Steven Battilana

(1)

Analysis I

13. ¨ Ubungsstunde

Steven Battilana

stevenb student.ethz.ch battilana.uk/teaching

May 25, 2020

(2)

1 Integration (I)

Definition 1.1: (Struwe 6.1.1)

Eine Funktion F ⊂C¹([a, b]) hiesst Stammfunktion zu f falls gilt:

F⁰(x) = f(x) ∀x∈[a, b].

Definition 1.2

(i) Eine Partition (Zerlegung) vom kompakten Interval I = [a, b] mita < b ist eine endliche Teilmenge P ⊂ I mit P = {a = x₀, x₁, ..., x_n = b} mit x₀ < ... < x_n. Die Menge aller Partitionen vonI bezeichnen wir mit

P(I) :={P ⊂I | a, b∈P, P ist endlich}.

(ii) Die Feinheit der Zerlegung ist definiert durch δ(P) := max

1≤i≤n{|x_i−xi−1|} mit n(P) := n=|P| −1.

Bemerkung: δ(P) ist die L¨ange des gr¨ossten IntervalsI_i = [xi−1, x_i] mit 1≤i≤ n.

(iii) Seien ξi ∈ Ii Zwischenpunkte (St¨utzstellen) mit xi−1 ≤ ξi ≤ xi. Jede Summe der Form

S(f, P, ξ) :=

n

X

i=1

f(ξi)(xi−xi−1)

heisst Riemannsche Summe der Zerlegung P und ξ ∈ {ξ₁, ..., ξ_n}.

Satz 1: (Struwe 6.2.1)

f monoton ⇒ f ist integrierbar.

f stetig ⇒ f ist integrierbar.

Definition 1.3: (Obersumme)

S(f, P) :=

n

X

i=1

sup

ξ∈[xi−1,xi]

f(ξi)(xi−xi−1)

(3)

Definition 1.4: (Untersumme)

S(f, P) :=

n

X

i=1

ξ∈[xinfi−1,xi]f(ξi)(xi−xi−1)

Definition 1.5: (Oberes Riemann-Integral)

Z b a

f(x)dx:= inf{S(f, P) | P ∈ P(I)}.

Definition 1.6: (Unteres Riemann-Integral) Z b

a

f(x)dx:= sup{S(f, P) | P ∈ P(I)}.

Korollar 1.1: (Struwe 6.2.3)

Sei f : [a, b]→R eine beschr¨ankte und integrierbare Funktion. Sei{P⁽ⁿ⁾} eine Folge von Partitionen des kompakten Intervals [a, b] mit δ(P⁽ⁿ⁾) −−−→^n→∞ 0 und {ξ⁽ⁿ⁾} eine feste Wahl von Zwischenpunkten zur Partition P⁽ⁿ⁾. Dann ist

Z b a

f(x)dx= lim

n→∞S(f, P⁽ⁿ⁾, ξ⁽ⁿ⁾).

Bemerkung.

Falls Korollar 6.2.3 erf¨ullt ist, wirdf alsRiemann-integrierbar auf [a, b] bezeichnet.

Bemerkung.

Uniforme Partitionen P⁽ⁿ⁾ ={a =x0, x1, ..., xn} mit xi = a+ ^i(b−a)_n und xi −xi−1 = ^b−a_n ist eine Folge von Partitionen mit δ(P⁽ⁿ⁾) = ^b−a_n −−−→^n→∞ 0.

Beispiel 1.1. Berechne das Integral

1

R

0

(x³ −2x)dx explizit mit Hilfe von Riemannschen Summen.

L¨osung:

Wir unterteilen das Integrationsinterval [0,1] in n gleich grosse Teilintervalle der L¨ange

∆x = _n¹ mit x_k = ^k_n, k = 1, ..., n. Die Feinheit dieser Zerlegung ist δ(P) = ¹_n. Es gilt

n→∞lim δ(P) = 0. Damit ist die Funktion f(x) =x³−2x Riemann-integrierbar und gem¨ass

(4)

der Definition des Riemann-Integrals (wir w¨ahlen ξ_k =x_k) gilt:

Z 1

0

f(x)dx= Z 1

0

(x³−2x)dx= lim

n→∞

n

X

k=1

f(ξk)(xk−xk−1)

= lim

n→∞

n

X

k=1

f k

n 1

n

= lim

n→∞

1 n

n

X

k=1

f k

n

= lim

n→∞

1 n

n

X

k=1

k n

3

−2· k n

!

= lim

n→∞

1 n

n

X

k=1

k³

n³ −2· k n

(∗)= lim

n→∞

1 n⁴

n

X

k=1

k³− 2 n²

n

X

k=1

k

= lim

n→∞

1 n⁴

n(n+ 1) 2

2

− 2 n²

n(n+ 1) 2

= lim

n→∞

n²(n+ 1)²

4n⁴ − n(n+ 1) n²

= lim

n→∞

(n+ 1)²

4n² − n(n+ 1) n²

= lim

n→∞

n²+ 2n+ 1

4n² − n²+n n²

= 1 4 −1

=−3 4. (∗): Wir haben die folgenden Formeln benuntzt:

n

X

k=1

k³ =

n(n+ 1) 2

2 n

X

k=1

k= n(n+ 1) 2 Bemerkung.

Die Kettenregel lautet:

(f ◦g)⁰(x) = f⁰(g(x))g⁰(x).

Damit ist (f ◦g)(x) = f(g(x)) eine Stammfunktion von f⁰(g(x))g⁰(x).

Beispiel 1.2. Bestimme die Stammfunktion von R arctan⁵(x) 1+x² dx.

L¨osung:

Z arctan⁵(x) 1 +x² dx=

Z

arctan⁵(x)

| {z }

f(g(x))

· 1 1 +x²

| {z }

g⁰(x)

dx

1

(5)

Beispiel 1.3. Bestimme die Stammfunktion von R ₃

√x+1

√x+1dx.

L¨osung:

Z 3^√^x+1

√x+ 1dx=

Z e^log(3)

√x+1

√x+ 1

= 2

Z e^log(3)

√x+1

2√

x+ 1 dx

= 2 Z

e^log(3)

√x+1

| {z }

f(g(x))

· 1 2√

x+ 1

| {z }

g(x)

dx

= 2

log(3) ·e^log(3)

√x+1+C, ∀C ∈R

= 2

log(3) ·3

√x+1

+C, ∀C ∈R.

Satz 3: Hauptsatz der Differential und Integralrechung (Version A)

Sei f ∈C⁰([a, b]). Setze F(x) =

x

R

a

f(t)dt, x∈[a, b].

Dann gilt F ∈C¹((a, b)) mit F⁰(x) = f(x).

Satz 4: Hauptsatz der Differential und Integralrechung (Version B) Sei f ∈C⁰([a, b]), F eine Stammfunktion zu f.

Dann gilt:

Z b a

f(x)dx=F(b)−F(a).

Beispiel 1.4. Sei A(x) :=

cos(x)

R

−1

e^arccos(t)dt. Berechen A⁰(x).

L¨osung:

F(x) :=

Z x

−1

e^arccos(t)dt Φ(x) := cos(x)

⇒ A(x) = (F ◦Φ)(x)

⇒ A⁰(x) =F⁰(Φ(x))·Φ⁰(x)

=earccos(cos(x))·(−sin(x))

=−sin(x)·e^x

2 Integration (II)

(6)

Satz 5: (Monotonie des R-Integrals; Struwe 6.3.1) Seien f, g : [a, b]→R, R-integrierbar mitf ≤g. Dann gilt:

Z b a

f(x)dx≤ Z b

a

g(x)dx.

Satz 6: (Linearit¨at des R-Integrals; Struwe 6.3.2)

Seien α, β ∈R, I = [a, b] und f, g :I →R zwei R-integriebare Funktionen. Dann ist die Funktion αf(x) +βg(x) ¨uber [a, b] integrierbar und es gilt:

Z b a

αf(x) +βg(x)dx=α Z b

a

f(x)dx+β Z b

a

g(x)dx.

Korollar 2.1: (Standardabsch¨atzung; Struwe 6.3.1)

Sei f integrierbar ¨uber [a, b]. Dann ist |f| R-integrierbar und es gilt:

Z b a

f(x)dx

≤ Z b

a

|f(x)|dx≤ sup

x∈[a,b]

|f(x)|

!

(b−a).

Satz 7: (Gebietsadditivit¨at; Struwe 6.3.3)

Sei f : [a, b] → R ¨uber [a, b] integrierbar. Sei c ∈ [a, b]. Dann sind f

[a,c] und f [c,b]

integrierbar und gilt:

Z b a

f(x)dx= Z c

a

f(x)dx+ Z b

c

f(x)dx.

Bemerkung.

• Konvention:

Z b a

f(x)dx=− Z a

b

f(x)dx

• Z a

a

f(x)dx= 0

Satz 8: (Partielle Integration) Z b

a

f⁰(x)·g(x)dx =h

f(x)g(x)ib a−

Z b a

f(x)·g⁰(x)dx.

(7)

Herleitung:

uv = Z

(uv)⁰dx

Produkteregel

= Z

(u⁰v+uv⁰)dx

Linearit¨at

= Z

u⁰vdx+ Z

uv⁰dx

⇔ Z

u⁰vdx =uv− Z

u⁰vdx

Beispiel 2.1. BerechneR

log²(x)dx.

L¨osung:

Z

log²(x)dx= Z

log²(x)·1dx

PI= log²(x)·x− Z

2 log(x)· 1 x ·x dx

= log²(x)·x−2 Z

log(x)dx

= log²(x)·x−2 Z

log(x)·1dx

PI= log²(x)·x−2

log(x)·x− Z 1

x ·x dx

= log²(x)·x−2 (log(x)·x−x) +C, C∈R

=xlog²(x)−2xlog(x) + 2x+C, C ∈R

Beispiel 2.2. BerechneR

e^2xcos(x)dx.

L¨osung: Z

e^2xcos(x)dx^PI=e^2xsin(x)−2 Z

e^2xsin(x)dx

PI=e^2xsin(x)−2

e^2x(−cos(x))−2 Z

e^2x(−cos(x))dx

=e^2xsin(x)−2

e^2x(−cos(x)) + 2 Z

e^2xcos(x)dx

=e^2xsin(x) + 2e^2xcos(x) + 4 Z

e^2xcos(x)dx

⇔ 5 Z

e^2xcos(x)dx=e^2xsin(x) + 2e^2xcos(x) +C,e Ce ∈R

⇔ Z

e^2xcos(x)dx= 1

5e^2xsin(x) + 2

5e^2xcos(x) +C, C ∈R

(8)

Beispiel 2.3. Berechne

1

R

0

xsinh(4x)dx.

L¨osung:

Z 1

0

xsinh(4x)dx=

x· cosh(4x) 4

1

0

− Z 1

0

1· cosh(4x)

4 dx

=

x· cosh(4x) 4

1

0

− 1 4

Z 1

0

cosh(4x)dx

=

1· cosh(4)

4 −0· cosh(0) 4

− 1 4

sinh(4x) 4

1

0

= cosh(4)

4 − 1

4

sinh(4)

4 − sinh(0) 4

sinh(0)=0

= cosh(4)

4 −1

4

sinh(4)

4 −0

= cosh(4)

4 − sinh(4) 16

Bemerkung.

Was ist mit R ₁

x dx?

L¨osung:

f₁ : (0,∞)→R, x7→ 1

x ⇒

Z

f₁(x)dx = log(x) +C, C ∈R f₂ :R \ {0} →R, x7→ 1

x ⇒

Z

f₂(x)dx= log|x|+C, C ∈R Behauptung: R

f₂(x)dx=R ₁

x = log|x|+C, C ∈R ⇒ (log|x|+C)⁰ = _x¹. Beweis:

(log|x|+C)⁰ = log⁰|x|(|x|)⁰

= 1

|x| ·(|x|)⁰

= (₁

x ·1, x >0

−1

x · −1, x <0

= 1 x

Satz 9: (Substitution; Struwe 6.1.5)

Sei f : [a, b] → R stetig, F eine Stammfunktion von f, g : [α, β] → R der Klasse

(9)

C¹([α, β]), sowie t₀ ≤t₁ in [α, β], so dassg([t0, t₁])⊂[a, b]. Dann gilt:

Z t1

t0

F⁰(g(t))g⁰(t)dt= Z t1

t0

f(g(t))g⁰(t)dt= Z g(t1)

g(t0)

f(x)dx.

Satz 10: (Substitution; Burger 5.4.6)

Sei a < b, φ : [a, b] → R stetig differenzierbar, I ⊂ R ein Intervall mit φ([a, b]) ⊂ I und f :I →R eine stetige Funktion. Dann gilt:

Z φ(b) φ(a)

f(x)dx= Z b

a

f(φ(t))φ⁰(t)dt.

Beispiel 2.4. Berechne

π2

R4

0

cos(√ x)dx.

L¨osung:

Wir w¨ahlen die folgende Substitution:

u=√ x

Gem¨ass Substitutionsregel f¨uhren wir die Variablensubstitution im Integranden durch, dazu brauchen wir noch folgendes:

g(x) :=u=√ x

⇒ d

dx(u) = 1 2√ x

⇔ du= 1 2√

x dx

⇔ 2√

x du=dx

⇔ 2u du=dx

Jetzt k¨onnen wir einsetzen:

Z ^π

2 4

0

cos √ x

dx= Z g

π2 4

g(0)

2ucos(u)du

= Z

q

π2 4

0

2ucos(y)du

= Z ^π₂

0

2ucos(y)du

(10)

Nun k¨onnen wir das Integral mit der partiellen Integration l¨osen:

2 Z ^π₂

0

ucos(u)du^PI= 2 h

usin(u)i^π₂

0

− Z ^π₂

0

sin(u)du

!

= 2 π

2 sinπ 2

−(−cos(u))

π 2

0

= 2 π

2 ·1 + cos(u)

π 2

0

= 2π

2 + cosπ 2

−cos(0)

= 2π

2 + 0−1

= 2· π 2 −2

=π−2 Bemerkung. (Substitution)

Folgend wird aufgelistet bei welchen Funktionen welche Substitutionen n¨utzlich sein k¨onnen:

(i) e^x, sinh(x), cosh(x)

Substitution: t=e^ax, dx= ^dt_at, sinh(x) = ^t²_2t⁻¹, cosh(x) = ^t²_2t⁺¹ (ii) log(x)

Substitution: t= log(x), x=e^t, dx=e^tdt (iii) √

ax+b, substituiere die Wurzel (am besten im Nenner) Substitution: √

x, √

x+ 1→t=√

x; √^b

x→t=√^b x (iv) cos²(x), sin²(x), ..., tan(x)

Substitution: t= tan(x), dx= _1+t¹2dt, sin²(x) = _1+t^t²2, cos²(x) = _1+t¹2

(v) cos(x), sin(x), cos³(x), ...

Substitution: t= tan ^x₂

, dx= _1+t²2dt, sin(x) = _1+t^2t2, cos(x) = ^1−t_1+t²2

(vi) √

x²+bx+c im Z¨ahler, benutze sin²(x) + cos²(x) = 1 oder cosh(x)−sinh(x) = 1 R √

1−x²dx: substuiere mit x= sin(x), cos(x) R √

x²−1dx: substuiere mit x= cosh(x) R √

x²+ 1dx: substuiere mit x= sinh(x) (vii) √

a²+b²x²

Substitution: x= â_b·tan(t), dx= _b_cosâ2(t)·dtoderx= â_b·sinh(t), dx= â_b·cosh(t)·dt (viii) √

b²x²−a²

Substitution: x= _b_cos(t)¹ , dx= â_b ·_cos^sin(t)2(t)·dt oder x= â_b ·cosh(t), dx= â_b ·sinh(t)dt

3 Integration (III)

Bemerkung.

Wenn wir zwei Brüche haben und sie addieren, müssen wir für das einen gemeinsamen

(11)

Nenner finden:

x

x²+ 1 + 1

x+ 1 = x·(x+ 1) + (x²+ 1)

(x²+ 1)(x+ 1) = 3x²+x+ 2 (x²+ 1)(x+ 1)

Jetzt wollen wir die Richtung umkehren und von rechts nach links gehen, aber wie funk- tioniert das? Mit Hilfe von der Partialbruchzerlegung! (vergleiche mit Satz 6.1.6 aus dem Skript)

Kochrezept f¨ur die Partialbruchzerlegung (PBZ) Gegeben: Eine rationale Funktion f(x) = ^p(x)_q(x)

Gefragt: Partialbruchzerlegung von f(x)

(i) Falls deg(p)≥deg(q), dann berechne die Polynomdivision und erhalten die folgende Form:

f(x) = p(x)

q(x) =q(x)s(x) + p(x)e q(x)

| {z }

Restterm

Falls deg(p)<deg(q), dann setzep(x) =p(x).e (ii) Suche die Nullstellen von q(x) und faktorisiere q(x).

Bemerkung. Für den Fall, dass ihr die Nullstellen nicht direkt sieht, könnt ihr hier die Mitternachtsformel oder ein Trick verwenden, indem ihr die Nullstelle erratet (teste: 1,−1,2,−2, etc.) und dann eine Polynomdivision durchführt.

(iii) Benutze den Ansatz zur Partialbruchzerlegung:

q(x) =(x−x₀)(x−x₁)^k(x²+a₁x+b₁) faktorisiertes q(x) vom Schritt (ii) f(x) = p(x)

q(x) = A₀

(x−x₀)+...+ A_n

(x−x_n) +...(einfache Nullstellen) + A₁

(x−x₀) +...+ A_k

(x−x₀)^k + B₁

(x−x₁) +... (mehrfache Nullstellen) + A1x+B1

(x² +a₁x+b₁)+...+ Akx+Bk

(x²+a₁x+b₁)^k +...(komplexe, mehrfache Nullstellen) (iv) Bringe den gefundenen Ansatz auf einen gemeinsamen Nenner, d.h. der Nenner ist

q(x) und f¨uhre einen Koeffizientenvergleich durch (#Unbekannte = deg(q)).

Beispiel 3.1 (Partialbruchzerlegung ”light” aus dem 4.PDF).

Zerlege f(x) = _(x+2)(x−1)¹ .

(12)

L¨osung:

1 (x+ 2)(x−1)

=! A

x+ 2 + B x+ 1

= A(x−1) +B(x+ 2) (x+ 2)(x−1)

= (A+B)x+ (2B−A)·1 (x+ 2)(x−1)

Koeffizientenvergleich:

1= (A^! +B)x+ (2B−A)·1

⇒A+B = 0 ∧ 2B −A= 1

⇔A=−B (∗)

⇒2B−A= 1

A=−B=⇒ 2B −(−B) = 1

⇔3B = 1

⇔B = 1 3

(∗)∧B=¹₃

=⇒ A=−1 3

=⇒ 1

(x+ 2)(x−1) = −¹₃ x+ 2 +

1 3

x+ 1 =− 1

3(x+ 2) + 1 3(x+ 1) Beispiel 3.2. Zerlege: f(x) = ^−21x_−3x⁴^−14x3−2x³^+34x²+3x+2²^+22x−1.

L¨osung:

(i) deg(p)>deg(q) mit:

p(x) = −21x⁴−14x³+ 34x²+ 22x−1 q(x) = −3x³−2x²+ 3x+ 2

Also m¨ussen wir eine Polynomdivision durchf¨uhren:

−21x⁴−14x³+ 34x² + 22x−1

: −3x³−2x²+ 3x+ 2

= 7x+ 13x²+ 8x−1

−3x³−2x² + 3x+ 2 21x⁴ + 14x³−21x²−14x

13x² + 8x−1 Wir definierenp(x) = 13xe ²+ 8x−1.

(ii) Suche die Nullstellen von q(x) und faktorisiere:

f(x) =q(x)s(x) + p(x)e

q(x) = (−3x³−2x²+ 3x+ 2)·7x+ 13x²+ 8x−1

−(x−1)(x+ 1)(3x+ 2)

(13)

(iii) Benutze den Ansatz f¨ur den Restterm:

A

x−1+ B

x+ 1 + C 3x+ 2

(iv) Bringe den gefundenen Ansatz auf einen gemeinsamen Nenner:

A

x−1+ B

x+ 1 + C

3x+ 2 = A(x+ 1)(3x+ 2) +B(x−1)(3x+ 2) +C(x−1)(x+ 1) (x−1)(x+ 1)(3x+ 2)

= (3A+ 3B+C)x²+ (5A−B)x+ (2A−2B−C) (x−1)(x+ 1)(3x+ 2)

Koeffizientenvergleich:

13x²+ 8x−1

−3x³−2x²+ 3x+ 2 =− 13x²+ 8x−1 (x−1)(x+ 1)(3x+ 2)

=! (3A+ 3B+C)x²+ (5A−B)x+ (2A−2B−C) (x−1)(x+ 1)(3x+ 2)

Potenz von x Ansatz gegebenes Z¨ahlerpolynom

x² : 3A+ 3B+C =−13

x¹ : 5A−B =−8

x⁰ : 2A−2B−C = +1

Löse dieses Gleichungssystem, hier könnt ihr die Methoden aus der linearen Algebra benutzen. Damit erhaltet ihr die folgende Lösung:

A=−2 B =−2 C =−1

Letztendlich erhalten wir somit die folgende Partialbruchzerlegung:

−39x⁵−50x⁴+ 26x³+ 52x²+ 13x−2

−3x³−2x²+ 3x+ 2 = 13x²+ 8x−1

−3x³−2x² + 3x+ 2

=− 2

x−1− 2

x+ 1 − 1 3x+ 2 Somit erhalten wir als Gesamtl¨osung:

f(x) = (−3x³−2x²+ 3x+ 2)·7x− 2

x−1 − 2

x+ 1 − 1 3x+ 2.

(14)

Definition 3.1: (Gammafunktion)

Die Gammafunktion ist f¨ur reelle α >0 definiert durch:

Γ(α) = Z ∞

0

t^α−1e^−tdt.

Definition 3.2: (Gauss’sche Integral) Z ∞

0

√1

te^−t dt=

√π 2 .

Definition 3.3: (Struwe 6.4.1)

Sei f : (a, b)→R uber jedes kompakte Intervall [c, d]¨ ⊂(a, b) Riemann-integrabel. f heisst ¨uber (a,b) uneigentlich Riemann-integrabel, falls

Z b a

f dx:= lim

c→a⁺, d→b⁻

Z d c

f dx

existiert.

Definition 3.4: (Michaels: Uneigentliche Integrale vom Typ a) (i) Sei f(x) auf [a,∞) stetig. Dann setzt man

Z ∞

a

f(x)dx:= lim

R→∞

Z R a

f(x)dx,

falls der Grenzwert existiert. Dieser Wert heisst uneigentliches Integral.

(ii) Seif(x) auf (−∞, b] stetig. Dann setzt man Z b

−∞

f(x)dx:= lim

R→−∞

Z b R

f(x)dx,

Definition 3.5: (Michaels: Uneigentliche Integrale vom Typ b) (i) Sei f(x) auf (a, b] stetig. Dann setzt man

Z b a

f(x)dx:= lim

ε→0⁺

Z b a+ε

f(x)dx,

(15)

(ii) Seif(x) auf [a, b) stetig. Dann setzt man Z b

a

f(x)dx:= lim

ε→0⁺

Z b−ε a

f(x)dx,

Sei f : [1,∞) → R⁺ monoton fallend. Dann konvergiert die Reihe

∞

P

k=1

f(k) genau dann, wenn

∞

R

1

f dx konvergiert und in diesem Fall gilt:

0≤

∞

X

k=1

f(k)− Z ∞

1

f dx≤f(1).

3.1 Konvergenzkriterien f¨ ur uneigentliche Integrale

Bemerkung. (Kriterium 1: Direkte Berechnung & Definition)

Einige uneigentliche Integrale besitzen die Eigenschaft, dass man das (unbestimmte) integral explizit berechnen kann. In diesen Situationen zeigt man die Konvergenz des Integrals mit Hilfe der Definition 6.4.1.

Beispiel 3.3. Zeige die Konvergenz von

∞

R

1 1 x^pdx.

L¨osung:

• Falls p= 1:

Z ∞

1

xdx^Def.= lim

R→∞

Z R 1

1 xdx

= lim

R→∞[log|x|]^R₁

= lim

R→∞log|R| −log|1|

= lim

R→∞log|R|

=∞ Also divergiert das Integral.

(16)

• Falls p >1:

Z ∞

1

x^pdx^Def.= lim

R→∞

Z R 1

1 x^pdx

= lim

R→∞

−1 (p−1)x^p−1

R

1

= lim

R→∞

−1

(p−1)R^p−1 − −1 (p−1)1^p−1

= lim

R→∞

−1

(p−1)R^p−1 + 1 p−1

= lim

R→∞

1 p−1

− 1 R^p−1 + 1

p−1>0

= 1

p−1(−0 + 1)

= 1

p−1 <∞

Also konvergiert das Integral.

• Falls p <1:

Z ∞

1

x^pdx^Def.= lim

R→∞

Z R 1

1 x^pdx

=...= lim

R→∞

1 p−1

− 1 R^p−1 + 1

p−1<0

= ” 1

p−1

| {z }

<0

(−∞+ 1)”

=∞ Also divergiert das Integral.

Zusammenfassend haben wir die folgende wichtige Merkregel hergeleitet:

Z ∞

1

x^p dx konvergiert ⇔ p > 1.

Satz 12: (Kriterium 2a: Vergleichskriterium) Es seien f, g auf [a,∞) stetig mit

0≤f(x)≤g(x) ∀x∈[a,∞) (i) Ist

∞

R

a

g(x)dx konvergent, so auch

∞

R

a

f(x)dx,

(17)

(ii) Ist

∞

R

a

f(x)dxdivergent, so auch

∞

R

a

g(x)dx.

Satz 13: (Kriterium 2b: Vergleichskriterium) Es seien f, g auf (a, b] stetig mit

0≤f(x)≤g(x) ∀x∈(a, b]

(i) Ist

b

R

a

g(x)dx konvergent, so auch

b

R

a

f(x)dx,

(ii) Ist

b

R

a

f(x)dx divergent, so auch

b

R

a

g(x)dx.

Satz 14: (Kriterium 3a: Absolute Konvergenz) Z ∞

a

|f(x)|dx <∞ ⇒

Z ∞

a

f(x)dx <∞.

Satz 15: (Kriterium 3b: Absolute Konvergenz) Z b

a

|f(x)|dx <∞ ⇒ Z b

a

f(x)dx <∞.

Satz 16: (Kriterium 4a: Grenzwerttest) Test 1 (i) f(x), g(x) auf [a,∞) stetig

(ii) lim

x→∞

f(x)

g(x) =A6=∞ dann

∞

R

a

|g(x)|dx <∞ konvergiert ⇔ R∞

a |f(x)|dx konvergiert.

Test 2 (i) f(x) auf [a,∞) stetig (ii) lim

x→∞x^pf(x) =A6=∞ f¨ur ein p >1.

dann konvergiert

∞

R

a

|f(x)|dx und somit auch

∞

R

a

f(x)dx (absolute Konvergenz) Test 3 (i) f(x) auf [a,∞) stetig

(ii) lim

x→∞xf(x) =A6= 0,∞.

dann divergiert

∞

R

a

f(x)dx. (Beachte: Test 3 versagt, falls A= 0).

(18)

Satz 17: (Kriterium 4b: Grenzwerttest) Test 1 (i) f(x), g(x) auf (a, b] stetig

(ii) lim

x→a⁺ f(x)

g(x) =A6=∞ dann

b

R

a

|g(x)|dx <∞ konvergiert ⇔

b

R

a

|f(x)|dx konvergiert.

Test 2 (i) f(x) auf (a, b] stetig (ii) lim

x→a⁺(x−a)^pf(x) =A6=∞ f¨ur ein 0< p <1.

dann konvergiert

b

R

a

|f(x)|dx und somit auch

b

R

a

f(x)dx (absolute Konvergenz) Test 3 (i) f(x) auf (a, b] stetig

(ii) lim

x→a⁺(x−a)f(x) =A6= 0,∞.

dann divergiert

b

R

a

f(x)dx. (Beachte: Test 3 versagt, falls A= 0).

Satz 18: (Kriterium 5a: Leibnitz-Kriterium f¨ur uneigentliche Integrale) Sei f(x) eine stetige Funktion auf [a,∞). Ist die Funktion f(x) monoton fallend und gilt lim

x→∞f(x) = 0, so konvergieren die uneigentlichen Integrale Z ∞

a

f(x) sin(x)dx bzw.

Z ∞

a

f(x) cos(x)dx.

Satz 19: (Kriterium 5b: Leibnitz-Kriterium f¨ur uneigentliche Integrale) Sei f(x) eine stetige Funktion auf (a, b]. Ist die Funktion f(x)(x − a)² monoton wachsend und gilt lim

x→a⁺f(x)(x−a)² = 0, so konvergieren die uneigentlichen Integrale Z b

a

f(x) sin 1

x−a

dx bzw.

Z b a

f(x) cos 1

x−a

dx.

Satz 20: (Kriterium 6b: Beschr¨ankte Funktion auf beschr¨anktem Intervall) Es sei f auf (a, b] stetig. Gilt

x→alim⁺f(x) = A6=∞,

so konvergiert das Integral

b

R f(x)dx.

(19)

4 Das Taylorpolynom und die Taylorsche Formel

Satz 21: (Taylor-Formel; Struwe 5.5.1)

Sei f : [a, b] → R eine C^m([a, b])-Funktion (d.h. auf (a, b) m-mal differenzierbar).

Dann gilt:

f(x) = Tmf(x;x0) +Rmf(x;x0)

mit dem Taylor-Polynom von Grad m und am Entwicklungspunkt x₀: T_mf(x;x₀) :=

m

X

k=0

f^(k)(x0)(x−x₀)^k k!

und f¨ur den Restterm R_mf(x;x₀) := f(x)−T_mf(x;x₀) gilt:

x→xlim0

R_mf(x;x₀) (x−x₀)^m = 0.

Falls f m+ 1-mal differenzierbar ist, so gilt die Taylor-Formel: f(x) =T_mf(x;x₀) +f^(m+1)(ξ)(x−x₀)^m+1

(m+ 1)! für ein ξ∈(x0, x) Falls f ∈C^m+1[a, b], dann giltdie Abschätzung für den Restterm:

|R_mf(x;x₀)| ≤ sup

x0<ξ<x

f^(m+1)(ξ)

(x−x₀)^m+1 (m+ 1)! .

Definition 4.1: (Taylor-Reihe)

Sei f ∈ C^∞ eine C^∞-Funktion. Die Taylor-Reihe der Funktion f(x) mit Entwick- lungspunkt x₀ ist die Potenzreihe:

T∞f(x;x₀) := T f(x;x₀) :=

∞

X

k=0

f^(k)(x0)(x−x0)^k k! .

Bemerkung.

Die Taylor-Reihe einer C^∞-Funktion f ist im Allgemeinen nicht konvergent. Sie ist eine Potenzreihe mit Konvergenzradius |x−x₀|< ρ(ρ kann 0, ∞, oder endlich sein).

Bemerkung.

Falls T f(x;x₀) gegenf konvergiert, also wenn gilt:

T f(x;x₀) =

∞

X

k=0

f^(k)(x0)(x−x₀)^k k!

=! f(x)

so nennt man die Funktionf reell analytisch (unter anderem trigonometrische Funktionen, Logarithmus, Exponentialfunktion, Polynome).

Beispiel 4.1. Bestimme das Taylorpolynom m-ter Ordnung der Funktion f(x) = cos(x)

(20)

L¨osungen:

Wir berechnen die Ableitugnen der Funktion f(x) = cos(x) an der Stelle x₀ = 0:

f(x) = cos(x) ⇒ f(0) = 1 f⁰(x) =−sin(x) ⇒ f⁰(0) = 0 f⁰⁰(x) =−cos(x) ⇒ f⁰⁰(0) = −1

f⁰⁰⁰(x) = sin(x) ⇒ f⁰⁰⁰(0) = 0 ...

Wir finden somit

f⁽²ⁿ⁾(0) = (−1)ⁿ, f⁽²ⁿ⁺¹⁾(0) Somit lautet das gesuchte Taylorpolynom

Tmf(x;x0) = f(x0) +f⁰(x0)(x−x0) +f⁰⁰(x0)(x−x₀)²

2 +...+f^(m)(x0)(x−x₀)^m m!

T_mf(x; 0) =f(0) +f⁰(0)(x−0) +f⁰⁰(0)(x−0)²

2 +...+f^(m)(0)(x−0)^m m!

= cos(0) + cos⁰(0)(x−0) + cos⁰⁰(0)(x−0)²

2 +...+ cos^(m)(0)(x−0)^m m!

= cos(0)−sin(0)(x−0)−cos(0)(x−0)²

2 +...+ cos^(m)(0)(x−0)^m m!

= 1−sin(0)(x−0)

| {z }

=0

−(x−0)²

2 +...+ (−1)ⁿ(x−0)²ⁿ (2n)!

= 1−x² 2 + x⁴

4! +...+(−1)ⁿx²ⁿ (2n)! ,

wobei m = 2n ist, falls m eine gerade Zahl ist und m = 2n+ 1, falls m einen ungerade Zahl ist.

Beispiel 4.2. Berechne mit Hilfe der Taylor-Approximation die Funktionf(x) = (1+x)^α an der Stelle x= 1.2 f¨urα = ¹₇ und exakt bis auf eine Nachkommastelle.

L¨osung:

Der n¨achste Punkt, der ”einfach” zu berechnen ist, ist x0 = 1.

Wir berechnen die Ableitungen der Funktion f(x) = (1 +x)¹⁷ an der Stellex₀ = 1:

f(x) = (1 +x)^α ⇒ f(1) = 2¹⁷ f⁰(x) =α(1 +x)^α−1 ⇒ f⁰(1) = 1

7·2⁻⁶⁷ f⁰⁰(x) = α(α−1)(1 +x)^α−2 ⇒ f⁰⁰(1) = 1

7 ·−6

7 ·2⁻¹³⁷ =− 6

49·2⁻¹³⁷ f⁰⁰⁰(x) =α(α−1)(α−2)(1 +x)^α−3 ⇒ f⁰⁰⁰(1) = 1

7 · −6 7 · −13

7 ·2⁻¹³⁷ = 78 343 ·2⁻²⁰⁷ ...

f^m+1(x) = α(α−1)·...·(α−m)(1 +x)^α−(m+1)

Nun berechnen wir bzw. sch¨atzen den Restterm ab, um die gew¨unschte Genauigkeit zu

(21)

|f^m+1(x)|=|α||α−1| ·...· |α−m||1 +x|^α−(m+1)

|R_mf(x;x₀)| ≤ sup

x0<ξ<x

|f^(m+1)(ξ)|(x−x₀)^m+1 (m+ 1)!

⇒ sup

x0<ξ<x

|f^(m+1)(ξ)|(x−x₀)^m+1

(m+ 1)! = sup

x0<ξ<x

|α||α−1| ·...· |α−m||1 +ξ|^α−(m+1)(x−x₀)^m+1 (m+ 1)!

= sup

x0<ξ<x

α

|{z}

<1

|α−1|

2

| {z }

<1

·...·|α−m|

m+ 1

| {z }

<1

|1 +ξ|^α−(m+1)(x−x₀)^m+1

| {z }

<1

< sup

x0<ξ<x

|1 +ξ|^α−(m+1)

ξ>0

= sup

x0<ξ<x

(1 +ξ)^α−(m+1)

| {z }

monoton fallend

= (1 +x₀)^α−(m+1) (i)

Die Ordnung m ist so zu wählen, dass |Rmf(x;x0)| = (1 +x0)^α−(m+1) ≤ ₁₀¹ gilt. Nun können wir die letzte Ungleichung nach m auflösen (A) oder für verschiedene m testen (B).

(A)

(1 + 1)^α−(m+1) ≤ 1 10

⇔ 2^α−(m+1) ≤ 1 10

⇔ α−(m+ 1)≤log₂ 1

10

⇔ α−m−1≤ −log₂(10)

⇔ α−1 + log₂(10)≤m

α=¹₇

⇒ 1

7 −1 + log₂(10)

| {z }

≈2.46

≤m

=⇒w¨ahle m = 3.

(B) m= 0 & (i) :

(1 + 1)¹⁷⁻⁽⁰⁺¹⁾ = 2¹⁷⁻¹

= 2⁻⁶⁷

= 1

2⁶⁷ ≈0.55> 1 10 m= 1 & (i) :

(1 + 1)¹⁷⁻⁽¹⁺¹⁾ = 2¹⁷⁻²

= 2⁻¹³⁷

1 1

(22)

m= 2 & (i) :

(1 + 1)¹⁷⁻⁽²⁺¹⁾ = 2¹⁷⁻³

= 2⁻²⁰⁷

= 1

2²⁰⁷ ≈0.14> 1 10 m= 3 & (i) :

(1 + 1)¹⁷⁻⁽³⁺¹⁾ = 2¹⁷⁻⁴

= 2⁻²⁷⁷

= 1

2²⁷⁷ ≈0.07< 1 10 Hier testen wir verschiedene Werte f¨urm.

Somit haben wir herausgefunden, dass die Taylor-Approximation der 3. Ordnung unsere Genauigkeistanforderungen erf¨ullt und berechnen nun die Approximation:

T₃f(x;x₀) = f(x0) +f⁰(x0)(x−x₀) + 1

2f⁰⁰(x0)(x−x₀)² + 1

3!f⁰⁰⁰(x0)(x−x₀)³ T₃f(1.2; 1) =f(1) +f⁰(1)(1.2−1) + 1

2f⁰⁰(1)(1.2−1)²+ 1

3!f⁰⁰⁰(1)(1.2−1)³

=f(1) +f⁰(1)·0.2 + 1

2f⁰⁰(1)·0.2²+ 1

6f⁰⁰⁰(1)·0.2³

= 2¹⁷ + 1

7·2⁻⁶⁷ ·0.2 + 1 2

−6

49 ·2⁻¹³⁷ ·0.2²+1 6

78

343 ·2⁻²⁰⁷ ·0.2³

≈1.1192280938 (exakt: 1.11922531815).