 an=-= =-

·

n"

n ·n · ··n

1

---

n

(l 1) 3

::;1

Wir haben somit gezeigt, dass 0

n ..__,_, 9

1

s; -. n

9

1 n

s; an :S -.

Da die linke Seite Null ist und für die rechte Seite 1/n -+ 0 gilt, haben wir nach dem Sandwich-Theorem !im an= 0.

n-;oo

71

5.

FOLGEN

Beispiel 5.3.3 • o o Berechne mithi(f'e des Sandwich-Theorems: b) 1·1111 v'311 + 5n CJ 1·Im----'-.;.. n + cos(n) d} lin1nk aJ lim2n - k=2,3,··· n-loo 2n n-too n-loo n2 - l n-loo n 11 ' 2 5 . 1 + n + si11(n ) e 11111 arctan - - f lim , ) IHOO n! + 5 ) 11-lOO 4n 5 + (COS( e11 ) p

vn

(en n)

.

Lösung: a) Für n 2'. 1 gilt offenbar 2-n :::0: 1, sodass 2n 1 2" - 2"

->-. Für n 2'. 4 gilt 2" :::0: n2 , sodass 2n


0.

X

Somit ist die Folge (streng) monoton wachsend. II

Beispiel 5.4.2 • beschränkt.

o o

Beweise die folgende Aussage: Konvergente Folgen sind immer

Lösung: Die Folge a7 , konvergiere gegen a impliziert, dass es ein N E N gibt, 8odass lan

lanl=lan-a+al

=

limn-)= an. Die Definition von a = limn-)= an alle n 2'. N gilt. Es folgt somit

- al < 0.5 für

b.-Ungl.

lan-al+laj.::;0.5+jaj.

Alle Folgenglieder an mit n 2'. N sind somit beschränkt und 0.5 + ial ist eine obere Schranke. Was passiert mit den ersten N Folgengliedern? A pl'iori können wir nicht sagen, dass die ersten N Folgenglieder auch im Betrag kleiner als jaj + 0.5 sind. Sie bilden aber eine endliche Menge, welche somit ein l\faximum besitzt. \Vir setzen also

Es folgt somit

lanl .::; C

Vn E N.

Die Folge ist somit beschränkt. II

5.4.2

Monotone Konvergenz

Wir haben bereits gesehen (siehe Beispiel 5.4.2), dass konvergente Folgen stets beschränkt sind. Offenbar ist die Umkehrung im Allgemeinen falsch. Die Folge (-1)" ist beispielsweise beschränkt, aber nicht konvergent. Falls aber die Monotonie zusätzlich angenommen wird,

75

5.

FOLGEN

ist die Umkehrung richtig

Satz 5.4.1 (Satz über 11.1onotone Konvergenz) Sei an nach oben (bzw. nach unten) beschriinkt 1md monoton wach8end (bzw. fallend), dann i8t an konvergent.

Satz 5.4.1 ist ein sehr nützlicher Satz, um die Konvergenz einer vorgelegten Folge nnchznweisen (insbesondere für rekursiv definierte Folgen). Die Merkregel ist Beschränktheit

+

1fonotonie = Konvergenz.

Beispiel 5.4.3 • o o Untcrnuchc d·ie rekursiv defin-ierte Folge

auf J(onvcrgenz.

Lösung: Zuerst berechnen wir einige Terme, um ein Gefühl für die Situation zu bekommen a1

= v'2 = 1.4142 · · ·

a2

=

= 1.8477 · · ·

a3 = /2+ a4

=

2+

= 1.9615···

VV 2+

2+

v'2 = 1.9903 · · ·

Die Zahlen suggerieren, dass die Folge an monoton wachsend und nach oben beschränkt ist (obere Schranke 2). Monotonie: \1/ir zeigen mittels vollständiger Induktion nach n, dass a„ :S: an+l Vn E N gilt. Verankerung (n = 1): a1 = 1.4142 · · · :S: a2 = 1.8478 · · · Induktionsschritt (n =} n + 1): \1/ir nehmen an, dass

v

gilt (Induktionsannahme). vVir addieren 2 m1d ziehen die Wurzel auf beiden Seiten der Ungleichung

D

76

5.4.

MONOTONIE UND KONVERGENZ

Beschränktheit: ·wir zeigen mittels vollständiger Induktion, dass an S 2 Vn E N gilt. Verankerung (n = 1): a1 = 1.4142 · · · $ 2 ../ Induktionsschritt (n =} n + l): "\Vir nehmen an, dass a„ S 2

gilt (Induldionsannahme). Es folgt sofort an+l

=

VH

$

../2 + 2 = 2. D

Die Folge a 11 ist somit monoton wachsend und nach oben beschränkt. Der Satz über monotone Konvergenz (Satz 5.4.1) impliziert also, dass an konvergiert. Frage: Was ist limn-> 0 für alle n

E N gilt.

D

78

5.4.

:tvioNOTONIE UND KONVERGENZ

Nach dem Satz über monotone Konvergenz folgt also, dass a 11 konvergiert. \Vas ist der Grenzwert a = lim 11 - ; 00 a 11 ? Da mit a11 auch an+I gegen a konvergiert, gilt -+a

1

(-+a

:r )

a=

~ 2 @;]+§] Die Folge a 11 konvergiert gegen

2

(a + ~) a

a.2

=

a=

X

/x.

..fi. 1111

Beispiel 5,4.6 • o o Betrachte die rekursiv definierte Folge 2

an+1= ( ; ) +1

ao=O,

Zeige, dass die Folge a11 monoton wachsend wn.d nach oben beschränkt ist. Warum folgt damus die Konvergenz von a11 ? Wie la1btet der Grenzwert?

Lösung: vVir berechnen einige Terme ao

= 0,

a1 = 1,

02

=

5

4=

1.25,

89 aa = 64 = 1.39 · · ·

Die Zahlen suggerieren, dass die Folge monoton wachsend ist. Monotonie: Anstatt a„+l 2 a„ direkt zu zeigen, zeigen wir die dazu äquivalente Aussage a„+l ct 11 2 0. Es gilt

a11+1 - a,.

a,:,

= 4 +1-

a;, - 4a,, + 4 = (u,. - 2) 4 4

a,. =

2

>

- 0.

D Beschränktheit: vVir zeigen mittels vollständiger Induktion, dass an o

1+@

S lb„la

a 0. vVir suchen N, so dass für alle rn, n 2 N gilt /an - aml < E. GenatL~o wie oben, nehmen wir

E

88

5.7.

CAUCHY-FOLGEN

an m 2: n. Es gilt

lan -aml = =

1 + 4n

2

1 + 4m

2

I

2+2n2 - 2+2m2 1 2 2 2 2 1(1 + 4n )(2 + 2m ) - (1 + 4m )(2 + 2n ) (2 + 2n 2 )(2 + 2m 2 ) 6n

2

6m

-

2

6m

1

2

-

6n

1

2

= 1 (2 + 2n 2 )(2 + 2m2) = (2 + 2n2 )(2 + 2m 2 ) · wegen m > n. Es folgt

In,, - a,,,I =

6m2 - 6n2 (2 + 2n2 )(2 + 2m2 ) :S (2

,Vir finden somit, dass für n

>

6m2

6m 2

3

3

l

+ 2n2 )(2 + 2m 2 ) S 2m 2 (2 + 2n 2 ) = 2 + 2n 2 S 2n 2 < E.

/j; (und m 2: n) die Bedingung la,, - aml
e 1111

:.i;)

. . l 7 .6 . 2 • o o 1·1111 -1 1og ( -1+B e1spie x-;.O X 1- X

1

Lösung: ·wiederum 100 • 'Nir schreiben den Limes in der Form limx--,o (1 + 0)0' 1 1 + :i; Jim - log - - :r, 1 - :i;

x-->0

(

) = lim log [( -1 -- ) 1/x] = Jim log [(lJ 1 + :i;

,

J;

x-->0

-.'t

+X

1-

x-->0

X

J

-t- :i;

)l/xl ~l

2T 1 /." = x-->0 Jim log [ (1 + _., ) ] 1 - :i:

= x-->0 Jim log

[

2:r L2::_J ~ ] l.1:..=:J" (1 + - · · ) 1- X

'Wir haben einfach im Exponenten mit 1;;;;" multipliziert unil durch 12: dividiert. Der AuHdruck in den eckigen Klammern ist von der Form limx--,o (1 + 0)0, wobei 0 = 1:",,,--, 0. Dieser Term konvergiert gegen e und wir erhalten somit

Jim~ log (-l_+_x) 1 - ;i;

m-->0 ;f,

= lirn log x-+0

j(1

+ 12,;) ';;," X

j

i::'x½

=

Jim log ,r,--;()

[e1~,½] = log(e

2)

= 2.

--)C

Im vorletzten Schritt haben wir die Stetigkeit von log(x) und e"' ausgenutzt, um !im ins Argument von log( e·") zu ziehen. 1111

Beispiel 7.6.3 • o o Ihn ( X--l'OO

x

2

X2 -

+ 2:r·

„2+1

) "'-3

3 X+ 2

110

7.7.

DER FUNDAMENTALLIMES

Lösung: vVir schreiben den Limes in der Form limx--too ( 1 + . ( :c2 +2x ) hm „2 , • o.--toc, ,), - 3:!, +2

til x-

0)

•

= .s--too hm

~------~ (x l-3,c+2+:3x-21+2x) •-

.

= a,--too hrn

.2

:)C

(

3

:JX + 2 , ,

-

5x - 2 ) , , .r. 2 - ,{x + 2

1 +,

".2.:i-s1

5x-2

=

li1n

X~ 00

[(1 + .

2

=1

8

2

3

lim,,_,o stl'.x

x 2 -3:1:+2

1

=..:.±!. :r-3

5":-2

3 +2 ) 5x-2

2

3 "± 2 rnulti1)liziert und durch ,:2-:i,,+ 2 dividiert. Der Aus\Vir haben einfach im Exponenten mit "' 5x-2 5x-2 8 2 druck in den eckigen Klammern ist nun in der Form lim;c--too ( 1 + , wobei 0 = " 5:l~_':}2 -+ oo. Dieser Term konvergiert gegen e und wir erhalten somit

0)

)= ;r2+1

:1:2+2:i: fün x--too ( x 2 - 3a: + 2

Im vorletzten Schritt haben wir einfach die Dominanz von 5,v 3 (oben) und x 3 (m1ten) erkannt .

•

7.7

Der Fundamentallimes lim X-+Ü sinx X

Wir haben gezeigt, dass

sinx

!im - -

,v--tO

X

1

= 1.

Dieser fundamentale Grenzwert ergibt die folgende nützliche Regel . sin0 1I m - - - = 1

x-+a

wobei

0

0

ein beliebiger Ausdruck in x ist, für den

0 -+ 0 für x -+ a gilt.

. sin(3:i;) Beispiel 7 . 7 . 1 o o o I1m - - aHO sin(4x) Lösung: Die Strategie ist, den Limes in der Form limx_,o Das machen wir wie folgt . sin(3,c) hm - - sin(4a:)

x->O

.

sin(3a:) sin(4x)

sie:P zu schreiben, mit 0

L4i]

.

\ 4x

:r->O

sin(3,c) 3a,

4:r sin(4x)

3,c 4,c ·

= hm - - - · - - · - - = hm - - - · - - - · x->O

111

1

---+ 0 für :i;

-+ 0.

7.

RECHNEN lvIIT GRENZWERTEN

W'ir haben somit zwei Grenzwerte der Form lim,,--+o siöO produziert, einen mit anderen mit 0 = 4:i:. Beide konvergieren also gegen 1, sodass lim sin(3.1:) sin(4:i:)

= lim sin(3x)

x--+0

4:n

3x --+1

x--+O

3x ·4x

0 =

3:c und den

3

=4·

--+1 III

x 2) ·

. 1,ün(l Beispiel 7.7.2 • o o hm

.v--n

1- x

Lösung: Die Strategie ist, den Limes in der Form limx--+1 sioO zu schreiben, mit Das machen wir wie folgt

. sin(l - :1; 2 ) hm - - - x--+l l -·· :i:

=

• 11111 x--+l

sin(l - :r: 2 ) J 1 - :r2 :r:2 1 - :i:

-===c'-

I

11 _

0

--+ () für

X

I= hm .

sin(l - :r: 2 ) (1 T)(l + 't) ,_-_··~--· - lim(l + :r) - 2 x--tl ~-1_-_,_i:2_ ~ 1 - :i: - x--tl ·· • --tl

III

. . 177 B e1sp1e • •3 • o o 1·1111 1 - cos:u 2 x--+0

Lösung: Da cosx

J'

:,;'.:;ö

1 - cosx ;i:2

=

Vl -sin J'

X

2

x, finden wir mit dem \Vurzeltrick

.1

= x~11J

2

1- y 1 - sin :c ;1:2

l'

(1

Vl _ sin 2

:r) 1 (1+ Vl - sin :c) 1. . 2

----"-·f17==;::::::::' :;=~1 ( l + V1 - sin ,i:)

= ,,'.:;ö --'----~;;;;i;22.

2

III

1

Beispiel 7. 7.4 • o o Jim t,mMinx , x--+0

Lösung: Da tanx

tanx - sinx lim _ _ _ _ _ x--+0

:i:3

=

=

Jim x--tO

X'

haben wir

sin": - sinx =

COS.1.

:i:3

--+ l.

lilll

x--+0

sin:r ( -1 -

COS X

-1)

x3

III

112

7.8.

7.8

DER SATZ VON BERNOULLI-DE L'HOPITAL

Der Satz von Bernoulli-de l'Höpital

Der Satz von Bernoulli-de l'Höpital erlaubt die Berechnung von Grenzwerten vom Typ . f(x) l llll - -

X-+a g(:c)

falls Folgendes gilt: • Beide Funktionen konvergieren gegen Null, d.h.

= 0,

1h11 .f(x)

x~a

lim g(x)

x~a

=0

(Typ

„Qo")

• Beide Funktionen divergieren, d.h.

= 0,

Ihn /(;1:)

;c---ta

lim g(:i:)

x-ta

= oo

(Typ "

00 00

")

Der Satz lautet wie folgt

Satz 7.8.1 (Bernoulli-de l'Höpital) Es seien f und g zwei in einer Umgebimg des .Punktes a (auch a = oo) definierte und differenzierbare Funktionen, mit g1 =/; 0. Falls entweder lim f(x) = lim g(x) = 0 oder lim f(x) = Ihn g(x) = bo, so gilt x-+a

x-+a.

rt-ta

= Ihn f'{x).

lim f(x) aHa

7.8.1

x-ta

g(x)

x-+a

g'(x)

Der Satz von Bernoulli-de l'Höpital für

"Q" 0

und

".22." oo

Der Satz von Bernoulli-de l'Höpital gilt (wie oben angegeben) nur für Gremwerte vom Typ und ''22." 00 •

"Q" 0

1 Beispiel 7.8.1

000

e-2x -1 lim---

x-+0

X

Lösung: Der Grenzwert ist vom Typ

"g". 'N"ir benutzen den Satz von Bernoulli-de l'Höpital --tl

.

e- 2x

-

1

11111 - - -

x--tO

X

H.

=

I= -2.

-2- / e- 2 "' lirn - ~ - ~ x--tO l .

II

1 Beispiel 7.8.2

0 0 0

X . e 11111 --;-3 x-++oo x·

113

7.

RECHNEN lvIIT GRENZWERTEN

Lösung: Der Grenzwert ist vom Typ";;;"· Durch dreimalige Anwendung des Satzes von Bernoullide l'Höpital bekommen wir e;1·

lim -

a·-t+oo

x3

ex H ex = x-->+oo lim - - = lim ---;-- = lim - = +oo. 3x ,i--t+oo ();i; x-->+= 6

H

C::1:

H

2

Alternat·i1J1': Man erkem1t, ,

x----ta

wobei eine der folgenden Situationen auftritt • lim,,-,o f(:i:)

= 0,

• lim,r,_, 0 f(:i:)

= oo, lim.,_, 0 g(x) = 0 (Typ "oo0 ")

• lim,r,-,of(:r)

= 1, lhnx-,og(x) = oo (Typ "1°°'').

linix--+O

g(.1;) = 0 (Typ "0°")

Die Grundidee ist, die F\mktion wie folgt umzuschreiben f(x)g(x)

= eg(x),log(f(x))

und dann den Grenzwert für die Funktion im Exponenten mit Hilfe des Satzes von Bernoullide l'Höpital zu berechnen.

Beispiel 7.9.1 •

oo

ihn

x--+O+

xsiu(x)

Lösung: Typ "0°". "\Vir schreiben den Grenzwert als

fun

xsin(x)

= lirn elog(x•io(x)) = lim esin(x)log(x).

x-;O+

o:-;O+

x--+O+

Die Funktion e"' : R -+ R+ ist stetig. Somit dürfen wir den Limes in den Exponenten ziehen. Wir berechnen also den Grenzwert für die Funktion im Exponenten mit Hilfe des Satzes von Bernoulli-de l'Hopital --+0

lim sin(:t) log(x)

x->O+

=

log(x) Jim - 1-

x--+O+ sin(x)

H

Jim

1.

x->O+ si~~~;"

=

119

2

-sin x Jim - - x--+O+ a: COS a;

=

lim

x->O+

1sinx 11 sinx 1 - - - · ~ = 0. X ->-1

--+1

7.

RECHNEN MIT GRENZWERTEN

Also ist der gesuchte Grem:wert gleich Jim

Jim

Xsin(x) =

x->O+

esin(x) log(x) =

eo = 1.

x-tO+

III

Beispiel 7.9.2 •oo lim

x-.>O+

(vx2+1)•

1 12 n

x

Lösung: Typ "100 ". vVir schreiben den Grenzwert als

, (y ~);;.;!,r,; . :i:- + 1 = hm

lun

x-tO+

x->O+

e

log((vx2+1),1

Somit lautet der gesucht.e Grenzwert 1

, hm

(

:c-+O+

=

+l

~)

V x2

,

11111 e

log

0'f = e2'1

ain•

x---tO+

X

III

Beispiel 7.9.3 • o o lim xv'4+x- 2 x-.>O+

Lösung: Typ "0°". vVir schreiben den Grenzwert als Jim :i:v'4+x-2 = x-tO+

Jim elog(x0lTii'-

2

=

)

,v-,O+

Jim e(v'4+x-2)lug(x), x-tO+

Dann berechnen wir den Grenzwert für die Funktion im Exponenten mit Hilfe zweimaliger Anwendung des Satzes von Bernoulli-de l'Hopital .

hm

x->O+

( r,;--::

)

,

loo-(x) v'4+x- 2

II.

.

0 v4+ :i:- 2 log(x) = 11111 - 1- - = hm

x--;O+

a:--;o+

l

-~ 2,,;;J:+x

(v'4+x-2)2

->2

=

-2·1 y14+xl·(v'4+x-2)

2

lim --'====d_-- - - - - - = ,,,-,o+ ;r; 1

Jim

-8(v14+:r;-2)2 -

v'4+.i:

1

x->o+

= ,,-,o+ Jim

•

lun

-4(-v'4+x-2)2

x-tO+

X

-81 (v'4 +

:c - 2) --;o

I·

n-;-::: -

2v 4 + ;r; ->¼

Es ergibt sich also xv4+x-2

=

Jim

e( v'4+x-2) lug(x) =eo=

1.

x-tO+

III

120

0.

7.10.

7.10

TAYLOR, DER RETTER

Taylor, der Retter

Oft lassen sich schwierige Grenzwerte schneller mithilfe einer oder mehrerer Taylor-Entwicklungen bestimmen. Diese Methode besteht einfach darin, die verschiedenen Funktionen, welche im Grenzwert vorkommen, durch ihre Taylor-Entwicklung zu approximieren. Es werden nicht alle Terme der Taylor-Entwicklung benutzt, sondern es werden nur so viele Tenne betrachtet, bis sich die Terme nicht mehr gegenseitig aufheben (siehe Beispiele). Es ist oft nützlich,

= 0 zu

sich die folgenden Taylor-Entwicklungen um x

merken

xz

,i;3

x4

2

3!

4!

e"' = 1 + X + :__ + :__ + :__ + · · · .

x3

x.5

a;2

:i,'1

,r.2

x4

x

2x 5

smx

=x

cos x

= 1- 2 +

6 + 51 + · · · :i.·3 x.5 · + sinh x = x + :__ + .. · 5 ü. -

= l +2 +

cosh x

3

=x+3 +

tan x

= a; -

tanh x

x3

3

+

Li!

ti!

+ ... + ·· ·

15 2x 5 15

+ · ·· - · ..

i

x2

x3

= :i; - 2 + + .. · 1 (1 + x)" = l + C\:X + 0:(0: -

log(l + x)

2

Beispiel 7.10.1

. 1llli

e OO

\,z + .. · .

sinx - sinhx

x-;O

-------

x( cos x - cosh :i;)

"i".

Lösung: Der Grenzwert ist vorn Typ Es wäre möglich, den Satz von Bernoulli-de l'Hopital zu verwenden, aber die Methode der Taylor-Entwicklung führt schneller zum Ziel. In diesem Fall werden die Taylor-Entwicklungen der Funktionen sin :i:, sinh :1;, cos x, cosh x nm x = 0 gebraucht. Diese kann man aus der obigen Liste ablesen. Es werden nur so viele Terme betrachtet, bis sich die Tenne nicht mehr gegenseitig aufheben. Es ergibt sich . sin J: - sinh x lnn - - - - - - x-+O :r(cosx - coshx)

+ · · · ) - (x· + o" + · · ·) = !im x-x-i:-~+-·· n r, [(1- T + ... ) - (1 + -"i- + · · ·)] X-+ 0 X (1 - 1 - - 2 - - 2 + ... 3

=

3

°' ·" - o 0

.

11111 aHO

(

x

•

"

2

,,,2

„2

klein

8]+El·· · 1 = Inn =====--- = hm :---:i = - . -x3 I+ E] ,3x 3 •

•

:c->O /

X

3

x-+0

klein

II

121

]

7.

RECHNEN MIT GRENZWERTEN

Beispiel 7.10.2 •

oox--t+oo Ihn (,/r + x - :r:) 2

Lösung: Zuerst schreiben wir den Grenzwert als

Für a: -+ oo ist y = l/1: klein, sodass wir den Term ersetzen können. Da.-:u verwenden wir die Formel (l+y)"=l+ay+

J1 + ¾= n(O' - 1) 2

y

yll + y mit seiner Taylor-Entwicklung

2

+···.

mit n =½und y = 1/x und bekommen

M

11

=1+-·-+ .... 2 X

Einsetzen ergibt !im

.'t~+oo

(J:c +:c-:r)= x---t+oo !im a:(/1+~-l)= lim:r.[(1+~+ X x--+o:::> 2x .. ·)-1] 2

=

llin

x--+(X)

(fil, liJ' o) klein

1 2

II

Beispiel 7.10.3 • o o lim xv14-l=x-2 x--+O+

Lösung: Die Funktion wird wie folgt geschrieben

Dann berechnen wir den Grenzwert im Exponenten mithilfe der Methode der Taylor-Entwicklung. Es gilt v4+x-2=2 Einset.-:en ergibt

R

(

lx ... ) -2=-+ X -2=2 1+--+ .. ·. 24 4

lirn (v4+i:-2)log(x)= !im ~4'log(.r)+···=Ü, x-+O+

a·.-.-+o+

1

wobei limx--,o+ :c log(:r) = 0 benutzt wurde. Also !im :i:~- 2 = lim e-'i log(x) = exp ( lim ::'. Jog(:i:)) = e0 = 1. :c--;O+ x-,O+ 4

:c--;O+

II

122

7.10.

TAYLOR, DER RETTER

. . I7 lim sin(x)2 B e1spie .10.4 • o o x-+O log(l + x) Lösung: Es werden die folgenden Taylor-Entwicklungen benutzt

sin:r

=x

x3

-

3' + · · ·

log(l+:r)=x+· ..

r

r

Die Taylor-Entwicklung von sin(1:) 2 ergibt sich aus der Taylor-Entwicldung von sin(x) Sill ;i; =

X -

~;

+ .. •

sin(:i,)2 = ( X

=;.

-

~+EJ·· EJ

Einsetzen ergibt

!im x-+0

. ( )') sm X log(l + 1:)

= x

+ .. •

:;;

= !im

[j]+

x-+0

klein

2

2 •X•

-

~;

+ ( ~;

2

+ .. • = x + .. •

= !im X = O. x-+0

klein

II

x)

1-c1.,s., sin Beispiel 7.10.5 • • o lim ( - - · . x-+O+ :c Lösung: Wir schreiben die Funktion als

(

sinx)

- -

10 l-c '"

:::::

-'-log("'"")

eJ-CO/li;C

X

•

X

Dann berechnen wir den Grenzwert im Exponenten mithilfe der JVIethode der Taylor-Entwicklung. Es gilt . sm ,i:

:r3

= :r - 6 + · · · :r2

cosx=l-:_:__+, .. 2

log(l +x) = -:c+ ···

=;.

Einsetzen ergibt ~· 8111X

!im ( - - ) ,:-;O+

a:

1

.

= !im

.

1

ei-cou

x->O+

0

I

g(-"-) = Jim exp smx

cc-;O+

EJ)

[f] ( lfj+ LJ --'--+ ... 6 .2

klein

klein

II

cog(!+a,))

. log Beispiel 7.10.6 • • o lim ---'----'a:-+O

X

123

7.

RECHNEN MIT GRENZWERTEN

Lösung: Es gilt. log(l + :c)

T2

log·(]og(l+.1:)) --'----"-

= ,z: - :_ + · · · 2

X

Es ergibt sich also

(log(,;,+"))

log !im - ~ - - ~ ;r;

x-;O

=

= log ( 1 -

-[}+ CJ

füu

-;1; 2

+ · , , ) = --X + ·,, . 2

1

klein

x-;O

2 1111

Beispiel 7.10.7 • •

o

Sei an eine Folge reeller Zahlen mid

I: an(x - :i:o)" 00

f(x) =

n=O

die TaylorTeihe i10n J(:1:) um den Entwicklungspunkt xo, Zeige lim f(x) - f(xo) a:-txo

= a1.

x - Xo

Benutze dieses Resultat, nm die folgenden Grenzwerte zu bestimmen e" - 1 sin:i; n) lim - b} lim - x-;O

X

Lösung: Es gilt f(xo) .

x-;O

= oo

f(x) - J(xo)

l 1111 ~ - - - - " ;r:-txo a; - Xo

=

X

(einfach Einsetzen). Somit gilt

~::"=o a,,(:z: - :ro)n - ao

.

1llll . = c . ~ ~ - ' - - - - - ,v-+,Vo a: - :i:o

=

.

1l!Il x-+Xo

~;:::'= 1 an(X - :i:o)" X - Xo

_ . ~::"=o a11+1(:i: - a:o)n(:z: - xo) _ . ~ . (. .. )" - 1nn - 1m1 L...., a11 +1 ;i. - ,eo :t - Xo

;r.-+;i:o

= x--+xo !im (a1 + a2(x -

xo)

a) Die Taylor-Entwicklung von J(x) = ex um :i:o f(:v) = e"' Somit

. 1

= 1 + ,z: +

e"' - 1

1111 - x->0 X

b) Die Taylor-Entwicklung von f(x)

=

.

x-t.'Vo -n=O

+ a3(x -

xo)

2

+ · · ·) = a.1.

= 0 lautet

·i:2

+ · · · =>

f(x) - f(O)

1llll - ~ - - = (J.l o,-;O X

a.1

=

=

1.

1.

= sin(,i:) um xo = 0 lautet

f(.1:) = sin(x)

= :z: -

x3

+ · · · =>

a1

= 1.

Somit lim sinx x

x-+0

=

!im f(x) - f(O) ;c

= ai =

1.

;i;-+O

1111

124

7.10.

TAYLOR, DER RETTER

lin tan(t.an(tan(x))) - x - xa . • B e1spie1 7 . 10 .8 • • • 1 x-+0 2x5 Lösung: Die Idee ist es, die Taylor-Entwicklung von tan(x) zu benutzen

tan(x)

x3

?;l'5

3

15

= x + - + .'.'. '. . :._ + .. · .

Wir fügen die Taylor-Entwicklung von tan(x) in die Taylor-Entwicklung von tan(,c) ein, um die Taylor-Entwicklung von tan(tan(~:)) zu bekommen tan(:c) tan(tan(,c))

2x 5

,E 3

= :r: + -3 +15- + .. , = ( ~: +

-1/l

+

2x 5

+ ···

)

+

2:c 3 3x 5 =:c+3+5+"· tan(tan(tan(:c))) = ( :c +

2x3

3 +

3,rs ) T + ·" +

(x +

2f + 3t + ... )3 ;3

2f + 3f + ... )5

2 (x +

+

15

3 7xs =x+:1; +5+"·

Es ergibt sich also tan(tan(tan(:c))) - ,r - :c 3 2x 5

.

Ihn --'--"'----'-,','"'----- = hrn

x-+0

x->0

0

:1:

+ ,i:3 + 7:° + · · · -

x - x3

=

2x 5

7

.

x"

lun - 5a:-;O 2x 5

= -107 . II

7.10.1

Die Substitution

Die letzte Methode, die wir diskutieren, ist die Substitution.

e-2x - 1

lim - - - 1 Beispiel 7.10.9 •oo x-+O X Lösung: Dieses Beispiel wollen wir jetzt mithilfe einer Substitution lösen, statt den Satz von Bernoulli-de l'Höpital anzuwenden (siehe Beispiel 7.8.1). Wir substituieren e- 2 "' - 1 = t =} x = -½ log(t + 1). Da x---+ 0, haben wir t = e- 2 x - 1---+ 1 - 1 = 0. 11/ir ersetzen somit e- 2"' - 1 = t und x = log(t + 1) und rechnen den Grenzwert für t---+ 0 aus

-½

,-2 '" -

liln e

x-+O

:c

1

t

=Ihn~,------

Hü-½log(t+l)

1 Ho.!Iog(l+t)

= -2 lim

1

= -2 lim

Ho

1

1

1 log(e)

= - 2 - - = -2

log (t + 1), _ 1

-+e

wobei wir die Stetigkeit von log

R ---+ R+ benutzt haben,

125

11111

Ihn ins Argument zu ziehen. II

'

+ ·· ·

7.

RECHNEN MIT GRENZWERTEN

1

e-;;;

Beispiel 7.10.10 • o o Ihn

a:

:,:-tO+

Lösung: Dasselbe Beispiel haben wir bereits mit dem Satz von Bernoulli-de l'HOpital berechnet. Etwas sclmeller geht es mithilfe einer Substitution. Wir substituieren 1/x = t =} ,i; = 1/t. Da x -+ o+ strebt, gilt t = lj:i: -+ +oo. Somit ersetzten wir /, = l/:1; und lassen t -+ +oo gehen

!im e :,;-,Q+

_1. x

X

!im

1--++co

e-t

·

= /.-t+oo !im

t

= 0,

dominant

da

e

1

über t für t -+ +oo gewinnt. 1111

126

7.11.

7.11

Aufgaben

.

Berechne die folgenden Grenzwerte

x-;O

x-;oo

x-;oo

cos(l/x) - 1

-

+ 5:c

4x

x-;oo

4x + 4

-

x-;O X

24.

tan :i.: + :-z: 2 - sm :c + log(l + x)

5 1 · x1::,~ x 3

25.

+ tan x) l/,c

6. lim (1 x-;O

e": - e

X

"HO

.,/xxl!

filog x - log 23 '1 :r + 345 log

3445

X -

x3

+4

1

x:2

tan 3 x ----x-;o :r(l - cosx)

. 12. 11m

/x _ + sinx Ihn --'\_ __ log :z;

x-;+oo

x-;O

+

2 COS X 2 COS X - 3 ------,------

tan x log(l

+ sin x)

logsinx 15. lim - - x-;f COSX .

16 . 11m

xsinx

--

x-;O ex -

l

. 2"' - COSX 17. h m - - - a:-;o

lhn

x(Jx 2 +x+l-Jx2 +x)

x-;+oo

X

. 3x log(l + x) 29 . 11111 ,v-;O ta11(x) 2

. arcsin4 x + tan3 x + arctan2 :c - :r2 11. 1llll - - - - - - -2 - - - - - x-;O sin x

. 14. 11m

Jx3 + 1 -

. log(l + 3:r) 28 . 1lill ----"-'-------'x-;O x 2 + 2x

6x+ex+2

13.

Ihn

x-;+oo

:,,-;O

9. lim _e_ __ x-;oo e4x + 1 -

1 + ~) l - X :r

. /1 + X /1 - X 27 . 11111 - - - - - - -

4x 2 +x -1 8. lim - 3- - x-;oo 8:-i: + 3x 2 - 5

x2

+ e"')

. sin( 1r cos x) 26 . 11111-~-----'x-;O xsinx

7. l i m - - x-;l fi -1

10. lim

X

23. Ihn.!_ log (

. 1 - cos(2:r) 4. 1m 1 - -2- - - ' x-;O sin (3x)

.

(e-:z - 1)

22. lim .!_ log(l

. 2x 3 - 5x 2 - 4x + 12 3. 11111 ---,----=---~--2 4 3 x-;2 :r

log(l + x) arcsin :r - x 2 + tan x

------"'---'-~-----'----

21. lim :r 2

+ 1)/x ----~e1lx - (x

.

2. 11111

. 20. 11111

(x½ + x-½)

lim

x-;O+

3"' -x 3 :r - 3

19. h m - - x-;3

1.

AUFGABEN

:z;

. cos :r - 1 18 . 1llll ,v-;o sin 2 x + :z; log(l + :i.:) 127

,30 .

31.

. X sin X cos X 11 1 1 1 - - - 1 - cos( x ) 3

a:-;O

lim log (lxlsinx)

x-;o-

e"' - e-,r 32. lim --.- x-;O 8111 ;1;

7.

RECHNEN MIT GRENZWERTEN

128

Kapitel 8

Reihen 8.1

Definition

Sei (an)nENo eine gegebene reelle oder komplexe Folge. Anfangend von diesei· Folge kann man eine neue Folge (SN )NENo durch Summation der ersten N Glieder von a11 definieren N

SN= ao

+ a1 + · · · + aN = Lan. n=O

Explizit

So= ao

= ao + a1 S2 = ao + a1 + a2 S1

= ao + a1 + · ·· + aN,

SN

SN l1eisst Partialsumme von a11 • Ist die Folge SN der Partialsummen von an konvergent, = limN-,oo SN (unendliche) Reihe der Folge a11 • Notiert wird

so heisst deren Limes S

oo

N

S

=

lim SN= lim Lan

N-,oo

N-,oo

= Lan,

n=O

n=O

Ist die Partialsummenfolge divergent, so heisst die Reihe divergent. Reihenrest heisst der Wert

L (X)

RN

= S - SN =

an·

n=N+l

Die Aussage limN-,oo SN= S ist gleichbedeutend mit limN-,oo RN= 0. In anderen ·worten: Die Reihe

L~=O

a11 konvergiert genau dann, wenn

L 00

lim

N-,co

a,,=o

n=N+l

gilt. Das ist als Cauchy-Kriterium bekannt. Der Term an heisst das allgemeine Glied der Reihe.

129

8.

8.2

REIHEN

Konvergenzkriterien

Konvergenzkriterien sind Mittel zur Entscheidung darüber, ob beziehungsweise unter welchen Bedingungen eine vorgelegte Reihe konvergiert oder divergiert, ohne ihre Summe explizit berechnen zu müssen. In den nächsten Abschnitten lernen wir 12 Konvergenzkriterien für Reihen kennen und werden diese mit ausführlichen Beispielen diskutieren.

8.3

Konvergenzkriterium 1: mittels der Definition

I:~o an

Die Definition der Reihe

oo

L an n=O

N

= 1·11n

Def.

N-too

L an n=O

kann man als Konvergenzkriterium benutzen. Jl.fan geht wie folgt vor: Man findet, in abhängigkeit von N, eine allgemeine Formel für die Partialsurnrne S'N und bildet den Grenzwert lirnN -;oo S'N. Existiert limN-;oo 8,v, so ist die Reihe konvergent. Existiert lirnN-;oo S'N nicht, so ist die Reihe nicht konvergent. Diese Methode ist besonders geeignet, wenn man den \Vert von einer Reihe explizit berechnen will.

Beispiel 8.3.1 • o o

1 ( ) (Mengoli-Reihe) L..,nn+l

n=l

Lösung: Beispiele, wie dieses, bei denen rationale F\mktionen von n vorkonnnen, werden oft mittels Partialbruchzerlegung (PBZ) gelöst

n n(n + 1)

n+l n(n + 1)

1

1

n

n+ 1

Die PBZ erlaubt es, die Partialsummen SN sehr leicht zu bestimmen S1 = n1 = 1-

,

S2

1

2

1 1 1 1 1- - +- - - = 1- 2 2 3 3 1 1 1 1 1 1 + (1,3 = 1 - - + - - - + - - - = 1 - -

= a1 + a.2 =

S3 = '

CL1

+ a.2

'22334

4

\Vie man sieht, kürzen sich die mittleren Terme immer weg. Es gilt also SN=l-

1

1

-+2 2

1 1 1 1 1 1 -+ +· .. - - + - - - - = 1 - - - . 3 3 N N N+l N+l

Im Limes N --+ oo bekommen wir 00

1

n(n + 1)

=

Dcf.

. lnn SN=

N-tco

130

.

11111 N-too

(

1 - -1- ) N +1

= 1.

8.3, J 0 (siehe Graphen). In anderen vVorten: E:-; gibt immer ein nu (das von a· abhängt), sodass Vn :::0: na gilt log(n) :Sn"'. s~------------~

~~~2~0-~4~0-~s~o-~a~o-~oo-~1~20-~140

Zum Beispiel gilt: log(n) :S fo. für alle n 2 l. Die \;Vahl von fo. ist für den spezifischen Fall besonders geeignet, weil am Ende eine konvergente Reihe entsteht. Die Abschätzung log(n) :S n wäre auch korrekt, aber für unseren Fall zu grob, weil dann eine divergente Majorante entstehen würde (nicht besonders nützlich). l\fan könnte zum Beispiel auch log(n) :S n 113 für alle n :::,: 100 benutzen, usw.

140

8.6.

KONVERGENZKRITERIUM

3:

MAJORANTENKRITER!Ulvf UND MINORANTENKRITERIU!vl

Da L::i konvergiert (Riemann mit s auch die gegebene Reihe.

=

3/2), konvergiert nach dem Majorantenkriterium 1111

Beispiel 8.6.5 • o o

L 32n ++ 11 oo

n

n=O

Lösung: Aus 3n

+ 1 2: 3" folgt 2" + 1 < 2" + 1 3" + 1 3"

Die Reihe L;;:o (¾)" + '-'(X) 2n+1 k • t Lm=O n+i onve1gen ,.

(½)"

=

(~)n + (!)n 3

3

konvergiert (geometrische Reihe mit q

= 1/3, 2/3). Somit ist auch

3

1111

· · l 8 . 6 . 6 • o o L., B e1sp1e

v'n + 1 v'n n

n=l

/nTI + fo oben und unten

Lösung: vVir schreiben das allgemeine Glied a„ um, indem wir mit multiplizieren (Wurzeltrick)

/nTI -

fo

n Wegen n

+ 1 2: n

( vnTI - fo) ( /nTI + fo) n (vn+T + fo)

gilt

1

1

n(

1

n(I vnnl+vn)

vn + 1 + fo).

1

:S n( fo + fo) = 2na/2.

?:fo

Ln~ konvergiert (Riemann mit s gegebene Reihe.

= 3/2). Nach dem I\fajorantenkriterium konvergiert auch die 1111

L l + 2 + 3 + ... + n 00

Beispiel 8.6.7 • o o

n=l

1

/

1

Lösung: Es gilt 1

1

1

l+-+-+ .. ·+- L a

11

divergent.

n

n

Das Vergleichskriterium hat breite Anwendungen, weil es erlaubt, über das Konvergenzverhalten einer komplizierten Reihe schnell zu entscheiden.

.

.

Beispiel 8.7.1 • o o L..,

2n2 +2n+3 ßn 5 +

n=l

6

Lösung: Wenn n gross ist, sind 2n 2 uu e. Was passiert für l:i:/ = e? In diesem Fall versagt das Quotientenkritcrium, weil limn-+oo l.'!.!,±.!.I = 1. Wie geht man vor? Wir lln setzen lxl = ein und benutzen einen wichtigen Merksatz: Es gilt (1 + l/n) 11 < e für alle n E N (man kann sich dies leicht überlegen, wenn man ein paar Werte für n einsetzt). Diesen Fakt nutzen wir, um das Verhalten von I 1 zu untersuchen. Es gilt

a~;'

an+l 1 = l an

e(-n-) n+ 1

11

>

1.

'-v-"'

>1/c

Die obige Ungleichung besagt, /an+1I > la11 I, d.h. dass lanf monoton wachsend ist. Damm kann der Grenzwert von an nicht Null sein, d.h. a„ ist keine Nullfolge. Somit ist nach dem Konvergenzkriterium 2 die Reihe für l:rl = e oo

n • ~ = n-->oo hm (

2-n

n

!-~

+ 1)

L.::'..:...'...

. n 1 = hm - = - < L n-->oo 2n 2

Nach dem \Vurzelkriterium konvergiert die gegebene Reihe.

II

146

8.9.

Beispiel 8.9.3 • o o

L oo

(

2+;

KüNVERGENZKRITERIUM

6: DAS

VVURZELKRITERIU!vl

)n

n=l

Lösung: Hier gehen wir analog wie im obigen Beispiel vor, weil das allgemeine Glied von der Form a71 = (b,,)" ist. vVir wenden das Wurzelkriterium an

.!.)

vjaJ = n--+{X) lim (2 + n = 2 > 1.

lim

-n-+oo

Nach dem vVurzelkriterium divergiert die gegebene Reihe. III

Beispiel 8.9.4 • •

o

Für welche x E lR ist

(::.)2n-2

n3

L.,

n=1

n 2 +n+ 5 5

konvergent?

Lösung: Wir wollen zuerst die Form von a„ einfacher machen. Dazu benutzen wir das Vergleichskriterium. W'ir erkennen, dass n der dominante Term im Nenner ist, sodass

2

(:c)2n-2

n3

n2 Die Reihen

+n+5 5

n3 rv

n2

(;i;)2n-2

L n-, + n + 5 (x)2n-2 -5 00

n3

5

(x)2n-2

=n 5

Ln (x)2n-2 -5 00

und

n=l

n=l

besitzen somit dasimlbe Konvergenzverhalten, sodass es keine Rolle spielt, welche der beiden Reihen 2 wir untersuchen. vVir betrachten und wenden das \Vurzelkriterium an 1 11. (!)

2"2-2/n = 1 !im nl/n .!'.... 1) (5

I:::

Jim

n-+oo

Dies impliziert x 2

v1a,J =

11-+=

2= ::_2

Jim e¼ log(n) ::_ n-->oo 25

25

1.

< 25 also l:cj < 5. Somit ist die Reihe für j:i;j < 5 konvergent und für l:cj > 5

divergiert sie. III

Wie kann man das Konvergenzverhalten von

Lan 00

a,, -_

n=l

{ ni/2 1

nil2

n n

= =

gerade ungerade

untersuchen'? In diesem Fall ist die Folge stückweise definiert, sodass keiner der Grenzwerte Ihn

n---too

lan+l / und an

147

liln

n----too

v'iaJ

8.

REIHEN

existiert. In solchen Situationen wird stattdessen der folgende Grenzwert untersucht lim sup n~co

vTa"J.

v1aJ

Gilt lim Sl!Pn-,co > 1 ( < 1), so ist die Reihe divergent (bzw. konvergent). lim SllPn-tco wird gemäss der in Abschnitt 5.6 beschriebenen Methode berechnet.

Beispiel 8.9.5 • •

mit an

=

1

n 1 12

o

Untersuche das Konvergenzverhaltcn von

falls n wngcradc m1.d an

= ,, }12 sonst.

Lösung: Die Reihe lautet 00

Lan

a,,

n=l

\•Vir berechnen limsup,._, 00 Folge

v'laJ.

={

=

,,112

n

n172

n = ungerade

l

gerade

Erinnerung: Um limsup,,_, 00

bn

v'laJ zu

berechnen, wird die

= sup{ ~lk 2'. n}

konstruiert und danach der Grenzwert lim,,_, 00 b„ bestimmt. Es gilt

b1

= sup{ {/faJ, {;r;;:;[, ~ ' ~ ' .. ·} =sup{l, 1/2:3/4,1/3 116 ,1/4318 ,1/51 / 10 , ... } =

1

= sup{ ~ ' ~ - ~ . ~ . · · ·} = sup{l/2 /4, 1/3 16, 1/4 1 , 1/5 1 , ... } = 1/23 / 4 b3 = sup{ ~ , ~ , ~ ' e/fa:f, · ··} = sup{ 1/31 16 , 1/43 / 8 , 1/5 1110 , .•. } = 1/3 1 / 6 3

b2

Die Folge b„ konvergiert gegen 0, sodass limsup,,_,=

1

v'laJ = lirn

1 10

3 8

11 _, 00

/J,,

= 0 < 1.

gegebene Reihe nach dem Wurzelkriterium konvergent.

8.10

Somit ist die

•

Quotientenkriterium vs. Wurzelkriterium

Ein das Quotientenkriterium und das Wurzelkriterium betreffendes interessantes Resultat ist das folgende: Liefert das Quotientenkriterium eine Entscheidung (auf die Konvergenz/Divergenz einer vorgelegten Reihe), so liefert das \Vurzelkriteriurn dieselbe Entscheidung.

148

VfaJ

8.10.

QUOTIENTENKRITERIUM VS. \VURZELKRITERIUM

Das ist der Gegenstand des sogenannten Satzes von Cauchy-d'Alembert

Satz 8.10.1 (Satz von Cauchy-d'Alembert) Existiert an+l 1, 80 gz'lt, li llln-;,oo -----;,:;;:I

lim lan+l an

n-too

l=

der

Grenzwert

lim ~ -

n-+oo

Der Satz von Cauchy-d' Alembert besagt also, dass das Quotientenkriterium und das Wurzelkriterium sozusagen dasselbe sind. Das hat eine wichtige Konsequenz: Versagt das Quotientenkriterium, so tut es auch das \Vurzelkriterium. Anders gesagt: \Nenn das Quotientenkriterium versagt, machen wir keinen Fortschritt, wenn wir das \,Vurzelkriterium anwenden!

Beispiel 8.10.1 • o o

3n I:-:;; oo

n=l

Lösung: iVIit dem Qnotientenkriterium:

lim

,.--,oo

I Un+l 1

a„

= Jim

n-+oo

3 "+1n

(n + 1)3"

= Jim 3-·1-1' - = 3 > 1 n--+oo

n+l

=}

divergiert.

:Mit dem Wurzelkriterium:

Jim

1i---too

vfaJ =

=3>1

lim

n---+oo

=}

divergiert.

-+1

Quotientenkriterium und Wurzelkriterium liefern dasselbe Resultat

Un+l 1.un 1-l

n-+oo

Cln

]'1m ""if'I '3 = n-+oo V 1a 1 =,. 11

• 149

8,

REIHEN

8.11

Konvergenzkriterium 7: Das lntegralkriterium

Stellen wir die Glieder der Reihe L:':°=p a„ als F\mktionswerte a,, [p,oo) stetigen Funktion f(x) dar, so gilt das Integralkriterium

Satz 8.11.1 {Integralkriterium) Die Re-ihe

(1)

an

(2)

0

Dann gilt

Gen monoton fallend

L::"=p an

(d.h. a„+l s;;

1

L a„ konvergiert 00

= f(n) einer im Intervall

erfülle

a„J.

00

n=p

a(x)dx konvergiert

Fiir monoton fallende, positive Folgen an haben also L:':°=p an und JP f (:c )dx dasselbe Konvergenzverhalten. Ist zum Beispiel fi';' J(x )dx konvergent, so ist es auch L:':°=p a,,. Ist 00

hingegen

L:':°=p a„

J;';' f (:r)&u

und

JP

00

L;;"=p a,,.

divergent, so ist es auch

Das bedeutet aber nicht, dass

f(x)d:v denselben Wert haben. Zum Beispiel

L~l

2

= ';, während

Jt

}2dx = 1. Im Allgemeinen gelten die folgenden Abschätzungen

roo

L an :S: },, n=p+l 00

L an. n=p 00

f(x)dx :S:

P

Das ist oft nützlich, um den 'Nert einiger Reihen näherungsweise zu bestimmen (vgl. Beispiel 8.11.5).

Beispiel 8.11.1 •

o o

L 00

1

n=lOO

n log(n) log(log(n)) log(log(log( n)))

Lösung: \1/ir stellen an = n log(n) log(log(n)) log(log(log(n))) als Funktionswerte a,, = .f (n) der sLetigen Funktion .f(x) = xlog(x)Iog(log(x))log(log(log(,v))) dar. Offenbar ist an 2': 0 Vn ::>: 100. Ausserdem ist a„ für n 2': 100 monoton fallend, weil Vx 2': 100 gilt d 1 1 d:i; x log(:1:) log(log(tc )) log(log(log(:i:))) :i: 2 log(x ) 2 log(log(:i:))2 log(log(log(:r)) )2 1 1 x 2 log(x) 2 log(log(x) )2 log(log(log(x))) :c2 log(:i; ) 2 log(log(x)) log(log(log(x))) 1 x 2 log(x) log(log(x)) log(log(Iog(x )) ) -

(jeder Term in der Ableitung ist negativ). Nach dem Integral-Kriterium besitzen also und f (:c)dx dasselbe Konvergenzverhalten. Es gilt 0

J/;:

1

=f(;1.:)dx = 100

1

L::"=rno a,,

00

100

„ ( ) (l /;'; (! (l (' ))) = (log(log(log(log(:c))))] 100 = oo. x 1og x 1og og x 1og og og x

150

8.11.

Das Inte61Tal von

KONVERGENZKRITERJUM

7:

DAS lNTEGRALKRITERIUM

J1';;'0 .f(x)d:r ist nicht konvergent. Somit konvergiert die gegebene Reihe nicht. II

1

00

Beispiel 8.11.2 • o o " " "2" ' L., n + 1 n=O

Lösung: Wir betrachten die Funktion .f(x) monoton fallend, weil

1 - - -2 dxl+x d

1Jx 2

1

•

Diese ist offenbar positiv und auf (0, oo)

(10'5 /3) 113

-

1 L... -n4 (X)

n=l

1

31.18 · · ·. Somit

32

1

L... -n4

n=l

1

1

= 1 + -24 + · .. + -324 = 1.08231 · · ·

1111

152

8.12.

8.12

KONVERGENZKRITERIUM

8: DAS

LEIBNITZ-KRITERIUM

Konvergenzkriterium 8: Das Leibnitz-Kriterium

Liegt eine alternierende Reihe

I;,, (- 1yn an vor, so ist das folgende Kriterium sehr hilfreich

Satz 8.12.1 (Leibnitz-Kriterium) Es sei die alternierende Reihe I;11 (-1)11 an gegeben. Falls die folgenden Bedingungen erfüllt sind,

(1) a„ 2: 0

(2) limn-, 00 On = 0

(8) a 11 monoton fallend

konvergiert die Re1:he I:,,(-l)"a,,.

Hier sind einige Beispiele zum Leibnitz-Kriterium.

.

Beispiel 8.12.1 ooo

(-lyn I:-n 00

n=I ..

Lösung: Wir überprüfen die drei Bedingungen des Leibnitz-Kriteriums

• limn---too

¾= 0 J

• ¾ist monoton fallend, weil ,f, ¼= --;;, s O für alle x Die alternierende Reihe

I:::

ist somit nach dem Leibnitz-Kriterium konvergent .

1 (-~)"

Beispiel 8.12.2 • o o

•

co:(mr)

L..., ri

n=O

Lösung: vVegen cos(mr)

2': 1 gilt. ,j

= (-1)"

+I

können wir die Reihe wie folgt umschreiben

L.....,

n=O

cos(mr) n2 + 1

= L.....,

n=O

(-1)". n2 + 1

11/ir überprüfen die drei Bedingungen des Leibnitz-Kriteriums •

,.2~1

2':

• lirnn---too •

112~ 1

Ü .,/ n 2~ 1

=0J

ist monoton fallend, weil

Die alternierende Reihe

I:::

1

c';;J~~)

-!/;, ,,2~ 1 = - (a,22;1 ) 2 s O für

alle ;~ 2': 0 gilt.

J

ist somit nach dem Leibnitz-Kriterium konvergent .

153

•

8.

REIHEN

Beispiel 8.12.3 • o o

E (-lt n n +l 00

2

3

n=l

Lösung: Wir überprüfen die drei Bedingungen des Leibnitz-Kriteriums nz

•

11

•

l'

a+1

2:

O / V

,,2

['

ist für alle

11,

,,2

lilln-+oo n3+1 := lllln-+oo n3

• ,,i'+l 2

./

V

2: 2 monotou fallend, weil

x2

d

=0

3:i: 4 2x a:(x 3 - 2) ~~-~+---= (;i: 3 + l) 2 s; 0 (x3+1)2 ;i:3+1

.

V;r 2:

a

_

if2 -

"

l.2,i9 · · ·

Die alternierende Reihe I:;:"=2 (~,;)~~' ist somit nach dem Leibnitz-Kriterium konvergent. Da ein Glied die Konvergenz der ganzen Reihe nicht ändert, ist auch die Reihe ab n = 1 konvergent. 2

III

• . B e1sp1e1812 . .4 • o o

Loc cos(21rn) log(n) n=l

(

cos n1r

)

n

2

Lösung: Es gilt. cos(21r11.) = 1 und cos(-mr) = (-lr, sodass

f

n=l

cos(2irn) log(n) cos(nir) n 2

=

f

(-l)''log(n)

n2

n=l

·

Wir überprüfen die drei Bedingungen des Leibnitz-Kriteriums

>

Q .;

•

log(11)

•

, log(n) _ Q ; ] lliln-+ oo V

•

n2

;,\:'l

10

-

V

ist für alle n 2: 2 monoton fallend, weil

.!!:__ log(x) dx :t: 2

= _ 2 Iog(:r)

, a lt ermerenc · ]e Rei·11e '\'°" Die L-n= 2

x3

+ _..!:_

= 1- 2log(:c)

x3

x3

2 ,m) log(n) ' t cos{ cos(mr) ----;:;r- 1s

< 0 Vx 2: .je= 1.G ....

-

· 1mnvergen t . Da sonu't nac11 d em Lei']nu·tz.. l( n·t.ermrn

ein Glied die Konvergenz der ganzen Reihe nicht ändert, ist auch die Reihe ab n

=l

konvergent. III

8.13

Konvergenzkriterium 9: Absolute Konvergenz

Die Reihe

Ln an

heisst

absolut konvergent, falls

11

154

8.13. KONVERGENZKRITERIUM 9: ABSOLUTE KONVERGENZ

konvergiert.

Satz 8.13.1 (Absolute Konvergenz) Jede absolut konvergente Reihe ist konvergent.

Die absolute Konvergenz der Reihe Ln an impliziert also ihre Konvergenz, d.h. ist Ln ianl konvergent, so ist auch Ln an konvergent. Diese Implikation ist oft nützlich: Kann man eine Reihe auf absolute Konvergenz nachweisen, so kann man auf die Konvergenz derselben Reihe schliessen. Der Vorteil ist, dass, im Gegensatz zur gegebenen Reihe, für die Reihe der Absolutbeträge die Konvergenz oft leichter nachzuwei;;en ist. Die Umkehrung des obigen Satzes ist i.Allg. falsch: Die Reihe Ln(-1)" /n ist beispielsweise konvergent (Leibnitz-Kriterium) aber sie konvergiert nicht absolut, weil Ln l/n divergiert (harmonische Reihe).

Beispiel 8.13.1 ·

eoo

2 ~(-1)1l ( n+lOO)" 3n+l

Lösung: Die beste Idee für solche Aufgaben ist es, zu zeigen, dass die gegebene Reihe absolut konvergent ist. \Vir betrachten also die Reihe der Absolutbetriige

6

n=1

(2n+100)n 3n+ 1

Diese ist nach dem vVnrzelkriterium konvergent

.

hm

n-+oo

-

2n+100

2

v'la„I = n-+co Jim - - - = - < 1. 3n + l 3

I,;~1 ( 2;;;~~o)" konvergiert). Weil absolut konvergente Reihen konvergent sind, ist auch I,;~=l (-1 )" ( 2~;~~o) n konvergent. Die gegebene Reihe ist somit absolut konvergent (d.h.

II

00

1 Beispiel 8.13.2

•

Sill n eoo L....,--

n=l

n!

Lösung: Das ist eine typische Situation für absolute Konvergenz. Das Vorzeichen von sin(n) ändert sich sehr schnell und ist somit schwer zu kontrollieren. In diesen Fällen zeigt man lieber die absolutco

I an+l 1 =

a1,

lim n->oo

;i,; 11

dasselbe Konver-

= lim 2 (-n_.-) s = 2 > 1.

2n+lns

(n + 1) 8 211

n->oo

n

+1

Die gegebene Reihe ist somit für alle s divergent. 11111

Beispiel 8.14.4 • o o Fiir welches E lR ist 1

CO

L nlog(n)

n=2

8

konvergent? Lösung: Die Folge an= 1/n(log(n))" ist positiv und monoton fallend, weil};, x loi(.i:)• = - x2 !o~(x)• :r2 log(x)•+ 1 < 0 für :r 2: 2. \,1/ir dürfen also den Cauchy-Kondensatfonstest anwenden. Wir betrachten somit die Reihe 00 00 1 1 1 211 8 8 2" log(2") = log(2) ns · Nach dem Cauchy-Kondensationstest besitzen also genzverhalten. nur für

8

I:;',°= 1 n1,

konvergiert nm, wenn

8

I:~=2 nlo:(n)'

> 1 ist

und

L~=l 1,

dasselbe Konver-

(Riemann). Die gegebene Reihe ist somit

> 1 konvergent. III

8.15

Konvergenzkriterium 11: Taylor, der Retter

\Vie bei der Bestimmung einiger Grenzwerte, bietet die Taylor-Entwicklung eine sehr nützliche Methode für die Untersuchung spezieller Reihen auf Konvergenz.

158

8.15.

Beispiel 8.15.1 •

KONVERGENZKRITER!U!V1

11:

TAYLOR, DER RETTER

f (¾) sin2

o o

11""1

Lösung: Für grosse n (sagen wir ab no) ist 1/n sehr klein. Da die Konvergen11 nicht von einer endlichen Anzahl von Folgengliedern geändert wird, dürfen wir natürlich die Reihe ab diesem no betrachten. Somit dürfen wir den Term sin2 (1/n) Taylor-entwickeln

sin( x)

. ·>(l) (1 1 + ···) -+ 1 o"

:c3

snr

Es gilt somit 00

•

SJn

0

2 (

n=no

Ln 1/n2

Ordnung~

2

= :i: - G + · · ·

n

1) n =

=

00

-

0

n=no

- - -

n

(

6n

=

3

1

Ordnung ¾,r) -+ r:-:-:-7 n2 L..:.._J

n2

.

= 2). Somit konvergiert auch die gegebene Reihe.

ist konvergent (Riemann mit s

III

n (sin (;) -sinh (;))

Beispiel 8,15.2 • o o

Lösung: Taylor-Entwicklung von sin und sinh ,i:3

sin(:c)

= :z: - G + · · ·

sinh(:i,)

= :i:+ 6 + ·· ·

:z:3

sinh

(_!_) n

liefert

n (sin

(_!_) - sinh (_!_)) = n (_!_ n n n

6n3

Somit

n ( sin ( ~) - sinh (

Ln 1/n2 ist konvergent

(Riemann mit s

(X)

Beispiel 8.15.3 • o o

L.;

n=l

= 2).

¾)) =

log cos _!_ 3n

=1-

:r2

j

(-

3~ 2

·· ·) = - 3.r11_2 + .. · + .. · ) .

Folglich ist auch die gegebene Reihe konvergent. III

Lösung: vVir Taylor-entwickeln cos 3~ cos(i:)

+ · .. - _!_n - ~.. 6ir3

+ ··· 159

8.

REIHEN

Nun benutzen wir die Formel log(l + x)

= :c + · · ·

1 1 log cos _..:1:_ = log (1 - - - 2 + .. ·) = - -- 2 + · · · 3n 2 ·3 n 2·3 " Somit

Ln (1/9)" ist konvergent (geometrische Reihe mit q konvergent.

1/9). Somit ist auch die gegebene Reihe 1111

Beispiel 8,15.4 • o o

I: Jn + (¾) 1 sin

n=l

Lösung: \Vir Taylor-entwickeln den Term sin ( f,) sin(x)

*

= :i: + · ··

sin

(.!:.) n = .!:. n + · ··

Es ergibt sich also

v'n + Da

I;:;:

1

1

1

/n-n =

1 sin -

n

1

n 112

.

1/n1 / 2 divergiert (Riemann mit s = 1/2), ist die gegebene Reihe divergent. 1111

I: -n1 log (n) - - log (n) 21 n+ 1 n + 00

•• Be1sp1el 8.15.5 • • o

n=l

Lösung: Als Erstes schreiben wir a„ etwas um a 11

1 (

1 (n+l) (n n n 2

= - log -n- ) log ( - 2-n - ) = - log - - log - -+1) - . n

n+l

n

n+l

Dann Taylor-entwickeln wir den Term log ( ~ )

= log (1 + f,) gemäss

log(l+:r-)=x+··· Somit

2

-1 1og (n+l)l - - og (n - +1) n n n

2

-12 1og (n - +1) - . n n

2

Nun schätzen wir den Term log(" n+l) ab. Wegen n + 1/n :S: 2n und da die Logarithmus-Funktion 2 monoton wachsend ist, gilt log( " , ;1 ) = log(n + 1/n) :S: log(2n), sodass

n- ) -1 1og ( -n- ) 1og ( n n+ 1 n2 + 1

160

log(2n) -2- .

n

8.16. KONVERGENZKRITERIUM 12: DAS KRITERIUM VON RAABE

\Vir untersuchen also das Konvergenzverhalten von :Zn log~;"). vVegen log(2n) :S genug (lVIcrksatz: log(n) wächst langsamer als jede Potenz von n)

-/n

log(2n)

----:;;z- :S :Zn 1/n3 l 2 ist konvergent

(Riemann mit s

n2

/n

für n gToss

1 n3/2 ·

=

= 3/2). Somit ist auch die gegebene Reihe konvergent. II

8.16

Konvergenzkriterium 12: Das Kriterium von Raabe

Das folgende Konvergenzkriterium gilt, wenn das Quotientenkriterium versagt

Satz 8.16.1 (Konvergenzkriterium von Raabe) Es sei an eine Folge positiver Zahlen und es sei limn-+oo a;; 1 = 1 (Quot·ientenkriterium versagt). Wenn der Grenzwert li mn 1 - - - - . 0 ; n-+oo ( an

an+l) _,

cxisUert u:nd a =/= 1, so gilt fiir das Verhalten der Reihe

• a 1

=}

Konvergenz

I:n a'll

Das Kriterium von Raabe ist sozusagen eine Ergänzung des Quotientenkriteriums. Liefert lirnn-+oo

an+1 an

keine Antwort, so muss der folgende Grenzwert berechnet werden

- . 1. n (l - -On+l) 1m

an

n-+oo

Nun einige Beispiele zum Kriterium von Raabe.

CX) 1 Beispiel 8.16.1 • o o Untersuche das Konvergenzverhalten von~ mit dem IfriteL.., ns

n=l

riurn ·von Raabe.

Lösung: Das Quotientenkriterium versagt (also gibt keine Antwort)

. a,,+1 Inn - -

n-Hx:i

0-n

=

.

1r"

11111 - - n--+oo {rt 1)'oo

0 11

=

. n (l !im

n->co

3n + 1 ) 3(n + 1)

=

. n~---'---'-~--'3(n + 1) - (3n + 1) lun

1Hoo

:3(n + 1)

. n ~2- ~ = -2 < = lnn n->oo

3(n + 1)

3

Nach dem Kriterium von Raabe ist die Reihe divergent. 1111

• . oo 4n(n!)2 . . . Be1sp1el 8,16.3 • o o E-(--)- mzt dern I->00

Nach dem Kriterium von Raabe ist die Reihe divergent. 1111

162

l.

8.17.

8.17

Aufgaben

15.

Aufgabe 1 J\.11an untersuche das Konvergenzverhalten der folgenden Reihen

JnTI

00

l.

L ~n5 +n3 -1 '

3. I:(-1)" (1) :;:;: oo

4.

L

n=2

nn

n=l

¾

1

_L_

ex -

LJ 00

16.

18.

n=l

L oo

n=2

1/n

(sin(l/n)Y l ogn

00

n=l

1 lognlogn

ncos(mr) l n+: n=O

20. L_;

00

x"n! 5. 'L_; "'nnn=l

21. L..;

n=O

_

(-l)"n+sinn 6 L; n 2 Iogn

ncos(mr) n2 + 1

00

22. L(e" -1)"

n=2

n=l

7. flog (nsin~)

23 ..

n=l 00 1 8. '"'(-l)"vnsin -1/, L_;

00

10.

24.

n+l

I: (-l)"vn n=l

L 00

(

e" +1

-

12. L..;

n2

n=l

-

e)

1)" +

3n +

+n

00

26.

11=1

oo

(-1)"

n=l

(-l)"n+vn n

n=l 2 CO

28.

1

3n

I:--:;;:

n=l

00 3" 29. '"' L; n"

00

n2

(-1)11

:z=nJn+T

27. L._;

'"'(n 2- 3n+ 1)11

13. L;

1

n=2

L nlognloglogn 2

l)"

+2

t c.: r 00

-n=2

(n

e-n

n=l

1

00

(

25. ' " ' - 1 L._; n ogn

n=O

ll.

CX)

2

n=l

9.

l dx

n+l

19. L(log(n))°(sin(l/n))b

n=l 00

(2n)!! x2n

n=2

n

2.'"' n L._; (2n)! n=l

oo

00 1 17. ' " ' L_; n"'logn

n=l oo

L

+n + l

n=l

n!

14. '"' L_; n"

30.

n=l

f ex;

11=1

163

10

}"

7~2

AUFGABEN

8.

REIHEN

00

:n. I:

(cos1rn)n

_!:_

;i:-2

11=1

47.

n

f

(-lt ( 1 - nsin~)

n=l 00

00

32. I:(-1)"_.,_i

+1

n

n=l

n=l 00

1

00

33. I:(-lt

49. I:(-1)"(3 1/n - 1)

1)

(

log 1 + n

11=1

n

48. Ln2+1

n=l 00

00

50. I:(3 1 / 11

34. I:sin(n)

n=l

n=l

00

35.

L oo

n=l

(n!.)2 2n2

51.

6

n=l

52.

1 --c----c------,----

37.

1

00

38. ~ - 6 3n 2n n=l

39.

11=1

(n,) 1

¼

Aufgabe 2 Berechne den Wert der folgenden Reihen: 00 2 2 +2n l. n=l

.

· 6

n=l

(2n)! (n!)2

n=l

00

n=O

i

../1 + n2

n=O

(logn)"/

2

n=2

(-1)"

I:ne-

2

00

5. I: n2-1 00 1 6. ~ - - - - -

n(log(n)) 0

·

Le-2n 00

4.

1

00

n-2

00

3. L(log;i:)"

·n

oo

41. I:

43

l

I:~

+ 1) logn

vl+n2

40

42.

(2n 2

Ln

1

00

00

53.

(2"3"+1 + 1)"'

00

n=3

ln+I- ,rn 6 ynTJ. n=l Jn2 + n

1)

-

~n(n+l)(n+2)

00

44.

712

n=l

45.

f

n=l

(tan

(--"!:.) - --"!:.) a n

n

Aufgabe 3 Es seien die zwei konvergenten Reihen

I:a,, < oo 00

00

..jncos(n1r) n·'3 + 3 n=O

46. I:

n=1

164

I:b,, < oo 00

n=l

8.17.

gegeben. Konvergieren die folgenden Reihen? CX)

1.

Lk an

\lk EN

n=l CX)

2.

L]_

n=l an

L Ja~+ b?, CX)

3.

n=l CX)

4. LP(a,,

+ b11 )

n=l

165

AUFGABEN

8.

REIHEN

166

Kapitel 9

Potenzreihen 9.1

Potenzreihen und der Konvergenzradius

Eine Potenzreihe ist eine Reihe der Form 00

Lanx" = ao + a1a; + a2x2 + · · · + a„x" + · · ·, n=O

worin x eine reelle (oder komplexe) Variable ist und (an)nEN eine reelle (oder komplexe) Folge. Im Falle einer komplexen Potenzreihe schreibt man für die Variable lieber z anstatt x. Potenzreihen sind ein spezieller Typ von Reihen, es sind sozusagen Polynome vom Grad oo. Manchmal gibt man den etwas allgemeineren Begriff einer Potenzreihe mit einem Entwicklungspunkt xo an 00

La,,(x-xo?n=O

Diese allgemeineren Potenzreihen bringen nur etwas mehr Schreibarbeit, aber keine grundlegenden Unterschiede. Somit werden wir einfach den Fall xo

=~=O

= 0 betrachten.

Eine Potenzreihe kann man als eine Funktion f(a;) = a1 ,x" auffassen. Sie hat somit einen Definitionsbereich. Dies ist der Konvergenzbereich, also die :tvienge von allen x in JR (oder C), für welche der Ausdruck

B1

= {x

f (x)

konvergiert

E JR (oder C)

/f

anx"

konvergiert}.

ll=Ü

Ein wichtiges Resultat über Potenzreihen ist, dass der Konvergenzbereich B f kreisförmig ist, in dem Sinne, dass ein p E [ü, oo] existiert (der sogenannte Konvergenzradius), sodass I:~o a 11 x 11 konvergiert

°"oo

Lm=O a 11 x n

d'1vergier . t

Ffü den Fall !xi = p (cl.h. am Rand des Konvergenzkreises) ist keine Aussage über Konvergenz a priori möglich: l\fan muss den Einzelfall betrachten.

167

9.

POTENZREIHEN

Ein Beispiel einer Potenzreihe kennen wir bereits: die geometrische Reihe

LX". CX)

n=O

Die geometrische Reihe konvergiert für alle l:i:I < 1 und divergiert für lxl :::: 1. Sie besitzt somit den Konvergenzradius p = 1. Auf der 1'1enge der Konvergenzpunkte B f = {x E

IRI lxl < 1} stellt die geometrische Reihe die folgende 1

(X)

.f(x)

Funktion dar

= "x" =. L., 1-x n=O

Fiir eine allgemeine Potenzreihe .f (:i:) =

~~=O a„x"

kann man den Konvergenzradius p

mithilfe der folgenden äquivalenten Formeln berechnen

Satz 9.1.1 (Konvergenzradius) Für den Konvergenzradius p der Potenzreihe .f(x)

=

anx" gelten die .folgenden Formeln p= lim -a,,,- 1 n-too I On+l

1 - lim,,,_, 00

(9.1)

'

{9.2)

p-------

v1a,J'

Beide Formeln folgen unmittelbar aus dem Quotienten- (GI. (9.1)) bzw. \Vurzelkriterium (Gl. (9.2)). \Velche Formel in welchem Fall anzuwenden ist, hängt vom konkreten Beispiel ab. Die erste Formel ist sehr geeignet, wenn Ausdrücke wie n!, a" oder Polynome vorkommen. Falls a. 11 die Form a 11 = (/J,,)" hat, ist die zweite Formel natürlich am geeignetsten. Am besten betrachten wir einige Beispiele.

Beispiel 9.1.1 •oo Bestimme den Konvergenzradfos der.folgenden reellen Potenzreihen 00 xn b) oo x" a)L n! ( arcosh( JnTI - viiJ) n n=l

L 00

c)

(

a)n2 x" mit a E lR

1 +:;:;:

d)

n=l

(3n)! ,n L...., ( _ )13 3' . n=l n 1 .

Lösung: a) vVir benutzen die Formel (9.1) (es kommt n! vor) und bekommen . 1 a„ p= hm --1 =

n-+oo

an+l

. (n + -1)! Inn -

n-+co

n.1

=

. (n+l ) = oo. lnn 11---tco

Der Konvergenzradius ist oo und somit konvergiert die gegebene Potenzreihe für alle x E R.

b) Wir benutzen (9.2) und bekommen p=

.

1

limn--+t'.Xl

n

[anl

=

lirn arcosh(

n-?co

168

vn + l -

Jn).

9.1. POTENZREIHEN UND DER KONVERGENZRADJUS

Mit dem Wurzeltrick (Abschnitt 7.5) finden wir dann p = Jim arcosh 7l-tOO

vnTI + vnl) vn)I v'n+I+/n 1 = lim arcosh ( v'nTI + vn

( Vn + 1 -

(

1

1

n-too

1

= lim arcosh (-,- -) = arcosh ( !im -

2/n

n--+=

n-too

)

1

-) = arcosh(O) = 1, 2/n

wobei wir die Stetigkeit von arcosh benutzt haben, um den Limes im; Argument der Funktion zn ziehen. Somit konvergiert die gegebene Potenzreihe für lxl < 1 und sie divergiert für l:rl > 1. c) -Wir benutzen (9.2) und bekommen 1 P = limn--+oo

1

v'[a,J =

Somit konvergiert die gegebene Reihe für d) \Vir benutzen (9.1) und bekommen

1

lim,,_, 00 (1 + ;;- )"

1:cl < e-n

= ea

=e

-a

und sie divergiert für

·

lxl > e-".

1·llll (3n)! n!3 1·llll (3n)! ( -n! - ) = n--+oo n--+oo (n - 1)! 3 (3n + 3)! (3n + 3)(3n + 2)(:3n + 1)(3n)! (n -1)! n3 n3 1 = lim - - - - - - - - - - = lim - -3 n--+oo (3n + 3)(3n + 2)(3n + 1) n--+oo 27n 27 . 1-an- 1 = n--+oo C!n+I

p= 1llll

Somit konvergiert die Potenzreihe für alle x mit [xi < 1/27 und sie divergiert für [x[

3

> 1/27. II

Beispiel 9.1.2 eoo Bestimme den Konvergenzradius der folgenden komplexen Potenzreihen 00 3" oo n+2" n a -2- - z b) n+l n + 1 n=O n= O 00 (elfn _ 1)2 c) (e4-n2 1/n z" dJ n=O 1 - cos(l/n) ·

)L

2:-z"

1)

2: ~-----,--'----,-z"

Lösung: a) vVir benutzen (9.1) (es kornmt n! vor) und bekommen p

2 . 1 an 1 . n+2" (n+ 1)-+1 = lnn - - = Inn -- · --. n--+oo an+! n--+oo n 2 + 1 n + l + 2n+1

). Wir bekommen somit

Wir identifüieren die Dorninanzen (

2"

(n

+ 1) 2

p= lim - : , · - - n-too

n~

2n+I

li

,,-!1;_,

(n + 1) 2 2n2

1

= 2·

b) Wir benutzen (9.1) und bekommen ,

.

p= lun

n--+oo

. n +2 = li1n . -n-+2 = -. 1 -a„- 1 = lun -3"- · an+1 n--+oon+l 3n+I n--+oo3(n+l) 3

1

c) ,vir benutzen (9.2) und bekonunen 1 p= ]'lllln-too V n!T:7"1J 1Gnl

= 1·

lllln---too

169

1

( ,4-n2 (.

-

1)1/n2'

9.

POTENZREIHEN

Den Grenzwert

limn---+=

_

(

e4 "

2

l

-

1/n

)

2

2

bestimmen wir mit der Taylor-lVIethode (4-n ist sehr

klein). vVir benutzen die Taylor-Entwicklung von e4 -"

e"=l+:r+ ...

2

*

und bekommen 2

lim n---tCX)

(e

4

_

2

"

-

1)

1/n

2

=

lim Jl-t(X'l

(

1+ 4-"

2

+ · · · -1

) l/n

--....,.__.,

= n-+oo !im (4-"

)

2 l/n2

=c4~n2

sodass

1 p=----== lin1 11 ___.= v1)a,J'

_ _ _ _1_ _~.,....,,.

l•

lllln---+oo

(e

4-n2

-

1)

1

4'

= 4.

1/n2

d) Mit der Formel (9.1) finden wir p

. 1 On 1 = hm -- =

11--+oo

a,,+ 1

1 11 2 . 1 (e / 1) 1- cos(l/(n 1)) 1 11111 ------,--,---,- • -,...,....,.,..--=~--,---:-'-n--+= 1 - cos(l/n) (e 1/(n+l) -1)2 ·

+

\1/ir Taylor-entwickeln die verschiedenen Terme. Für n-+ oo ist 1/n sehr klein, sodass

1 "

(e I - 1)

2

= .1 + -n1 + .. · ( '--,,--'

-1)

2

= -n12

+ · ..

=cl/n

und

cos(l/n)-1 =

(1- -2n1-+- .. )-1 2

'-v-'

= ___l_ 2n 2

+ ....

=cos(l/n)

Somit finden wir p

= n-too lim

1.

• Beispiel 9.1.3 eoo Bestimme den Konvergenzradius der Potenzreihe L~l a„x'\ wobei die Koeffizienten a„ durch l-2+3-4+· .. -2n a,, = - - - - - = = = - - +l

vn2

gegeben sind. Lösung: Es gilt

1- 2 + 3 - 4 + 5 - 6 + · · · - 2n = (1- 2)

+ (3 -

4) + (5 - 6) + · · · ((2n - 1) - 2n)

= ( -1) + ( -1) + ( -1) + · · · ( -1) = -n. n-mal

170

9.1. POTENZREIHEN UND DER KONVERGENZRADIUS

Somit

a,.

=

1 - 2 + 3 - 4 + · · · - 2n \/n.2 + 1

-n

= \/n2 + 1 ·

Nun benutzen wir (9.1) uuoo a 11 +1

-->1

!im _ _ n_~V_\'-n_+_l_)2_+_1 Jn2 + 1 n +1

= !im v(n + 1)2 +

n-->oo

11--too

1 ·

I -:il

\/n2 + 1 n+ ~-----~

r

1

1

·

III

Beispiel 9.1.4 • o o Die Besse{fankt·ion Jo ist definiert d1irch Jo(x)

oo (-1)7!x2n 22"(n!)2

= I:: n=O

Bestimme den Definitionsbereich der Funktion Jo.

Lösung: vVir benutzen (9.1) und bekommen . 1 a„ 1 lim 22n+2(n ,+ l)!(n + l)! = lim 4(n+ 1)2 =oo. p= ]1m - - = n-+(X) an+1 n-+oo 2 2 nn!nl n-+oo

Die Besselfunktion Jo konvergiert somit für alle

E l!t

:i:

III

Beispiel 9.1.5 • o o Bestimme die J= 1/,/n+T = 0, ist die Reihe nach dem LeibnitzKriterium konvergent. \1/ir setzen für x den \Vert ein und bekommen Fall x =

-½:

-½

1.

'--_,--'

>1/e

Die obige Gleichm1g ist sehr wichtig, weil sie besagt, dass a,,:c 2 n monoton wachsend und somit keine Nullfolge ist. Aus diesem Grund kann die zugehörige Reihe I:;~ 0 an:v 2 " nicht konvergieren

172

9.1.

POTENZREIHEN UND DER KONVERGENZRADIUS

(siehe Abschnitt 8.4, Konvergenzkriterium 2). Zusammenfassend: Die Konvergenzmenge ist ( -

,/eti, vefi). III

Loo (n-1 IT (1 + k1 )-k) xn.

Beispiel 9.1.8 • o o Best·imrne die Konvergenzmenge von

11=2

k=l

Lösung: Wir berechnen den Konvergenzradius mit (9.1)

.

1

1

1·

1 p=nn--=1111 Cln

n-->oo Un+l

= lim n-->,x,

n-->oo

rr;,:::;(1+½)-"k rrz=l (1 + ½)-'

(1 + 1.)1 (1 + .!)2 ... 1 2

(1 + _1_)11-l (1 + .!.)" n-1 n = lim j(·1 + -l)"f=- e. 1 (1 + .. ' -->c

(1 + T1)1 (1 + 21)2

1 )"-

r,-1

Die Potenzreihe konvergiert für !,c! < e und divergiert für benutzen den Merksatz des vorigen Beispiels: (1 + 1/n? Verhalten von !a7 ,:r"I mit !xi = e. Es gilt

n-->oo

11

!:v! > e. Was passiert, wenn !xi = e? Wir < e für allen E N. Wir untersuchen das

la":,:::'} (1 ,'~r >L n

'-v--"

1. Für y = 1 ist die Reihe konvergent (Leibnitz), wäln·end sie für y = -l divergent ist. =l- Die Potenzreihe konvergiert für y E (-1, 1]. Nun müssen wir einfach y = i/--1 rücksubstituieren und bekommen -1

Es folgt 0
0, sodass für alle ,c, y E n mit lx - 111

< 8 Folgendes gilt jf(:i:) - f(y)j

Weil

< 1

E.

f Lipschitz-stetig ist, gilt l.f(x) - .f(y)j 0

1 = x-+0 lim 1 ;;;:I = oo 2y ;G

=}-

2

}x, Für ,c = 0 gilt

Ableitung ist nicht beschränkt

=}-

.f nicht Lipschitz-stetig.

c) Die Ableitung von .f lautet .f'(x) = cos(:v). Für alle :c E l& gilt j.f'(x)I = j cos(x)I 0: h(O) ist positiv und h(2) ist negativ. NRch dem Zwischenwertsatz gibt es also ein y E [0,2), sodass h(y) = 0, d.h. f(y) = .f(y + 2). h(O) < 0: h(O) ist negativ und h(2) ist positiv. Nach dem Zwischenwertsatz gibt es also ein J/ E [0,2), sodass h(y) = 0, d.h. f(y) = .f(y + 2). h(O) = 0: uninteressanter Fall. 1111

Beispiel 10.5.6 • • o Se·i f : IR -+ IR eine s~ujektive stetige Amktion und g : IR -+ IR eine beschriinfrte stetige Punktion {d.h. es gibt e·in G > O, sodass lg(x)I :::: 0 Vx E IR). Zeige: Es gibt ein :i; E IR mit f(a.:) = g(x). Lösung: Hier gehen wir analog wie im Beispiel 10.5.4 vor und definieren folgende Hilfsfunktion

h(x)

= f(x)

- g(x).

Da f und g stetig sind, ist es anch h (weil Differenz zweier stetiger Funktionen), 1Vo werten wir nun die Funktion h aus? Aus der Aufgabenstellung ist bekannt, dass g beschränkt ist, d.h.

-C 0, sodass

x» =c.

Lösung: Hier gehen wir analog wie im Beispiel 10.5.4 vor und definieren folgende Hilfsfunktion h(x)

= :i:"

- C.

Da :1/' und die konstante Funktion c stetig sind, ist es auch h (weil Differenz zweier stetiger Funktionen). Wo werten wir nun die Funktion haus? Einerseits gilt h(O) = 0 - c = -c

202

< 0.

10.5. DER ZWISCHENWERTSATZ

Andererseits betrachten wir h(l gilt h (1 + .::.) n

+ c/n).

Nach der Bernoullischen Ungleichung ((1 + x)"

= (1 + .::.)n -

Perfekt! h(0) ist negativ und h(l

n

+ c/n)

C Ber~mlli

1+

l

+ n,c)

n.::. - C = l + C - C = 1 > 0. n

ist positiv. Nach dem Zwischenwertsatz gibt es Rotnit ein

,r* E (0, 1 + c/n) mit h(x*) = 0. Das impliziert h(:c*) = (x')'1 - c = 0 =;, (x*)'1

= c. Die Zahl x*

insbesondere positiv, weil sie im Intervall {0, 1 + c/n) liegt.

II

203

ist

10.

STETIGKEIT

204

Kapitel 11

Grundbegriffe der Topologie 11.1

Topologische Räume

Sei X eine beliebige Menge. Eine Topologie auf X ist nichts anderes als eine Kollektion T von Teilmengen von X, welche die folgenden drei Axiome erfüllt (i) f/J und X sind Elemente von T;

(ii) der Durchschnitt einer endlichen Anzahl von Elementen von T ist wieder ein Element von T; (iii) die Vereinigung einer beliebigen Anzahl von Elementen von T ist wieder ein Element von T. Die Elemente der Topologie T heissen offene Mengen. Das Tupel (X, T) heisst topologischer Raum. Eine Topologie T ist also einfach eine Teilmenge der Potenzmenge P(X) von X 1 , sodass die obigen drei A.xiome erfüllt sind. Die offenen Mengen sind genau die Elemente der Topologie. Die Eigenschaft offen zu sein, ist somit nicht absolut, sondern hängt vom betrachteten topologischen Raum ab. Eine Teilmenge von X, welche in einem topologischen Raum (X, 7i) offen ist, braucht nicht notwendigerweise auch in einein anderen topologischen Raum (X, 12) offen zu sein.

Beispiel 11.1.1 ooo Sei X eine beliebige Menge. Zeige, dass die folgenden Teilmengen von P(X) Topologien a11f X sincl.

a) 1i = {f/J,X},

b} '2 = P(X) = Potenzmenge von X.

Lösung: a) Wir müssen zeigen, dass Ti die drei Axiome der Definition einer Topologie erfüllt.. 1

Erinnerung: Die Potenzmenge einer Menge X ist die Menge aller Teilmengen von X. Zum Beispiel für

X= {1,2} gilt P(X) = {0, {1}, {2}, {1, 2}}.

205

11.

GRUND BEGRIFFE DER TOPOLOGIE

(i) f/J und X sind Elemente von 7i

v'

(ii) Der Durchschnitt von Elementen von 7i ist wieder ein Element von 7i: f/J n X= f/J E 7i.

v'

(iii) Die Vereinigung von Elementen von 7i ist wieder ein Element von 7i: 0 U X= XE 7i_.

J

Diese Topologie ist die kleinste Topologie auf X, welche man sich denken kann, weil nach Axiom (i) jede Topologie ja mindestens 0 und X enthalten muss. 7i erfüllt also die minimalen Eigenschaften einer Topologie. Aus diesem Grund nennt man diese Topologie die triviale Topologie. b) V1Tir müssen zeigen, dass 12 die drei Axiome der Definition einer Topologie erfüllt. (i)

0 und X sind Elemente von 12 J

(ii) 12 enthält ja alle Teilmengen von X. Deren DurchschniLt gibt wieder eine Teilmenge von X, welche also ein Element von ein Element von '½,. v'

12 ist. Somit ist der Durchschnitt von Elementen von 12 wieder

(iii) '½, enthält ja alle Teilmengen von X. Deren Vereinigung gibt wieder eine Teilmenge von X, welche also ein Element von 72 ist. Somit ist die Vereinigung beliebig vieler Elemente von '½, wieder ein Element von '½,. v' Diese Topologie ist die grösste Topologie auf X, welche man sich denken kann, weil jede Topologie ja eine Teilmenge von P(X) ist. Diese Topologie heisst diskrete Topologie.

Beispiel 11.1.2 ooo Sei X= {a,b} und Ti={©, {a},X}. Definiert Teine Topologie auf X? Lösung: Ja. T ist, eine Topologie auf X. \Vir müssen einfach zeigen, dass T die drei Axiome der Definition einer Topologie erfüllt.

(i)

0 und X sind Elemente von T v'

(ii) .Jetzt müssen wir zeigen, dmis der Durchschnitt zweier Elemente von T wieder ein Element von T ist. vVir betrachten alle möglichen Kombinationen

0nX=0ETJ {a}n0=0ETv' {a}

nx = {a} ET v'

(iii) Jetzt müssen wir zeigen, dass die Vereinigung beliebiger Elemente von T wieder ein Element von

T ist. f/JUX=XETJ

{a}Uf/J={ci}ETJ {a}UX =XE T

J

0U{a}UX=XETJ

206

11.1. TOPOLOGISCHE RÄUME

II

Beispiel 11.1.3 • o o Sei X = {a,b,c,d,e}. Welche der folgenden Teilmengen von P(X) ist eine Topologie auf X?

a) 7i = {0,{a}, {c,d},{a,c,d},{b,c,d},X}, b} 12 = {0,{a},{c,d},{a,c,d},{b,c,d,e},X}, c) 1j

= {0,{a},{c,d},{a,c,d},{a,b,d,e},X}.

Lösung: a) Ti ist keine Topologie auf X, weil das Axiom (iii) nicht erfüllt ist: { a, c, d} E {b, c, d} E Ti aber {a, c, d} U { b, c, d} = {a, b, c, d} , e}, weil {I>, e }c = {a, c, d} offen;

• {a.}, weil {a}" = {b,c,d,e} offen; • X, weil X"= 0 offen. Beachte, dass es Teilmengen gibt, die gleichzeitig offen und abgeschlossen sind ( {a}, { /1, c, d, e}) und andere, die weder offen noch abgeschlossen sind (z.B. {d,e}, {a,I>}). II

Beispiel 11.2.2 • o o Sei T d:ie Topologie m1J N bestehend au.s 0 und allen Teilmengen der Form

U,, = {n, n

+ 1, · · ·}

mit n E N. Welche Teilmengen von N sind offen? Welche sind abgeschlossen?

Lösung: Die offenen Teilmengen sind genau die Elemente der Topologie, d.h.

0, {1,2,3,···}=N, {2,3,4,···}, {3,4,5, ... }, ··· ,{n,n+l,n+2,···}, Die abgeschlossenen Teilmengen sind genau diejenigen, deren Komplement offen ist. Es sind also die folgenden Mengen

• 0, weil 0" = N offen; • {1 }, weil {1 }c

= {2, 3, 4, · · ·} offen; 212

11.2. ABGESCHLOSSENE .l\ilENGEN

• {1, 2}, weil {1, 2}" = {3, 4, 5, · · ·} offen;

• • {1,2,··· ,n-1},weil{l,2,··· ,n-l}°={n,n+l,n+2,···}offen;

• • N, weil Ne = 0 offen. II

Beispiel 11.2.3 o o o Sei (X, T) ein topologischer Raum. Beweise, dass

0 1tnd X offen

und abgeschlossen sind. Lösung: .Jede Topologie auf X muss mindestens 0 und X enthalten. Somit sind 0 und X immer offen. 0 ist auch abgeschlossen, weil 0c = X offen ist. Auch X ist abgeschlossen, weil X" = 0 offen ist. Somit sind 0 und X offen und abgeschlossen. II

o o o Sei (X, T) ein topologischer Raum. Beweise: (a) Die Vereinigung einer endlichen Anzahl von abgeschlossenen Mengen ist abgeschlossen; (b} Der Dnrchsrhnitt einer beliebigen Anzahl von abgeschlossenen Merigen ist abgeschlossen.

Beispiel 11.2.4

Lösung: Die offenen Mengen sind genau die Elemente der Topologie T. Die Definition der Topologie T kann man also iu Termen von offenen Mengen wie folgt fornmlieren (i) 0 und X sind Elemente von T; (ii) der Du,rchschnitt einer endlichen Anzahl von offenen Mengen ist offen; (iii) die Vereinig·ung einer beliebigen Anzahl von offenen Mengen ist offen. Nun wissen wir, dass die abgeschlossenen ·Mengen genau diejenigen i\ilengen sind, deren Komplement offen ist. \Vegen (An B)" = Ac U Be und (AU B)c = Ac n Be können wir die obigen Axiome wie folgt umformulieren (i) 0 und X sind Elemente von T;

(ii) die Vereinigung einer endlichen Anzahl von abgeschlossenen Mengen ist abgeschlossen; (iii) der Durchschnitt einer bel'iebigen Anzahl von abgeschlossenen Mengen ist abgeschlossen .

• 213

11.

GRUNDBEGRIFFE DER TOPOLOGIE

11.3 11.3.1

Abschluss, offener Kern, Rand und Umgebung Der Abschluss

Sei (X, 'T) ein topologischer Raum und A eine Teilmenge von X. Der Abschluss von A (notiert Ä) ist der Durchschnitt aller abgeschlossenen Obermengen von A

Ä=

n

A;.

ACA; ahgesch!ossen

Ä ist abgeschlossen, weil Durchschnitt von abgeschlossenen Mengen. Ä ist die kleinste ahgeschlm,sene Teilmenge von X, welche A enthält. Falls A abgeschlossen ist, so gilt A = A, weil A ja die kleinste abgeschlossene Menge ist, welche A enthält. Eine Teihnenge A von X heisst dicht in X, falls A = X gilt.

Beispiel 11.3.1 o o o Sei (X, 'T) ein topologischer Raum. Bestimme

Lösung: Die Mengen

0 und X.

0 und X sind immer abgeschlossen. Somit 0 = 0 und X =

X. III

Beispiel 11.3.2 • o o Betrachte die Menge X = {a, b, c, d, e} und die auf X defin:ierte To7JOlogie 'T = {0, {a}, {c,d}, {a,c,d}, {b,c,d,e},X}.

Bestirnme {b}, {o.,c} wid {b,d}. Welche der obigen Teilmengen von X ist dicht in X?

Lösung: Die abgeschlossenen Teilmengen von X sind

0, {b,c,d,e}, {a,b,e}, {b,e},{a},X. Um {b} zu bestimmen, suchen wir die kleirnite abgeschlossene Menge (also l'vienge in der obigen Liste), welche {b} enthält. Das ist {b, e }. Also {b}={b,e}. Um {a, c} zu bestimmen, suchen wir die kleinste abgeschlossene Menge, welche {ci, c} enthält. Das ist X. Also

{ci,c}=X. Um {b, cl} zu bestimmen, suchen wir die kleinste abgeschlossene :Menge, welche {b, c} enthält. Das ist {b, c, cl, e }. Also {b,d} = {b,c,cl,e}. {a,c} ist dicht in X, weil {a,c}

= X.

{b} und {b,d} sind hingegen nicht dicht in X.

II

214

11.3.

ABSCHLUSS, OFFENER l{ERN, RAND UND UMGEBUNG

Beispiel 11.3.3 • o o Betrachte eine lvfenge X ·11ersehen mit der kofinitcn Topologie. Berechne den Abschluss aller Teilmengen von X. Lösung: Die offenen l'vlengen sind genau die Elemente der Topologie. In der kofiniten Topologie sind es die leere :rvienge 0 und alle Mengen deren Komplement endlich ist. Die abgeschlossenen Mengen sind diejenigen Teilmengen von X, deren Komplement offen ist. Die abgeschlossenen Mengen sind also die endlichen Teilmengen von X zusammen mit X. vVir fragen uns jetzt: vVas ist A für eine Teilmenge A von X? Es gibt zwei Möglichkeiten: Fall I: Falls A c X endlich ist, so ist A abgeschlossen und somit A = A. Fall II: Falls A nicht endlich ist, so ist A = X, weil X die kleinste abgeschlossene Menge ist, welche A enthält. Zusammenfassend:

- {A

A=

X

A endlich A nicht endlich III

Beispiel 11.3.4 • o o Sei von N der Form

T die Topologie, bestehend a'llS 0 und a:us allen Teilmengen U11

= {n,n+ 1,n + 2, ·, ·}

für n E N. (a} Welche ll1engen sind abgeschlossen? (b) Berechne {1,4, 7,23,45} nnd {2, 4, 6, 8, 10, · · · }. (c) Welche Teilmengen von N sind dicht? Lösung: a) Die abgeschlossenen Teilmengen in (N, T) sind diejenigen, deren Komplement offen ist, d.h. Mengen der Form

(U )"={1,2,··· ,n-1}. 11

Es sind also die folgenden l'vlengen

0, N, {1}, {1,2}, {1,2,3}, {1,2,3,4}, b) Der Abschluss einer Menge A ist genau die kleinste abgeschlossene Menge, welche A enthält. Somit

{1,4, 7,23,45} = {1,2, · .. ,45} = A45,

{2,4,6,8, 10, · .. } = N.

c) Aus der Teilaufgabe (a) sieht man, dai;s alle abgeschlossenen Mengen bis aufN beschränkt sind. Somit ist A genau dann dicht, wenn A unbeschränkt ist. vVieso'? \Väre A beschränkt, so wäre A ja in einer von N unterschiedlichen, abgeschlossenen Menge enthalten. Die Menge der geraden (oder ungeraden) Zahlen sind also Beispiele für dichte Teilmengen von (N, T).

II

215

11. GRUNDBEGRIFFE DER TOPOLOGIE

11.3.2

Der offene Kern

Sei (X, T) ein topologischer Raum und A eine Teilmenge von X. Ein Punkt :r E A heisst

innerer Punkt von A, falls :r in einer offenen l'vlenge U enthalten ist, welche selbst in A enthalten ist x E A innerer Punkt von A

3U offen, s.cl.

{c}

:i:

E U C A.

Die Vereinigung aller inneren Punkte von A heisst offener Kern (oder das Innere) von A

A0

= {:z;

E Al:r innerer Punkt von A}.

Den offenen Kern von A kann man auch als die Vereinigung aller offenen Teilmengen von A schreiben, d.h.

Ao=

u

A:JUi offen

Der offene Kern von A ist eine offene lvlenge, weil er die Vereinigung von offenen Mengen ist. A 0 ist die grösste offene Menge, welche in A enthalten ist. Ist A offen, so gilt A 0

=

A,

weil A ja die grösste offene Menge ist, welche in A enthalten ist. Ein Punkt a.: E A heisRt äusserer Punkt von A, falls x ein innerer P1mkt von Ac ist. Das Äussere von Aist die lVIenge aller äusseren Punkte von A. In anderen \Vorten: Das Äussere von Aist gleich dem Inneren von Ac. Eine Teilmenge A von X heisst nirgends dicht, falls das Innere des Abschlusses von A die leere Menge ist, d.h.

(Ä)° = 0.

Beispiel 11.3.5 • o o Betrachte die Menge X = {a, b, c, d, e} und die auf X definierte l'opologie T = {0, {a}, {c, d}, { a, c, d}, {b, c, d, e}, X}. Bestimme {b, c, d} 0 • Was ist das 1hissere von {b, c, d}?

Lösung: Die offenen Teilmengen von X sind genau die Elemente der Topologie

0, {a}, {c,d}, {a,c,d}, {b,c,d,e},X. c und d sind innere Punkte von A welche selbst in A enthalten ist

= {b,c,d}, weil sie in der offenen Menge {c,d} enthalten sind, c, d E { c, d}

._,-,

C

A.

offen

Der Punkt b ist kein innerer Punkt, weil b in keiner offenen Menge enthalten ist, welche selbst in 11 enthalten ist. Somit

{b,c,d} 0 = {c,d}.

216

11.3. ABSCHLUSS, OFFENER KERN, RAND UND UMGEBUNG

\Vie berechnen wir nun das Äussere A'? Wir müssen das Innere von A" berechnen, d.h. (A") 0 = {a, e} 0 • Der PU11kt a ist ein innerer Punkt von Ac = {a, e} (d.h. ein äusserer Punkt von A), weil

aE {a} cAc. '-v-' offen

e ist kein äusserer Punkt von A, weil e in keiner offenen Menge enthalten ist, welche selbst in Ac enthalten ist. Somit besteht das Äussere von A nur aus dem Punkt a. III

Beispiel 11.3.6 • o o Sei T d-ie Topologie, bestehend aus 110n N der Forrn

Un

0 und aus

allen Teilmengen

= {n, n + I, n + 2, · · ·}

für n E N. Berechne {l, 2, 3} 0 • ·welche Punkte sind äusserc Punkte 'Uon {l, 2, 3}?

Lösung: Das Innere von A sind in diesem Fall

= {l, 2, 3} ist die grösste offene Teilmenge von A. Die offenen Mengen

0, {1,2,3, .. ·}, {2,3,4,···}, ... , {m,m+l,m+2,···}.

0 ist somit die einzige offene Menge, welche in {l, 2, 3} enthalten ist. .Menge, welche in {l, 2, 3} enthalten ist, sodass

0 ist also die grösste offene

{1,2,3} =0. 0

\Vir berechnen mm das Äussere von A, d.h. das Innere von {1, 2, 3}c = {4, 5, 6, · · · }. Das ist die grösste offene Teilmenge von {1, 2, 3Y = {4, 5, 6, · · · }, cl.h.

({1,2,3}c)o = {4,5,6,··· }. 4, 5, 6, · · · sind also äussere Plmkte von A. III

11.3.3

Der Rand

Sei (X, T) ein topologischer Raum und A eine Teilmenge von X. Ein Punkt x E A heisst Randunkt von A, falls x weder ein innerer noch ein äusserer Punkt von A ist. Die Menge der Randpunkte von A heisst Rand von A, geschrieben äA. Der Rand von A besteht also aus den Punkten von X, welche weder zu A 0 noch zu (Ac) 0 gehören.

Beispiel 11.3.7 • o o Betrachte die Menge X= {a, b, c, d, e} und die auf X definierte Topologie 7 = {0, {a}, {c, d}, {a,c, d}, {b,c, d,e},X}. Bestimme ä{b, c, d}.

217

11.

GRUNDBEGRIFFE DER TOPOLOGIE

Lösung: '\Vie herechnet man den Rand von A = {b, c, d}? 1fan muss einfach alle Punkte finden, welche weder innere noch äussere Punkte sind. In dem Beispiel 11.3.5 haben wir gesehen, dass { b, c, rl} O

= {c, d},

c und d sind alRo die inneren Punkte von A. Ausserdem ist a der einzige äussere Punkt von A. Somit besteht der Rand von A aus den Punkten b und e, weil diese weder innere noch äussere Punkte von A sind, d.h.

ö{b,c,d} = {b,e}. III

Beispiel 11.3.8 • o o Sei T die Topologie bestehend aus 0 nnd m1s allen Teilmengen von N der Form Un = {n,n+ l,n+2, ... } für n E N. Berechne ä{l, 2, 3} nnd {l, 2, 3} 0

•

Lösung: Der Rand von A besteht aus den Punkten, die weder innere noch äussere Punkte von A sind. Im Beispiel 11.3.6 haben wir gesehen, dass

{1,2,3} =0. 0

Das Äussere von A ist

({1,2,3}")° = {4,.5,6,· · · }. Die Punkte 1, 2 und 3 sind somit weder innere Punkte (sie gehören ja nicht zu {1, 2, 3} 0 ) noch äussere Punkte (sie gehören nicht zu ( {1, 2, 3}") 0 ) . Sie sind somit Randpunkte, d.h.

8{1,2,3}

= {l,2,3}. III

11.3.4

Umgebungen

Sei (X, T) ein topologischer Raum und p ein Punkt in X. Eine Teilmenge U von X heisst Umgebung von p, falls U eine offene Menge G enthält, welche selbst p enthält, d.h.

,i:EGcU. Die Relation "U rv p {=} U ist eine Umgebung von p" definiert eine Äquivalenzrelation. Die Klasse aller Umgebungen von p l1eisst Umgebungssystem von p.

218

11.3. ABSCHLUSS,

OFFENER KERN, RAND UND UMGEBUNG

Beispiel 11.3.9 o o o Betrachte d-ic Menge X= {a, b, c, d, e} und die auf X definierte Topologie T = {0, {a}, {c, d}, {a, c, d}, {b, c, d, e},X}.

Bestimme eine Umgebung von (a) a 1md (b) e. Lösung: Eine Umgebung eines Punktes p ist irgendeine Menge, welche eine offene Menge G enthält mit JJ EG. a) Die l'vlenge {a.} ist eine offene Menge, welche o. enthält. Irgendeine Obermenge von { a} ist also eine Umgebung von a, also z.B. {a,/1,c} oder {a,d}. b) Die Menge {b, c, d, e} ist die einzige offene Menge, welche c enthält. Eine Umgebung von e muss also die Menge {b, c, d, e} enthalten. Es gibt also nur ,nvei Umgebungen von e

{b, c, d, e},X. III

Beispiel 11.3.10 ooo Sei (X, T) ein trivialer topologischer Raum. Welche Teilmengen von X bilden eine Umgebitng von p E X? Lösung: In einem trivialen topologischen Ra.um sind 0 und X die einzigen offenen Mengen. Also ist X die einzige offene 1vlenge, welche JJ enthält. Also ist X die einzige Umgelnmg von p EX. III

Beispiel 11.3.11 o o o Sei (X, T) ein topologischer Ra:um. Zeige: Der Durchschnitt U n HI zweier Um.gebungen U und W von p E X ist wieder eine Umgebung von p. Lösung: U ist eine Umgelnmg von p, d.h. es existiert eine offene Menge AC X, sodass

pEAcU.

TV ist eine Umgebung von p, cl.h. es existiert eine offene iVIenge B

C X,

sodass

pEBcW. Folglich ist auch U

n T•Y eine Umgebung von p,

weil

JI E Ar1B c unw

und A

nB

offen ist. III

219

11. GRUNDBEGRIFFE DER TOPOLOGIE

Beispiel 11.3.12 o o o Sei (X, T) ein topologischer Ranrn. Zeige, dass U C X genau. dann offen ist, wenn U eine Urngeb-ung aller seiner Pnnkte ist.

Lösung: "=;;": Sei U offen und

:i:

E U. Dann ist U trivialerweise eine Umgebung von

,i:, weil

1:EUcU. U ist somit eine Umgebung aller seiner Punkte.

" 0. Die Menge

Bs

= {y E lRnJcZ(x, y) < ö}

heisst offene Kugel mit Rad-ins ö 1trn ,c.

Beispiel 12.2,1 o o o Beschreibe die offenen ICitgeln fiir

• X

= lR?.

1md d = Enkfülische M ctrik

• X= JR?.2 und cl = Euklidische Metrik • X

= lR?.'2

und cl = d1

Lösung:

• Für x E IR und d

= Euklidische ivfetrik ist B"(:r) = {y E IRll:r -

YI < 8} =

(x - 8, ;i; + 8)

das offene Intervall bestehend aus den Punkten y E IR, deren Distanz von x kleiner als 6 ist.

( • Für x E IR2 und d

;i;

= Euklidische :i\ifetrik ist

ein Disk mit Zentrum :r und Radius O}

CC

abgeschlossen? 0.ffen?

Lösung: C kann man mit 191 2 identifizieren. Die l\fonge A sieht in der komplexen Ebene wie folgt

aus: a) (0, 0) ist ein Häufungspunkt von A, weil alle Bälle B 0 (0, 0) immer Punkte von A enthalten.

Da aber (0, 0) ej A, ist A nicht abgeschlossen.

b) A ist nicht offen: Der Pm1kt a, E A in der Figur hat die Eigenschaft, dass kein Ball der Form B,(:r) ganz in A enthalten ist. II

12.3

Kompakte Mengen

Eine Teilmenge X von ]Rn heisst kompakt, falls jede offene Überdeckung von X eine endliche Teilüberdeckung besitzt. In anderen 'Worten: X c ]Rn heisst kompakt, wenn man aus 241

12.

TOPOLOGIE DES ]Rn

jeder offenen Überdeckung A

= (A1)

kann, sagen wir A; 1 , A;2 ,

A;n, sodass

• • • ,

der :Menge X endlich viele offene Mengen auswählen

gilt. \Vie wir bereits im vorigen I 0 gibt, sodass B,.(:v) CH gilt. Also los! Sei .1: EH beliebig. H ist eine Teilmenge von n, also x E n. 11/ir wissen, dass n offen ist (Voraussetzung). Dies bedeutet, dass es ein E > 0 gibt, sodass B,:(;r) c n. Da die Disk B,,(x) wegzusammenhängend ist (siehe Beispiel 12.4.7), kann man jeden Punkt von B,,(x) mit J; verbinden. Der Punkt 1: kann aber nicht mit p verbunden werden. Somit kann man die Punkte in B"(a_:) nicht mit p durch einen ,~reg in n verbinden, d.h. Be(x) c H. Somit ist H offen.

D

,~'ir haben also gezeigt, dass G und H offen sind. n = G U H ist also eine disjunkte Vereinigung zweier offener Mengen.

n ist aber zusammenhängend,

wegztIBammenhängend.

also H

= 0.

Und damit G

= n.

Somit ist

•

254

n

Kapitel 13

Differenzialrechnung 13.1

Die Ableitung

Im Folgenden sei

nc

JE. offen, :r0 E

n und f : n -+ R

Die Ableitung der Funktion

f

an

der Stelle xo ist der folgende Grenzwert (falls existent)

f'(xo) := lim f(x) - J(:ro). ,r-+xo

X -

Xo

Äquivalent zu der obigen Formel kann man schreiben

'( ) l' f (xo + h) - .f(xo) f xo = h~Ö h ' wobei hier x = ~:o+h geschrieben wurde. Die Ableitung hat folgende geometrische Interpretation: f'(xo) ist die Steigung der Tangente an der Kurve y Die Tangente an der Kurve y

= y

= f(x)

im Punkt (xo, f(xo)).

.f(x) an der Stelle (:i:o,f(xo)) ist die folgende Gerade

= f (xo) + f' (:ro)(x

Das ist die beste lineare Approximation von

f

xo).

in der Nähe von xo.

Beispiel 13.1.1 o o o Berechne die Ableitung der Funktion f(x) = x 2 + 3x - 2 an der Stelle xo = 1. Bestimme d·ie Gleichung der Tangente a.n f im Punkt (1, 2). Lösung: Laut Definition

f'(l)

= !im f{l + h) - f(l) = !im

'

h

h--tO

(1 + h)

2

+ 3(1 + h) h

h-+0

2 - (1 + 3 - 2)

2

2

2h+h + 3-+3h- 2 -2 -_ l'llll h + 5h _ 1·1111 (//. + 5) -_ _ l'l!Il 1 +- h--tO h h-+0 h h-+0

-

Die Ableitung von f an der Stelle Punkt (1, 2) lautet also y

Xo

=

1).

1 beträgt somit 5. Die Gleichung der Tangente an

= f(l) + f'(l)(x - 1) = 2 + 5{x - 1) = 5:i; - 3. 255

f

im

13.

DIFFERENZIALRECHNUNG

1111

Beispiel 13.1.2 o o o Sei a

# -1. Berechne die Ableitung der Hmkt-ion J(:c) =

1

t

an

der Stelle a. Bestimme die Gleichung der Tangente an (a, f(a)) Lösung: Laut Definition

f '( a ) =

=

r

, ~n .

1

f(a + h) - .f(a) J' h = ,,l!J~ -h

(l+a+h)(l+u)

11111 - - - - h--+0 h

=

h

-1

['

+ +

l+a-(l+a+h} (I+a+h)(I+a)

r

= 1,1:!}1

llil - - - - ~ - h--+O (1 a h)(l a)

Die Ableitung von f au der Stelle a. beträgt somit lautet y

1

TTa

T+ii+]i: -

+

h

1 = ---

(1

+ a)2 ·

Die Gleichung der Tangente an (a, f(a))

(l}a)".

1

1

= .f(a) + J'(a)(:c - a) = - - - -(- - )2 (:r - a). 1 +a l+a III

ex an der Stelle

Beispiel 13.1.3 o o o Berechne die Ableitung der Funktion f(x) Xo =Ü.

Lösung: Laut Definition

. ''(O) = 1lill f (O-+h)-.f(O) liIll - =

t

•

h

h-'tO

h--+0

e

-

h

. eh - 1 = h--+0 11111 h

e" -1 = t h = log(t + 1) finden wir e" - 1 t l l J' (0) = Jim - - = Jim---,---- = lim ---;=====. = - - = 1

Mit der Substitution

=}

IHO

h

HO

log(l

+ t)

HO

log

1 (1

+ t)l/t I

log( e)

.

--+e

Die Ableitung von f an der Stelle

Xo

= 0 beträgt somit 1. 1111

13.2

Differenzierbarkeit

f :n c

ffi --+ ffi heisst an der Stelle a: 0 E

n

differenzierbar, falls die Ableitung an der

Stelle xo existiert, d.h. falls der Grenzwert

f

'

'( xo ) =

. f (x) 11111

a:--+;1:0

X -

f (:1:0) XQ

existiert. Ist f an jeder Stelle xo E D differenzierbar, so lieisst f auf D differenzierbar. Die Aufgabe, eine vorgegebene Funktion auf Differenzierbarkeit zu prüfen, besteht also einfach darin, zu zeigen, dass der Grenzwert f'(x) existiert.

256

13. 2. DIFFERENZIERBARKEIT

Beispiel 13.2.1 o o o Berechne rlie Abl.eititng der Funktion f(x) differenzierbar?

= xn. Ist f überall

Lösung: Laut Definition

f

'( ) X

=

. f(x + h) - f(x) 1llll - - - - - -

h->0

= h->0 lim

h a:" + nx 11 - 1h +

=

. (:i: + h)n - :i:" 1llll - - - - -

h->0

n(~-l)x"- 2h 2

/i

h

+ · · ·n:i:h

11

1 + h" - x»

-

= lim (nx"-1 + _n_(,_i_-_1~) x"-2h + ... n:r;hn-2 + 2

/,----)0

Somit ist die Ableitung von a:" gleich (:i:" )' existiert, ist f überall differenzierbar.

1in-l) = nx"-1.

= n.1:"- 1 • Da die Ableitung an jeder Stelle x E lR 1111

Beispiel 13.2.2 o oo Berechne clie Ableitung der F1mktion f(x) differenzierbar?

= sin(x).

Ist f überall

Lösung: Laut Definition

'( ) l' f(x + h) - f(:i:) ]' sin(x + h) - sin(x) l' 2sin(h/2) cos(:c + h/2) ! X = h1!J!i ~ - - h - - ~ = h1!J!i - - - - h - - ~ = h~i--~-h---=

,

hm cos(;r;

h->0

+ h/2)

sin(h/2) /, 112

.

= h->0 Jim cos(x + h/2) = cos(x),

wobei wir den Limes lim,,__.,o si~x = 1 und die Stetigkeit von cos(x) genutzt haben (um lim ins Argument von cos zu ziehen). Somit ist die Ableitung von sin(x) gleich cos(x). Da die Ableitung an jeder Stelle x E R existiert, ist f überall differenzierbar. II

Beispiel 13.2.3 ooo Berechne die Ableitung der Funktion f(x) differenzierbar?

= cos(x). Ist

f iiberall

Lösung: Laut Definition

'( ) li J(x + h) - J(x) f X = 1,!1/i ___h___ = -

=

l'

cos(x + h) - cos(x)

l'

-2 sin(h/2) sin(x

+ h/2)

h~1t -----'-----~h'-.- - ~ = h1!;Ö --~-'--'-/-i--'--~-'--

, . sin(h/2) . ( lnn sm(:c + h/2) h/ = - !im sm x . 2· h->0

1,-,0

si;;x

+ h / 2) = -

. ( a:),

8111

wobei wir den Limes lim,,-,o = 1 und die Stetigkeit von sin(:i:) genutzt haben. Somit ist die Ableitung von cos(x) gleich - sin(:v). Da die Ableitung an jeder Stelle :1: E lR existiert, ist f überall

257

13. DIFFERENZIALRECHNUNG

differenzierbar. 11111

J : !1 C lR -+ Ilt an der Stelle

Beispiel 13.2.4 • o o Beweise das folgende Rcs11ltat: Ist xo E !1 dijferenzierbar. so gilt

lim f(vn) - f(un) n-+oo

wobei

U 11

Vn -

= J'(xo),

Un

::S xo ::S Vn und lim,,-, 00 (vn - un) = 0.

Lösung: Ohne Bcscluänkung der Allgemeinheit kann man J'(xo) 0 annehmen (ansonsten wird -f betrachtet). YVenn Un :s; :eo ::s; v„ genügend nahe an :eo liegen, gilt dann

_f(_:v_o)_-_f_'(_·un_) < /(vn) - l(u.n)

f (un) - f (:i,o) _-----::s;-----.

Da J nn der Stelle :ro differenzierbar ist, existieren die Grenzwerte der rechten und linken Seite der Ungleichung

. 1

llll n--+co

f (a:o) - f(u,.) = llll . f(v,,) - f(,ro) = !'( Xo ). 1 xo - ·Un n--t nirgends auf (0, 1) differenzierbar ist. Die Idee der Aufgabe ist es, einen Widerspruchsbeweis durchzuführen. 'l'Vir nehmen an, dass differenzierbar ist und zeigen, dass das Resultat des Beispiels 13.2.4 für eine spezifische \Vahl von ttn und Vn nicht gilt. Sei also x 0 E (0, 1) beliebig. Für alle n E N betrachten wir den Ausdruck 2nxo. Da ,Eo E (0, 1), gilt offenbar 2"xo :::'. 2". Nun ist 2".,z;o i.Allg. keine natürliche Zahl und somit dürfen wir Folgendes schreiben

V,'ir betrachten nun das Resultat des Beispiels 13.2.4 mit

Beachte, dass nach Konstruktion v,, - u 11 auswerten. Es gilt CO

(nn)

=L k=O

1

= L 2k o(2ku,,), k=O (X)

h(u.,,)

= 2-n gilt. \Vir müssen nun an den Stellen u„ und v„

(vn)

261

=

1

= L k(v,,) = L 2k o(2kvn), k=O k=O (X)

13. DIFFERENZIALRECHNUNG

Für k;:,: n ist 2l·,un

=

2" l2 ; ;0 J

= 2k-n L2"xoJ

(v,,) Vn - u„

.

,., ,Do = 1nn - - - - - - = 1nn n-Hx:.

n-+co k=O

k(v,,) - il>1.(u,,) ------'Vn -

U-n

=

. ~(±l) 1un D .

n---too k=O

Diese Summe konvergiert im Grenzfall n ----+ eo nicht (weil Smnrne von ±1). Damit existiert die Ableitm1g von il! an der Stelle Xo nicht und die Funktion vVidersprm::h! Da

,c 0

ist an der Stelle :t:0 nicht differenzierbar.

E (0, 1) beliebig war, folgt daraus, dass auf (0, 1) nirgencL9 differenzierbar

ist,.

II

262

13.4.

ABLEITUNGSREGELN

Ableitungsregeln

13.4

Für die Berechnung von Ableitungen sind folgende Regeln sehr nützlich

Satz 13.4.1 (Ableitungsregeln) Sind f, g : Q C lR -t IR an der Stelle x 0 E Q differenzierbar, so sind es auch f

+ g,

f · g ·und

fr

(falls g keine NuUstellen hat).

Die Ableitungen sind

• (f + g)'(:i::o) = f'(xo)

+ g'(xo)

(Summenregel)

• U · g)(xo) = f'(,i::o)g(xo) + f(xo)g'(xo) (Produktregel)

• (L)g

1

(x ). = D

f'(xo)g(xo)-f(xo)g'(xo) g'2(xo)

(Quotientenre:gel)

Beispiel 13.4.1 o o o Berechne die Ableitung der folgenden P1.tnktionen:

a)

x4

+ 4x3 -

c) 3x2 cos(x)v'x + 1

2x

d)

e) tan(x),

e"'

x+l

Lösung: a) Summenregel

(x 4

+ 4:c3 -

2x) 1 = 4x 3

+ 12:c2

-

2.

b) Produktregel (:ce"')' = e"'

+ xe"' = (:c + l)ex.

c) Produktregel (3x2 cos(:r)v11

+ :1:)' = -3:i:2 sin(x)vx + 1 + 6x cos(:c)vx + 1 + cos(:i:)

3·r2 ;...,.,.

2vx+ 1

d) Quotientenregel

~ ) ' = (1 + :1:)1,-(e'")- e·"fx(x + 1) = (1 + x)e"' ( :v+l (:c+1) 2 (l+x) 2

ex

= (l+x) 2 '

e) Quotientenregel (tan (a: ))

,

cosxcosx-sinx(-sina:) 1 = (sin:i:)' - - = ----~---'-------'-= -. 2 2 cos x

cos x

cos :v

III

Beispiel 13.4.2 • o o Beweise Satz 13.4.1.

Lösung: Die Aus:-.agen folgen direkt aus den entsprechenden Regeln für Grenzwerte (Satz 7.1.1).

263

13. DIFFERENZIALRECHNUNG

Zum Beispiel gi!L für die Smnmenregel

(f

Da

f

.

+ g )'( :i:0 ) =

(f + g)(:i:) - (f + g)(:ro) . 11m - - - - - ~ - ~ :r.o

:r;

x--+xo

=

.. f(:i:) + g(:c) - J(:co) - g(x 0 ) 11111 - - - ~ - - ~ ~ - ~ . J; - Xo

x--+:co

und g an der Stelle :i:o differenzierbar sind, existieren die Grenzwerte lirn f(:r) - J(:i;o) x-+xo

lim g(x) - g(xo)

und

Xo

;i; -

,r.-+;;o

;i; -

:i:o

und somit finden wir mit der Snmmenregel für Grenzwerte

• 11111 x---+xo

(f

+ g)(x) - (f + g)(:i:o) = X - :eo

.

f(x) - f(xo)

11111 - - - - X--),Xo X - Xo

Somit ist f + g differem-lierbar mit Ableitung (f Der Beweis der Produktregel ist analog lim (/ · g)(:c) - (f · g)(xo) x---+xo

X -

Xo

+

g(:c) - g(.1:0)

.

11m - - - - x--+xo a; - a.·o

= !'( x 0 ) + g '( x 0 ).

+ g)'(x 0 ) = f'(:i:o) + g'(xo).

= !im f(x)g(.r) - f(:ro)g(xo) ~?; -

x--+xo

Xo

= lim f(x)y(x) - f(x)g(:i:o) + f(:i:)g(xo) - f(xo)g(:i:o) x-+JJo

X -

, !( )g(:i:) - g(xo) = 1llll . :c --------X -

:11--+xo

;To

Xo

. 1llil

+ :t:--t;r,o g

. g(x) - g(:ro) . /( ;i;) 1m = .:r---+ 11111 1 .C...:..--'-------'---'xo m----t:r:o :c - :eo

(

)f(x)- J(xo)

:t:o - - - - - - - ' ~V -

:1:0

. ( ) . f(x) - f(xn) + X-4Xo 1nn g :i: 0 1m1 --'---'-----'--'---':r.-t:r.o ;c - Xo

= J(:i:o)g'(xo) + f'(:co)g(xo), Im letzten Schritt haben wir die Differenzierbarkeit von temegel wird als Übung dem LeHer überlassen.

13.5

f und g genutzt. Der Beweis der Quotien-

•

Die Kettenregel

Es seien f : D C lR--+ lR und g: U--+ 1R mit U C f(D) an den Stellen x 0 beziehungsweise f(xo) differenzierbar. Wie lautet die Ableitung der Komposition

gof:D.-+JR 264

13.5. DIE

KETTENREGEL

an der Stelle x 0 ? Es gilt die Kettenregel

Satz 13.5.1 (Kettenregel) Seien f,g wie oben. Dann ist die Komposition

gof:Sl-+.IR an der Stelle xo differenzierbar ·nnd die Ableitung lnutet (g o f)'(xo)

= g'(f (a:o)) · f' (xo).

Beispiel 13.5.1 o o o Berechne die Ableitung der folgenden Funktionen:

aJJx+Jx+vx

c)xx.

b)lsin(x)lcosm

Lösung: a) Nach der Kettenregel gilt

d;

-

dx

x+yx+vx=

1

2Jx+~

b) Wir schreiben den Ausdruck ein bisschen

· ( 1+

1

2Jx+'7x

1 )) . · ( 1+-2-/x

um

\sin(:r)\cos:c = elogisin(x)l"

0 "

= ecosxlogjsinxl,

Nach der Kettenregel gilt somit

d Isin(:c)!cos:, = ecosxlog jsin,"j (- sin :r log Isin:c\ + cos X· dc.l log Isinx!) . ex l x Es bleibt die Ableitung des Logarithmus zu besthmnen. Nach der Kettenregel gilt

d log 1/(:r)I -dx Somit

fx log lf(,r)I =

=

f( ·) - 1 • f'( ·) - /'(x) og x - K:0 X f(x) { i;,log(-/(:1;)) = -/(x) · (-J'(:r.)) .!!_ do:

l

=

'

j(~?

f( ) > :i:

f(:c) < 0.

f'(,c)/ f(:r). Also

dl. 1sin(:c)\" 0 ""' ex

= 1sinrr\"

0

""

(-sinx log Isin,r\ + cosx · c~sx). smx

c) Wir schreiben den Ausdruck ein bisschen um

Nach der Kettenregel gilt somit

.!!_:c"' = e"' 10gx (1og;1: + :c ·

h

265

.!) = x"'(logx + 1). X

·

Ü

13. DIFFERENZIALRECHNUNG

1111

1

Beispiel 13,5,2 oo o Beweis, Sot, 13. 5.1.

Lösung: Sei 110

.

= f(a.:o), Dann gilt

(g o J)(x) - (g o J)(a.:o)

]III! -'---'-'--"---'---'--'--',,--+,:o a; -1:0

=

. g(f(a.:)) - g(f(xo)) 1llll -'--'-'----'--'--cc... :1: - Xo

a,-+o:o

.

g(f(:i:)) - g(f(x 0 )) f(,r) - /(.ro)

1!III -'---',-----'-------'-----"'--'--'---'----'---',,---+,·o f(,r,) - f(.r.o) ,r, - .1:0

. g(y) - g(yo) . /(:c) - .f(:co) '( ) J'( ) 11m - - - - 11m - - - - - = g Yo · :eo

Snbst„ y=f(a•)

=

=

Y--+ Yo

y - 1/0

x-+xo

:i: -

Somit ist (g o f) an der Stelle x 0 differenzierbar mit, Ableitung g' (f (:i; 0 ))

:vo ·

.f' (:v 0 ). 1111

13.6

Der Umkehrsatz

Seif: (a, b)-+ lR differenzierbar und (c, d) := (f(a), f(b)). Dann ist die Umkehrabbildung

r

1

:

(c,d)-+ (a,b)

definiert. \,Vir fragen uns: Unter welchen Bedingungen ist die Umkehrabbildung wieder eine differenzierbare Funktion'? Wie lautet deren Ableitung'? Es gilt der Umkehrsatz

Satz 13.6.1 (Umkehrsatz) Seif: (a, b)-+ 1R mit f'(x) /- 0 Vx E (a, b). Da.nn ist die Umkehrabbildung

r

1

:

(c, d)-+ (a, b)

d(fferenzierbwr mit Ableitimg

wobei

y

= f(x).

Eine Abbildung f : (a, b) -+ (c, d) heisst Diffeomorphismus, falls f invertierbar ist und J, 1 von der Klasse C 1 sind. Der Umkehrsatz besagt somit, dass eine differenzierbare Abbildung mit nicht verschwindender Ableitung lokal ein Diffeomorphismus ist. Um zu zeigen, dass f: (a,b) -+ (c,d) ein (globaler) Diffeomorphismus ist, muss man zusätzlich auch die Injektivität von f nachweisen.

.r-

Beispiel 13.6.1 o o o Berechne die Ableitung von log(x) ausgehend 'UOn der Ableitung von ea'.

266

13.ß. DER U:tvlKEHRSATZ

Lösung:

y=e"

Somit ist log(:i;)'

*

x=log(y) 1 1 :r' y' - e"'

1 y

1 elog(y)

= ½· 1111

Beispiel 13.6.2 ooo Berechne die Ableitung von arcsin(x) ausgehend iwn der Ableitung vonsinx.

Lösung: y

y'

= sin x = cos:i.:

* *

x = arcsin y , 1 1 1 X=-=--=----y' cos x cos( arcsin y) 1 1

= Somit ist arcsin( x )'

J1 -

sin 2 (arcsiu(y))

=

vi- 1P

=~ . yl-:z; ... 1111

Beispiel 13.6.3 o o o Berechne die Ableitung von arctan(x) ausgehend von der Ableitung von ta.n x. Lösung: y =tanx y'

= l + tan2 a:

Somit ist arctan(x)'

=

* a: = arctany , 1 1 1 1 * .x----------~~--~--- y' - 1 + tan .r. - 1 + tan (arctany) - 1 + 11 2

2

2

_;,,,. 1 1111

1 Bdsplel 13.6.4 • o. o &wdse S«tz 13. 6,1.

= f(a: 0 ) E (c, d). Dann gilt lim 1- 1 (y) - J- 1 (Yo) = lim J- 1 (J(x)) - J- 1 (f(xo)) = !im

Lösung: Sei Yo y-tyo

y - Yo

x-txo

f(a:) -

1

= x-t,r,o lirn - - - f(,;)-f(ro) x-xo

267

f(:ro) 1

f'(xo) ·

x-txo

:i; - ~o f(x) - J(xo)

13.

DIFFERENZIALRECHNUNG

Somit, ist

f- 1 an der Stelle Yo differem:icrbar mit Ableitung

J'(1co).

II

13.7

Anwendung der Ableitungsregeln auf die Untersuchung

der Differenzierbarkeit In den vorigen Abschnitten wurden cfü, Ableitungsregeln formuliert. Sind f, g: differenzierbar, so sind es auch f + g und f, g und, falls g keine Nullstellen in .fJg. Die Ableitungen lauten

(f + g)'

=

f'

+ g'

(Summenregel)

(f · g) = f' · g + f · g' 1

f'g - Jg' g2

(f )'

n C lfk---+ lfk n hat, auch

(Produktregel)

( Quotientenregel)

Die Komposition zweier differenzierbarer Abbildungen

f : n C IR---+ f(0,),

g : J(f!) ---+ lfk

ist auch differenzierbar und die Ableitung ist

(g o J)'(x) = g'(f(:i:)) · f'(:i:)

(Kettenregel)

Da konstante Funktionen und die Identität .f(x) = x differenzierbar sind, sind es auch ax + b, c:r, 2 und alle Potenzen von x und somit alle durch Polynome mit reellen Koeffizienten gegebenen Funktionen, ferner auch rationale l:''unktionen, sofern der Nenner nicht innerhalb von i1 verschwindet. Die Exponentialfunktion, der Logarithmus, Sinus, Cosinus und weitere elementare F\mktionen sind auf entsprechenden Definitionsbereichen differenzierbar. Somit auch alle möglichen Kombinationen dieser }""\mktionen. \Vie würde man also die Differenzierbarkeit der Funktion cosh(sinh(eee"' + ee" + x 2 ) auf lfk nachweisen? Mit der Definition? Nein. Stattdessen würde man einfach argumentieren: Da ex auf IR differenzierbar ist, ist es auch ec"", da diese F\mktion die Zusammensetzung von e"' mit sich selbst ist. Somit ist auch eee"' auflfk differenzierbar. Die Summe eee"' +ec"' +:v2 ist auch aufffi;. differenzierbar und somit auch cosh(sinh(eFe"' + ee"' + x 2 )), da cosh und sinh auf lR;, differenzierbar sind. Diese Regeln liefern also eine sehr einfache Methode, um die Differenzierbarkeit komplizierter Funktionen nachzuweisen. Dabei sind sogenannte Problemstellen (wo zum Beispiel der Nenner verschwindet oder es eine Änderung in der Definition von f gibt) ausgeschlossen. Diese Stellen müssen separat mithilfe der Definition der Differenzierbarkeit untersucht werden,

Beispiel 13.7.1 • o o Für welche a,ß E IR ist

f(x) = (x - ß) 2

-

2 für x:::: 0,

auf IR stetig ·und differenzierbar?

268

f(x) = asinx für x < 0

13.8.

HÖHERE ABLEITUNGEN UND DER RAUM

C"'(D)

Lösung: Für a: f O ist f eine Zusammensetzung stetiger/differenzierbarer Funktionen, also ste-

tig/differenzierbar. vViT müssen also nur den Punkt :c = 0 separat untersuchen. Stetig? Damit f an der Stelle a; = 0 stetig ist, muss gelten

lim (m - ß) 2

x-tO+

2 = ß2

-

-

2

lim a: sin x = 0.

x-,O-

Es folgt ß2 - 2 = 0, d.h. ß = ±J2. Somit ist f genau dann an der Stelle .T = 0 stetig, wenn (1 = ±J2, Differenzierbar? Für die Differenzierbarkeit an der Stelle .'C = 0 müssen wir folgenden Grenzwert berechnen

. f(x) - .f(0) 1llll ~---'------'----'-. :c

x-->O

Da .f(x) stückweise defmiert ist, müssen wir zwischen links- und rechtsseitigen Grenzwerten unterscheiden

. f (a:) - f(0) . (:i: - ß)2 - 2 - (/3 2 - 2) hm - - - ~ = lnn - - - - - - - - - =

x-;O+

X

,

f(x)-f(0)

x...-+o-

X

x-tO+

lnn - - - -

Damit

.

;r

a:sinx-(ß 2 -2)

.

.

a; 2

sinx

= m-+Ohm - - - - - - = a: lnn - - X :1:-tOX

f an der Stelle

x

=

2xß + f! 2

-

. ß2 -2 lim - -

x-40-

0 differenzierbar ist, müssen also ß

2

f ist somit genau dann an cler Stelle :c

=

-

2 - (ß 2

-

2)

11111 - - - - - - - - - - x-tü+ X

-

:1J

= a: -

,

= -2ß,

.

/3 2 -2

!1:-+0-

:!!'

11111 - - .

2 = 0 und n = -2ß gelten.

0 differenzierbar, wenn (et, ß)

=

(-2v2,

/2)

oder

(a,ß) = (2v2,-v2) gilt.. II

13.8 Falls

Höhere Ableitungen und der Raum cm(n)

.f : n -+

lR in einer Umgebung von x 0 differenzierbar und die Ableitung

Stelle xo differenzierbar ist, so nennt man

.f

.f'

an der

an der Stelle xo zweimal differenzierbar.

Die zweite Ableitung ist

J< 2 l(xo) := (f')'(xo). Rekursiv definiert man:

.f heisst

an der Stelle xo m-mal differenzierbar, wenn

f in einer

Umbegung von x 0 (m - 1)-mal differenzierbar und .f(m-l) an der Stelle xo differenzierbar ist. Die m-te Ableitung ist dm

- d f(a:o) = J 0, l/(1 + log2 1:) > O, e"" > 0 un 0. Somit gilt für 2

.f'(,r) > 0. 272

13.9.

]'vlONOTONE UND KONVEXE FUNKTIONEN

Insbesondere ist die Ableitung von f ungleich Null. Aus dem Umkehrsatz folgt also, dass f (x) lokal ein Diffeomorphismus ist, in dem Sinne, dass es für alle x E (0,oo) eine Umgebung von x gibt, auf welcher / ein Diffeomorphismus ist. Folgt daraus, dass f ein (globaler) Diffeomorphismus von (0, oo) auf Bild(.f) ist? Nein! Um daraus zu schliessen, da5S / ein Diffeomorphismus von (0, oo) auf Bild(.f) ist, muss man zusätzlich die Injektivität von f nachweisen. Also los! f ist injektiv, weil / monoton wachsend ist (die Monotonie von / folgt aus f'(;r) > 0). f : lR -l- Bild(.f) ist offenbar surjektiv, weil für alle y E Bild(!) ein x E lik existiert mit y = f(x). f ist also auf Bild(.f) bijektiv. Somit ist fein Diffeomorphlsmus von (O,oo) auf Bild(/). Da f auf (0, oo) streng monoton wachsend ist, liegt das Bild von / zwischen lim (x - l)e"' + arctan(log(x)) + 2 = -1- - + 2 = 1 - 2

x-tO+

7r

7r

2

2

und 2

lim (x - l)e"" + arctan(log(:c)) + 2 = +oo.

:-c---++oo

Somit Bild(!)

13.9.2

= (1 - 7r /2, +oo ).

Konvexe Funktionen

Eine Funktion

f : D C lR ---+ lR heisst konvex,

für alle x 1 , x 2 E

n und alle>. E [O, 1] gilt. f

wenn

heisst konkav, ·wenn

-f konvex ist, cl.h. wenn

für alle X1, X2 E n und alle A E [O, 1] gilt. In anderen \Vorten: Eine Funktion J ist konkav (konvex), wenn die Sekante durch je zwei Punkte Pi und A des Graphen von .f unterhalb (oberhalb) des Graphen liegt. y

y

:c

X

konkav

konvex

273

13. DIFFERENZIALRECHNUNG

Für konvexe/konkave Funktionen gilt die folgende Charakterisierung:

Satz 13.9.2 Sei f E 0 2 (!2). Dann ist f genau dann konvex (konkav), wenn

j'i(:1:)

0

(Sc 0) fiir alle :r, E Q gilt.

Beispiel 13.9.3

o oo

Sind die folgenden Funktionen auf dem _jeweiligen Dcfinitio1wbe-

reich konkav/konvex?

c) f(:i:)

Lösung: a) "\1/ir berechnen die zweite Ableitung von f(:c)

= :i;"', n = lR+

= ex und bekommen

Da die zweite Ableitung von f für alle x E positiv ist, ist f konvex. b) V1Tir berechnen die zweite Ableitung von f(x) = :i:n und bekommen

Für LY < 0 ist die zweite Ableitung positiv, also ist f konvex. Für O < o· < l ist die zweite Ableitung negativ, sodass f konkav ist. Für a > 1 ist die zweite Ableitung von f positiv und f ist. somit konvex. c) Für :r > 0 beredmen wir die zweite Ableitung von /(a:) = 1:"' = exlog(x)

= e"·log(x)(Jog(1) + 1) = :i:x(log(x) + 1)

f'(x)

=

f"(x)

= (ex!og(x)(log(:i:) + 1))' = e"' 10g(x)(log(x) + 1)2 + e:clog(:c) ½= x"'(log(a;) + 1)2 + ;cx-l.

(e~·log(x))'

Für x > 0 gilt >D

f" (:1:)

=[2:J.

>O 1 (log(x)

>0

+ 1) 2 j + 1.'Cx-l 1 > 0.

Die zweite Ableitung ist positiv tmd f ist :mmit konvex. 1111

Beispiel 13.9.4 • • o Seien :c,y > 0 und p,q E (1,oo) rnü folgende Ungleichung :rlfqylfp

Hinweis: Betrachte die Funktion f(x) vität.

Sc ::_ q

= log(:i:)

274

i + ½ = 1. Beweise die

+ Y.., p

und benutze die Definition der Konka-

13.9.

Lösung: Wir betrachten die Funktion f(x)

J'(x)=!:_ X

MONOTONE UND KONVEXE FUNKTIONEN

= log{x). Die zweite Ableitung von/ lautet .f "( X )

= --12 X

Ü.

Da die zweite Ableitung negativ ist, ist f konkav. \Vas bedeutet ''lmnka,?'? Ich erinnere kurz daran, dass /: n-+ lR konkav ist, wenn für alle i:, ·y E und). E [O, 1] J(>.x + (1- >.)11)?. >.J(x) + (1- .\)J(y) gilt. Die Idee zur Lösung dieser Aufgabe ist es, die obige Definition mit ). = ¼+ ½= 1 ½= 1 - ¼ist die Konkavität von J(:i:) = log(x) äquivalent zu

*

f

(

y) ?.-f:c 1 ( ) +-fy 1 ( ) q

J: -+q JJ

J)

:r

log ( -

q

¼zu benutzen.

n

Wegen

1 1 +-py) ?. -log(:r;) + J)-log(y). q

Es folgt somit

1}) ?. -1 log(x) + -1 log(y)

log ( :_ + q J) X

q

JJ

also

II

Beispiel 13.9.5 • • o Seien x1, ... ,xn,Y1, ... ,yn ER. und p,q E (1, oo) mit~+¼= L Beweise die Höldersche Ungleichnng

Hinweis: Benutze das Resultat aus dem vorigen Beispiel. Lösung: Wir benutzen die Ungleichung ans dem vorigen Beispiel

mit 11 := "'" 1 1 . w.i=l Y.i P

Es gilt also

lx;vd < 1 li:dq 1 lvdP 1 1 '-''.' l"·lq) /q("'n 1 ·lv) /v --;;LJ=ll:rjlq +PLj'=1IYilp' (WJ=l X J L,J=l Y1

Jetzt summieren wir über ·i auf beiden Seiten. Fiir die linke Seite der Ungleichung bekommen wir

275

13.

DIFFERENZIALRECHNUNG

Für die rechte Seite bekommen wir

!

!

i,r;jq

L., '-'n i=l q L,j=l

jy;jP

iiCj iq + L., '-'" i 1 i=l p L,,i=l Y.i

J)

_

-

!

1

~ , ..

1 1 L., q '-'" L,j=l :t:j q i=l

1

x,

,q

-.1

1

+ p '-'" 1 ! L,j=l Y.i p

~ , . . ,J> L., Y, i=l

1

=-+-=1. q p \Vir bekommen also

d.h.

III

Seif : ü --t .IR?. konkav, x1, ... ,x11 E .IR?. und >.1, ... , >.11 > 0 mit L Beweise die Ungleiclw.ng von Jensen

Beispiel 13.9.6 • •

I:;~1 >.; =

o

Hinweis: Vollständige Induktion. Lösung: Die Idee ist, die Aussage mittels vollständiger Induktion über n zu beweisen. Verankerung (n = 2): Die Aussage für n = 2 ist

Für n = 2 entspricht also die Ungleichung von Jensen gerade der Definition der Konkavität von .f. Induktionsschritt (n =} n + 1): ,vir nehmen an, dass für allen-Tupeln ,c„ und >.,, > 0 mit L;:,, 1 /\; = 1 die Ungleichung von Jensen wahr ist, d.h.

x1, . . , E

f Seien nun

,1; 1 , .•• , 1:n, 1;,,+ 1

(t>.;j:;) tA;/(j:i)·

E lR und /\1, •.• ,

L;;.} /\; = 1 wie folgt aufzufassen u+l

An, An+1 > 0 mit

L;'.;;/ A; = L Die Idee ist, die Bedingung

L Ai= LAi +An+I = A+ An+l = 1. i=l

Wir haben also /\

= I:::,c1 A;

>.1, . . ,

1i

i=!

'--,.-' =:,\

eingeführt. Es gilt nun

276

13.9.

MONOTONE UND KONVEXE FUNKTIONEN

I.:, \

Die Idee ist, den Ausdruck >-,x, als eine neue Variable y zu betrachten. Jetzt enthält f nur zwei Variable im Argument, sodass wir die Verankerung (Definition der Konkavität) nutzen können. ,vegen ,\ + An+1 = l gilt also

Für den Term f(y) dürfen wir die Induktionsannahme benutzen

f(y)

=f

8

" A·

(

;:r;

)

2

Es folgt. somit.

f

L

n+l (

AiXi

)

=

f

(

•=1

L ,\;:r; + An+1:l:n+l n

)

n

8

A·

;t(x;).

(A}: L n

f

=

•=1

L:C:\,i:; 11

(

= .f A

n

= Af

\·

) = .f(.\:1/ + An+1:r. +1 ) 11

8 n

(

2 AL'; .f(:r;) + An+1.f(,rn+1) i=l

+ An+1Xn+1 )

i=l

+.\,,+1:rn+1

2 .\.f(y) + An+i.f(xn+1)

A;Xi

=

111

TXi

)

+ An+1.f(xn+1)

L >-;J(x;).

n+l i=l

Das ist genaU: die Ungleichung von Jensen für n

+ l. II

Beispiel 13.9. 7 • •

o

Für n positive Zahlen ist das geometrische Mittel

imd das arithmetische Mittel

= X1 + X2 +n ·· · + Xn = -n1 L X,;. n

_ XA

i=l

Beweise Jolgende Ungleichung Hinweis: Betrachte die Punktion f(x) = log(x). Lösung: Die Idee ist, die Ungleichung von Jensen mit .f(x) = log(x) und.\= 1/n anzuwenden . .f ist konkav, weil 1 J"(:r) = -x2 - ::=; 0. Die Funktion .f(:i:) = log(:r.) erfüllt also die Ungleichung von Jensen, sodass Folgendes gilt

n

log(XA) = log ( 1

11-

~:i:;

)

n8 log(x;) = ~log(:r;i'') = log

2: 1

n

n

277

!ll;;) =

("~

log(xc:),

13. DIFFERENZIALRECHNUNG

Also III

13.10

Der Mittelwertsatz

Ein wichtiges Resultat über differenzierbare Funktionen ist der Mittelwertsatz, formuliert vom französischen 1fathematiker Joseph-Louis Lagrange. Der Satz lautet so

Satz 13.10.1 (Mittelwertsatz) Seif: [a., b] -t R. stetig und auf (a, b) d{fjerenzierbar. Dann existiert ein c E ( a, b) mit

f'(c) = f(b~

=

~(a).

Beispiel 13.10.1 • o o Seif : [a, b] --+ R. 8tetig und auf (a, b) differenzierbar. Beweise da8 folgende Kriteri:um:

f'(x)

= 0 für alle ,:v E (a,b)

f(x) ist auf (a,b) konstant.

=?

Lösung: Seien :i:1 und X2 zwei beliebige Punkte in (a, b). Da die Funktion f auf [,c1, ,i:2] stetig und auf (x 1,x2) differenzierbar ist, sind die Voraussetzungen des JVIittelwertsatzes erfüllt. Es gibt also ein c. E (x1, x2), sodass

f'(c) = f(x2) - f(,c1). X2 -X1

Wir wissen aber, dass die Ableitung von f gleich Null ist, sodass f'(c) = 0. Es folgt. also 0 = 2 f(x:1;2-a::1 )-J(x,), d.h. f(.r,2) = f(x1). Somit hat f den gleichen ·wert in :1:1 und x2, Da :1:1 und x2 beliebige Zahlen in (a, b) sind, folgt, dai;s f auf (a., b) konstant ist. III

Beispiel 13.10.2 o o o Beweise die Identität arctan(:i;) + arccot(:1;) Lösung: Die Ableitung von f(.1,:)

= arctan(x) + arccot(,c) lautet '( f x)

Somit ist .f konstant, d.h. f(x) wir .f an der Stelle :r = 1 aus f (1)

=;.

1

= 1 + :i:2

-

1 1 + .1:2

= 0.

= C V:i: E IR.. Um den vVert der Konstante C

= arctan(l) + arccot(l) = 278

7f

4

7f

+ -4

7f

= -. 2

zu bestimmen, werten

13.10. DER MITTELWERTSATZ

Es ergibt sich also arctan(x)

+ arccot(x) = l 1111

Beispiel 13.10.3 ooo Gibt es eine differenzierbare PunktionJ mit f(O) = -1, f(2) = 4 und f 1 ( a:) ::'.; 2 ?

Lösung: Nein. Der 1viittelwertsatz angewandt auf f impliziert (wegen J(O) ein c E (0, 2) existiert, sodass

/

.,( ·) = f(2) -J(O) = 4- (-1) = 2-0

c

2

= -1,

/(2)

= 4), dass

2

gilt. Die Ableitung von f an der Stelle c ist grösser als 2. Es kann somit keine differenzierbare Funktion mit J'(x) :S 2 exiHtieren. 1111

Beispiel 13.10.4 o o o Seif: IR'.--+ IR'. differenzierbar mit f'(x) Zeige: Die Funktion f hat die Gestalt f(x) = Cex mit CE :IR'..

= f(x)

für alle x E IR'..

Lösung: Der Trick bei dieser Aufgabe besteht darin, folgende Hilfsfunktion zu betrachten:

/(x)

h(J;) = -,,-. e

Die Ableitung von h lautet

1

h (::i;)

=

Somit ist h konstant, d.h. h(;r)

J'(,c)e" - J(.1;)e'" f'=f f(x)e"' - J(x)e"'

=

e 2x

=C

=?

e 2.x

= 0.

f(.7J) = Ce". 1111

Beispiel 13.10.5 o o o Zeige: 1sin a - sin bl ::=; la - bl. Lösung: Wir betrachten die Funktion J(x) = sin:r. Die Ableitung lautet f'(:u) IJ'(:r)I:::; 1 für alle J; E ~-Nachdem Mittelwertsatz gibt es ein c E [a, b] mit

J'(c)= J(a)-f(b) = sina.-sinb_ a-b

a-b

Aus lf'(c)I :S 1 folgt sina- sinbl < 1 a-b -

l

=?

jsina-sinbl :S la-/Jj.

279

= cos:r und es gilt

13. DIFFERENZIALRECHNUNG

1111

Beispiel 13.10.6 • o o Zeige

n!+ 1

< ¾( (n~l)"

-

,;a) für n E N und a > 0 {Hinweis:

Betrachte die Funktion x1;,J. Lösung: Wir betrachten die Funktion .f(x) = ,\ auf dem Intervall [n - 1, n]. Diese Funktion ist auf [n - 1, n] stetig und auf (n -1, n) differenzierbar. Die Ableitung ist f'(:i;) = - ,.,;\ 1 • Nach dem Mittelwertsatz gibt es ein c E [n - 1, n] mit

J'(c) = - ~ = f(n) - f(n -1) = J_ _ 1 . c"'+l n-(n-1) n(X (n-1)" Der Punkt c lie.gt im Intervall [n-1, n], sodass c < n, d.h.

1 < 1 = ;:;:1( 1

n"'+1

¼ f(x1)

gilt. Nun wissen wir, da:;s die Ableitung von f positiv ist. Insbesondere gilt also f'(c) ,c 2 - x 1 > 0 gilt somit 1

/c:) I= /(:r~) 13,2 - .1:11

~(xi)

*

f(.r2) - f(~:1) > 0

*

J(x2)

>

> 0.

gilt.

VVegen

f(xi).

>O

Die Funktion ist somit monoton wachsend. 1111

Beispiel 13.10.8 • o o Seif: [a, b] --+ :& anf [a, bJ stetig und auf (a, b) differenzierbar. Es gelte f'( x) ::; C filr alle x E ( a, b). Zeige, dass für alle x E ( a, b) gilt:

f(rc) :S f(a) + C(x - a.).

280

13.10. DER MITTELWERTSATZ

Lösung: Die Funktion f erfüllt die Voraussetzungen des Mittelwertsatzes. Wir wenden nun den Mittelwertsatz mit f definiert auf dem Intervall (a., :r) an. Es existiert also c E (a., .1:), sodass

f'(c) = f(:i:)- f(a)

=> f(:i:)-f(a) = f'(c)(x - a) a gilt. Nun wissen wir, dass die Ableitung von f beschränkt ist, d.h. f'(c) :S: C, sodass Folgendes gilt :i: -

f(x) - f(a) = f'(c)(.1; - a) :S: C(x - a)

f(:r) :S: f(a)

+ C(x -

a).

II

Beispiel 13.10.9 ••• Beweise clen Satz von Bernoulli-de l'Hopi.f;al: Seien f, g : [a, b] -+ .IRt si;et,ig und auf (a, b) differenzierbar rnit g 1(x) i- 0 fär alle a.: E (a, b). Weiter sei f(a) = g(a) = 0 uncl es existiere

. f1(x) Inn-,() =A.

~:-¾a g X

Dann ist g(x)

i- 0 und lim f(x) x-¾a

g(:i.:)

=

lim f'(x).

x-¾a g 1(x)

Lösung: g(:i:) =f= 0: Gäbe es ein s E (a, b) mit g(s) = 0, so würde nach dem Mittelwertsatz ein c E ( a, s) existieren, sodass

g'(c) = g(s) - g(a) = 0 s-a im Widerspruch zur Annahme wäre, dass g'(:i:) =f O für alle x E (a, b) gilt. Somit ist g(x) =f O für alle .1: E (a, b). Aussage iiber den Grenzwert: Wir betrachten die Hilfsfunktion

f(s) h(.1:) = g(s) g(x) - f(x) für eins E (a., b). Die Funktion h ist definiert, weil g(s) =f 0. Sie ist ausserdem auf [a, b] stetig und auf (a., b) differenzierbar, weil Differenz zweier stetiger bzw. differenzierbarer Funktionen. Dann werten wir die Hilfsfunktion h an den Stellen x = a und x = s aus und erhalten

h(a)

=

f((s)) g(a) - f(a)

g s

Nach dem .Mittelwertsatz gibt es ein

l

E

h(s)

= 0

= f((s)) g(s) - f(s) g s

= 0.

(a,s), sodass

h'(f,) = h(s) - h(a) = 0 s-a d.h.

f(s) f'(f,) g(s) g'(() 'Wir sind fast fertig. vVir miissen nur noch den Grenzwerts -+ a ziehen. Da ( zwischen a und s liegt und s gegen a konvergiert, konvergiert auch l gegen a.. Somit !im /(8) s-,a

g(s)

=

lim Ha

f'(l). g'(l)

II

281

13. DIFFERENZIALRECHNUNG

282

Kapitel 14

Die Taylorschen Formeln Ziel dieses Kapitels ist die Approximation von cm-Funktionen mithilfe von Polynomen. Aus der Betrachtung der Differenzialrechnung haben wir gelernt, dass die Funktion

f(a)

+ J'(a)(a; -

a)

die beste lineare Approximation der differenzierbaren F\mktion f(a;) in der Nähe des Punktes

:i:

=a

darstellt. In der Nähe des Punktes x

f(:c) = J(a)

= a gilt somit

+ f'(a)(x -

a)

+ Rest(a;),

wobei die Restfunktion Rest(x) den Fehler angibt, den man macht, wenn man die Funktion

f(:c) durch ihre lineare Approximation ersetzt. Für den Fehler gilt lim Rest(x) =O :r----+a

(x - a)

'

was bedeutet, dass für genügend nahe bei a liegende x der Fehler Rest(x) klein ist, im Vergleich zu der schon sehr kleinen Grösse (a; - a). Im Allgemeinen erwarten wir, dass einem-mal differenzierbare Funktion durch ein Polynom vom Grad m in der Nähe von a approximiert werden kann, und zwar mit einem Fehler, der von m-ter Ordnung in der kleinen Grösse (x - a) ist, d.h. . Rest(x) 11m - - - -

x----+a

(x - a)m

= ().

Die Taylorsche Formel gibt nun an, wie man diese Approximation erreichen kann.

14.1

Das Taylorpolynom und die Taylorsche Formel

Das Polynom P,~1(:c) := f(a)

+ f'(a)(x -

a)

+ .!.2 f"(a)(x -

a) 2 + · ·· +

m!

flml(a)(x - a)1"

heisst Taylorpolynom m-ter 01·dung von f(x) an der Stelle x an der Stelle x

= a

= a.

Die Ableitungen

dieses Polynoms stimmen mit den ersten rn Ableitungen der Funk-

tion f an der Stelle a überein. vVir erwarten, dass die Funktion f(x) umso besser vom

283

14. DIE TAYLORSCHEN FOR!v!ELN

Taylorpolynom

approximiert wird, je mehr Ableitungen der beiden Funktiouen an der

Stelle a übereinstimmen, d.h. je grösser m ist. vVir sind hauptsächlich am Fehler bei der Approximation interessiert. Dieser Fehler ist durch den m-ten Restterm gegeben

n;~,(;1:)

p1~,(x).

:= f(x) -

Die Taylorsche Formel für eine (m + 1)-mal differenzierbare Funktion feiner Veränderlichen lautet V,J\

Satz 14.1.1 (Taylorsche Formel n-ter Ordung) Seif E cm([a,b]) auf(a,b) m + 1-mal differenzierbar. Dann existiert ein eE ( a, b) m·it f(x)

= f(a)+ f'(a)(x-a)+· · ·+~ j(m)(a)(x-ar+ m!

l .,Cm+l)(e)(x-a)m+l (rn+ l)!

Die Taylorsche Formel liefert somit eine Approximation einer F\mktion durch ein Polynom vom Grad m und liefert eine explizite Formel für den Fehlerterm a ' j(m+l)(e) , m+l Rm(x) = (n + l)! (x - a) ,

wobei

eeine Zahl ist, welche zwischen a und b liegt.

Beispiel 14.1.1 eoo Bestimme das Taylorpolynom m-ter Ordung der Punktfon f(x) = 0.

=

ex an der Stelle x

Lösung: Für die Ableitungen der Funktion f(x)

= ex

gilt

J

f"(0)

f"'(x) = sin(x)

=>

=-

=0

=> f (0) = 1

f'(:1:) = -sin(.1:) J"(,c)

x

= -1 !"' (0) = 0

\Vir finden somit Somit lautet das gesuchte Taylorpolynom

P::,(a:)

= f(0) + ,r2

= 1- 2

j"(0)(x - 0) + .!:_ f"(0)(x - 0) 2 + · · · +-\ /

m.

2

x4

(-l)"x2n

+ 4! + · · · +

(2n)!

111

l(O)(:c - 0)m

'

wobei m = 2n ist, falls m eine gerade Zahl ist, und m = 2n

+ 1 ist, falls m

eine ungerade ist. III

Beispiel 14.1.3 • oo Berechne das Taylorpolynom m-ter Ordung der Punktion J(x) (1 + x) 0 an der Stelle x = 0. Lösung: \Vir berechnen die Ableitungen der Funktion f(x)

J(x)=(l+x) f"(0) = n(n - 1) => f< l(o) = n(n - 1) ···(et - n + 1). 11

Somit lautet das gesuchte Taylorpolynom

P;;,(x)

= J(0) + f'(0)(a_: - 0) + .!:_ J"(0)(x - 0) 2 + · · · + _.!:.__1j

f E C 2•

von der Klasse C"? vVir müssen die n-te Ableitung berechnen. i1/ir behaupten

.f(n)(x)

=

Polynom von Grad (n-1) _1. {

'"""

e "

x>O :c:::; 0

0

Das zeigen wir mit einer Induktion über n.

291

14. DIE TAYLORSCHEN FORMELN

Verankerung (n = 0): klar. Induktionsschritt (n---+ n + 1): \Vir nehmen an, dass f(n+l)(.r)

=

d:1;

,r(n) wie oben aussieht. Dann gilt

(Polynom von Grad (n - 1) e-½) x2n

i:(Polynom von Grad (n -1)) :v2n

-2nPolynom von Grad (n - 1)

_.1

e

:r2n+1

x

_.1

e

(1'

+ Polynom von Grad (n - 1) e-½ .1;2

x2TI

=

:c 2 Polynom von Grad (n - 2)

+ (2n:i: + l)Polynom von Grad (n -

1)

~;211+1

e

_.1

,

Polynom von Grad (n) _ .1 -- ---------e " ,i;2n+2 • Für die Ableitung in :r j(n+l) (0)

=

= 0 gilt nach Definition

f(n)(fi) __ j(")(O) lim - - - - - ~ ~

h

h-+O+

. e-¼ y=l/h = 1m1 - = h-+O+ h 211 + 1

=

Polynom vo~ Grad (n-1) e-¼ _ Ü ---~h_-n_ _ _ _ _ __

lim

. y2n+l Iün - -

v-++oo

h

h-+O+

eY

= 0. 0

Ferner zeigen wir, dass f(n) stet.ig ist . /( 11 )( ) 1m1 .r.

.io-+O+

.

1nn = x-+O+

Polynom von Grad (n) _.1 y=l/h . y2n 11m e , = 211 +·> :c

y-t+oo eY

-

=0

=;-

JM stetig

=;-

f EC".

Somit ist f E ccx:•. Taylorreilw in O? Es gilt

foo ( n +2 n+2

2

= lim ( 1 - -n- ) e- 1 = 0. n->oo n +2 Folglich konvergiert j„ gegen

f auf [O, 1] gleiclnnässig. II

306

15.1.

PUNKTWEISE VS. GLEICHMÄSSIGE KONVERGENZ

Beispiel 15.1.4 • o o JiVir betrachten die Folge stetiger Fu:nktionen definiert durch fn : [0, 1]--+ JR,

fn(x)

= x(l -

x)"n.

Wie laiitet der pu.nktweise Limes der Fu.nktionenfolge fn '? Konvergiert fn gle-ichmäss·ig auf [0, 1]?

Lösung: a) Punktweise Konvergenz: Für O :s; :r :s; 1 gilt lim f,,(x) = lim x(l - .1:)"n = 0

n--tco

n---+CXJ

= f(:r).

b) Gleichrnässige Konvergenz: Wir rechnen zuerst SllPxE[O,l] lfn(x)- f(:c)I = supxE[o,1] lfn(x)I aus. Um das Maximum von fn(x) auf [0, 1] zu beHtimmen, setzen wir die Ableitung von / 11 (:i:) gleich Null

J~(~:) = (1- x)»n -nx(l Es folgt x = 1 oder x = 1/(n+l). Bei x wird bei x = 1/(n + 1) angenommen.

xin-1 n = (1 -

:vr-1 (1 - (n + l)x)n = 0.

= 1 haben wir ein Minimum, weil fn(l) = 0. Das :Maximum

Die Funktionenfolge fn (x)

= :-r(l - :i:)"n für n = 1, 2, 3, 4.

1

0,5

0 0

0,2

0,4

0,8

0,6

1

Somit finden wir

sup lfn(:i;) - f(:i:)J

xE[0,l]

= fn(l/(n + 1)) = _n_ (1- _l__ )" n+1

n+ 1

Wir bilden nun den Limes für n ---+ oo und finden

lim sup lfn(x) - f(:i:)I »E[0,l]

n-too

Somit konvergiert

= Jim

n-too

....!.!:.__ n+1

(1- -n

1 -)" +1

= lim ~ e - 1 = e- 1 # 0. n->oo

n+ 1

f n auf [O, 1] nicht gleichmässig gegen f. II

307

15.

FOLGEN STETIGER FUNKTIONEN

Beispiel 15.1.5 • o o Betrachte die Fimktionenfolge fn : JR -t lR mit

fn(a:) :=

nx

l+n

2 2. X

Beantworte die folgenden Fragen

a) Hlie lmdet der pwiktweise Limes von fn ? b} Konvergiert fn gleichmässig auf [O, 1]?

c) Konvergiert .f~, gleichmässig auf [l, oo)?

Lösung: a) vVir müssen einfach x E

festhalten und den Grenzwert für n-+ oo berechnen

lim f,,(x) = lim

n->oo

n->=

nx

1 + 11,2 :1; 2

= 0

= f(:c).

Die .Funktionenfolge J„ konvergiert also auf~ punktweise mit punktweisem Grenzwert .f (x) = 0. b) Die Funktionenfolge konvergiert auf [ü, l] nicht gleichmässig gegen die Nullfunktion. Wie sieht man das? Vlir gehen wie in den vorigen Beispielen vor. vVir berechnen sup l.fn(:c) - f(:z:)I

xE[0,1]

=

sup lfn(:z:)I,

xE[O,l]

indem wir die Ableitung von f,.(x) gleich Null setzen

Es folgt~:= ±1/n. Da wir in [O, l] sind, betrad1ten wir nur die Lösung :t sup IJ,,(:i:) -f(x)I

xE[ü,lj

=

sup

xE[0,1]

l

= 1/n. Es gilt somit l

Jf,,(:r)I = IJ,,(1/n)I = 11 = 2, +

woraus sich Folgendes ergibt

Jim sup IJ,,(;r) - f(x)I =

n->oo xE[O,lj

Die Funktionenfolge

fn

!

2

f 0.

konvergiert somit auf [ü, 1] nicht gleichmässig.

c) Selbes Prinzip wie in (b). Wir berechnen sup IJ,,(x) - f(x)I

o•E[l,oo)

=

snp lfn(x)J.

xE[l,oo)

\Vir haben in Teilaufgabe (h) ausgerechnet, dass /,,(x) bei ,r = 1/n maximal ist. f 11 ('c) hat also kein weiteres Maximum in (1, oo ), sondern sie fällt monoton nach Null ab.

308

15.1. PUNKTWEISE VS. GLEICHMÄSSIGE KONVERGENZ

Die Funktionenfolge / 11 (x)

= i+'~\r für n =

l, 2, 3, 4.

2

0,6

1

2

3

4

5

=l

Somit wird das Supremum von /,, (x) auf [1, oo) an der Stelle x sup

angenommen, d.h.

n

xE[l,oo)

l/11 (x)- f(x)I = sup lfn(:t)I = lf,,(1)I = -1 -

+ n2

,:E[l,oo)

·

Es folgt somit

!im

n--too

Die Funktionenfolge

fn

sup l/n(x) xE[l ,oo)

f (x)I = lim

= 0.

1+n

n---->oo

konvergiert also gleichmässig auf [1, oo). III

Beispiel 15.1.6 •oo Untersuche fn(x)

ü

= [a,oo)

mit a > 0 und für

= x 2 +e-nx2 a:uf gleichmäswige Konvergenz für

n = [O, oo).

Lösung: Die Funktionenfolge f,.(:i:) f(x) = x 2 , weil

= x2 +e-""'

2

konvergiert punktweise gegen die Grenzfunktion 2

!im f 11 (:c)= lim(x 2 +e-""' )=:i:2.

n-too

n--1-00

a) Um die gleichmässige Konvergenz von f„ auf n = [a, oo) nachzuweisen, müssen wir zeigen, dass lim,Hco supxE[a,oo)

l.fn (x)-.f(x)I = 0 gilt. Um das zu machen, bereclmen wir zuerst supxE[n,oo) lf11(:t:)-

.f(x)I sup

xE(a,oo)

lfn(x) - J(x)I

=

sup

xE[n,oo)

ia: 2 + e-""'

2 -

x 2 1= sup e-""'

2

xE[a,oo)

2

2

(Betragsstriche sind nicht nötig, weil e- 11 '" immer positiv ist). Die Ftmktion e-""' ist auf [a,oo) monoton fallend, sodass

lf,,(x) - .f(x)I =

sup xE[a,oo)

sup e-nx2

= e-na2

xE[a,oo)

Es er1,,:ibt sich somit lim J1--},(X)

sup !f,.(:r) - .f(:r)I

:eE{n 100)

309

=

!im e-n«•

n-too

= 0.

15.

FOLGEN STETIGER FUNKTIONEN

Somit ist J„ auf n = fa, oo) glcichmässig konvergent. b) f n ist auf [O, oo) nicht gleichmässig konvergent, weil sup

xE(O,oo)

sup l:i: 2 + e- 11 "'

lf,.(:r.) - f(a:)I =

2

-

,r,

2

xE[O,oo)

1=

sup e-""'

2

xE(O,oo)

= e- 0 =

1,

woraus folgt Jim

snp

11-+oo o:E[O,=)

lfr,(:1;) - f(x)I = 1 f O. III

Beispiel 15.1. 7 • o o Untersuche fn: lll; --t

rn:, .,; --t fn(,r,) = a.rctnnh(nsinh(:1:))

auf pwiktweise und gleichmässige Konvergenz.

Lösung: a) Der punktweise Limes lautet a: > 0 Jim / 11 (:i:)

t1-->ex>

= -n-+(X) Jim arctanh(nsinh(a;)) = {~ -1

,r,

= 0 = f (a:).

:c

g(:c)d:c

= 0.

0

l= !im

n~oo

lirn g,,(:c)d:c=O.

n--+oo

Das Problem liegt an der unendlichen Grcn,:e des Integrals. III

Beispiel 15.3.4 • • • Ziel dieser Aufgabe i.st es, einen vereinfachten Beweis wn Satz 15.3.3 zit geben. Sei fn : n -t IR: eine Folge stetiger Ainktionen und [a., b] c n. Sei fn -+ f gleichmässig auf n und nimm an, dass f auf [a, b] integ·rierbar ist. Zeige lim

n-+CX>

lim fn(x)dx. Jarb fn(a;)dx = Jarb n-too

Lösung: Da fn(:r) eine Folge stetiger Funktionen ist, sind die Folgenglie 0. Bewei.se d-ie folgenden Ungleichnngen

Lösung: Der Trick bei dieser Aufgabe besteht darin, die folgenden Ungleichungen für y E [O, l] zu

benutzen Vhr schreiben das Integral ein bisschen um a-;,/2 0

,

l" , ,, o

(a2 - x2)3/4&c

,,1a . (

= a-0/2

o

la (l -

c/•/4 1 - 2:i:2)3/4 d:r, = -l a a,o

Da das Integral für ,r, zwischen O und a zu berechnen ist, liegt der Integrand y 0 und 1. vVir dürfen also die obigen Ungleichungen benutzen

355

2X2)3/4 d,c.

a

= l-:r, 2 /a2 zwischen

17.

BESTiiVflvITE INTEGRALE

Wegen der Monotonie des Integrals (Eigenschaft (d)), gilt einerseits

!_

r (1 - 3;:)3/4 rfa:

a Jo

!_

a

a

r (1- .T:) rfa: = !_ [x - ,,c:]a = !_ (a -

Jo

a

a

3a

Andererseits gilt

!_ (" a Jo

(1--

314

rfa: :S;

x:)

a

!_ [° a Jo

= sin t

Das letzte Integral lösen wir mit der Substitution x / a somit

11a (

-

1-

a

0

J1-

11a Rr,2

:r2) 3/4dx :S; -

a

a

1 - ~cfa: a

0

a.32) = ;.3

3a

:i::dx.

a

=}

=

a

O

da:

= a cos( t )dt.

vVir bekommen

lrr/2 cos(t) dt 2

0

1[. jrr/2 = 'Ti • =2 Sll1 t COS t + l O 4 Zusammenfasseud

1111

Beispiel 17.1.11 • • • Seif : (0, 1]2-+ lll stetig 1m,d g : [0, l] -+ lll,

:i:

-+

fo

1

f (x, y)dy.

Zeige, dasB g stetig ist.

Lösung: \Vir möchten zeigen, dass g auf [O, lj stetig ist. Wir fixieren somit ein xo E [O, 1]. Sei E: beliebig. Wir müssen zeigen, dass es ein 6 > 0 gibt, sodass für alle IJ: - :rol < 6 Folgendes gilt

lg(:i:) - g(,ro)I
0

E.

vVir nutzen die Definit.ion von g und die Dreiecksungleichung für Integrale

lg(x) - g(:ro)I

=

11

1

f(x,

y)dy - .{ f(xo, y)dyl = ll (.f(x, y) - .f(:ro, y))clyl

1.t(x, y) - !(1:0, JJ)ldy.

s; [

Die Idee ist jetzt, die Stetigkeit von f zu nutzen. Die Menge [O, 1]2 ist kompakt und .f ist stetig. Weil stetige Funktionen auf kompakten 1vlengen gleichmässig stetig sind, gibt es zu jedem E: > 0 ein ,f > 0 (nur von E abhängig), sodass für alle l,z: - :i:ol < 61 und für alle y E [O, l] Folgendes gilt

l.f(i;, y) - .f(,ro, y)I < E. Nun wählen wir 6 = 6 und finden sofort 1

lg(:r) - y(:ro)I = S

I.{ .f(x, y)d11 -1 r1 lf(x, y) -

lo

1

f (xo, y)d11I

.f(,i:o, 1J)ldy
0 wie folgt

definiert

Sie hat die folgenden wichtigen Eigenschaften

(1) r(a + 1) = ar(a), (2) I'(n)

= (n -

(3) r(1/2) =

1)! falls n E N,

.fir,

(4) r(a)I'(l - o:) =

sin(~o:),

(0 < a < 1).

Wegen Eigenschaft (2), wird die Gamma-Funktion oft auch Fakultätsfunktion genannt. Gemeint ist, dass die Gamma-Funktion eine Verallgemeinerung der Fakultät auf den reellen Zahlen ist (r(x) ist gleich (x -1)! falls um Integrale der Form

fo

;-r;

E N). Die Ganuna-F\mktion eig11et 1:üch sehr gut,

00

xo:e-g(x)cL-r;

zu bestimmen, welche mit der Substitution g(x)

359

=t

gelöst werden.

18.

SPEZIELLE FUNKTIONEN

Lösung: 'iVir substituieren 4:r: = y und bekommen

l oo

.o

l ' -x 5 e -4x c.a.

loo

1 .y 5 e -y cyl - 1 I' (6) -- 5! -- -.-, 15 . 64 64 . o 64 512 III

Lösung: 'iVir substituieren

:1: 3

= 11

= y 1 /:J

=} :1:

=}

d,1: =

½v-

2 /:1dy

und bekommen

III

1 BeIBpiel 18.1.3

.oo

1:

e~""',;,

Lösung: 'iVir schreiben

'

substituieren ax

f

2

00

-=

= ·y =} :r. = e-na.,2 dx

!

CO

= 2 1DO e-ax 2 dx 0

-{Xl

1 2

(y/a) 1

=2

. 2 e-o,c d,t

=}

1co .

d:r

e-ox,2 dx

=

2 :.r,,:1r

= -1

Vo'

0

1 2

1=

i dy und bekommen y- 1/2 e-Ydy

0

r(l/2) =-- =

Vo'

ff

-. Q

III

Beispiel 18.1.4 • o o

l ---;=====dx, a. o log(,r/o:)

1 J0:

> 0.

Lösung: vVir substituieren -log:1:/a=t

=}

Wir passen die Grenzen an: Bei x = 0 ist t 1

{" --;===,==c=c;=dx

Jo

/-log(x/o)

=

0

-et

! r lco

x=cte-t

= oo,

l e- 1dt

1 2

bei x

= lt

= ar(l/2) = a,,/ir.

dx=-rxe-tdt.

=}

=a

r= r

Jo

ist t = 0. Somit gilt

1 ! 2 e- 1dt

III

360

18.1.

Beispiel 18.1.5

• • 0

f

00

DIE GAMMA-FUNKTION

_:!::__dx

.fo e'" -1

Lösung: Das Integral hat die spezielle Eigenschaft, dass seine Stammfunktion nicht elementar ausdrückbar ist. In anderen \Vorten: Das Integral lässt sich nicht in geschlossener Form darstellen. Trotzdem kann man das obige bestimmte Integ-ral mithilfe der Gamma-Funktion berechnen. Wir schreiben mithilfe der geometrischen Reihe

l

oo

.o

1=

1o=

-:r- dx= e -x - X _.dx= e-x xL....,(e -:v ) n dx . 1 - e "· e"' - 1 .o o n=O

\Vir haben im ersten Schritt c"' im Nenner ausgeklammert, damit die Formel für die geometrische Reihe benutzbar ist: Da le-"'I < 1, konvergiert die Reihe gleiclunfü,sig (Potenzreihen konvergieren gleichmässig im Inneren des Konvergenzkreises). vVir dürfen also Integral und Summe vertauschen

l

(X)

•0

_._x_dx ex - 1

=

L 1= 1;e-(n+l).r,dx . 00

n=O

0

Nun wollen wir das Integ-ral mithilfe der Gamma-Funktion umschreiben. Zu diesem Zweck substituieren wir (n + l)a: = y und bekommen •00

./ o

~d:r = ex -

1

1 100 ye-Yd-1} L 1o xc-(n+l)xd,i: = I:--(n + 1)2 o ' , ,oo

CO

OO

L n21) Joroo 1,e-Ydy

n=O

n=O

00

=

(

=

((2) =

1f2

6'

n=l =r(2)=11

wobei ((2) =

1r

2

/6 die Riemannsche Zeta-Funktion mit s = 2 bezeichnet.

II

Beispiel 18.1.6 • •

o

fo

1

xm log(x)"dx für n, rn E N

Lösung: vVir substituieren

\Vir müssen die Grenzen anpassen: Bei x

= 0 ist t = oo,

bei

:1,,

= 1 ist t = 0.

Somit

Nun wollen wir das Integral mithilfe der Gamma-Ftmktion umschreiben. Zu diesem Zweck substituieren wir (rn + 1 )t = y und bekommen

100

( - l)n (m +11)"+1 o y 1l e -yd y

= (- 1)" , (m +11)"+1 r( n + 1) = (- 1)" (m +n!1)11+1 361

18.

SPEZIELLE FUNKTIONEN

Somit gilt

l

1

,o

x"' log(xtdx

= (-1)"

(rn

n'··

+ 1)"+ 1

. II

Beispiel 18.1.7 • •

o

Beweise die folgende Identität.

{1 -xd

/o

:i;

'O

:r = L..... n

-n

.

11=1

Lösung: Der 11-ick bei dieser Aufgabe ist es, den Term x-x wie folgt umzuschreiben

Da die Exponentialreihe I:;~=ü für alle;,; E glcichmässig konvergent ist (der Konvergenzradius ist p = eo), diirfen wir Integral und Summe vertauschen

1 1

:z:-·"d.7:

0

=

l1 L oo

(-xlog(,z:))"

.n.1

n=O

• 0

da.,=

(-1)" L-. -n.1 eo

11

n=O

x" log(:z;)"clx.

0

1

Das Integral ./~ x" log(x)"da: berechnen wir mit der Substitution - log(:i:) d:i: = -e-tdt, sodass

1 1

:r." log(:c)" d:c = (-1)"

Nun nutzen wir die Substitution y = (n + l)t

1 1

:i:"log(x)"dx

= {-1)"

1

00

0

0

*

clt

1

= t

*

:c

00

t"e-(n+l)t.clt.

= ;!1/_1 und bekommen

t"e-< 11+ 1 ) 1 dt = - (-1)" --(n + 1)"+ 1

1= .

y"e- 11 dy

0

•

'--..-'

= -(-l)"n! ---. (n + l)"+l

=r(n+l)=n!

,,_,ir bekommen somit 1

1 0

. CO (-1)" x-·T,cfa; = """-L., n! n=O

11

x"log(x)"&v

' 0- - v - 1

00

1

00

1

00

= """---= """ - = ""'n-". L., (n + 1) + 1 L., n" L.,

11 = (~~ 1\ ~+'1

11

n=O

n=1

n=l

II

18.2

Die Beta-Funktion

Eine andere wichtige Funktion, die oft in Integralen vorkommt ist die Beta-Funktion, welche für o:, ß > 0 wie folgt definiert ist

362

18.2. DIE BETA-FUNIoo

n.--+oo

k=l

Berechne das Integral

f

1

.fo

(x 3

-

2x)clx

explizit mithilfe von Riemannschen Suinrnen. Lösung: Wir unterteilen das Integrationsintervall [O, 1] in n gleich grosse Teilintervalle der Länge l::,.x = ¾mit :ck = k/n, k = l, ... , n. Die Feinheit dieser Zerlegung ist .6.,, = Es gilt lim,Hoo .6.,, = 0. Laut Definition des Riemann-Integrals (wir wählen (k = xk) gilt

t

l.

, (}

1

(:c 3

-

2x)d:i; = Jim

Lf "

n--+oo k=l

(

k) -1 = Jim 1 L" ( 3

-

1t

l'vlit den Formeln (siehe Beispiele 2.2.1 nnd 2.2.3)

366

A,:l

7l

71-tOO f1,

k=l

rl

k)

- 2- ·

n

19 .1.

RIEMANNSCHE Sutvr:MEN: EINE KURZE EINFÜHRUNG

bekommen wir

i

·l

(x 3

2:r)cl:r

-

n-+oo

r

= ,,.1.}! = Jim n-+oo

Die Bestimmung von

J01{:c3 -

1L (k3- - 2__'k).'. n

= Jim -

, 0

n

n3

k=l

n

1 (n(n + 1)) n4 2

(n (n+ 1) 2

2

4n4

2

r 2 n(n + 1) „.1.}1;, n 2 2

n(n+ 1)) =

_

n2

! _ 1 = -~. 4

4

2x )d,v als bestimmtes Integral liefert dasselbe Resultat

./o{'1 (:i: 3 -

2:c)cLc =

[x4

4

- 2 2x] = 41 - 1 = - 43 . 0 1

2

II

Beispiel 19.1.2 • •

o

Berechne das Integral

ib

e"'dx

explizit mithilfe von Riemannschen Snmmcn. Lösung: ,vir unterteilen das Integrationsintervall [a, b) in n gleich grosse Teilintervalle der Länge tl.x = b-;.," mit ,ck = a + k(b - a)/n, k = 0, ... , n - l. Die Feinheit dieser Zerlegung ist ti.,, = b-;.,a. Es gilt lim 11 _, 00 tl.,, = 0. 1 Laut Definition des Riemann-Integrals gilt

j

•b

a

e"'d;i; = Ihn

L .f

n-l

n-+oo k=O

(

• b- a = I1111 --e (L

n---+co

n

L

k(b-a)) b-a b-a n-l k(b-a) a + - - - - - = lim - e"+ n

n

n

n-+oo

n

k=O

n-1 '\"' (

L...,

e

(b-a))k n

k=O

,vir haben also eine geometrische Summe bekommen. Mit der Formel 11

'\"'

L...,lJ

k=O

k

=

1 -qn+l l -

(J

finden wir b

/) - Q a 1 - e (b-a) b - Q, Ca (1 - Cb -n ) X • n n , e dx = hm - - e = Jim - . n-+co n l - e n n---too n 1- e n

1 a

1VIit der Substitution x -+ 0, sodass

= b-;.,a können wir den obigen Grenzwert bestimmen. Aus n -+ oo folgt

:c

l

. a

b

exrfa:

=

lim

n-+oo

b - a e"(l - eb-a) , 1 _ e :n 1,_,

= e"(l -

:c

eb-u) !im---. ;i;--tO 1 - eX

..__,_,,

= -e"·(1-i-") =

eb - e" .

=-1

Die ·wahl der Unterteilung spielt keine Rolle. In diesem Fall habe ich mich dafür entschieden, von k = () bis k = n - l zu gehen, weil später in der Berechnung eine geometrische Summe vorkommt, wodurch die Rechnung etwas leichter wird. Natürlich kann man (Übung) auch eine andere Unterteilung wählen! 1

367

19. RIEi\'1ANNSCHE SUMMEN

Die Bestimmung von

J,b c"'dx als "

bestimmtes Integral liefert dasselbe Resultat

1111

19.2

Anwendung von Riemannschen Summen bei der Berechnung von Grenzwerten

\Vir beginnen mit einem Beispiel. Gesucht ist 1 1 1 ) lim ( --+--+···+n +1 n + 2 2n

n-+oo

.

Zuerst schreiben wir den Grenzwert ein bü-;schen um

1) 1 1 lim --+--+···+rt-+oo ( n + l n +2 2n

71

=

1 ~-=

lim

11-+oo L

k=l

n

+k

11

1 1 lim ~ - - - . n--too L n l +k k=l

"

Was beobachtet man? Der gesuchte Grenzwert ist nichts anderes als die Riemannsche Sun1--

111e für

Jc; i!x&r

bei äquidistanter Zerlegung von [O, 1] in n Subintervalle. vVenn wir das

Intervall [O, 1] in n gleich grosse Teilinterva.lle terteilen, können wir das Integral Summen deuten und es gilt

1

f

1 0

i!xdx =

k/n, k = l, ... , n der Länge .6,;i; = ¾un-f(x)da; als Grenzwert von Riemannschen

Xk =

f

1 0

11

l

n

(

k)

11

l 1 Ihn L - ~ . n-+oo k=l n l + 11 Das Integral köruien wir nun als bestimmtes Integral berechnen. Es ergibt sich also das 1

f(x)dx = lim L.6.x · .((;1:k) = Jim L - f o n-+oo k=l n-+oo k=l n n

=

folgende Resultat

1 lim ( -n--too n + l

1 + -n + - + ·, · + ~) = f 2 2n }o

1 -

l

1

= [log(l + x)]6 = log(2). +-dx X

Wir haben somit den Grenzwert mithilfe von Riemannschen Summen auf ein Integral zurückgeführt, das wir sehr leicht berechnen konnten. Allgemein können wir folgende Regel für die Bestimmung solcher Grenzwerte formulieren fön -l

n-+oo

n

L" f (,.) . .'.'. = 11 f(x)dx. n o

k=l

Beispiel 19.2.1 • o o Berechne die folgenden Grenzwerte

k)

11

a) Jim -l nc-too

c) lim

n-+oo

n L

(

k=l

n

1+n

1 --;::::;;:=:=::;;,

,/k2 + n2

n k4 b} lim .~ -

n-+ooL n5 k=l

n

d} fün

k2

n--tooL : k=l

n

+ n2

Lösung: a) Der Grenzwert ist praktisch ein "Kinderspiel". Er ist die Riemannsche Summe des

368

19.2.

ANvVENDUNG VON RIEMANNSCHEN SUivfMEN BEI DER BERECHNUNG VON GRENZWERTEN

Integrals

Jt(l + 1:)cl:i;

k)

L n

lim -l " ( 1 + -

n--+oo

=

n

k=l

ll

(1 + 1:)dx =

=

!im -

.0

[

x+

b) •

r>

Inn

k4 -

=

n5

n--+oo

. l lnn n

k4 -4 n

n

n-+oo

l

n

(

11--+oo n

k) n

,T,2]

2

4=

1

ll

.0

1+ 1 = 3.

=

0

2 2

1:4dx

= [J;5] - 1 ~· 5 0 D 1

c) Wir ziehen einfach n 2 aus der vVurzel lim

n--+oo

L

1

n

k=I

k,2

=

+ n2

l 11 V 1+ .1dx L -----;c=== =

1 n Jim -

n--+oo

n k=l J(k)2 n +l

x2

O

=

[arcsinh(x)]~ = arcsinh(l).

d) Einfach n 2 im Nenner ausklammern liefert .

"n . n n . l" 1 = 11111 ' \ ' - - ~ ~ - - = lnn - '\' - ~ - k2 + n2 n--+oo6n 2 (k 2 /n 2 +1) 11--+00116(*) 2 +1

hm '\' - - -

n--+oo 6

=

1 1

0

1

1

- 2--dx = [arctan(x)] 0 = arctan(l) =

+1

X

1f

-.

4

II

Beispiel 19;2.2 • o o Was ist der punktweise Limes der folgenden Funktionsfolge

fn: (-1,1)-tlR,

n 1 fn(x)='°'-k.i....ln- :x k=l

für n-+ oo? Lösung: Der punktweise Limes der Folge f n(:v) ist n

·

1

1

1

n

f(:c) = lim '\' ___ = lim - '\' _ __ n--+= L.., n - k:v n--+oo n L.., 1 - kx k~

1

=

k~

n

1 log(l - ·v) - - d t = --[log(l - ,vt)]5 = · . o 1-tx X :r,

1

1

II

Beispiel 19.2.3 • •

o

Berechne den folgenden Grenzwert

lim (rrn (n +n k))

n-+oo

1/n

k=l

Lösung: \Vir betrachten den Logarithmus des Ausdruclms. Da log stetig ist, dürfen wir ohne

369

19.

RIEiWANNSCHE SUMMEN

Probleme Jim und log vertauschen

log(lim n-h)O

(rr" (n+k)) 1l,

k=1

11 ")

=

lim log(rr" n-+00

(n+k))

k=l

=

fo

1

n

1 1 =+

1og(l+x)dx=

log

(

}0Zo

n+k )1/n) = g (-n-) 11

(

log( 4) - 1

k=l

-l-

:i:+

1-1

---d:,_:

,c

= [(:c+ l)log(:r.+ 1)-x]ö Somit

Jim L_; -./:---~log(1+!'.:.) U n,

11--+cx:>

m-,log(l+x)!da:

1

o

=

t

1

= [xlog(x + l)]ö-

11 "

Jim n--too

l

2log(2)- l.

(rr (n+k))l/n k=I

ri

=

±.e III

370

Kapitel 20

Konvergenz uneigentlicher Integrale In diesem Kapitel diskutieren wir bestimmte Integrale, die uneigentlich sind, entweder weil eine (oder beide) der Integrationsgrenzen unendlich sind, oder weil der Integrand eine Unstetigkeit im Integrationsintervall hat. Um die Notwendigkeit einer speziellen Betrachtung solcher Integrale zu motivieren, betrachten wir das Beispiel

!

1

, -1

dx 1· x'

Falls wir versuchen, die Formel für bestimmte Integrale direkt anzuwenden, so finden wir 1

1

clx

-1 x'l

[

= -

was aber absurd ist, denn der Integrand

1 ]

1

3x3 -1

2 3

ist positiv und somit muss auch der vVert

des Integrals positiv sein (vgl. Positivität des bestimmten Integrals)! Das Problem liegt darin, dass das Integral nicht auf dem ganzen Intervall [-1, 1] definiert ist, weil :.- an der Stelle x = 0 unstetig ist. Solche Integrale brauchen also eine spezielle Betrachtung. Die zahlreichen Kriterien, um die Konvergenz solcher Integrale zu untersuchen, sind der Gegenstand dieses Kapitels. y

X

Abbildung 20.1: Das uneigentliche Integral

Kurve

T,

J~ 1 :.-cl:r kann man als die Fläche unter der

von -1 bis 1 interpretieren. 371

20. KONVERGENZ UNEIGENTLICHER INTEGRALE

20.1

Klassifikation von uneigentlichen Integralen

Es gibt zwei "Pathologien", welche ein Integral uneigentlich machen: eine unendliche Integrationsgrenze oder eine Unstetigkeit des Integranden innerhalb des Integrationsintervalls. \.Vir unterscheiden zwischen uneigentlichen Integralen vom Typ I und II.

Uneigentliche Integrale vom Typ I Bei diesen Integralen ist das Integrationsgebiet unbeschränkt, sodass das Integral unendliche Grenzen besitzt. Es sind somit Integrale der Form

1

i:

00

f(x)d:c,

f(x)d:c.

Wir definieren

Definition 20.1.1 (Uneigentliche Integrale vom Typ I)

(i) Sei f(x) aitf[a,oo) stetig. Dann setzt man

1

00

a

lll

f(x)dx := Ihn f(x)dx, R-;oo, a.

falls der Gre:nzwert ea;istiert. Dieser Wert heisst uneigentlidies Integml.

(ii} Sei f(x) aitf (-oo, b] stetig. Dann setzt man

l

t,

,-oo

f(x)dx :=

lb f(a;)dx, J~!, ,-R

falls der Grenzwert existiert. Dieser vl'ert heisst uneigentliches Integml.

Falls folgende beide Grenzwerte limR-;oo J".u f (x )dx und limR--+oo definiert man

r'° f(x)dx .J _oo

:=

ja

-eo

f(a;)dx

+ f

Ja

J;'' f (:c )dx existieren,

00

f(x)dx .

U neigentliche Integrale vom Typ II Uneigentliche Integrale vom Typ II haben ein beschränktes Integrationsgebiet, aber innerhalb o

1

.:1:.dx D~. lim

R-++oo

X

!R .:1:.dx

=

X

1

Jim [log(x)]ii =

R---++oo

lim log(R) = +oo.

R---++oo

l ist das uneigentliche Integral konvergent, weil oo /l

1 Def. . -dx = hm

!R

R-t+oo l

xP

.

= 1llll

l -d;i; =

(1~)

1

--

R--Hoop-1

während es für p

. lun

R-t+oo

;1.;P

[

-1 (p - l)xP- 1

lR l

1

=-- 1.

e-""'dx

O

Lösung: Das Integral

j

,oo

e-"°'dx

0

konvergiert für alle o- > 0 und divergiert für alle ex :S 0. Denn nach der Definition 20.1.1 gilt

ex> 0 O'

Für o-

= 0 ist das Integral

Ja°° dx offenbar divergent! II

1

Beispiel 20.2.2 o o o /

d, Lw ~ 1+:i.

Lösung: Das Integral

1

00

-=

1

-1 2dx

+:c

374

+oo

und sein \Vert ist

=

2

< oo

-lf + -lf =

1r.

1111

20.2.2

Kriterium 2: Das Vergleichskriterium

Da Integrale als Grenzwert von Riemannschen Summen definiert sind, erwartet man, dass für die Untersuchung uneigentlicher Integrale analoge Kriterien gelten wie für die Betrachtung von unendlichen Reihen. Dies ist zum Beispiel für das Majoranten- und Minorantenkriterium der Fall: Im Kontext von uneigentlichen Integralen wird das Kriterium Ver-

,gleichskriterium genannt und lautet so

Satz 20.2.1 (Vergleichskriterium) Es seien f, g auf[a, oo) stetig mit

a) Ist

1

0 S f(x) S g(x)

00

b} Ist [

V:.c E [a, oo)

1

00

g(x)dx konvergent,

BO

auch

00

J(x)dx.

00

f(x)da: divergent, so nuch [,

•a

g(x)da:.

•u

Man sagt: g(:r) ist eine IVIajorante von f(x) bzw. J(x) ist eine Minorante von g(a:). vVie bereits bemerkt, bietet das uneigentliche Integral

l

, 1

co

l -dx xP

ein fundamentales Vergleichsmittel. Nun betrachten wir einige Beispiele zum Vergleichskriterium.

1 Beispiel 20.2.3

eoo

l

oo

• 1

1+

erc

---d:-c X

375

20. KONVERGENZ UNEIGENTLICHER INTEGRALE

:;,e·

Lösung: Für alle rr, 2: 1 gilt 1 Integral

> ~' weile'" > 0. Somit ii,t

1

00

i

ist bekannterweise divergent (p

l/1: eine lvfinorante von 1:,'.''. Das

1

-(b: :r

= 1). Nach dem Vergleichslu-iterium ist somit auch das IntegTal 1 +e" --dx

1

00

,l

X

divergE'nt. III

1

00

1

Beispiel 20.2.4 oo o

1

Lösung: Für alle x 2: 1 gilt x 5

~5 d x x +4

+ 4 2: x 5 , d.h. J:

1

;1.:

--< ----- x5/2 - ;i;3/2 · y',i;5 + 4

Somit ist

v,c~+ 4 eine lVIinorante von ;;fr2'· Da das IntegTal

!

CO

l

konvergiert (p

dx

--

= t 11" => dx =

J;

1 )cl:t.• -- ;;-

½r 415 und erhalten

;,·eo t 1/5 sm(t)t ,· -4/5 dt --

ü , l

;;-l ,l

100 ~sin15t dt. t

1

Die Funktion f(t) = '[irr; ist auf [1,oo) monoton fallend, weil f'(t) = - 51 ~; 5 < 0. Ausser dx = dt/t und erhalten

x" sin(e"')dx

=

log(±)° ---sin(t)dt. f

C

= log~t)" ist für alle a ER monoton fallend, weil f'(t) = < 0 für alle t > ea gilt. Ausserdem gilt limt->= f (t) = 0.

logs)"

+

a log;;)"-'

Für a < 1 ist f(t) auf dem ganzen Intervall [e, oo) monoton fallend, wodurch sich die Konvergenz des IntegTals nach dem Leibnitz-Kriterium ergibt. Für a > l wird das Integral in zwei Teile aufgespaltet

1= e

log(W . . --sm(t)dt=

t

1"" e

log(t)" . --sm(t)dt+

t

1= e•

log(tl . --sm(t)dt.

t

Das erste Integral ist nicht uneigentlich. Das zweite Integral konvergiert nach dem Leibnitz-Kriterium. Somit konvergiert das betrachtete Integral für alle a E R. III

20.3

Konvergenzkriterien für uneigentliche Integrale: Typ II

vVir betrachten mm Integrale vom Typ II, bei denen das Integrationsgebiet endlich ist, aber der Integrand eine Unstetigkeit im Innern des IntegTationsgebiets hat. Für die Formulierung der verschiedenen Kriterien werden wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit nur den Fall

rb f(x)dx = e-+O+ lim 1b

Ja.

betrachten, wobei der Integrand

f(:i:)d:.i:.

a+t:

f

auf (a, b] definiert und stetig ist. Die Betrachtung der

anderen Fälle ist völlig analog. 383

20. KONVERGENZ UNEIGENTLICHER INTEGRALE

20.3.1

.

Kriterium 1: "Direkte Berechnung+Definition"

Beispiel 20.3.1 • o o

f' log(x) ,k

lo

a,

1

Lösung: Das Int;egral

' lr

1

• 0

log(:z:) --cfa: :c

ist divergent, weil

[1 log(:1:) dx =

{1 log(1:) d:1: ~r lim x

} 0

x

e-;o+ },,

lim [log(:z:)2] 1 2 e

e:-;o+

log2(])-log2(E) . ]1111 - ~ - - - ~ 2

e-40+

= 00. 1111

Beispiel 20.3.2 • o o

1

1

1

0

r,;:dx

yX

Lösung: Laut Definition gilt

lof1

~rl:c

yX

Jim

~f

e:-;O+

JE[1

~d:i; v:z:

= 2 e-;O, lim, [vxl! = 2 Ihn (1 - ,.fe) = 2. ,,-,o+

Das Integral ist somit konvergent. 1111

1 BeIBpiel 20.3.3 •

oo

j

0

-1

~dx

vlxl

Lösung: Zuerst eliminieren wir den Betrag, indem wir bemerken, dass für x E [-1,0) !xi= -:c gilt, Laut Definition gilt somit

{°

~cl:t:

J_1 v !xi

=j

0

-1 v

~d:i:

-x

~f

!im

1-e: v

e-;o+ -1

~dx = -2 lim -;i:

e:-;o+

[Fx]=f = 2

!im (1 -

,,-,o+

..fe) =

Das Integral ist somit konvergent. 1111

Beispiel 20.3.4 • o o

1

1/2

o

1 --da: xlog 3 x

384

2.

20.3. KONVERGENZKRITERIEN FÜR UNEIGENTLICHE INTEGRALE: TYP JI

Lösung: Laut Definition

1

1/2 1 - - -3d x o X log X

Def

=

11/2

.

hm

e-;O+

e

1 --, -dx X log 3 X

=

1

2 2log (1/2) -

=

. [ 1 ] 1/2 lnn - - -22 log X e

e-tO+

1

1

2· l log2(c)

e1!:~+

1

=

2

2log (1/2) ·

-too

Das Integral ist konvergent.

Beispiel 20.3.5 •

o o

• 1

[1

.lo vxJx+2

dx

Lösung: Laut Definition

1 1 1

/1 1 dx ~f c-tO+ lim lo VXVX + 2 =

lim

e-;o+

c 1

1 VXVX

+2

1

J(:i: + 1) 2

e

= arcosh(2) -

=

c/;c

-

1

1 v'x + 1

lim

e-tQ+

e

1

2

2X

eh

dx = lim [arcosh(:v + l)]ö e-;o+

lim arcosh(l + c:)

e-tO+

= arcosh(2).

Das Integral isi somit konvergent.

20.3.2

•

Kriterium 2: Vergleichskriterium

Das Vergleichskriterium für Typ II Integrale lautet

Es seien f, g auf (a, b] stetig ·und

Satz 20.3.1 (Vergleichskriterium) 0

f(x)

g(x)

Vx E (a, b]

(i) Ist fb g(:1;)dx konvergent, so ist es nuch [b f(:1;)dx .

.Ja

(ii) Ist

1b

.Ja

f(x)dx divergent, so ist es auch

1b

Das wichtigste Vergleichsintegral in diesen Fällen ist

l

a

b--,-----l---,-----dx. (x - n)P 385

g(x)d;r.

20. KONVERGENZ UNEIGENTLICHER INTEGRALE

Laut Definition

rb -,----1--,-dx (x - a)P

} 0

rb __1--,.-d:i: =

lirn

~f

2--;Q+

=

la+s (x - a)P

lim [s--+O+

1

(p - l)(:c - a)P-l

]

b

a+e

1 -- - ---1 - - -) . ---

lim

c--+O+ ( (v - l)c:P- 1

(p - l)(b - a)P-l

Das Integral ist somit genau dann konvergent, wenn p < 1.

Beispiel 20.3.6 • o o

j ' cos (x)Jxsin-1(1/x) dx 4

4

2

·

1

·

1Lösung: \Ve11:en O

391

0·

20. KONVERGENZ UNEIGENTLICHER INTEGRALE

20.4

Kombination von Typ I und II

Die Betrachtung von allgemeinen uneige11tlichen Integralen erfolgt, indem man die verschiedenen Kriterien für Typ 1- und Typ II-Integrale kombiniert. Zum Beispiel

1

Beispiel 20.4.1 • o o Jo roo srnux ~ln,c dx.

Lösung: Das Integral ist die Summe von zwei uneigentlichen Integralen, einem auf (0, 1] und dem anderen auf [1,oo)

l

11 •

1= .

• ~mx dx = ~mx dx + :mx dx. smh:r , 1 smhx O smh:r Das erste ist vom Typ II und das zweite vom Typ I. Erst.es Integral ((0, 1]): Wo liegt 1: Dieses Integral ist auch nicht uneigentlich, weil Jim /(t)

t-+O+

=

Jim tx-le-t

t-+O+

= 0.

Zweit.es Integral (([l,oo)): Fiir alle :v > 0 gilt Jim t 2 /(t)

t-+oo

= f.-too lim t 2 t"- 1 e-t = lim tx+le-t = 0. t-'toc,

Somit konvergiert das Integral auf [l, oo) nach Test 2 mit p

= 2. II

393

20. KONVERGENZ UNEIGENTLICHER INTEGRALE

394

Teil V

Differenzialgleichungen

395

Kapitel 21

Grund begriffe 21.1

Differenzialgleichungen

Eine Differenzialgleichung ist eine Gleichung in welcher eine unbekannte Funktion y( x) einer oder mehrerer Variablen und ihre Ableitungen vorkommen. Im Fall, dass y eine auf einem Intervall J C lR definierte Funktion ist y :J

c IR -+ IR,

spricht man von einer gewöhnlichen Differenzialgleichung. Eine allgemeine (gewöhnliche) Differenzialgleichung ist somit eine Gleichung der Form

F(x, y(x), y1 (:r), y 11 (x), ... )

= 0.

Zum Beispiel

(1) y 1+X= y

(2) y" + y' + 3y = 0 (3) y 111

+ 2(y")2 + y' = sin2 x

(4) xy 11 + sin(y)

= y' + x

Die Ordnung einer Differenzialgleichung ist die Ordnung der höchsten Ableitung, die in der Differenzialgleichung vorkommt. Die Differenzialgleichung (1) hat Ordnung 1. Die Gleichungen (2) und (4) haben Ordnung 2, während die dritte Gleichung eine Differenzialgleichung dritter Ordnung ist. Eine Differenzialgleichung heisst linear, falls für je zwei Lösungen Y1(x) und Y2(:1;) der Differenzialgleichung auch jede Linearkombination ay1(x)

+ by2(x)

eine Lösung derselben

Gleichung ist. Dies ist genau dann der Fall, wenn y und alle Ableitungen ·y', y 11 , etc. linear vorkommen, d.h. in Ausdrücken der Form

a(:i;)y(:i:)

+ b(x),

c(x)y'(x) 397

+ d(a:),

etc.

21.

GRUNDBEGRIFFE

Es dürfen also keine nicht linearen Terme wie y 2 , (y") 3 , sin(y), e1l, etc. vorkommen. Die Gleichungen (1) und (2) sind beispielsweise linear, weil nur lineare Terme in y, y' und y" vorkommen. Die Gleichungen (3) und (4) sind hingegen nicht linear, da die nicht linearen Termen (y11 ) 2 bzw. sin(y) vorkommen. Eine Differenzialgleichung heisst homogen, falls keine Tenne vorkommen, die rein von der Funktionsvariablen :i; abhängen. Sonst nennt man die Gleichung inhomogen. Die Differenzialgleichung (2) ist beispielsweise homogen, weil es keine Terme gibt, welche rein von ,c abhängig sind. Die Gleichungen (1), (3) und (4) sind hingegen inhomogen, weil Terme vorkommen, die rein von x abhängen.

Beispiel 21.1.1 o o o Klassifiziere die folgenden Difjerenzialgleichungen

a) (x2 b) y

I

-

=

1):i/ + y 2 = 0 Xy

11

(.r.-1)2

= sin x

c) sin(y' - 1) + x cos(y)

d) (x 3 + e!i)y' = e)

y(4)

+ ym -

Jl -

3y"

e 211

:r.:y

= x3

Lösung:

Differentialgleichung (:r 2 - l)y' +y2 = 0

Ordnung 1

linear? Nein

homogen/inhomogen? homogen

. ' x.y" .1/-7;;::":W

2

.Ja

homogen

sin(1/ - 1) + 1: cos(y) = sinx (x 3 + eY)y' = v'l - e2 Y y(4) + y"' - 3y" - xy = ~:3

1 1

Nein Nein

inhomogen homogen

4

.Ja

inhomogen

II

21.2

Anfangswertprobleme

Ein Anfangswertproblem n-ter Ordnung ist eine gewöhnliche Differenzialgleichung n-ter Ordnung zusammen mit n Anfangsbedingungen

F(x, y(x), y1(x), y"(x), · · · , i/"\x)) { y(xo)

=0

= 1/o, y'(xo) = 1/1, ·y"(xo) = Y2,

· · · ,y-

l J

• ydy =

X

(1 -

402

X )2

d:c

log lvl

= ,/ x( ) clx. 1-,r 2

22.1.

Das letzte Integral löst man mit der Substitution ,/

(1

- 2-dt= -:i: ·) 2 dx= Jt+I t

1c

Somit gilt

11 11

1=

;i; -

TRENNUNG DER VARIABLEN

t =;, clx = clt, sodass

II 1 I 1 +c. -dt+ 2 rlt=logt--+C=logx-ll._ 1 t , t t :1,

IYI = e0 e-l/(••-l) lx -

ll

y(:i;)

=;,

= A(:r -

l)e- 1 /(»-i),

wobei A = ± ec E lR eine Integrationskonstante ist (wir haben folgende Tatsache genutzt: lal = lbl a = ± b). Diese bestimmen wir aus der Anfangsbedingung: Aus y(2) = 1 folgt Ae- 1 = 1, also A = e. Somit lautet die gesuchte Lösung

#

y(x) = (x - l)e 1 -

= (x - l)e:=i.

1 /(x-l)

II

Beispiel 22.1.4 • o o y'

= x 2 y(logy) 2 , y(O) = 2.

Lösung: Die Gleichung ist offenbar separierbar. Es gibt die Nulllösung y(x) = 0, aber diese erfüllt die Anfangsbedingung y(O) = 2 nicht. Wir dürfen also die Variablen trennen und bekommen rly

- -2

y log y

= x 2 d:i:

=;,

J

-dy 2-

y log y

=

I

.

x 2 rlx

=;,

,r3 + C.,

- -1- = -

log 1J

3

Somit ergibt sich wobei C E lR eine Integrationskonstante ist. Diese bestimmen wir aus der Anfangsbedingung: Aus y(O) = 2 folgt e-l/C = 2, also C = -1/ log(2). Somit lautet die gesuchte Lösung

II

1 Beispiel 22.1.5 • •

o ,/

v'iiif, y(l)

o,

Lösung: Die Differenzialgleichung

y'

=

VIYT

lässt sich mit der 'I\-ennung der Variablen lösen

2\/IYI = ,r + C. Aus der Anfangsbedingung y(l) = 0 folgt O = 1 + C, also C = -1. Somit gilt

2vivj = 1: -1. Die Lösung lautet also ly(x)I Die Nullfunktion y(:i:)

=(

x; l)

2

= 0 ist auch eine Lösung. II

403

22. DIFFERENZIALGLEICHUNGEN ERSTER ÜRDNUNG

22.2

Variation der Konstanten

Für die Lösung inhomogener Probleme

y'

= h(:1:)y + b(x),

benutzt man den Grundsatz (siehe Kapitel 21)

y(:i:) = homogene Lösung+ partikuläre Lösung. Es wird also zuerst die Lösung des zugehörigen homogenen Problems gefunden. Dies erfolgt mit der rvlethode der Trennung der Variablen, welche wir im vorigen Abschnitt kennengelernt haben. Dann wird eine partikuläre Lösung des inhomogenen Problems gesucht. Eine 1föglichkeit für das Aufsuchen einer partikulären Lösung des inhomogenen Problems besteht sicher darin, diese Lösung auszudenken. vVir wollen aber nicht einfach die Lösung ausdenken müssen, sondern wir suchen nach einer allgemeinen Methode, welche es uns erlaubt, immer die partikuläre Lösung zu finden. Diese IVIethode heisst Variation der

Konstanten. Durch die Variation der Konstanten versuchen wir, einen geeigneten Ansatz für die partikuläre Lösung aus der homogenen Lösung zu bestimmen. Dieser Ansatz für die partikuläre Lösung ergibt sich aus der Kenntnis der zugehörigen homogenen Lösung. Die in der homogenen Lösung auftretende Integrationskonstante C wird einfach als eine von x abhängige Funktion aufgefasst: Daher kommt der Name Vai·iation der Konstanten. Am besten schaut man sich einige Beispiele an.

= ea'

Beispiel 22.2.1 • o o (sin x)y' + (cosx)y

Lösung: Homogene Lösung: Die zugehörige homogene Gleichung (Gleichung ohne dem inhomogenen Term) lautet

(sin:c)y'

+ (cosx)y = 0.

vVir dividieren durch sin:i; (angenommen sin:i:

i= 0)

dy dx

und bekommen

cosx sin:c ·

-=---y

Es handelt sich um eine Gleichung mit getrennten Variablen. Die Nullfunktion y(x) "=' 0 löst die homogene Gleichung. Falls y i= 0 gilt dy

cosx

-=---d:i: y sin:i:

*

J

dy= y

J

cosx --dx sinx

Somit erhält man 1/Homo(:i:)

C

*

= -.-, SlnX

404

log IYI

=-

log I sinxj + C.

22.2.

VARIATION DER KONSTANTEN

wobei C E R eine Integrationskonstante ist. Die Nulllösung entspricht dem Fall C = 0. Partikulärn Lösung; vVir bestimmen die partikuläre Lösung, indem wir den folgenden Ansab1 machen (gemäss dem Prinzip der Variation der Konstanten)

y1,(x) = ~(:c). sm:i: Dabei haben wir einfach die Integrationskonstante C durch eine Funktion C(x) ersetzt, welche durch Einsetzen bestimmt werden kann. Durch Einsetzen dieses Ansatzes in die Differenzialgleichung erhält man 1 . ( -cc cos c = e"·." sm:i: - - - +cosx-sin x: sin2 x sin x

x)

Das besondere dabei ist, dass sich nun immer ein Teil der Funktion wegkiirzt (gute Überprüftmgsmöglichkeit). Es folgt also

C'

= e"'

C(a:) =

=>

j e"dx = e'".

Eine partikuläre Lösung ist somit

Zusammenfassend: Die allgemeine Lösung lautet

y(:c) = YHomo(:i;) + Yp(x)

G+e"'

= -.--. Sln :1:

Die Integrationskonstante C wird aus der Anfangsbedingung bestimmt.

II

Beispiel 22.2.2 • o o y' - y

= 1,

y(O)

= 0.

Lösung: Homogene Lösung: Die zugehörige homogene Gleichung lautet

y'=y. Die Nullfunktion y(:c) trennen

=0

löst die homogene Gleichung. Falls y f O dürfen wir die Variablen

dy

....:... = dx y

=>

Somit gilt

Jc:,y, --jdx· .~

-'_,,

log 1111

= x + C.

1/Homo(x) = Ar::"', wobei A = ec E R eine Integrationskonstru1te ist. Die Nulllösung entspricht dem Fall A = 0. Partikuläre Lösung: Wir bestimmen die partikuläre Lösung, indem wir den folgenden Ansatz machen (gemäss dem Prinzip der Variation der Konstanten)

Dabei haben wir einfach die Integrationskonstante A durch eine Funktion A(:v) ersetzt. Wir setzen den Ansatz 1/p(x) = A(x)e'" in die Differenzialgleichung ein und bekommen A 1 e'"

+ Ae'" -

Aex

=l

=>

A'

= e-x 405

=>

A(:c) =

J

e-"'dx = -e-x.

22.

DIFFERENZIALGLEICHUNGEN ERSTER ÜRDNUNG

Eine partikuläre Lösung ist somit Zusammenfassend: Die allgemeine Lösung lautet y(x) Aus der Anfangsbedingung y(O)

= YHomo(.1:) + Yp(.1;) = Aex -1.

= 0 bekommen wir A = l, also y(x)=ex-1. 1111

Beispiel 22.2.3 • o o y'

= ysinx + sin(2:i:), y(O) = -2.

Lösung: Homogene Lösung: Die zugehörige homogene Gleichung ist • y I = ysm:c.

Die Nullfunktion y(:c) trennen

= 0 löst

. d -dy = sm:i; x y

die homogene Gleichung. Falls y f O dürfen wir die Variablen

=;-

j dyy = ./sin:vd.T

=;-

log IYI

= -cosJ: + C.

Somit gilt YHomo(x) == Ae- cosx' wobei A E R eine Integrationskonstante ist. Die Nulllösung entspricht dem Fall A = 0. Partikuläre Lösung: Wir bestimmen die partikuläre Lösung, indem wir den folgenden Ansatz machen (gemäss dem Prinzip der Variation der Konstanten)

Dabei haben wir einfach die Integrationskonstante A durch eine Funktion A(a:) ersetzt, welche durch Einsetzen best,imrnt werden kann. vVir setzen den Ansatz in die Differenzialgleichung ein und bekommen

A' e- cosx

+ A sin,re- cosx = sinxAe- cosx + sin(2x) =}

A(x)

=

J

sin(2a:)ecos.cdx.

Das Integral lösen wir mit der Substitution t = cos :1:

J

sin(2:1:)ecosxax

A' = sin(2x )ecosx

=;-

=}

dt = - sin :i:d.T, socla~s

= 2 / sinxcosx,t ""'rl:i: = -2 / te 1dt. 0

Das letzte Integral lösen wir mit einer partiellen Integration

j sin(2:c)f(

05

·r-dx = -2

j tetdt = -2tcl + 2 j e dt 1

= -2ti + 2i = -2cosxecosx + 2ecosx_ Eine partikuläre Lösung ist somit

Yp(,1;) = 2- 2cos:i,.

406

22.2.

VARIATION DER KONSTANTEN

Zusammenfassend: Die allgemeine Lösung lautet,

y(:r) = YHomo(x) Ans der Anfangsbeding1.mg y(O)

=

+ YJ>(x) = Ae- cosx + 2 =

-2 bekommen wir A

y(x)

= 2-

2 cos:1;.

-2e, also

2cos;r, - 2el-cos:c. III

Beispiel 22.2.4 • o o Bestimme die Lösungen von y 1 limx-HooY(x)

=

= -oo gilt.

..JL ,/x

+

1 ., für welche

Lösung: Homogene Lösung: Die zugehörige homogene Gleichung ist

. = JL. fi

'lf'

Die Nullfunktion y(x)

= 0 löst die homogene Gleichung.

Für y =/ 0 trennen wir die Variablen =;,

log )YI

= 2,/:i + C.

Somit gilt wobei A E lR eine Integratiornikonstante ist. Die Nulllösung entspricht dem Fall A = 0. Partikuläre Lösung: vVir bestimmen die partikulä.re Lösung, indem wir den folgenden Ansatz machen (gemäss dem Prinzip der Variation der Konstanten)

Dabei haben wir einfach die Integrationskonstante A durch eine Funktion A(x) ersetzt. \Vir setzen den Ansatz in die Differenzialgleichung ein und bekommen

Das Integral lösen wir mit der Substitution partiellen Integration folgende Formel gilt

j e vicfa = j te2

2

21

cll = -te- 21 +

/x =

j e-

21

t

=;,

dx = 2tdt, sodass nach einer

clt = -te- 21

Eine partikuläre Lösung ist somit !lp(x)

x = t2

=;,

1

= - f i - 2.

Zusammenfassend: Die allgerneine Lösung lautet

y(x) = YHoma(:1:) + Yp(x) = Ae 2 fo - fi vVir berechnen den Grenzwert der Lösung für Jim y(:i:) x--++oo

=

lirn :c--t+oo

:i:

½·

-+ +oo. Für A > 0 gilt

-++~~~;Tut) 407

+

1

.

(--:;= - rL 1) 2

+oo.

22. DIFFERENZIALGLEICHUNGEN ERSTER ÜRDNUNG

Für A

< 0 gilt

(-vx -~) t-oo. --t-oo

_!im y(.'C) = .v->+oo Jim 1 ,.-,+=

+1

1

2

Insgesamt

=

Jim y(:i:)

x->+oo

{

>0

+oo

A

-OO

Ac::;

Die Lösungen mit Ac::; 0 erfüllen also limx-,+oo y(:c)

Ü

.

= -oo. III

22.3

Die Substitution

Einige Differenzialgleichungen sind nicht direkt separierbar, sondern man muss zuerst einige mathematische Operationen durchführen, um diese in die Form einer Gleichung mit getrennten Variaulen bringen zu können. Substitutionen sind das Haupthilfsmittel für solche Umforrnungen. Die wichtigsten Differenzialgleichungen, welche durch Substitution gelöst werden, sind y1

22.3.1

= h (Y) ;

'

y' = h(a:i; + by + c),

Gleichungen der Form y'

y

'=h(ax+by+c) d:i:+ey+.}' '

yI

=

y ( xy. ) -h

:r

= h (!)

Eine Differenzialgleichung der Form

(y)

y' =h -

;i;

heisst Ähnlichkeits-Differenzialgleichung (manchmal auch homogene Differenzialgleichung genannt). Sie lässt sich mit der Substitution

y(x) z(,r.) = -

{c}

3;

y(x)

= xz(x)

lösen. Dabei wird y' durch

y'

= z+xz 1

ersetzt.

22.3.2

Gleichungen der Form y'

= h(a:r + by + c)

Ein anderes Beispiel zu Gleichungen, welche sich mit einer Substitution lösen lassen, ist

1/ = h(a:i: + by + c). Diese Gleichung lässt sich mit der Substitution

z(x) lösen. Dabei wird y 1 durch

= ax + by(x) + c

y

z' -a

1/=-bersetzt.

408

z-a:c-c

= ----,b--

22.3.

22.3.3

v'' =

Gleichungen der Form

DIE SUBSTITUTION

0 h ( d.1'+cy+f '"+u.,,+c)

Ein weiterer Typ von Differenzialgleichungen, welche sich mit einer geeigneten Substitution lösen lassen ist

=h(

y'

c) .

ax + by + dx + ey + .f

Für die Lösung solcher Gleichungen wird nicht nur die unbekannte Funktion y(x) substituiert, sondern auch die Variable x. Zuerst löst man das Gleichungssystem

+ by + C = 0 clx +ey+ f = 0

(l.X {

Um sicher zu gehen, dass die Lösung (:ro, Yo) des obigen Gleichungssystems eindeutig ist,

setzen -wir voraus, dass

b) cf. 0.

a det ( d e Dann setzt man z

=y -

Yo und t

=x-

xo.

Dabei wird y' einfach durch z' ersetzt, weil

cly dx

y1 = - =

22.3.4

d(z + Yo) clz = - = z1 d(t + a:o) dt ·

= ~h (xy)

Gleichungen der Form y'

Eine Differenzialgleichung der Form yI

y ( xy ) = -h X

lässt sich mit der Substitution

z(x)

z(x) y(:,;) = _._

= :ry(x)

X

lösen. Dabei wird y' durch

xz' -z

1

y=--

,c2

ersetzt.

Beispiel 22.3.1 • o o x 2 (2y' -1)

= y2 , y(l) = 2.

Lösung: Wir schreiben die Gleichung in der Form y'

= -1 2

( y-., 2

x

409

+ 1)

'

22. DIFFERENZIALGLEICHUNGEN ERSTER ÜRDNUNG

woraus ersichtlich ist, dass es sich um eine Älrnlichkeits-Differenzialgleichung mit h(z) handelt. vVir set;:en

z(.T) = Y...,

½(,~ 2 + 1)

= z + :r:z',

y'

,T;

=

sodass

.z + xz'

z/

= !(z 2 + l) 2

1 . )''= -(z-1 2a;

gilt. Die Gleichung ist nun separierbar. vVir lösen diese mit der Methode der Trennung der Variablen

d,r,

dz (z - 1) 2

z' = ~(z -1) 2 2,r

I

.

2x

dz (z-1) 2

f

=.

eh 2x'

Es folgt -1

l

- = -2 log lxl + C z -1 wobei A

2

=>

z=l-----,

logl,cl

+A

= 2C eine Integrntionskonstante ist. J\,fjt der Rücktransformation y(x) = ,r,z(:1:) finden wir 2x

y(:v) = x- log 1X+ j A' Aus der Anfangsbedingung y(l) = 2 folgt 1- 2/A = 2, also A = -2. Die Lösung ist also 2.i:

y(x)=y(x)=.T-1og 11 X

-

2 III

Beispiel 22.3.2 • o o y = ;1.:y' -

J ;1.:2 + ;1}2, y(l) =

0.

Lösung: \Vir schreiben die Gleichung in der Form y / y'=---:+\ 1+ (1/)2 X a, '

woraus ersichtlich ist, dass es sich um eine Ähnlichkeits-Differenzialgleiclmng mit h(z) handelt. vVir setzen

z(x)

= Y..., :r:

y'

= z + xz',

sodass

z + xz' = z +

= z+vl + z 2

Vl + z 2

z1 = - ,r,

v;-:;-;--:; 1 + z 2 =>

gilt. Die Gleichung iöt nun separierbar. Wir lösen diese mit der Methode der Tl'ennung der Variablen

/ vI+z2

z =--X

=>

dz --

v1+z2

dx X

Es folgt arcsinhz

= log lxj + C

:Mit der Rücktransformation y(x)

= xz(x)

=>

z

= sinh(log lxl + C).

finden wir

y(x) = ,rsinh(log la:I 410

+ C).

22.3. DIE SUBSTITUTION

Aus der Anfangsbedingung y(l)

= 0 folgt sinh(C) = 0, also C = 0. Die Lösung ist folglich elog 1--.:1 _ e-log 1:cl

y(x) = :r.sinh(log j:r.l) = : r - - - - - - = x

jxj _

2

,

1/lxl

2

{ "' 21 . 2

=

-,2+1 2

x :J;

>0 -1, · · · , ,\11 nnd die entsprechenden Eigenvektoren 'i]i, · · · , fJ, 1 bestimmt. Dann benutzt man die Formel

,A

~T

(,,,I

()

0

e>-2

()

0

e\n

),·->,

wobei T

= (il1, il2, ... , iJ,,).

Fall 3: komplexe Eigenwerte Manche Matrizen besitzen komplexe Eigenwerte. Die Matrix

ist ein solches Beispiel, weil die Eigenwerte gleich ±'i sind. Für solche l\ilatrizen kann die Diagonalisierungsmethode (Fall 2) problemlos angewendet werden. Es gibt aber auch eine alternative Methode für die Bestimmung der Exponentia.lmatrix eA, welche nicht die Bestimmung der Eigenwerte verlangt. Wir illustrieren diese l:VIethocle anhand eines Beispiels. 419

23.

SYSTEME VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

Wir wollen

eA

für

berechnen. Die Idee ist, eine allgemeine Formel für die Potenzen von A zu bestimmen. vVir beginnen mit A 2

A2 = ( 0 a ) ( 0 a ) = ( ab O ) bO bO Oab

= abl!.

Es gilt somit A2

= ab][,

A3 = AA2 = abA,

A 4 = AA3 = abA 2 = (ab) 2 ][,

Es gilt also A 2"

= (abt][,

A 2n+l

= (ab)"A.

Das ist eine allgemeine Formel für die Potenzen von A. Da in der obigen Formel zwischen geraden und ungeraden Potenzen unterschieden wird, spalten wir die Summe in der Exponentialreihe in gerade und ungerade Terme auf oo

A

e

=

Ak k! =

A2"

oo

A2n+1

oo

(2n)! +

(2n

oo

+ 1)! =

'--v-'

..__,__,

gerade Ternie

ungerade Tel'Jne

00

(ab)"Il (2n)! +

(ab)"A (2n + l)!

oo

00

(ab)1' (ab)" =l[-~-+A-~-(2n)! .~ (2n + 1)! · Wir sind an eine Stelle gekommen, wo wir fast die Reihendarstellung von Sinus und Cosinus erkenneu. Nun müssen wir aber zwei Fälle unterscheiden: Fall 1: ab> 0 und Fall 2: ab< 0. Fall 1: ab>() In diesem Fall schreiben wir den Ausdruck wie folgt um

oo (ab)"

A

e

= ][ ·

(ab)"

oo

(2n)! + A ·

oo

(vab)2n

(2n + l)! = ][ ·

(2n)!

eo (vab)2n+l (2n + 1)!

A

+/ab·~

'-.---'

'-.--' sinh( ../ab)

cosh( ../ab)

= ][ · cosh(~) +

A

e,: · sinh(~)

vab

cosh( vab) r,; . CL V ;;smh(vab)

(

=

/fsinh~)). cosh(v ab)

Fall 2: ab < () In diesem Fall schreiben wir den Ausdruck wie folgt um

e

A

oo (ab)"

oo

(ab)7'

(-1),,(.Jlabl)2n

oo

A

oo

(-1)"(/iabl)2n+l

=Il·L-+A·L--=Il·L-~--+-·L-~-(2n)! (2n + 1)! (2n)! viabf (2n + l)! n=O

n=O

n=O

n=O

cos(~)

= Il · cos( y'fabf) +

A

lf:D · sin(

y labj

v'fabi) =

cos(

(

b

sin(ylabj)

/iabl)

•

IT:ii

fi:ul sm( v labl)

V jab1

420

vfabisin~)). cos( v labl)

23.1. HOMOGENE SYSTEME VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN ERSTER ÜRDNUNG MIT KONSTANTEN KOEFFIZIENTEN

Fall 4: A obere Dreiecksmatrix Der Einfachheit halber zeigen wir die 1iiethode für 2

X

2 Matrizen, Sei A von der Form

Für solche Matrizen kann man wie folgt vorgehen: Die :i\1Iatrix A wird folgendermassen zerlegt

A=(a ab) 0

(a

O)+(o b)·

O a

O 0

'---v-'

'---v-' =:N

=:D

Matrizen kommutieren i.Allg. nicht, d.h. AB ist nicht dasselbe wie BA. Aus diesem Grund kann man nicht erwarten, dass die Exponentialmatrix das Additionstheorem eA+B = eAeB erfüllt. Wir werden aber in Beispiel 23.1.13 zeigen, dass für die Exponentialmatrix Folgendes gilt

nur falls AB= BA (d.h. A und B kommutieren). In unserem Fall kommutieren die Matrizen D und N, weil

Somit gilt Der Vorteil der Zerlegung ist, dass D eine Diagonalmatrix ist, sodass sich Folgendes ergibt

Auch die Bestimmung von

eN

ist besonders einfach, weil N nilpotent. ist. vVas bedeutet

nilpotent? Eine Iviatri.x N heisst nilpotent, falls ein m E N existiert, sodass N 171

=

0

ist. Für nilpotente Matrizen lmnn man die Exponentialmatrix leicht mittels der Definition eN

= :Z:::%':o Nk /k! bestimmen, N2

einfach weil N"

=(

0 b ) ( 0 b) 0 0 0 0

cl.h. N ist nilpotent mit Nilpotenzindex m Swnme von

eN

= 0 für

=

alle k :=::

= (

m

ist. In unserem Fall gilt

0 0 ) 0 0

2. Es treten also nur zwei Terme in der

auf

eN

=

oo

-Nk = N° + N 1 + -N2 + .. · = l[ + N = 2

L., k!

k=O

'-,,--'

=O

Somit lautet die Exponentialmatrix von A wie folgt

421

( 01

lb ) .

23. SYSTEME VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

Fall 5: A ist nicht diagonalisierbar \Vie aus der linearen Algebra bekannt ist, sind einige .tviatrizen nicht diagonalisierbar. Dies liegt an der Tatsache, dass in solchen Fällen die geometrische und algebraische Vielfachheit der Eigenwerte nicht übereinstimmt. Was bedeutet das? Am besten betrachten wir ein Beispiel zur Erläuterung. Nehmen wir a.n, dass wir eA für A

13-4) -1

= (

berechnen wollen. Die .tvlatrix A besitzt nur den Eigenwert .\

= 1,

der zweimal vorkommt.

1fan sagt .\ besitzt algebraische Vielfachheit 2. Soweit so gut. Wenn wir aber versuchen, die entsprechenden Eigenvektoren zu bestimmen, stellen wir fest, dass in diesem Fall etwas Komisches passiert. Um die Eigenvektoren von A zum Eigenwert .\ = 1 zu bestimmen, lösen wir das Gleichungssystem

(A - .\ll)v = 0.

=;-

Die Lösung ist

Was haben wir festgestellt? Obwohl der Eigenwert>-= l (algebraische) Vielfachheit 2 hat, existiert nur ein einziger linear unabhängiger Eigenvektor iJ = (l, 2). Der Eigenraum von

.\ =

1 ist also eindimensional (es ist eine Gerade). Man sagt, dass .\ = 1 geometrische Vielfachheit l besitzt. Für die Matrix A stimmen also die algebraische und geometrische

Vielfachheit von.\= 1 nicht überein: Die .1viatrix ist nicht diagonalisierbar. Was kann man also tun? Man kann statt dessen die .Matrix in Jordansche Normalform bringen. Zu diesem Zweck muss man einen verallgemeinerten Eigenvektor berechnen. Dieser ist als Lösung der Gleichung (A - ll)if2 definiert. Eine Lösung ist ü'2

=

=

(1, 2)

(1, 0). Die Matrix

definiert also eine Basistransformation zur Jordanschen Normalform von A A = PEP

_ .. (11) 1

, 1111t

B =

O l

.

Nun können wir genau wie für diagonalisierbare 111atrizen so argumentieren, dass wir sagen

eB

können wir mit den Methoden von Fall 4 berechnen. Auf diese Art kann man

nicht diagonalisierbare Matrizen berechnen.

422

eA

für

23.1. HOMOGENE SYSTEME VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN ERSTER ÜRDNUNG MIT KONSTANTEN KOEFFIZIENTEN

23.1.2

Lösung mittels Exponentialmatrix

Gegeben sei ein lineares, homogenes n

X

n System von Differenzialgleichungen erster Ord-

nung mit konstanten Koeffizienten

y'

= Ay.

Die allgemeine Lösung ist gegeben durch

y(x) = e"4"' wobei

C=

·

C,

(Ci, C2, ... , Gn) ein Vektor ist, der die Integrationskonstanten enthält. Die Kon-

stanten C1, ... , Cn werden aus den Anfangsbedingungen bestimmt. Für den Spezialfall

i/ = Ay, y(O) = 'iJo ist

y(x) = die Lösung. Der Ausdruck

Beispiel 23.1.1 •

0 0

eAx

Yi

eAx ·

Yo

heisst Fundamentalmatrix.

= Yl + Y2,

y~

= Y2,

.Y1 (0) = 2, Y2(0) = 1.

Lösung: \:Vir wollen das folgende Differenzialgleichungssystem lösen y""'

= ( 01 11 )

y

=,,1~y.

Die Lösung ist gegeben durch

y(a:) =

eAx (

) ,

wobei eA'" die F\mdamentalrnatrix des Differenzialgleichungssystems ist. \,Vir müssen also eA"' berechnen. Wir gehen wie im Fall 4 vor, indem wir die Matrix Ac zerlegen

•-(X0:c:i:)-(X Ü) + (000X) . O,i:

A.i:-

'-,.--' =:D

'-,.--'

=:N

Die Matrizen D und N kommutieren, weil

Somit gilt Die Exponentialmatrix von D lautet einfach

423

X

0

()

X

) =ND.

23. SYSTEivfE VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

Auch die Bestimmung von eN ist besonders einfach, weil N nilpotent ist. e

N

Nk k!

()

N2 2

1

=I:-=N +N +-+ .. ·=lI+N= 00

lc=ll

'-,,--'

( 1 0

:~) ·

=0

Somit lautet clie Fundamentalmatrix

eAr

wie folgt

Die gesuchte Lösung lautet also

y(x)

= eAx

( 2) = (e:.r. 1

0

xe:'i: )

(

e·"

2 )

=

1

( 2e"'

+ ,i;e"'

)· III

Beispiel 23.1.2 • o o y1= 2y1 - y2, y~

= 2yt

y1 (0)

= 0,

y2(0)

= 1.

Lösung: V/ir wollen das folgende Differen:-1ialgleichungssystem lösen

..,

y

= ( 02 -1 2 ) 1/- = A1/,

Die Lösung lautet

V/ir müssen also

eAx

berechnen. W'ir schreiben

A:r = (

2:r 0

\1/cil die :tvfotriz1cn D uml N kommutieren, gilt e1b' (N 2 = 0), sodass

=

eD eN. Ausserdem ist N ist nihlpotent

-,i;e2"' ) e2"' . Die gesuchte Lösung lautet somit _

11=

(

e2x

-xe2x

0

e2x

)(~)=(

-xe2x e2x

)· III

Beispiel 23.1.3 • o o y1= 2y2

+ 5ya, y~ = 3y3, 424

y~

= 0,

y1(0)

= 2,

y2(0)

= 1 = ya(0).

23.1. HOMOGENE SYSTEME VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN ERSTER ÜRDNUNG MIT KONSTANTEN KOEFFIZIENTEN

Lösung: \Vir wollen das folgende Differenzialgleichungssystem lösen

Die Lösung ist gegeben durch

,vir müssen also

eA"'

berechnen. In diesem Fall ist die Berechnung von

eAx

besonders einfach, weil

A nilpotent ist 0 (Ax)' ,, ( 0

0 0

fö;

( ~)-

2 )

00

,

~

0 0

0 0

0

Es gilt somit

e

Ax

= L.,

(Axt

][

=

+

A

5:i: + 3x2

(A:i:) 2 (AJ,) 3 J; + -2-.- + -6-.- + .. · =

1'=0

3J;

'--.,-' =0

1

)

Die gesuchte Lösung lautet also 2:z: 1

5:v+3x 2 3a.;

0

1

)(:) (

2 + 7:i; + 3a.; 2 1+3x 1

) II

Beispiel 23.1.4 • o o y~

= 3y1 -

2y2, y~ = 2y2 - Yl, Y1(0) = 1, Y2(0)

= 0.

Lösung: vVir wollen das folgende Differem:ialgleichungssystem lösen

11 = Die Lösung ist gegeben durch

-2) -

3 ( -1

2

y= Ay.

() Ax(l)

·yx=e

O

.

\Vir müssen also eA" berechnen. vVir gehen wie im Fall 2 vor, indem wir die Matrix diagonalisieren. Die Eigenwerte von A sind Die zugehörigen Eigenvektoren sind _ = ( 1l ) ,

V1

_ = ( -2 l ) ,

V2

425

23. SYSTEME VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

Es gilL also

r-1 = 3 (

l -1

21 ) .

Es gilt somit

4

2c" - 2c "' 2c"" +e4.c

)

Damit lautet die Fundamentalmatrix eA." wie folgt eA,c

=

(

c" + 2e4"' c" - e4 -"

3

2c-" - 2e 4 "'

2e"'

+ e4"'

)·

Die gesuchte Lösung lautet also

y(a:)

= eAx

4

(

1 ) 1 ( e•· + 2e x O = -3 e1 · - e4 "'

2e"' - 2e 4"'

e'"

2ex + e4x

+ 2e 4"'

ex_ e4x

)· II

Beispiel 23.1.5 • o o Yi

= Yl + 4yz,

y;

= 2y1

- Y2, Y1 {O)

= 1, Y2(0) = 0.

Lösung: \Vir wollen das folgende Differenzialgleichtmgssystem lösen .... y

=

( 1 2

A4 ) y= y. -1

Die Lösung ist gegeben dnrch

y(J:)

= eA,c

(

)

,

\Vir müssen also eAx berechnen. \Vir gehen wie im Fall 2 vor, indem wir die Matrix diagonalisieren. Die Eigenwerte von A sind

>-1 = 3, >-2 = -3. Die zugehörigen Eigenvektoren sind

Es gilt also

1 ),

-1

und somit

etx =

TeDxy-1

= ½(

=

½(

~1) (

2 1

1 ) ( e3.n -1 0

e8x

e3x

e-3x

-2e-3x

0 e-3x

) =

426

)(

½(

2e3x

~2)

+ e-3.n

e3x _ e-3x

2e3x - 2e-3x e3x

+ 2e-3x

)·

23.1.

HOMOGENE SYSTEME VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN ERSTER ÜRDNUNG lV!IT KONSTANTEN KOEFFIZIENTEN

Die gesuchte Lösung ist also

() 1b:(1) =31(

yx=e

O

+ e-3x

2 eax

2e 3 "' - 2e- 3 "' e 3 ·r, + 2e- 3 "

e3x _ e-8.:i;

)(~)=½(

2e3o,

+ e-3,:

e3:r. _ e-3x

)· III

Beispiel 23.1.6 • o o y~

= 3y1 -

4y2, y;

= Y1 -

y2 1 y1(0)

= 1, y2(0) = 1.

Lösung: Wir wollen das folgende Differenzialgleichungssystem lösen y...,

= ( 3 1

-4) -1

y= A~ y.

Die Lösung ist gegeben durch

11(x)

= eA:i·

(

)

.

\Vir müssen also e 1b' berechnen. Wir haben im Fall 5 gesehen, dass A nicht diagonalisierbar ist. Somit versuchen wir, die Matrix in Jordansche Normalform zu bringen. Der einzige Eigenwert von . Aist

,\ = 1 mit algebraischer Vielfachheit 2. Es gibt aber nur einen einzigen linear unabhängigen Eigenvektor

Wir bestimmen also auch noch den verallgemeinerten Eigenvektor, indem wir (A- ll)-ii'2 Eine Lösung ist v2 = (1, 0). Die Matrix

definiert also eine Basistransformation zur Jordanschen Normalform von A. ' A = PEP -1 , 1mt B =

(

1 O

)·

Nun körmen wir genauso wie für diagonalisierbare Matrizen argumentieren

eBx

haben wir bereits in Beispiel 23.1.1 berechnet X

e B·c. >

-

e ·

0

(

Es gilt somit eAx

= Pefü:p-1 = (

(

2 1

1 0

)(

2 1

xe"

e.r:

~) (

~'

e"' - 2:i:e'" -2ex

:1:e) ( o1 ex

)=(

427

~2)

e'"(l + 2:i:) :i:e"'

-4xe"

(1 - 2x)e"'

)·

= ·Ü1 lösen.

23.

SYSTEME VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

Die gesuchte Lösung lautet also

e'"(1 + 2x)

-4:i:e"

(1 - 21:)eX

)(

1 )

= (

1

e"',(1 - 2:i:) e (1 - x)

) .

III

Beispiel 23.1.7 • o o Yi

= 3y1 + 2y2,

y~ = -2Y1 -y2, y1(0) = 0, Y2(0)

= 1.

Lösung: vVir wollen das folgende Differenzialgleichungssystem löse.n yc"(

=

2 ) y=.t-1y. A

3

(

-2

-1

Die Lösung ist gegeben durch

y(x) vVir müssen afao

eAx

= eA,,

(

) .

berechnen. Der einzige Eigenwert von A ist ,\=1

mit algebraischer Vielfachheit 2. Es gibt nur einen einzigen linear unabhängigen Eigenvektor

Der Eigenwert ,\ = 1 hat also geometrische Vielfachheit 1. Die Matrix A ist somit nicht diagonalisierbar. Statt dessen bringen wir A in die Jordansche Normalform. iVir bestimmen afao auch noch den verallgemeinerten Eigenvektor i12, indem wir (A - lI)iJ2 = iJ1 lösen. Die Lösung ist ü2 = (1/4, 1/4). Die l'viatrix

p

=(

~1

i)

definiert also eine Basistransformation zur .Jordanschen Normalform von A A

= P ßp- 1 ,

mit B

=(

) .

Es gilt also efü' haben wir bereits im Beispiel 23.1.1 berechnet CDx

=

(

c'" · 0

Es gilt somit 1 ( -1

)(

f

¼ ) ( e"· xe"' ) ( ½ -½ ¼ 0 ex 2 2 +2xe"' 2e·"

) 428

)

= ( e"(1+2:i;) -2xex

2xex eX(l - 2:i;)

)·

23.1. HOMOGENE SYSTElvIE VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN ERSTER ÜRDNUNG MIT KONSTANTEN KOEFFIZIENTEN

Die gesuchte Lösung lautet also y( x )

=e

Ax (

0 )

1

=

)(~)=(

2:re"'

( e'r,(1 + 21;) -2:i:e""

2xe"

e"(l - 2x)

)· III

Beispiel 23.1.8 • 1 = y3(0).

0 0

Yt = Yz + Y3, Yb = Y2, y~ = -yi + Y2 + 2y3, Y1(0) = 0, Y2(0) =

Lösung: Wir wollen das folgende Differenzialgleichungssystem lösen

Die Lösung ist gegeben durch

W'ir müssen also eil'" berechnen. Der einzige Eigenwert von A ist

mit algebraiHcher Vielfachheit 3. Es gibt aber nur zwei linear unabhängige Eigenvektoren

Der Eigenwert .X = 1 hat also geometrische Vielfachheit 2. Die Matrix A ist somit nicht diagonalisierbar. vVir bringen wiederum A in ,Jordansche Normalform. 1Vir bestimmen den verallgemeinerten Eigenvektor ·ü.3, indem wir (A - ll)v3 = 2 lösen. Eine Lösung ist v'a = (0, 0, 1). Die Matrix

·v

definiert also eine Basistransformation zur .Jordanschen Normalform von A

A = PBP-1, mit B

= (

) . 0 0

Es gilt somit

eB."'

lautet

(

0

0 ex

0

0

ea:

,"'

429

()

xex ex

)

1

23.

8YSTE1'1E VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

Daraus folgt

;};eX

;"1.:(-?-'

e"' xex

0 e"' +:1.:e''

)

Die gesuchte Lösung lautet also

y(x)=eAx ( ~)

=(

e"~xe"

0

-xe·'·

1

e'"

+ .re'" 1111

Beispiel 23.1.9 • o a y~ y4(0) = 4.

=

y~

=

y~

=

y~

=

Yi, Y1(0)

1, Y2(0)

=

2, Ya(O)

3

'

Lösung: 'Wir wollen das folgende Differenzialgleichm1gssystem lösen

0 00 ) -

0 0

0

y

=

1~ y.

1

0 0 Die Lösung lautet

y=e Ax(~) 3 . 4

\Vir müssen al5o eAx berechnen. Dies ist aber ganz einfach, wenn man erkennt, dass A 2 Es folgt somit A" = A für alle n 2: 1, also

eA"'

=

f

n=O

f

f_ :,_:"

e:e:

0 0 1 0 1

(A~)" = ll+ (Alr = ll+A = ll+A(ex - 1) = ( n. n=l n. n=1 nl e - 1 0 1 ex - l 0 0

Die gesuchte Lösung lautet somit

y

= eAx.

( 1) = ( 2 3 4

e·"-1 C

e-" -1 e·" -1

0 0 1 0 0 1 0 0

430

HD

( ex+ e" l ) .

e"' + 2 ex +3

= A gilt.

23.1. HOMOGENE SYSTEME VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN ERSTER ÜRDNUNG lvHT KONSTANTEN KOEFFIZIENTEN

II

Beispiel 23.1.10 • •

o

In dieser Aufgabe wollen wir die Differenzialgleichung

;i/' + y =

0,

y(O)

= Yo, y'(O) = vo

mithilfe der Exponentialmatrix lösen. Gehe wie folgt i10r:

a) Führe den Vektor z = (y, y') e-in und forrrml'iere y11 + y = 0 als ein System von Differenzialgleich:ungen erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten.

b} Löse das System aus (a}. c) Zeige, dass die Lösung rms (b) derjen·igen entspricht, die man mit dem E~tlerA-nsatz bekommt.

Lösung: a) vVir führen die neuen Variablen z1 Z11

=

y1 =

Z2

= 11 und

= 1/ ein. Es gilt

z2

uncj Z2/ = ( y ')' = y 11 DGL = -y =

-Z1.

Somit haben wir ein System von Differenzialgleichungen erster Ordnung gefunden

z'

= ( z~ ) Z2

= (

O -1

1 ) ( 0

z1 )

Z2

=

Az.

b) Wir wollen das obige Differenzialgleichungssystem lösen. Die Lösung ist gegeben dmch

y(x) = eA"'

(

Yo ) ,

Vo

wobei eAx die Fundamentalmatrix ist. vVir müssen also vor. Für die Potenzen von Ax gilt

berechnen. vVir gehen wie im Fall 3

eAx

.r)( .r)=(-x

(Ax)2=( o_

0

-.1.

2

o_

0

-.J,

0

Ü

)

-:1:2

=

-:r 2 ll,

also

Im Allgemeinen finden wir

Wir haben also

Ax e

oo

(Ax)k

oo

= ~--,;:i- =

(Aa:)2" (2n)! +

oo

(Ax)2n+l (2n + 1)!

=

=

(-1)":cZn][ (2n)!

eo

+

(-1)n:1,2"(Ax) (2n + 1)!

'-,,-,''-v-" gerade Terme

=ll·

2

ungerade Terme

2

1

(-l)"x (A:r) (-1)",c "+ I:-~-+--, I:~~-=lI·cos(,c)+A·sm(x) = (2n)! :r, (2n+l)l co

n=O

"

co

n=O

431

•

(

cos(:1:) -sinx

sin:v ) . cosx

23. SYSTEME VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

Die Lös1mg lauteL somit,

z(x)

=(

y(:v) ) = y'(x)

eAx (

c) Mit . 2 + 1 = 0

>,

=}

= ±i.

Die Nullstellen lauten ±'i. Das Fundamentalsystem ist also e;,,, e-i,,, sodass die allgemeine Lösung y(:r)

= Acosx + B sinx

ist. Nun müssen wir noch A und Baus den Anfangsbedingungen bestimmen

y(O) = A = Yo,

y'(O) = B = Vo,

Es ergibt sich

Yo CDS .T +

y(:r:)

Vo

sin X

in Übereinstimmung mit der Rechnung der Teilaufgabe (b).

Beispiel 23.1.11 • • Y1I

o

= Y2 cos ( Y12 -

Y22) ,

Y21

= Yl cos ( Y12 -

Y22) ,

y1(0) = Y2(0) = 1

Hinweis: Berechne die Ableitung von y'f(x) - Y§(x). Lösung: Zuerst berechnen wir die Ableitung von 1Jf(.1:) - y~(x). Es gilt

d (yf - y~)

Cl: l

Somit ist

= 2Y1Y~ -

2y2y;

D~L

2Y1Y2 cus(yf - y~) - 2y2y1 cos(yf - y~)

Yi - y~ konstant. Insbesondere ist es gleich seinem Anfangswert, d.h. yf(,r) - y~ (x)

für alle

.T.

= 0.

= Yi(O) -

v1(0)

=0

Darum vereinfacht sich das betrachtete System zu

1/i = 1/2 cos(11~ -

11J),

'-v-'

11;

=1

= Yl cos(11i -

11~),

'--v-' =1

d.h.

\Vir wollen

111111

das obige Differenzialgleichungssystem lösen. Die Lösung ist gegeben durch

432

23.1. HOMOGENE SYSTElvIE VON DIFFERENZIALGLEICHUNGEN ERSTER ORDNUNG MIT KONSTANTEN KOEFFIZIENTEN

wobei eAx die Fundamentalmatrix ist. vVir müssen also vor. Für die Potenzen von Ax gilt

eAx

berechnen. vVir gehen wie im Fall 3

also

Im Allgemeinen Wir haben also oo (A:i,Jk

k

e

x

oo (Ax)2n

=L

=L

l.·=0

oo (Aa:)2n+l

+ n=O L

(2n + l)! =

n=O '-..,--''-..,-' gerade Tcrn1c ungerade Terme

00

= ][.

(2n)!

2

00

=

x2"][

oo J;2"(Ax)

L (2n)! + L (2n + l)! n=O

n=O

2

:v (Ax) x "+1 , I:-( · L (2·n + l)I. = ][ · cosh(x) + A · smh(x) = 2·n )I, + "

n=O

X

cosh(a:) . , Slll1l J,

(

n=O

sinhx cosh:v

Die Lösung lautet somit z(x) = ( Y1(x) )

Y2(J;)

= e1h

1

(

1

) = (

cosh:r sinh:c

II

Beispiel 23.1.12 • •

Beweise die folgenden Eigenschaften der Exponentialm.atrix

o

Lösung: a) Wir benutzen die Definition der Exponentialmatrix

Nach dem Cauchy-Produkt haben wir eAseAt _

,

(

(As)") (

,:x,

-

n!

=

An

n=O

n!

=L-

00

= n A"s"-"'t"' --~~(n-m)!m!

(At)"')-

,~o m!

A" L" (n - m)!m! . sn-mtm = L -(s + t)" = n! oo

nl

m=O

eA(s+t).

n=O

=(s+t)"

b) Wir benutzen die Definition der Ableitung d

-eAt

dt

eA(t+h) _ e11t (_-.1, · · · , ).1,; mit Vielfachheiten m 1 , · · · , m1,;, so besitzt die Differenzialgleichung die linear unabhängigen Lösungen

Diese Lösungen bilden ein Fundamentalsystem der Differenzialgleichung. Die allgemeine Lösung ist eine Linearkombination aller Lösungen im Fundamentalsystem. Die Koeffizienten der Linearkombination werden dann aus den Anfangsbedingungen bestimmt.

1 Beispiel 24.1.1 oo o

y'" +y'' -y' - y

0

440

24.1. HOMOGENE DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

Lösung: Es handelt sich mn eine lineare, homogene Differenzialgleichm1g dritter Ordnung mit, konstanten Koeffizienten. Um die allgemeine Lösung zu finden, machen wir also den Euler-Ansatz

wobei der Parameter ,\ E C zu bestimmen ist. Das Einsetzen des Euler-Ansatzes in die Differenzialgleichung liefert ,\ 3 e.\x + ,\ 2 e"'"' - >.e"'"' - e'\x = 0. Das vVegkürzen von e"'"' ergibt das folgende charakterist.ische Polynom ,\3

+ ,\2 -

,\ - 1

= 0.

Durch Einsetzen sieht man, dass ,\ = 1 eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms ist. Somit ist das charakteristische Polynom durch (,\ - 1) teilbax. Die Polynomclivision liefert ,\

3

+ ,\2 -

l

,\ -

= (,\ -

1)(,\2

+ 2,\ + 1) = (,\ -1)(,\ + 1) 2 •

vVir haben also das charakterisfü,che Polynom in Linearfaktoren zerlegt. Die Nullstellen lauten somit: 1,-1, -1. Die Nullstelle -1 ist doppelt, d.h. sie hat Vielfachheit 2. Somit ist

c-x,

~t. e-x,

ex

.\=-1 doppelt

das Fundamentalsystem. Die allgemeine Lösung lautet somit

y(:v) = Ae-"' + B};_' e-"' + Ce'", wobei A, B, C Konstanten sind, welche aus den Anfangsbedingungen bestimmt werden können. II

Beispiel 24.1.2 • o o y 11 - 2y1 - 8y =:= 0, y(l)

= 1, y 1(1) = 0.

Lösung: \Vir machen einen Euler-Ansatz

Das Einsetzen des Euler-Ansatzes in die Differenzialgleichung liefert

Es ergibt sich also das folgende charakteristische Polynom ,\

2

-

2,\ - 8 = (>- - 4)(,\ + 2)

= 0.

1Vir haben somit die zwei Nullstellen 4, -2. Beide Nullstellen sind reell und kommen je einmal vor (Vielfachheit 1). Somit ist e4„ , das Fundamentalsystem. Die allgemeine Lösung lautet somit

441

24. LINEARE DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

n-TER ÜRDNUNG lvfIT KONSTANTEN

KOEFFIZIENTEN

wobei A, B, C Konstanten sind, welche m1s den Anfangsbedingungen bestimmt werden können. Die Anfangsbeding1mgen implizieren

y(l) Es folgt A

Ae4

=

+ne- 2 =

= 4Ae 4 -2Be- 2 =

y'(I)

1,

0.

= l/3e- 4 und B = 2/3e 2 • Somit lautet die gesuchte Lösung y(:r)

= ~c4,n-4 + ~e2-20:_ 1111

Beispiel 24.1.3 • o o y" + 4y'

+ 5y = 0,

y(0) = 0, y'(0) = 1.

Lösung: Vlir machen einen Euler-Ansatz

Das Einsetzen des Euler-Ansatzes in die Differenzialgleichung liefert das folgende charakteristische Polynom

>.2+4,\.+5 = 0. Das Polynom hat die Nullstellen -2± i. Beide Nullstellen kommen je einmal vor (haben Vielfachheit 1). Somit ist e(-2+i)x,

e(-2-i)a:

das Fundamentalsystem. Die allgemeine Lösung lautet somit

y(:c)

= Ae(-2+i)x + ße(-2-i)x'

wobei A, B, C Konstanten sind, welche aus den Anfangsbedingungen bestimmt werden können. Falls komplexe Nullstellen vorkommen, ist es im Allgemeinen nicht elegant, die Lösung in der obigen Form zu lassen. Sftatt dessen lJenu~zt man ~lie Eulerschen Formeln 7\J/

.

.

sm(a.:)

=

eix _ e-i:v

.

21,

'-C.~1-::- -

) ( cix + e-ix , c;os(:r) = - - - , 1

""-.

'

2

.

um den Term Aeix + Be-ix als Acos(:z:) + Bsin(x) zu schreiben. A. und B sind neue Integrationskonstanten, welche später auch aus den Anfangsbedingungen bestimmt werden können. 1-\7ie kommt man aber auf diese Form? Es gibt einen mathematischen Satz der besagt, dass die Lösung einer reellen Differenzialgleichung (d.h. einer Differenzialgleichung mit reellen Koeffizienten) immer reell ist. Deswegen gilt für die Lösung y(:r) y(zj. Aus dieser Bedingung folgt

y(:11) =

e-2:"(Aei,c

+ Be-i"') l

y(x) = e-2x(Ae-ix

= A. Damit kann man die Lösung y(x) y(:1;) = e- 2 x(Aefa: + Be-i'")

Daraus folgt A = B bzw. B

+ Be;"').

wie folgt umschreiben

= e- 2"'(Re(A)e;:,' + iim(A)ci.n + Re(A)e-i"' - ilm(A)e-fa')

= e- 2 x

[Re(A)

+Hm(A) (-x. Das charakteristische Polynom lautet ),,

2

+ 1:3 = 0.

4),,

-

Die Lösungen sind ),, = 2 ± 3-i. Daher ist e( 2 +:ii)x, e< 2 - 3i)x das Fundamentalsystem der homogenen Differenzialgleichung. Die homogene Lösung lautet somit

Yhomo(X)

= Ae(Z+3i)x + ße(2-3i)x,

was man am besten mit Sinus und Cosinus schreibt 1/hon10 (:c)

= e2"(il.sin(3x) + .B cos(3x)).

Partikuläre Lösung: Da der inhomogene Term ;i;e"' ein Polynom vom Grad 1 mal e.r. ist, machen wir den folgenden Ansatz für die part.iknläre Lösung

1/p(x)

= e"' · (ax + b).

Die Koeffizienten a, b finden wir durch Einset.zerr und Koeffizientenvergleich. Da 11;, (x) b) + aex und 11i(x) = e'"(ax + b) + 2aex = (a:i: + 2a + li)e-~, haben wir

c'"(ax + 2a + b - 4a:r - 4b- 4a + 13ax + 13/J) Es folgt 10a = 1 und -2a + 10/J = 0. Somit ist a

Yp(:c )

=

=

X

(

10

= e"'(lOa:v -

1/10 und /J

1) .

+ 50

2ci + 10b)

=

ex ( a:i:

+

xe"'.

= 1/50. Ausserdem ist

e"·

die gesuchte partikuläre Lösung. Zusammenfassend: Die gesamte Lösung ist die Summe der homogenen und der partikulären Lösung

-

-

y(x) = e2'"(Asin(31;) + Bcos(3x)) +

446

(X-10 +1) e'". 50

24.2.

lNHO!vlOGENE DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

II

Beispiel 24.2.2 • o o y" + y' + ¼Y

= cosa:

Lösung: Homogene Lösung: vVir lösen die homogene Gleichung

Mit dem Euler-Ansatz y(:i:)

= e,\x

ergibt sich das folgende charakteristii.;che Polynom

1 ( 1)

,,\2 + ,,\ + 4 = ,\ + 2

2

= o.

Somit ist ,,\ = -1/2 eine doppelte Nullstelle. Daher ist e-x/ 2 , :c · e-x/ 2 das Fundamentalsystem der homogenen Differenzialgleichung mit zugehöriger Lösung

Partikuläre Lösung: Der Ansatz wird gemäss der Tabelle gewählt (der Ansatz hat dieselbe Form wie die Störung) yp(a:) = acosx + bsin:r. Die Koeffizienten a, b finden wir durch Einsetzen und Koeffizientenvergleich. Da y~( x) b cos x und JJ~ (x) = -n cos a: - b siu x, haben wir

(-a + b + a/4) cos:i, + (-b- a + l/4b) sinx Der Koeffizientenvergleich liefert -3/4a b = 16/25. Ausserdem ist YP.(·i;)

+b =

l und -a - 3/4b

12

= -a sin ,i; +

cosx.

=

0. Es folgt a

-12/25 und

16

= - -25 COS X + -25 Sill .:i:

die gesuchte partikuläre Lösung. Zirnammenfassend: Die gesamte Lösung ist die Summe der homogenen und der partikulären Lösung y (x )

B -x/2 = A e --,;2 .. + .'C • e · -

12 16 . - cos:i: + e sm;i;.

20i)

2,)

II

1 Beispiel 24.2.3 u

o

y" + y'

x

+1

Lösung: Homogene Lösung: \Vir lösen die homogene Gleichung y" +11'

= 0.

Mit dem Euler-Ansatz ergibt sich das folgende charakteristische Polynom

447

24. LINEARE DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

n-TER ÜRDNUNG tvl!T KONSTANTEN

KOEFFIZIENTEN

Die Nullstellen lauten ,\

=

O, -1. Daher ist 1, e-x das Fundamentalsystem der homogenen Diffe-

renzialgleichung. Die homogene Lösung lautet somit

Partikuläre Lösung: Der inhomogene Term x

+ 1 ist ein Polynom vom Grad

1. Daher würden wir

den folgenden Ansatz für yp(.T) machen

;tJp(a;) = a:v + b. Aber rler Tenn b (konstante Lösung) kommt, schon in der homogenen Lösung vor. 1Vas machen wir also? Wir machen den folgenden Ansatz für die partikuläre Lösung (einfach ein ;i: dazu multiplizieren)

;tJp(x)

= x · (a:c + b).

Die Koeffizienten a, b finden wir durch Einsetzen und Roeffizientenvergleich. Da y~(x) und yi(:i:) = 2a, haben wir

2a + 2aJ: + b

=

2ru:

+b

:c + 1.

Es folgt 2a = 1 und 2n + b = 1. Somit ist a = 1/2 und b = l - l = 0. Ausserclem ist yp(x) = x 2 /2 die gesuchte partikuläre Lösung. Zusammenfassend: Die gesamte Lösung ist die Summe der homogenen und der partikulären Lösung

y(:v) = Ax +B +Ce-"+

Beispiel 24.2.4 • •

o

x2

2

.

y 11 - 5y' + 6y = x 2 + ;i; - 7 - 3e"' + e2"'

Lösung: Homogene Lösung: Das charakteristische Polynom lautet

>-2

-

5.\ + 6 =

(-\ -

2)(-\ - 3)

= 0.

Somit sind .\ = 2, 3 die Nullstellen. Daher ist c 2"', e3 "' das Fundamentalsystem der homogenen Differenzialgleichung. Die homogene Lösung lautet somit 1/homo(x)

= Ae2 " + Be 3 "'.

Partikuläre Lösung: Die Bestimmung einer partikulären Lösung geht auch in diesem etwas lmmplizierteren Fall wie immer. Die einzige Neuheit ist, dass der inhomogene Teil aus zwei Teilen besteht

b(x) = x 2 + .'lJ - 7- 3e"'

+ e2'" = b1(:i:) + b2(x).

'-.---'

"--.--'

b1(x)

b2(x)

Entsprechend finden wir zwei partikuläre Lösungen

;t;p(x)

= 11,,,1(x) + 1111 ,2(:r).

Partikuläre Lösung 1/v,t (a:): Diese partikuläre Lösung gehört zum Teil b1 (:1:) machen wir den Ansatz

448

=

:i: 2

+ :i: -

7. Somit

24.2. INHOMOGENE DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

iVir setzen den Ansatz in die Differen;,;ialgleichung ein w1d bekommen

Der Koeffizientenvergleich liefert

Aus der ersten Gleichung folgl a 2 = 1/6. Aus der zweiten und dritten folgt daher a 1 = -23/27. Somit lautet die erste partikuläre Lösung wie folgt

= 4/9 und

a0

23

YP,i(,r,) = - 27

+

rr4 + r?1 . 2

Partikuläre Lösung Vp, 2 (x): Diese partikuläre Lösung gehört zum Teil b2 (x) machen wir den Ansatz Yp,2 (:r,) = aex + bJ;e2".

=

-3e'"

+ e 2"'.

Somit

Beachte, dass wir e 2 "' mit einem ,r multipliziert haben, weil die Lösung e2 "' schon im homogenen Teil vorkommt. Das Einsetzen in die Differenzialgleichung liefert

ae"'

+ (4 + 4x )be2"'

-

5ae"' - 5 ( 1 + 2x )be2"'

+ Gae"' + 6b:ve2'" = -3e" + e2".

Der Koeffizientenvergleich liefert a - 5a + Ga

=

2a

=

-3

=a-

=

a

-3/2

und

4b + 4b.1: - 5b-- lObx + 6/xi:

= -b = 1

=a-

b = --l.

Somit gilt !111 ,2 ( x )

3

= - e · - :r · e-'>x .

2

X

Zusammenfassend: Die allgemeine Lösung lautet

y(.r)

= l}homo(x) + Yp(x) = Ae 2"' + Be3"' -

23 27

1 2 3 + 94 x + t? - 2e

X

-

X·

e

2x

II

Beispiel 24.2.5 • • o y11 - y' - ßy = x sin( -2x )e3:r

Lösung: Homogene Lösung: Das charakteristische Polynom lautet ).,

2

-- )., -

6 = (>.. - 3)(,\ + 2)

= 0.

Somit sind )., = -2, 3 die Nullstellen. Daher ist e- 2 x, e3 "' das F\mdamentalsystem der homogenen Differenzialgleichung. Die homogene Lösung lautet somit

Yhomo(x)

= Ae-2"' + Be3:c.

Partikuläre Lösung: Die eirndge Neuheit ist, dass der inhomogene Teil als Produkt von drei Termen vorkommt. In diesem Fall betrachtet man das Produkt der einzelnen Ansätze

Y1,(x)

= Yp,l (:c) · Yp,2(1;) · Yp,3(x) = (M:i: + N) · (P cos(-2:r) + Qsin(-2:c)) · Re3"' = e3"'((a 0 + a1:r) cos(-2x) + (b0 + b1:i:) sin(-2x)), 449

24. LINEARE DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

n-TER ÜRDNUNG llHT KONSTANTEN

KOEFFIZIENTEN

wobei a 0 = NPR, a 1 = 1',[PR, b0 = NQR und b1 = 1',[QR Konstanten sind, welche durch Einsetzen bestimmt werden können. Wir setzen den Ansatz in die Differenzialgleichung ein und bekommen -10a 0 cos( ··-2x )e 3 "'

-

4a1 cos( -2:c )e 3 '"

-

4/Jo cos( -2x )e 3 "' + 5b1 cos( -2:c )e3x

+ 5n1 sin(-2:r)e 3 "' + 10b0 sin(-2,c)f/J"' + 4b 1 sin(-2:i:;)c 3 ·' - 4a1xsin(-2:r)e 3 x + 10/J1:rsin(-2.1;)e3 "'

-

-

4ao sin( -2:1; )e 3x

l0a1:r cos(-2:r)e 3 "

-

4b 1 x cos(-2x)e 3 "'

:r sin(-2:r)e3 "'.

Der Koeffizientenvergleich liefert -4a 0 + 5a1 + lübo + 4b2

= 0,

- lOao - 4a1 - 4bo + 5b2 = 0,

Die Lösung ist

= 0,

10a1 - 4b1

= 1.

185

4

Oo

-4a1 + l0b1

= 841'

bo

= 3364'

Somit ist

Zusammenfassend: Die allgc,meine Lösnng lautet 2 . 3 . 3 ·y(x)=y 1iomo (i·)+y(T)=Ae-"'+Be·"'+ex • , 1' "

[(

fo:) ( ) (-3364 185 :c ) sin-2:c ( i] . - -W -

4 - cos-2x + 841+ 58

1111

450

Kapitel 25

Potenzreihenansatz und spezielle Differenzialgleichungen In diesem Kapitel studieren wir die Methode des Potenzreihenansatzes, eine wichtige l'vlethode, um Differenzialgleichungen höherer Ordnung zu lösen. Diese .Methode wird oft für das Lösen spezieller Differenzialgleichungen benutzt, wie zum Beispiel die Legendre, Laguerre, Bessel und hypergeometrischen Differenzialgleichungen.

25.1

Potenzreihenansatz

Wir betrachten eine allgemeine Differenzialgleich1mg n-ter Ordnung mit den n Anfangsbedingungen y(xo)

= Yo,

y'(xo)

= 1/1,

· · ·y(n-l)(:i:o)

= Yn-1

Um die Differenzialgleichung zu lösen, schreiben wir die Lösung als eine Potenzreihe um X()

L a1,(x - xo)k, 00

y(x) =

k=O

wobei die Koeffizienten ak zu bestimmen sind. Die ersten n Koeffizienten können bereits aus denn Anfangsbedingungen bestimmt werden ao = Yo,

a1 = 111,

Die weiteren Koeffizienten ak mit k

· · · ak

=

Yk

k!,

Yn-1

· · · Cln-1

= (n _ l)!.

n werden rekursiv aus den ersten n Koeffizienten

bestimmt. Sind keine Anfangsdaten vorgegeben, kann man die allgemeine Lösung bekommen, indem man die Koeffizienten ao, ... , a,,.-1 variabel ansetzt. Am besten schaut man sich ein Beispiel an. \Vir wollen zum Beispiel das Anfangswertproblem

y 1 = ny,

y(O) = Yo

lösen. vVir setzen

L a1,xk. 00

y(x) =

k=O

451

25. POTENZREIHENANSATZ UND SPEZIELLE DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

Wir leiten einmal formal ab (gemäss Abschnitt 9.2) 00

00

k=l

k=O

= L akk:Dk-l = L ak+l (k + l )a;k.

y' (x)

Das Einsetzen in die Differenzialgleichung ergibt 00

L (ak+1(k + l) -

00

L., ak+l (k· + l ) x k

=!

00

o: L.,

k=O

akx k

k=O

ctak) xk

= 0.

k=O

Der Koeflizientenvergleich ergibt

= 0,

ak+1(k + 1) - o:ak

k

= 0, 1, 2, ...

Das ist eine Rekursionsformel, mit welcher wir den Koeffizienten a1c+l aus der Kenntnis von al, bestimmen können ak+l

= k

0:

+ 1 ak,

Der Koeffizient ao ist , - 1)(,\ + 3) = 0

* ,\ = 1, -3.

Schritt 3: Die allgemeine Lösung lautet somit B y(:c) = A:c + 3 . X

Wir bestimmen die Integrationskonstanten A nnd ß aus den Anfangsbedingungen y(l)

= 1, y 1 (l) =

0

y'(l) = A- 3B = 0.

y(l) = A + B = l, Es folgt A

= 3B, also B = 1/4 und A = 3/4. Die Lösung lautet somit 3:c

1

= 4 + 4:c 3 •

JJ(:t)

III

Beispiel 26.0.6 • o o x 4 y(4 )

+ 6x 3ym + 7:v 2 y + xy' 11

y

=O

Lösung: Es handelt sich mn eine Eulersche Differenzialgleichung. \,Vir gehen die drei Schritte des Kochrezeptes durch. Schritt 1: \Vir machen den Ansatz y = ;i;.\. Bevor wir den Ansatz in die Differenzialgleichung einsetzen, rechnen wir die Ableitungen von y aus

Das Einsetzen in die Differenzialgleichung liefert

:c4y< 4) + 6:iV"

+ 7;1: 2y + ,1:y' 11

y

= >.(,\ - 1)(,\ - 2)(>, -

3);1:''

+ 7.A(,\ -

a;-'

l):r;.\

+ ,\x.\ -

+ 6,\(), -

= (>.

4

-

1)(,\ - 2)x.\

1):i:.\

0.

Es folgt die charakteristische Gleichung für ,\

>.4 -1 = 0. Schritt 2: Wir lösen die charakteristische Gleichung für ),

>.4 -1=0

* ,\

2

=± 1

*

>.=1,-1,i,-i.

Schritt 3: Die allgemeine Lösung lautet somit

y(:i:)

= Ax + !!_ + Csinlogx + Dcoslogx. ;C

III

Beispiel 26.0.7 • o o

;1;

2

y 11 + 3xy1 + y

= Iogx, 462

x

> 0.

Lösung: Es handelt sich um eine inhomogene Eulersche Differenzialgleichung. \1/ir betrachten also zuerst die homogene Gleichung und suchen dann nach einer partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung. Homogene Lösung: Wir lösen x 2 y" + 3xy'

+ y = 0.

Die allgemeine Lösung kennen wir bereits aus Beispiel 26.0.5

A Yhomo(x) = X

B

+ -log:c. J;

Partikuläre Lösung: Wir machen den Ansatz Ypart(:r)

= alogx + b.

Das Einsetzen in die Gleichung liefert

., ( - Cl) + 3;r · - + cdog:i:: + b = 2;/; ;J;

;r- ·

Es folgt a

= l und b =

(l

-a + 3a + a.logx + b = log:r..

-2. \1/ir haben somit die allgemeine Lösung des Problems gefunden

y(x)

A

B

= -X + -log;c + logx X

463

2.

26. EULERSCHE DIFFERENZIALGLEICHUNGEN

464

Kapitel 27

Existenz- und Eindeutigkeitssatz von Picard-Lindelöf c JE. ein kompaktes Intervall und

Sei I

nc

JE. eine offene Teilmenge von JE.. Wir sind an

den Lösungen des folgenden Anfangswertproblems interessiert

y'

= f(x,y),

y(a:o) = Yo,

: IX n -+ JE. eine auf IX n definierte Funktion der Variablen X und y ist. vVir fragen Unter welchen Bedingungen für f besitzt oo -, e Ax~ 'Vo· 1

L.., - . --

i=O

'!.

II

472

Teil VI

Fourieranalyse

473

Kapitel 28

Fourierreihen 28.1

Grundlagen

28.1.1

Periodische Funktionen

Eine Funktion

.f: lH'. --t C

heisst periodisch mit Periode p > 0 (kurz: p-periodisch), wenn

.f(x + p)

= J(x)

für alle :1; E lR

gilt, d.h. die F\mktionswerte .f(x) wiederholen sich auf der ;i;-Axis im Abstand von p. Offenbar, eine p-periodische Funktion erfüllt J(:-c+np)

= J(x)

für allen E Z, d.h. mit p sind

auch alle Vielfachen 2p, 3p, etc. Perioden der Funktion f(x). Typische Beispiele periodischer Funktionen sind Sinus und Cosinus, beide mit Periode 21r. Die f\mktion sin(w:1;) hat die Periode 21r /w, weil J(x+21r /w) = sin(w:i;+21r) = sin(wx) = J(x) gilt. Ebenso die komplexe Exponentialfunktion eiw,v = cos( wx) + i sin(wx) ist periodisch mit Periode 21r / w.

28.1.2

Periodische Fortsetzung

Eine wichtige Eigenschaft periodischer F\mktionen ist, dass sie eindeutig durch ihre 1,,Verte auf einem Intervall [a., a. + p[ definiert sind. Genauer:

Satz 28.1.1 (Periodische Fortsetzung) Sei g : [a, a + p[--t C rnit a E lH'. und p > 0 gegeben. Dann e.1Jistiert gena-u e-ine p-periodische Punktion f : R --t C, soda.ss die Einschränk-nng ·uon f auf la, a + p[ gleich g ist.

28.1.3

Integral periodischer Funktionen

Bei der Berechnung von Integralen p-periodischer Funktionen ist die folgende Formel oft sehr nützlich

1P J(x)dx = 1c+p .f(:v)dx 475

\:/c,

28.

FOURIERREIHEN

28.1.4

Stückweise stetige Funktionen

Eine F\mktion f : ill'. -+ IC !wisst stiickweise stetig, falls f (x) bis auf endlich viele Stellen a:o


2 :c - 4:r 3 + 5:c 2 - 4:i: + 4

=

. (,c - 2)2(2x + 3) Ilm ~-~c-c-~-~ (:c - 2)2(:c 2 + 1)

4. vVir erinnern uns daran, dass lim,"__, 0 1 -~~3 "' = Potenzen von x multiplizieren und dividieren

li rn

1 - cos(2:c)

x-+0

siri2 (3:t:)

=

. (2:r + 3) 7 = Inn = -. 2

(x + 1)

o:-+2

.c-->2

½gilt. 1Vir könnten somit

1- cos(2:u) . 1nn x-+0 (4:r 2 )

9x 2

,.._--__,-,""",_ __,

· 14:i:2 9:c 2

5

mit den richtigen

g·

--,.±9

--+1

Alternativ könnte man auch den Satz von Bernoulli-de l'Höpital anwenden . 1-cus(2x) 11n1 . 2 c--+D

S111

(3:c)

H.

=

.

111n ,·-+O

2sin(2:c) 6sin(3x) 1 cos(3x)

. lsin(2x) 1!Ill - - . - ( - ) 3 S!11 3x

=

.c--+O

1

.

H.

=

11111 cc--+O

2cos(2x) ( 3 · 3cos 3:r)

2 9

-+l

oder Taylor . 1 - cos(2x) hm .2 x-+O sin (3x)

2

. 1 - ( 1 - _(-;->2 + · · ·) hm - - ~ - - - ~2 - ~

=

(3x + ... )

x-+O

=

2x 2

+ ...

,:-+o 9:i: 2

+ · ··

lirn - - - -

2

g·

5. . tana:+:1: 2 -sin,r 11111 • x--+0 x·l + log(l + 2:)

=

=

ltunxl --+ 1

[iJ

a:-+O

··

+

:c3

. a: lim

x--+0

·

+ x2 _ .

;i;a

vVir haben die Grenzwerte lim„.v-tO

logfüo:)

2

,v2 lim -. -3

. :i,2 Inn -

= x--+0 :c + ;r, = x--+0

= lim.r.--+0

tanx x

:t:

=

0.

= lim .r:--+0 log(l+x) = 1 benutzt . x

Alternativ könnte man den Satz von Bernoulli-de l'Höpital anwenden -->l

--+1

lco; xl+

22:-/cosx/ 2 . tanx+x 2 -sinxu. . hm . = lun - - - - = = ~ :c--+0 a:3 + ]og(l + ,i:) x-+0 3,r2+ 1 l~x 1

=

.

2a;

Inn - -9 3:i:- + 1

'"--+0

-->1

6. JVIit dem Fundamentallimes lim,,,-;o(l + :r) 1 /x

= e finden wir 1

lim (l+tan:c) 11'"

:r.--+0

r;;T;;:;7

--+ 1

,v

+X

sin,, :r:

--+ 1

[iJ · - x - ·x+a: -0·.T = lim ===----.======;=='-. [iJ x--+0 ;i:; 3 + log(!+•:) ·X

tnno:,[iJ+:t•2_sinx.[iJ

. 1Hn

tan:i: 1

= lim [(1+ tan:t:)lta:ixl]

"

=

= e 1 = e.

;i;-->0

lim

(1

+ tanx)tu~x

x--+0

--+e

7. Nach dem Satz von Bernoulli-de l'Höpital ergibt sich

e'" - e Jim - - ,/x - 1

H

x--+l

492

Jim -

1:-->l

ex

2

-

1 y'x

= 2e.

tu~x

= 0.

8. 4:c 2 dominiert im Zähler; 8x 3 dominiert im Nenner . 4x 2 + ;i; - 1 4T 2 lun - - -2- - = lim 3

x-+oo

9. Für

;1;

-t

+oo: e"'

8;1;

+ 3x

5

-

= 0.

dominiert 6x + 2 c"

e6x+e"+2

liin

lim = +oo. x---t+CX) e4

+1

x-t+oo e4"

Für

8;i;

x-+cx,

:i:

x-, -oo:

e6:t:+cx+2 e')x lim -4- - liln !im e6'" = 0. x-+-co e '" + 1 :c->-oo 1 x->-oo Da der linksseitige und der rechtsseitige Grenzwert ungleich sind, existiert der Gesamtlimes nicht.

½,

10. l/x 2 dominiert im Zähler; 3/a:2 dominiert im Nenner:

11. vVir benutzen die Grenzwerte lim,,-; 0 si~ ,. = lim,,-;o ta; x = lim,,-;o arc:in"'

= liln_,,-;o arc;;" :c

=

1 . arc.sin4 x + tan3 x + arctan2 x - ,c2 Inn--------,,..-------x->O sin 2 x -41

-;! 4

arcsin x

= lim

4

+

--+l

3

1 tan ,. 1

3 ·X'

+

arcta,.2 c

,;J;2 _

.•1,2

.

====='----===s,=~~,--'====!..--- = ------,,,.-

-x

·:r

2

+

J'

2

+

,c2

x4 x3 x2 _ m1 - - - - - - - =

0.

-+1

vVieso lim:r-;O

arc~n X

= limx-;O arct,:n X = l? Nach dem .

Jim arcsm x

Jim

x->0

x-;O

X

__ l_

v'l-,c2

Analog lim arctan:i;

Jim

a:->0

o:-HJ

;J;

= ½-

12. vVir benutzen den Grenzwert limx-;o 1 -,~~so: a: 2 und bekommen

Satz von Bernoulli-de l'Hopi tal gilt

1

1 i+x2

1

= 1.

= 1.

\Vir multiplizieren und dividieren durch

-;l

-+2

l~ö -a;~(l_t_~_n_:-~T-~-,1~,) = !~1ö, _ta_~-~;_x_· l·I1 _ ;J:os x

2'

Alternativ könnte man den Satz von Bernoulli-de l'Höpital anwenden, aber die Rechmmg ist länger :1 tan 2

a lim __t_.a_n_:c_.o:-+O

~:

:cl

lcos 2 Jim __,, x->O (1 - cosx) + xsinx

x(l - cos:c)

Ihn( :n-+0 1 -

3tm12 X ) . COS X + X Sill :C

6tanx H=.

2 :c 1 li'm ---------__,, ,,,-;o sin :i: + sin x + :c cos x

1 cos

=

()

Jim

x-+O

cÖs2:,;

2 cos ;i: + cos x

-

,i;

sin .T

6 tan x -lim - - -2 sin x + x cos x

,c->O

=

Jim x-;O

d7

l3 cos l -1 x sin x 1=2. ;i:

-;3

493

-tO

29.

LÖSUNGEN DER AUFGABEN

la. l'vfü dem Satz von Bernoulli-de l'Hopital

.

Jx + sin:r n.= lhn log X x--++oo

+ cos:i:

2~

hm - - - - -

,:--++eo

2 ~(1

.

= ::,:-t+oo Inn

1

+ 2Jxcos,r) -1

= lim Jxx (1 + 2/xcos:z:) = oo. 2

x-t+0

X

--+½

1 - 11 - cos :c 1• f'xl= --+O = .o-;O lirn [52]'" - -log(2). :r J: 2 L::'.'..J-

Alternativ könnte man auch den Satz von Bernoulli-de l'Höpital anwenden .

2" - cosx

11111 - - - x--+0 X lim x-tO 1-cosx 18. '\legen '

=

l2, lim x-tO

li log(2) · 2" + sina: ( ) = x--+0 111 - - - - - - - = 1og 2 1

II.

sinx x

= lim;r,-tO

cos:i;-1

I' n n 2 - . - - - - - - - = lim x-+0 sin x + x log(l + X) x--+O

log(l+x) :e

=l

~-x

Isin~ "' l ·:c2+ X.

-+1

gilt

2

log(l+x)

,a:2

X

--+l

19. Mit dem Satz von Bernoulli-de l'Hopital finden wir

. 13-"-:i:3 !!: 1·1111 3·"lop;3-3:i:2 -331 og, ·3 - ,33-33(1 11 11--- ----- - , op;,3 - 1) . X - 3 x-+3 1

x-+3

494

20. "'egen lirn.x--tO VV

lim.x-+0

arcsin.,: = x

1

lim ..r:-+0

tano: = x

1 gilt

log(l+x) = x

-+1

}'

x~Ö

log(l + tC ) arcsin x - :c 2 + tan x =

log(l+x) }'

,/!fä

·X

;===~='"=·=='---;====;--

·

-:.n

arc-;~n :r

0

:c2+

~-_.-1~

21. vVir Taylor-entwickeln den Term e 1 lx

= liln

=

__,c__ 2x - :c 2

x-tO

·~l!

!. 2

-tl

2

ex= 1 +x +·· · Es ergibt sich somit

1) =

lirn x 2 (e-!-, -

:1:--too

(1 +

lim x 2

x--too

+ .. · -

x2

1) =

!im x 2

x~oo

·

x2

=

L

22. l\!Iit dem Satz von Bernoulli-de l'H6pital finden wir ]'

x2!~

"

]og(l + e·") H. ]'

=

X

I;e" _ l

x!..1! -1- -

·

23. Nach dem Satz von Bernoulli-de l'H6pital ergibt sich

. -1 ]1m x-+0 :V

X) = ]'1111 1 -X( 1 --:r-+-1+-:V) = ,2. ]og ( 1 +1- X :,:-,0 1 + X ( l - :i; ) 2

24.

!im ,/x 3

;v~+oo

+1 -

:i::

= :J:--t+oo lim x~ = oo.

25. Mit dem Wurzeltrick finden wir !im :c

:o-t+oo

(vx

2

+ :r + 1 - J x 2 + :c) =

.

~-2

x-t+oo

_

-

1(

J a: + :c + l - J x 2 + :i;) \

hm x (

.

VX 2 + X + 1 + V:r 2 +X) 1

(vx2+x+l+v?+x).

. (x 2 + x + 1) - (x 2 + :1:) _ 1llll X-',;-==~,---,~=== x-->+= 1/c2 + :i:: + 1 + Jxz + ,1;

1

a; _ 1 - -. x-t+oo 2.1; 2 . 11111

2G. Taylor:

.

sin(rrcos:r) .1: sin :r

hm - - - - -

,n-+O

.

sin(rr-rr:i;+ .. ·)

,,--.o

:r(:1: + · · ·)

= Inn----"-,-----------'--- =

.

1r%+ ...

1T

+ ···

2

11111 - ~ - - - -

x2

x-+O

27. Mit dem Wurzeltrick finden wir . Jl+.1:-Jl-x ]1111 - ' - - - - - - - .1:

:o-->0

.

(l+x)-(1-:i;) . 2x = 11111 - = 1. XVX + 1 + :cvl - .1: :c-;O 2x

= 1llll

--'~=,',,----'~===

x-tO

28. Taylor: .

log(1+3:c)

Inn - --x 2 + 2:r

x-->0

2fJ. vVegen lim,,_,o ta~'."'

tan

.

Inn

(1+3x+· .. )-l . x2

x-tO

+ 2:r

= lim,,_,o log(:,+x) = 1 finden

. 3xlog(l+:i:) • 1llll 2

x-+O

=

:J:

=

3T. . · 11111

:c-->0

log(l+x)

0,

t.an

2

x

=

.

~ + - .. ,r2 + [IiJ

Inn ==-==

x-+0

wir

·0 · =

. 11111 3•

x-+O

x2

- - ,2

tan

-tl

495

x

•

log(l + :r) _ _ 3 :c -tl

29. LÖSUNGEN DER AUFGABEN

30. Mit der Formel a

3

-b3 = (a- b)(a2 +ab+b2 )

finden wir

. . ,1:sin.1:cosx 1!Ill - - - - - = 1!III

sHO

1 - cos3 x

.v--+O

=

xsin.'Vcos:1: (1 - cosx)(l + cos1; + cos 2 :i:) x,sinx·0·cosa:

------------

lim @] ,,-,o (1 - cosx)(l

= a:--+O lim (1- cos,c)

+ cos,i: + cos2 i:) cos1: ·Isin,c I· 1 + cos:i: + cos X

2

2 3

a:

-+½

--+1

31. Mit dem Satz von Bernoulli-de l'Höpital finden wir

1h11 log(lxlsiu) :1:-;0-

=

lim sinxlog(-:i:)

x--to-

=

lim log\-a:)

.T-+O-

-.Slll

!b

lim

l

.r:-+O-

:1:

--+0 2

. sin- :c = - Inn . 1sina: = - lun - I ,'sin.'V - - -1 = 0. ,,-,o- x cos x ,,,-;oa: 1 cos x 1 --+1

32. Fall

->1

g. Mit dem Satz von Bemoulli-de l'Höpital finden wir --+2

ex - e-x H. . 1 e"' + c-"' 1 !im . · = Inn~====;;='= 2. x--+0

S111 a:

,,,-;O

J

COS ;i; 1

--+1

Kapitel 8 Aufgabe 1 1. vVir benutzen das Majorantenkriterium und schätzen ab

../n + 1 ----;===== r.

nP+~

JnTI n+1::;2n v2n ../2 < -- = --

< -n5/a --

-

-

n5/a

n7/0 ·

::,:o

Die gegebene Reihe ist somit konvergent. 2. Quotientenkriterium: Jim n->oo

la.n+ll= a„

lirn (n+l)"+l(2n)! nP(2n + 2)!

n--+co

.

(n+ l)"

hm ----,-----,- = 0 < .1 2n" (2n + 1)

n-too

Die gegebene Reihe ist somit konvergent. 3. vVir berechmm den Limes von an und finden

!im a,, = lim (-l)"n-l/n = lim (-ltc-¼ 10g(n) = lim (-1)" f 0.

n-+oo

-n-+oo

n---too

n-+oo

a„ ist somit keine Nullfolge. Deswegen konvergiert die gegebene Reihe nicht.

496

4. vVir benutzen den Cauchy-Kondensationstest, da in an der Term log(n) vorkommt. \Vir ersetzen also log(n) --+ nlog(2) und multiplizieren mit 2" 2" (nlog(2)) 1dog( 2 )

OO

Die Reihen Reihe

I:;:;'-:, 2 log(n)log(o)

I:;~= 2 (

und

Jim

2 )" (nlog(2)) 10g(2)

(

J)

I:;:,, 2 (

11

(n log(g))lo•( 2

haben somit dasselbe Verhalten. Die

untersuchen wir jetzt mit dem vVnrzelkriterium

(n k,g(~))log( 2 ) ) ·n

fl-->OO

CO

=

via,}= n--;oo Jim (( n log t))l 2 og (2)) = 0 < 1.

Die gegebene Reihe ist somit konvergent. 5. Quotientenkriterium:

. 1m1

n-->oo

,a,,+11-- an

lim

11--+oo

1 l)!n" ,x,n+ - - (n_+ - -1 - 0

1-

(n + 1)"+ x n! 1

-

1.nn Ix.·/ ( -n- )" -_ -/x/ < 1. n +1 e

n--;co

Die Reihe konvergiert, wenn :c < e und divergiert, wenn x > e. Für x:

= e gilt

a,.+_1 - -_e ( -n- )" >l. a„ n+ 1 a„ ist also keine Nullfolge und somit divergiert die Reihe für :c = e. 6. Man kann die Reihe aufspalten

f

(-l)"n+sinn =

n= 2

n 2 1ogn

f

(-1r +

n= 2 nlogn

f n=

sinn .

2

n 2 1ogn

Die erste Reihe konvergiert nach dem Leibnitz-Kriterium. Die zweite Reihe ist absolut konvergent, weil / sinn/ < l und log n > 1 gilt, sodass Folgendes gilt

oo /sinn/ Loo 1 --< -n 2 ' L n 2 logn -

n=2

n=2

7. 1fü Taylor: log (nsin ~) n

(1- ;,

= log

n 3.1

-i---3. + .. ·

+ ... ) = n

1

Die gegebene Reihe ist somit konvergent. 8. Wiederum Taylor:

(-1)" (-vrisin~) = (-1)" ( _~- ,. \ 12 n vn 3.n

+ ... ) ·

Die Reihe Ln konvergiert nach dem Leibnitz-Kriterium. Somit ist die gegebene Reihe konvergent. (Olme (-1? wäre die Reihe divergent.)

("1,

0

9. Wegen !im

n-too

Un

konvergiert die Reihe nicht.

497

= -l 'f' 0

29.

LÖSUNGEN DER AUFGABEN

10. Mit Taylor: e

n

e=e(e

+1 -

n

. ) +1 - 1 - 1

= e [1 +

(n.

2

n2 + +2n 1 - l)

2n - 1 2c --~ l] =cn2 + l n

+ ... -

Die Reihe divergiert. 11. Klassisches Beispiel für das Integralkriterium. Das Integral

l

1

oo

x 1og x 1og 1og :1:

• 2

d:i: = [log log log x] 2 =

oo

divergiert, also divergiert auch die gegebene Reihe. 12. \.Vurzelkriterium:

n 2 - 3n + 1 ,

. Inn

1l

=

" ,~ ( ,,, +n+ 1 )

•

lun

"~-

Somit konvergiert die gegebene Reihe.

~1 l (

-•n

1 1 + - 2- -

~)

;;#fu = e -4 < 1.

13. Wegen konvergiert die gegebene Reihe nicht. 14. Da wir ! und Potenzen haben, ist Qnotientenkriterinrn am besten geeignet .

a,,+1

11m - n-tco a"

=

.

(n

+ l)!(n)» = +

11111 ~ - , - - ~ ~ ~ n--+= n!(n l)n+l

Jim

(

n-too

n

--

n +l

) "

= -1e < 1,

also konvergiert die Reihe. 15. Das Quotientenkriterium ist sehr geeignet . a11 +1 11m - -

n--+co

a. 11

(2n + 2)(2n)!!x 211 +2 nn . = 11m ---,----,--'----c-'-,-...,...,.,----,,- = 1 2 n--+oo

(n + 1)"+ (2n)!!x

Die Reihe konvergiert, falls x 2


dx

cosx

= 1~;2 , wobei

1 - z2

= 1 + z2 '

ergibt

J

1

C:C

_

3-2cos.1: -

=

.!

2

I+z2 _ dz 3-2t;:~~ -

v5

J

2dZ 1+5z2

arctan(z/5) + C

506

=

v5

_ -

J

2CZ l 1+(/5z)2

arctan( V5tan(1:/2)) + C.

6. Partielle Integration

7. Zuerst schreiben wir

Der Integrand hat nun die Form -Jl - y 2 . 11/ir substituieren also 2x

.

d:c

v3 =smy

= v3 cusy dy

2

und bekommen / V3 -4:c 2 dx

= /

2

Vl-sin ycosy dy

=

.!

2

cos y dy.

'Wegen

J

v+sinycosy 2

d

2 cosyy=

gilt

J

v 3 - 4:I; 2 d:i: =

+0

3(y+sinycosy) 3 . (2x) :r + C = arcsm v3 + v 3 - 4:r 2 + C. 4 4 2

8. Partielle Integration

9. Partielle Integration

t

.j

/

2:i:

, ,

2

[iJ. j vI'+'x j d:r = 3(1 + :i:)3/2 - 3

! __

10. Wir schreiben

.

vVir substituieren also x - I

J

2

~:r r l x =

y,:,:c-:c-

=

J

(1 + x):>/2dx

x_2__ d2: V2:r - x 2

= sin t

=;, 2

y'l-(:i:-1)2 2cost-

=

2:c

= 3(1 +

„

4

C

'

:i:)3/2 - 15 (1 + :i:)n/2 + C.

J------;c==x=2==dx.

y'l - (x - 1) 2

d:c = cos t dt

(:i;-1+1) ------;c==,==~