Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik

Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis

Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Sebastian Schwarz

Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik

Lösungsvorschläge zum 6. Übungsblatt

Aufgabe 31 (Übung)

a) Rechnen Sie nach, dass die aus der Vorlesung aufRbekannten Formeln e^iz = cos (z) + i sin (z), sin²(z) + cos²(z) = 1, auch fürz∈Cgelten.

b) Zeigen Sie, dass die Sinusfunktion ungerade und die Kosinusfunktion gerade ist, also sin (−z) =−sin (z), cos (−z) = cos (z),

für allez∈C.

c) Beweisen Sie, dass fürz=x+ iy

sin (z) = sin (x) e^y+ e^−y 2

!

+ i cos (x) e^y−e^−y 2

! ,

cos (z) = cos (x) e^y+ e^−y 2

!

−i sin (x) e^y−e^−y 2

! ,

und schließen Sie daraus, dass die beiden Funktionen aufCunbeschränkt sind.

Lösungsvorschlag

a) Wir fangen auf der rechten Seite der ersten Gleichung an und beobachten, dass cos (z) + i sin (z) =1

2(e^iz+ e^−iz) + i

2i(e^iz−e^−iz) =1

2(e^iz+ e^−iz+ e^iz−e^−iz) = e^iz. Zudem gilt

sin²(z) + cos²(z) =1

4(e^iz+ e^−iz)²−1

4(e^iz−e^−iz)²= 1

4(e^2iz+ 2 + e^−2iz−(e^2iz−2 + e^−2iz)) = 1.

b) Es gilt

sin (−z) = 1

2i(e^i(−z)−e^−i(−z)) =−1

2i(e^iz−e^−iz) =−sin(z) und

cos (−z) =1

(e^i(−z)+ e^−i(−z)) = 1

(e^iz+ e^−iz) = cos (z)

für allez∈C. Alternativ erkennt man diese Gleichungen auch an der Potenzreihenentwicklung, da jeweils nur ungerade beziehungsweise gerade Potenzen vonzauftauchen.

c) Es gilt

sin (z) = 1

2i(e^iz−e^−iz) = 1

2i(e^ixe^−y−e^−ixe^y) = 1

2i((cos(x) + i sin(x))e^−y−(cos(x)−i sin(x))e^y)

= sin (x) e^y+ e^−y 2

!

+ cos (x) e^−y−e^y 2i

!

= sin (x) e^y+ e^−y 2

!

+ i cos (x) e^y−e^−y 2

!

und analog cos (z) = 1

2(e^iz+ e^−iz) =1

2(e^ixe^−y−e^−ixe^y) =1

2((cos(x) + i sin(x))e^−y+ (cos(x)−i sin(x))e^y)

= cos (x) e^y+ e^−y 2

!

+ i sin (x) e^−y−e^y 2

!

= cos (x) e^y+ e^−y 2

!

−i sin (x) e^y−e^−y 2

! .

Für die Unbeschränktheit begeben wir uns auf die imaginäre Achse (alsox = 0 und somit sin(x) = 0, cos(x) = 1). Es gilt füry >0 (also 0<e^−y<e⁰= 1<e^ywegen Monotonie)

|sin(iy)|=e^y−e^−y 2 >e^y

2 −1 2,

|cos(iy)|=e^y+ e^−y 2 > e^y

2

Da nach Vorlesung sup{e^y : y∈R}=∞und 0<e^y61 füry60, gilt auch sup{e^y: y >0}=∞. Somit existiert zu jedem C∈Reiny_C >0 mit e^yC >2C+ 1, also ^eyC₂ > ^eyC₂ −¹

2> C und somit sowohl |sin(iy)|> Cals auch |cos(iy)|> C.

Aufgabe 32 (Tutorium)

Zeigen Sie mit Hilfe der Additionstheoreme die folgenden Formeln für allez, w∈C. a) sin(2z) = 2 sin(z) cos(z)

c) sin(z) + sin(w) = 2 sin z+w 2

!

cos z−w 2

!

b) cos(2z) = 1−2 sin²(z) = 2 cos²(z)−1 d) cos(z) + cos(w) = 2 cos z+w

2

!

cos z−w 2

!

Lösungsvorschlag

a) Das Additionstheorem sin(z+w) = sin(z) cos(w) + cos(z) sin(w) liefert für jedesz∈C sin(2z) = sin(z+z) = sin(z) cos(z) + cos(z) sin(z) = 2 sin(z) cos(z). b) Ebenso folgt aus cos(z+w) = cos(z) cos(w)−sin(z) sin(w) die Gleichung

cos(2z) = cos(z+z) = cos(z) cos(z)−sin(z) sin(z) = cos²(z)−sin²(z).

Wie wir inAufgabe 31a)gesehen haben, gilt die aus der Vorlesung bekannte Formel cos²(z) + sin²(z) = 1 auch für jedesz∈C. Somit folgt

cos²(z)−sin²(z) =











(1−sin²(z))−sin²(z) = 1−2 sin²(z), cos²(z)−(1−cos²(z)) = 2 cos²(z)−1. c) Nach den bekannten Additionstheoremen undAufgabe 31b)gilt

sin z+w 2

!

= sin z 2

! cos w

2

!

+ cos z 2

! sin w

2

! ,

cos z±w 2

!

= cos z 2

!

cos ±w 2

!

−sin z 2

!

sin ±w 2

!

= cos z 2

! cos w

2

!

∓sin z 2

! sin w

2

! .

Somit folgt 2 sin z+w

2

!

cos z−w 2

!

= 2 sin z 2

! cos w

2

!

+ cos z 2

! sin w

2

!!

cos z 2

! cos w

2

!

+ sin z 2

! sin w

2

!!

= 2 sin z 2

! cos z

2

!

cos² w 2

!

+ 2 sin w 2

! cos w

2

! sin² z

2

!

+ 2 sin w 2

! cos w

2

! cos² z

2

!

+ 2 sin z 2

! cos z

2

!

sin² w 2

!

= 2 sin z 2

! cos z

2

!

sin² w 2

!

+ cos² w 2

!!

+ 2 sin w 2

! cos w

2

! sin² z

2

!

+ cos² z 2

!!

a), A27a)

= sin(z) + sin(w) d) Es gilt

2 cos z+w 2

!

cos z−w 2

!

= 2 cos z 2

! cos w

2

!

−sin z 2

! sin w

2

!!

cos z 2

! cos w

2

!

+ sin z 2

! sin w

2

!!

= 2 cos² z 2

!

cos² w 2

!

−2 sin² z 2

!

sin² w 2

!

A27 a)

= 2 1−sin² z 2

!!

1−sin² w 2

!!

−2 sin² z 2

!

sin² w 2

!

= 1−2 sin² z 2

!!

+ 1−2 sin² w 2

!!b)

= cos(z) + cos(w)

Aufgabe 33 (Übung)

a) Für welchez∈Ckonvergieren die folgenden Potenzreihen? Bestimmen Sie im Falle der Konvergenz den Reihenwert.

(i)

∞

X

nzⁿ (ii)

∞

X n²zⁿ

b) Welche Funktionen vonCnachCwerden durch die folgenden Potenzreihen dargestellt?

(i)

∞

X

n=0

n−1

(n+ 1)!zⁿ (ii)

∞

X

n=0

(−1)ⁿ

(2n+ 1)!(z+ 1)²ⁿ⁺²

c) Bestimmen Sie jeweils eine Potenzreihenentwicklung der Funktionf um die angegebene Entwicklungsstellez₀. Wie groß ist dabei der Konvergenzradius?

(i) f : C→C, z7→sinz, z₀= 1 (ii) f : C\ {−1,¹₂} →C, z7→ ^1−z

1−z−2z², z₀= 0 Hinweis:In Teil (ii) hilft die Gleichung ₁₋¹_z⁻₋^z_2z2 =

2

1+z3 +

1

1−32z für allez∈C\ {−1,¹₂}weiter.

Lösungsvorschlag

a) Der Konvergenzradius beider Potenzreihen ist 1, da

nlim→∞

√n

n= lim

n→∞

√n

n²= 1.

Somit sind beide Reihen für |z|<1 konvergent und für |z|>1 divergent. Für |z|= 1 ist der Betrag der Folgenglieder, alsonbzw.n², keine Nullfolge, weshalb auch dort Divergenz folgt (siehe auch Vorlesung). Kommen wir nun zum Reihenwert, wobei ab nun|z|<1 vorausgesetzt sei.

(i) Es gilt (siehe Vorlesung)

∞

X

n=0

zⁿ

!

·

∞

X

k=0

z^k

!

=

∞

X

n=0 n

X

k=0

z^n−kz^k=

∞

X

n=0 n

X

k=0

zⁿ=

∞

X

n=0

(n+ 1)zⁿ. Somit folgtP∞

n=0(n+ 1)zⁿ=₍₁₋¹_z)2. Die geforderte Reihe müssen wir nun nur noch leicht umformen, um auf diesen nun bekannten Reihenwert zurückgreifen zu können. Wir

berechnen _∞

X

n=1

nzⁿ=z·

∞

X

n=1

nzⁿ⁻1 Index-Shift= z·X

n>0

(n+ 1)zⁿ. Somit folgt

∞

X

n=1

nzⁿ= z (1−z)². (ii) Aus der Vorlesung ist bekannt, dass

n

X

k=0

k=n(n+ 1)

2 ⇔2

n

X

k=0

k=n²+n⇔n²= 2

n

X

k=0

k

!

−n

Damit folgt:

∞

X

n=1

n²zⁿ=

∞

X

n=0

2

n

X

k=0

k

!

−n

! zⁿ= 2

∞

X

n=0 n

X

k=0

(z^n−k)(kz^k)−

∞

X

n=0

nzⁿ= 2

∞

X

n=0

zⁿ

!

·

∞

X

k=0

kz^k

!

−

∞

X

n=0

nzⁿ

Mit Teila)erhalten wir schließlich

∞

X

n=1

n²zⁿ= 2· 1

1−z· z

(1−z)²− z

(1−z)² = z (1−z)²·

2 1−z−1

= z

(1−z)²·1 +z

1−z = z(1 +z) (1−z)³. b) (i) Die Potenzreihe lässt sich als Differenz zweier Potenzreihen darstellen:

∞

X

n=0

n−1 (n+ 1)!zⁿ=

∞

X

n=0

n+ 1−2 (n+ 1)! zⁿ=

∞

X

n=0

1 n!zⁿ−

∞

X

n=0

2 (n+ 1)!zⁿ.

Die erste Reihe ergibt e^z, die zweite liefert fürz= 0 den Wert 2 und fürz,0 gilt

∞

X

n=0

2

(n+ 1)!zⁿ=2 z

∞

X

n=0

1

(n+ 1)!zⁿ⁺¹=2 z

∞

X

k=1

z^k k!= 2

z

e^z−1 .

Insgesamt folgt: Die vonP∞ n=0 n−1

(n+1)!zⁿdargestellte Funktionf :C→Cist gegeben durch f(0) = e⁰−2 =−1, f(z) = e^z−2e^z−2

z =(z−2)e^z+ 2

z (z,0). (ii) Hier ergibt sich gemäß der Reihendarstellung der Sinus-Funktion für jedesz∈C

∞

X

n=0

(−1)ⁿ

(2n+ 1)!(z+ 1)²ⁿ⁺²= (z+ 1)

∞

X

n=0

(−1)ⁿ

(2n+ 1)!(z+ 1)²ⁿ⁺¹= (z+ 1) sin(z+ 1).

c) (i) Wir kennen die Potenzreihen für sinzund coszum die Entwicklungsstelle 0. In Verbindung mit dem Additionstheorem für sinzergibt sich für jedesz∈C

f(z) = sin(1 + (z−1)) = sin(1) cos(z−1) + cos(1) sin(z−1)

= sin(1)

∞

X

k=0

(−1)^k

(2k)!(z−1)^2k+ cos(1)

∞

X

k=0

(−1)^k

(2k+ 1)!(z−1)^2k+1=

∞

X

n=0

a_n(z−1)ⁿ mit

a_n:=











sin(1)⁽⁻¹⁾_n!^n/2, fallsngerade, cos(1)⁽⁻¹⁾⁽ⁿ

−1)/2

n! , fallsnungerade

(n∈N₀).

Der Konvergenzradius der Reihe ist offensichtlich∞.

(ii) Für jedesz∈C\ {−1,¹₂}erhalten wir unter Verwendung des Hinweises f(z) = 1−z

1−z−2z² = 2/3

1 +z+ 1/3 1−2z =2

3 1 1−(−z)+1

3 1 1−(2z). Für |z|<1 gilt

2 3

1

1−(−z) =2 3

∞

X

n=0

(−z)ⁿ und für|2z|<1 ist

1 1

=1X^∞ (2z)ⁿ.

Hiermit folgt für jedesz∈Cmit |z|<min{1,¹₂}=¹₂ f(z) =2

3

∞

X

n=0

(−z)ⁿ+1 3

∞

X

n=0

(2z)ⁿ=

∞

X

n=0

a_nzⁿ

mita_n := ²₃(−1)ⁿ+ ¹₃2ⁿ = ¹₃(2(−1)ⁿ+ 2ⁿ), n ∈N₀. Wegen lim_n→∞ ⁿ

p|a_n| = 2 beträgt der Konvergenzradius der Potenzreihe 2⁻¹=¹₂.

Bemerkung:Die Darstellung₁₋¹_z⁻₋^z_2z2 =_1+z^2/3+₁^1/3−2z kann man auf die folgende Weise erhalten (→Partialbruchzerlegung): Wegen 1−z−2z²= (1 +z)(1−2z) machen wir den Ansatz

1−z

1−z−2z² = a

1 +z+ b 1−2z

und müssen die Konstantena, b∈Rberechnen. Die rechte Seite dieser Gleichung liefert a

1 +z+ b

1−2z =a(1−2z) +b(1 +z)

(1 +z)(1−2z) =a+b+ (−2a+b)z 1−z−2z² .

Die Darstellung gelingt also, wenna+b= 1 und−2a+b=−1 sind. Dies bedeuteta=²₃ undb= ¹₃.

Aufgabe 34 (Tutorium)

Für welchex∈Rbzw.z∈Ckonvergieren die folgenden Potenzreihen?

a)

∞

X

n=2

2n+ 1 (n−1)²xⁿ c)

∞

X

n=1

e^n(1+(−1)n)x²ⁿ

e)

∞

X

n=0

2ⁿzⁿ²

b)

∞

X

n=1

1

nⁿ(z−2i)ⁿ d)

∞

X

n=1

1 +1

2+· · ·+1 n

zⁿ

f)

∞

X

n=1

(z+ 3i)ⁿ n²

Lösungsvorschlag

a) Füra_n:= (2n+ 1)/(n−1)²gilt

|a_n|

|a_n+1| = 2n+ 1 (n−1)²· n²

2n+ 3 = 2 + 1/n

(1−1/n)²· 1 2 + 3/n

n→∞

−−−−−→2 2= 1.

Die Reihe hat daher den Konvergenzradius 1. Wir müssen nun noch die Ränder des Konver- genzintervalls, alsox=−1 undx= 1, untersuchen. Dies liefert die zwei Reihen

∞

X

n=2

2n+ 1

(n−1)²(−1)ⁿ und

∞

X

n=2

2n+ 1 (n−1)².

Die Konvergenz der ersten Reihe wird durch das Leibnizkriterium garantiert, denn a_n= 2n+ 1

(n−1)² =2(n−1) + 3 (n−1)² = 2

n−1+ 3

(n−1)² >2 n+ 3

n² =2n+ 3

n² =a_n+1.

Die zweite Reihe hingegen divergiert wegena_n>2n/n²= 2/nund des Minorantenkriteriums.

Insgesamt: Die Reihe konvergiert nur fürx∈[−1,1).

b) Wegen ⁿ

√

|1/nⁿ|= 1/n−−−−−^n→∞→0 hat diese Reihe den Konvergenzradius∞, d. h. sie konvergiert für allez∈C.

c) Die Reihe hat die FormP∞

k=2a_kx^kmita_2n= e^n(1+(−1)n)unda_2n+1= 0 für allen∈N. Somit ist

2np

|a_2n|= ²ⁿ q

|e^n(1+(−1)n)|=











e^2n/2n= e, ngerade, e^0/2n= 1, nungerade, und wegen ²ⁿ⁺¹p

|a_2n+1|= 0 für allen∈Nfolgt lim sup_k→∞ ^k

p|a_k|=e, d. h. die Potenzreihe hat den Konvergenzradius e⁻¹. Fürx=±e⁻¹ergibt sich die Reihe

∞

X

n=1

e^n(1+(−1)n)e⁻²ⁿ.

Diese Reihe ist divergent, da für geradesngilt: e^n(1+(−1)n)e⁻²ⁿ= e²ⁿe⁻²ⁿ= 190 (n→ ∞). Die Potenzreihe konvergiert daher nur fürx∈(−e⁻¹, e⁻¹).

Bemerkung: Man kann auchy:=x²setzen undP∞

n=1e^n(1+(−1)n)yⁿbetrachten. Diese Reihe hat Konvergenzradiuse⁻², d.h. sie ist konvergent für|y|< e⁻²und divergent für|y|> e⁻². Hieraus folgt dann Konvergenz für|x|< e⁻¹und Divergenz für|x|> e⁻¹.

d) Füra_n:= 1 +¹₂+. . .+_n¹ gilt offenbar 16a_n≤n. Wegen√ⁿ

n−−−−−^n→∞→1 folgt hierauspⁿ

|a_n|−−−−−^n→∞→1.

Die PotenzreiheP∞

n=1a_nzⁿhat also den KonvergenzradiusR= 1⁻¹= 1. Für|z|= 1 konvergiert die Reihe nicht, denn dann gilt|a_nzⁿ|=a_n−−−−−^n→∞→ ∞, d. h. die Reihenglieder konvergieren nicht gegen 0. Konvergenz der Reihe liegt also nur für|z|<1 vor.

e) Auch diese Potenzreihe hat den Konvergenzradius 1, denn

n

q

|2ⁿzⁿ²|= ⁿ

√ 2ⁿ· ⁿ

q

|z|ⁿ²= 2|z|^{n n}−−−−−^→∞→











0, |z|<1,

∞, |z|>1.

Auf dem Rand des Konvergenzkreises liegt keine Konvergenz vor, denn für|z|= 1 gilt|2ⁿzⁿ²|= 2ⁿ90 (n→ ∞). Die ReiheP∞

n=02ⁿzⁿ² konvergiert somit nur für|z|<1.

f) Für den KonvergenzradiusRvonP∞ n=1

(z+3i)ⁿ n² =P∞

n=1a_n(z+ 3i)ⁿmita_n:=_n¹2 ergibt sich wegen lim sup

n→∞

pn

|a_n|= lim sup

n→∞

1 (√ⁿ

n)²= 1 R= 1⁻¹= 1. Die PotenzreiheP∞

n=1 (z+3i)ⁿ

n² konvergiert also fürz∈Cmit|z+3i|<1 und divergiert fürz∈Cmit|z+ 3i|>1. Fürz∈Cmit|z+ 3i|= 1 gilt

(z+ 3i)ⁿ n²

=|z+ 3i|ⁿ n² = 1

n² für jedesn∈N. Wegen der Konvergenz vonP∞

n=1 1

n² ist die ReiheP∞ n=1

(z+3i)ⁿ

n² für|z+ 3i|= 1 nach dem Majoran- tenkriterium konvergent. Also konvergiert die Reihe genau fürz∈ mit|z+ 3i| ≤1.

Aufgabe 35 (Übung) a) Es sei

b(x) =















1 +x fürx∈[−1,0], 1−x fürx∈(0,1],

0 fürx <−1 oderx >1.

Wir definierenf_n(x) =b(x−n) undg_n(x) = ^fn_n^(x) fürn∈N. Untersuchen Sie die Funktionen- folgen (f_n) und (g_n) auf punktweise und gleichmäßige Konvergenz.

b) Seih_n(x) = _1+nx¹ fürn∈Nundx∈[0,∞). Untersuchen Sie die Funktionenfolge (h_n) auf punktweise Konvergenz. Wieso kann sie nicht gleichmäßig konvergieren? Konvergiert sie auf (0,∞) bzw. [a,∞) mita >0 gleichmäßig?

Lösungsvorschlag

a) Fürx <−1 giltf_n(x) = 0 für allen∈N. Fürx∈[N−1, N) für einN ∈Ngilt f_n(x) = 0⇔b(x−n) = 0⇐x−n <−1⇐n > x+ 1> N .

Somit gilt, dass (f_n) und somit auch (g_n) aufRpunktweise gegen die Nullfunktion konvergieren.

(f_n) konvergiert jedoch nicht gleichmäßig gegen die Nullfunktion, denn für jedesε∈(0,1] und jedesn∈Nfinden wir einx_n∈R(nämlichx_n:=n) mit

|f_n(x_n)−0|=|f_n(n)|=|b(0)|= 1>ε.

(g_n) jedoch konvergiert gleichmäßig gegen die Nullfunktion, denn für allex∈Rgilt

|g_n(x)−0|=

b(x−n) n

61

n →0 (n→ ∞).

Da wir den anfänglichen Betrag unabhängig vonxnach oben abgeschätzt haben gegen eine Nullfolge, ergibt sich die gleichmäßige Konvergenz (Satz 7.18 (1)).

b) Es gilth_n(0) = 1 für allen∈N. Fürx >0 fest gilt h_n(x) =

1 n 1 n+x

→0 (n→ ∞).

Somit konvergiert (h_n) punktweise gegen die Grenzfunktion h(x) :=











1, x= 0 0, x >0

Diese ist nicht stetig (h(¹_n) = 0,1 =h(0)), womit die Konvergenz nicht gleichmäßig sein kann (Satz 8.3). Auch auf (0,∞) ist die Konvergenz nicht gleichmäßig, da für jedesε∈(0,¹₂] und jedesn∈Neinx_n>0 existiert (nämlichx_n:=_n¹) mit

|h_n(x_n)−0|=

1 1 + 1

= 1

2>ε.

Auf [a,∞) füra >0 ist die Konvergenz jedoch gleichmäßig, denn für jedesx>agilt

|h_n(x)−0|=

1 1 +nx

6 1

1 +na=

1 n 1 n+a

→0 (n→ ∞).

Da die letzte Folge wieder unabhängig vonx ist und gegen Null konvergiert, ist die gleich- mäßige Konvergenz gezeigt (Satz 7.18 (1)).

Aufgabe 36 (Tutorium)

Untersuchen Sie die folgenden Funktionenfolgen und -reihen jeweils auf punktweise und gleichmäßige Konvergenz auf den angegebenen Teilmengen vonR(n∈N).

a) f_n(x) = ⁿ

√ n²x, b) g_n(x) =nx(1−x)ⁿ,

c) P∞

n=1h_n(x),h_n(x) =xⁿ(1−x), d) P∞

n=1i_n(x),i_n(x) =_n2¹+x²,

x∈[a,1], 0< a <1, x∈[0,1],

x∈(−1,1], x∈R. Lösungsvorschlag

a) Sei zunächst 0< a <1 undx∈[a,1] fest. Dann gilt:

h_n(x) = ⁿ

√

n²x→1 (n→ ∞)

Also konvergiert (h_n) gegen die konstante Einsfuktion fürn→ ∞. Da für allex∈[a,1] sowie allen∈Ngilt, dass

|h_n(x)−1| = |ⁿ

√

n²x−1|= |ⁿ

√ n²x− ⁿ

√ n²a+ ⁿ

√

n²a−1| ≤ |ⁿ

√

n²x− ⁿ

√

n²a|+|ⁿ

√

n²a−1|

x>a

= ⁿ

√

n²x− ⁿ

√

n²a+|ⁿ

√

n²a−1|^x≤^{61 n}

√ n²− ⁿ

√

n²a+|ⁿ

√

n²a−1|=:α_n undα_n→0 fürn→ ∞, ist die Funktionenfolge (h_n) gleichmäßig konvergent.

Sei nuna= 0. Es gilth_n(0) = 0 für allen∈N. Fürx,0 gilt, mit der gleichen Rechnung wie oben, lim_n→∞h_n(x) = 1. Deshalb konvergiert (h_n) punktweise gegenh, wobeih: [0,1]→R durch

h(x) =











0 fürx= 0, 1 sonst

erklärt ist. Weilhnicht stetig in 0 ist, kann die Konvergenz nicht gleichmäßig sein (Satz 8.3) b) Offenbar giltf_n(0) = 0 für allen∈N. Fürx∈(0,1] istq:= 1−x∈[0,1) und es ergibt sich

f_n(x) =nxq^{n n}−−−−−^→∞→0.

(Wegen √ⁿ

nqⁿ →q < 1 für n → ∞ konvergiert die Reihe über nqⁿ, was dannnqⁿ →0 für n→ ∞impliziert.) Die Funktionenfolge (f_n) konvergiert also punktweise gegen die Funktion f : [0,1]→Rmitf(x) = 0 für allex∈[0,1].

Obwohl diese Grenzfunktion stetig ist, liegt keine gleichmäßige Konvergenz vor. Es gilt

(vgl.Aufgabe 19b), 3. Übungsblatt). Also gibt es einN ∈N, sodassf_n(¹_n)> ^e₂⁻¹ fürn>N. Zu jedemε∈(0,^e₂⁻¹] und jedemn>N existiert also einx_n∈(0,1] (nämlichx_n:= ¹_n) mit

|f_n(x_n)−0|=f_n(x_n)> e⁻¹ 2 >ε.

Das schließt die gleichmäßige Konvergenz aus.

c) Setzt manx= 1 inP∞

n=1xⁿ(1−x) ein, so ergibt sich der Wert 0. Für jedesx∈(−1,1) gilt

∞

X

n=1

xⁿ(1−x) = (1−x)

∞

X

n=1

xⁿ= (1−x)x

∞

X

k=0

x^k=x(1−x)· 1 1−x =x .

Die Funktionenreihe konvergiert also punktweise gegen die Funktionf : (−1,1]→Rmit f(x) =











0, x= 1, x, x∈(−1,1).

Da diese Funktion, im Gegensatz zu den Partialsummenfunktionen s_N : (−1,1] →R, die durchs_N(x) :=P_N

n=1xⁿ(1−x) gegeben sind, nicht stetig inx= 1 ist, liegt keine gleichmäßige Konvergenz vor.

Bemerkung:Auch auf dem Intervall (−1,1) liegt keine gleichmäßige Konvergenz vor: Für jedes N ∈Nundx∈(−1,1) gilt

s_N(x)−f(x) =

(1−x)x

N−1

X

n=0

xⁿ−x =

(1−x)x1−x^N 1−x −x

=|−x^N+1|=|x|^N+1 sowie

|x|^N+1> 1

2 ⇐⇒ |x|> 1

N+1√ 2.

Obige Rechnung zeigt: Istε=¹₂ gesetzt, dann finden wir zu jedemN ∈Neinx∈(−1,1) (etwa x= _N+1^1√

2) so, dass |s_N(x)−f(x)|>εgilt. Dies schließt gleichmäßige Konvergenz aus.

d) Für allex∈Rundn∈Nhaben wir

1 x²+n²

= 1

x²+n² 6 1 n². Da die ReiheP∞

n=1 1

n² konvergiert, folgt nach Satz 7.18 (2): Die FunktionenreiheP∞ n=1 1

x²+n²

konvergiert gleichmäßig und damit auch punktweise aufR.