Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik

Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis

Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Sebastian Schwarz

WS 2014/2015 19.01.2015

Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik

Lösungsvorschläge zum 12. Übungsblatt

Aufgabe 67 (Übung)

a) Untersuchen Sie, für welchex∈Rdie Reihe

∞

X

n=1

n(n+ 3)e^nx

konvergiert. Bestimmen Sie für diesexden Wert der Reihe.

b) Berechnen Sie, falls existent, den Wert des Integrals Z ₁

0

∞

X

n=1

1 n²+x² dx Lösungsvorschlag

a) Wir nutzen das Wurzelkriterium: Wegen pn

|n(n+ 3)e^nx|=pⁿ

n(n+ 3) e^{x n}−−−−−^→∞→e^x

gilt: Für e^x < 1 konvergiert die Reihe, für e^x > 1 divergiert sie. Das bedeutet: Für x < 0 liegt Konvergenz, fürx >0 Divergenz vor. Fürx= 0 divergiert die ReiheP∞

n=1n(n+ 3)·1, da n(n+ 3)90. Insgesamt: Genau fürx <0 konvergiert die Reihe.

Nun seix <0. Wir setzeny:= e^x und wollen f(y) :=

∞

X

n=1

n(n+ 3)yⁿ=y

∞

X

n=1

n(n+ 3)yⁿ⁻¹ berechnen. Offenbar besitztg(y) :=f(y)/ydie Stammfunktion

G(y) =

∞

X

n=1

(n+ 3)yⁿ= 1 y²

∞

X

n=1

(n+ 3)yⁿ⁺².

Nun hat wiederumh(y) :=y²G(y) die Stammfunktion H(y) =

∞

X

n=1

y^n+3k:=n=⁻¹y⁴

∞

X

k=0

y^{k |y}=^|<1 y⁴ 1−y.

Daraus ergibt sich

h(y) =H⁰(y) =4y³(1−y) +y⁴

(1−y)² = 4y³−3y⁴

(1−y)² , G(y) =h(y)

y² =4y−3y² (1−y)² . Also ist

g(y) =G⁰(y) = (4−6y)(1−y)²+ (4y−3y²)2(1−y)

(1−y)⁴ = 4−2y

(1−y)³. Schließlich ergibt sich dann

∞

X

n=1

n(n+ 3)e^nx=f(y) =yg(y) =4y−2y²

(1−y)³ =4e^x−2e^2x (1−e^x)³ .

b) Nach Aufgabe 32d)ist die Funktionenreihe im Integranden gleichmäßig konvergent. Die Summanden sind stetig und somit Riemann-integrierbar auf [0,1], weshalb wegen Satz 13.1 gilt, dass

Z ₁

0

∞

X

n=1

1

n²+x²dx=

∞

X

n=1

Z ₁

0

1 n²+x² dx

=

∞

X

n=1

1 n²

Z ₁

0

1

(^x_n)²+ 1dx=

∞

X

n=1

1

n[arctan(^x/ⁿ)]¹₀=

∞

X

n=1

arctan(¹/ⁿ) n

und die letzte Reihe konvergent ist.

Aufgabe 68 (Tutorium)

Lösen Sie das folgende Anfangswertproblem.

y⁰⁰(x)−2y⁰(x) + 2y(x) = e^xcos(x), y(^π/2) = 0, y⁰(^π/2) = 0.

Lösungsvorschlag

Das charakteristische Polynom ist gegeben durchP(λ) =λ²−2λ+ 2, welche als Nullstellen 1±i besitzt. Die allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung ist demnach gegeben durch

y_h(x) =c₁e^xcos(x) +c₂e^xsin(x).

Die rechte Seite hat die Form e^αxcos(βx) mitα=β= 1. Daα+ iβsomit eine Nullstelle des charakter- istischen Polynoms ist, lautet der korrekte Ansatz für die partikuläre Lösung

y_p(x) = e^x(Axcos(x) +Bxsin(x)).

Es ergibt sich

y_p⁰(x) =y_p(x) + e^x(Acos(x) +Bsin(x)−Axsin(x) +Bxcos(x))

sowie

y_p⁰⁰(x) =y_p⁰(x) + e^x(Acos(x) +Bsin(x)−Axsin(x) +Bxcos(x))

+ e^x(−Asin(x) +Bcos(x)−Asin(x) +Bcos(x) +Axcos(x)−Bxsin(x))

=y_p⁰(x) + e^x(Acos(x) +Bsin(x)−Axsin(x) +Bxcos(x)) + 2e^x(Bcos(x)−Asin(x)) + e^x(Axcos(x) +Bxsin(x))

| {z }

y_p(x)

−2Bxe^xsin(x)

= 2y⁰(p) + 2e^x(Bcos(x)−Asin(x))−2Bxe^xsin(x)

Setzen wir dies in die inhomogene Differentialgleichung ein, ergibt sich

y_p⁰⁰(x)−2y_p⁰(x) + 2y_p(x) = 2e^x(Bcos(x)−Asin(x))−2Bxe^xsin(x) + 2e^x(Axcos(x) +Bxsin(x))

= 2Be^xcos(x)−2Ae^xsin(x) + 2Axe^xcos(x)= e^{! x}cos(x).

Somit gilt A= 0, B= ¹₂. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung ist also gegeben durch

y(x) =c₁e^xcos(x) +c₂e^xsin(x) +1

2xe^xsin(x).

Einsetzen der Anfangswerte liefert

0=^! y(^π/2) =c₂e^π/2+π 4e^π/2, alsoc₂=−^π

4. Wegen

y⁰(x) = e^xsin(x) 1

2+π 4 −c₁

+ e^xcos(x) π

4+c₁

+1

2xe^x(sin(x) + cos(x)) folgt schließlich

0=^! y⁰(^π/2) = e^π/2 1

2−π 4−c₁

+π

4e^π/2,

alsoc₁=¹₂. Die Lösung des Anfangswertproblems ist demnach gegeben durch y(x) =1

2e^xcos(x)−π

4e^xsin(x) +1

2xe^xsin(x) =e^x 2

x−π

2

sin(x) + cos(x)

.

Aufgabe 69 (Übung)

In Abhängigkeit vons∈R\ {0}sei das uneigentliche Integral I_s:=

Z ∞

0

1 x^s+x^1/s dx gegeben. Bestimmen Sie alles, für dieI_skonvergiert.

Lösungsvorschlag

1. Fall: s <0. Für jedesx≥1 giltx^s≤x⁰= 1 und x^1/s≤x⁰= 1, so dass ¹ ≥ ¹ ist. Wegen der

2. Fall: s∈(0,1). Wir zeigen, dass sowohlR1 0

1

x^s+x^1/s dxals auchR∞ 1

1

x^s+x^1/s dxkonvergieren. Hieraus folgt dann die Konvergenz vonI_s.

Für jedesx >0 gilt _xs+x¹1/s ≤ ¹

x^s. DaR₁

0 1

x^s dx gemäß Beispiel (1) nach Definition 2 in Paragraph 13 konvergiert, istR₁

0 1

x^s+x^1/s dxnach dem Majorantenkriterium konvergent.

Für jedes x >0 gilt _xs+x¹_1/s ≤ ¹

x^1/s. Da R∞ 1

1

x^1/s dx wegen 1/s > 1 konvergiert (vgl. Beispiel (1)), ist R∞

1 1

x^s+x^1/s dxnach dem Majorantenkriterium konvergent.

3. Fall: s= 1.I₁=R∞ 0

1

2x dxist divergent (vgl. Beispiel (1)).

4. Fall: s >1. Istq:= 1/sgesetzt, so giltq∈(0,1). Daher konvergiert laut Fall 2 I_q=

Z ∞

0

1

x^q+x^1/q dx= Z∞

0

1

x^1/s+x^s dx=I_s. Fazit: I_sist genau dann konvergent, wenns >0 unds,1 gilt.

Aufgabe 70 (Tutorium)

Es seiλ >0. Zeigen Sie, dass für jedesn∈N∪ {0}das uneigentliche Integral I_n(λ) :=

Z ^∞

0

xⁿe^−λxdx konvergiert, und berechnen SieI_n(λ).

Hinweis:Berechnen SieI₀(1), finden Sie dann mit partieller Integration eine Rekursionsformel fürI_n(1) und folgern Sie schließlich den Wert vonI_n(λ) aus demjenigen vonI_n(1) mit Hilfe einer Substitution.

Lösungsvorschlag

Wir zeigen zunächst, dass das uneigentliche IntegralI₀(1) konvergiert und dass sein Wert 1 ist:

I₀(1) = lim

R→∞

Z _R

0

e^−xdx= lim

R→∞

h−e^−xiR

x=0= lim

R→∞

−e^−R+ e⁻⁰= 1. Nun sein∈Nbeliebig. Partielle Integration mitu(x) =xⁿundv⁰(x) = e^−x liefert

I_n(1) = lim

R→∞

Z _R

0

xⁿe^−xdx= lim

R→∞

hxⁿ(−e^−x)iR x=0−

Z_R

0

nxⁿ⁻¹(−e^−x) dx

!

= lim

R→∞

−Rⁿe^−R+nI_n−1(1) =nI_n−1(1). (∗) Aus dieser Rekursionsformel folgt per vollständiger Induktion, dass das IntegralI_n(1) konvergiert mit Wertn! für allen∈N∪ {0}:

IA:n= 0. Zu Beginn haben wir gesehen, dassI₀(1) konvergiert und dassI₀(1) = 1 = 0! gilt.

IS: Sein∈N∪ {0}. Das IntegralI_n(1) konvergiere und es gelteI_n(1) =n! (IV). Damit ergibt sich I_n+1(1)⁽= (n^∗) + 1)I_n(1)^(IV)= (n+ 1)n! = (n+ 1)!.

Für jedesλ >0 undn∈N∪ {0}führt die Substitutiony=λx, dy=λdxauf I_n(λ) = lim

R→∞

Z _R

0

xⁿe^−λxdx= lim

R→∞

Z_λR

0

y λ

n

e^−ydy

λ =λ⁻⁽ⁿ⁺¹⁾ lim

R→∞

Z _λR

0

yⁿe^−ydy

=λ⁻⁽ⁿ⁺¹⁾I_n(1) = n!

λⁿ⁺¹.

Aufgabe 71 (Übung)

a) Untersuchen Sie die folgenden uneigentlichen Integrale auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls ihren Wert (wobei in (i)s <0 undx∈Rsei).

(i) Z ∞

0

e^stcos(tx) dt, (ii)

Z ∞

0

tlog(t) sinh(t)−t dt.

b) Untersuchen Sie die folgenden uneigentlichen Integrale auf Konvergenz.

(i) Z 1

0

1 2

√

t−t² dt, (ii)

Z ^∞

0

e^−tlog(1 +t) dt.

c) Untersuchen Sie die ReiheP∞ k=3

(logk)²

k^{log logk} auf Konvergenz mit Hilfe des Integralvergleichskri- teriums.

Lösungsvorschlag a) (i) Seib >0. Es gilt:

Z b 0

e^st

|{z}

u⁰(t)

cos(tx)

| {z }

v(t)

dt ^{Part. Int.}= 1 s

he^stcos(tx)it=b t=0+x

s Z b

0

e^st

|{z}

u⁰(t)

sin(tx)

| {z }

v(t)

dt

Part. Int.

= 1

s(e^sbcos(bx)−1) + x s²

he^stsin(xt)it=b t=0−x²

s² Z _b

0

e^stcos(xt) dt

= 1

s(e^sbcos(bx)−1) + x

s²e^sbsin(xb)−x² s²

Z_b

0

e^stcos(xt) dt Addieren von ^x_s2²

R_b

0e^stcos(xt) dtauf beiden Seiten liefert 1 +x²

s²

! Z b 0

e^stcos(xt) dt=s²+x² s²

Z _b

0

e^stcos(xt) dt=1

s(e^sbcos(bx)−1) + x

s²e^sbsin(bx) und damit

Z_b

0

e^stcos(xt) dt=− s

s²+x²+ s

s²+x²e^sbcos(bx) + x

s²+x²e^sbsin(bx).

Wegen

|e^sbcos(bx)| ≤e^{sb b}−−−−−^→∞→0 sowie |e^sbsin(bx)| ≤e^{sb b}−−−−−^→∞→0

ist das uneigentliche IntegralR∞

0 e^stcos(xt) dtkonvergent und es gilt:

Z ∞

0

e^stcos(xt) dt = lim

b→∞

Z _b

0

e^stcos(xt) dt

= lim

b→∞

− s

s²+x²+ s

s²+x²e^sbcos(bx) + x

s²+x²e^sbsin(bx)

= − s

s²+x²

(ii) Wir untersuchen den Integranden in der Nähe der unteren Grenze. Es ist log(t)≤log

1 e

=−1 für alle 0< t≤¹

e. Ferner folgt aus der Potenzreihendarstellung des sinh (vgl. Paragraph 9 der Vorlesung)

0<sinh(t)−t =

∞

X

n=0

1

(2n+ 1)!t²ⁿ⁺¹−t=

∞

X

n=1

1

(2n+ 1)!t²ⁿ⁺¹

Index-Shift

=

∞

X

n=0

1

(2n+ 3)!t²ⁿ⁺³=t³

∞

X

n=0

1 (2n+ 3)!t²ⁿ

| {z }

=:h(t)>0

für alle 0< t ≤ ¹

e. Die durch den obigen Ausdruck definierte Funktionh:R→R⁺ ist stetig als Potenzreihe mit Konvergenzradius unendlich. Als stetige Funktion nimmt sie auf kompakten Intervallen ihr Maximum an, also existiert einM >0 mit 0< h(t)≤M für alle 0≤t≤ ¹

e. Also ist

− tlog(t)

sinh(t)−t ≥tlog(e) t³h(t) ≥ 1

t²M für alle 0< t≤¹

e. Wegen Z ¹

e

a

1

t²M dt=−1 M

1 t

t=¹_e t=a = 1

M 1

a−e _a→0+

−−−−−→ ∞

ist das uneigentliche IntegralR ¹_e

0 1

t²M dtdivergent. Nach dem Minorantenkriterium aus Satz 13.5 der Vorlesung ist dann auch das uneigentliche Integral

− Z ¹_e

0

tlog(t) sinh(t)−t dt divergent. Somit ist das Integral

Z ∞

0

tlog(t) sinh(t)−t dt ebenfalls divergent.

b) (i) Für alle 0< t≤1 gilt

t²6t6

√ t.

Damit folgt

0<| 1 2

√ t−t²

|= 1

√ t+ (

√ t−t²)

| {z }

>0

6 1

√ t

für alle 0< t61. Sei 0< a <1. Es gilt:

Z ₁

a

√1

t dt= 2h√ tit=1

t=a= 2−2

√

a−^a−−−−^→0+→= 2 Also ist das uneigentliche IntegralR₁

0

√1

t dtkonvergent. Nach dem Majorantenkriterium aus der Vorlesung ist auch das IntegralR₁

0 1 2

√

t−t² dt(absolut) konvergent.

(ii) Seib >0. Es gilt:

Z _b

0

e^−t

|{z}

u⁰(t)

log(1 +t)

| {z }

v(t)

dt^{Part. Int.}= −h

e^−tlog(1 +t)it=b t=0+

Z _b

0

e^−t 1

1 +t dt=−log(1 +b) e^b +

Z _b

0

e^−t 1 1 +t dt Wegen

blim→∞

log(1 +b) e^b

|{z}

→∞

l’Hospital

= lim

b→∞

1

(1 +b)e^b = 0

ist das uneigentliche IntegralR^∞

0 e^−tlog(1 +t) dtgenau dann konvergent, wenn das un- eigentliche IntegralR∞

0 e^−t_1+t¹ dtkonvergent ist. Dieses ist tatsächlich der Fall nach dem Majorantenkriterium aus Satz 13.5 der Vorlesung, weil für alle 06t <∞

e^−t 1

1 +t 6e^−t gilt, und

Z ∞

0

e^−tdt= lim

b→∞

Z _b

0

e^−tdtlim

b→∞

−h e^−tit=b

t=0= 1− lim

b→∞e^−b= 1.

c) Wir berechnen fürt >1 mitf(t) = (log(t))²t⁻log(log(t))= (log(t))²e^−log(t)·log(log(t)), dass f⁰(t) = 2(log(t))1

tt⁻log(log(t))+ (log(t))²

t⁻log(log(t))

−1 t −1

tlog(log(t))

=−t⁻¹⁻log(log(t))log(t)(log(t)(1 + log(log(t)))−2).

Es gibt also einc∈(1,∞), so dass fürt≥cdie Funktiont7→(log(t))²t⁻log(log(t))monoton fällt.

Substituierex= log(t), dt= e^xdx:

Z ∞

(log(t))²

log(log(t)) dt= lim

Zb (log(t))²

log(log(t)) dt= lim

Z log(b)

x²e^x−xlog(x)dx.

Seig(x) :=x−xlog(x). Dann giltg⁰(x) =−log(x) fürx >0 und damitg⁰(x)<−1 fürx >e. Zudem istg(e²) =−e²und somit

g(x) =g(e²) + Z _x

e²

g⁰(y) dy

| {z }

=g(x)−g(e²)

<−e²+ Z _x

e²

(−1) dy=−x.

Wegen der Monotonie der Exponentialfunktion folgt fürx >e², dass e^x−xlog(x)<e^−x. Da nach Aufgabe 70

R∞

0 x²e^−xdx <∞, konvergiert das Integral nach dem Majorantenkriterium und die Reihe nach 13.6.

Aufgabe 72 (Tutorium)

a) Untersuchen Sie die folgenden uneigentlichen Integrale auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls ihren Wert.

(i) Z ₃

−∞

e^2t

1 + e^t dt, (ii)

Z ₁

−1

log(|t|) dt.

b) Untersuchen Sie die folgenden uneigentlichen Integrale auf Konvergenz.

(i) Z 1

0

(log(t))⁴dt, (ii)

Z ¹

π

0

sin 1

t

dt.

c) Untersuchen Sie die ReiheP∞

k=3 1

(logk)^logk auf Konvergenz mit Hilfe des Integralvergleich- skriteriums.

Lösungsvorschlag a) (i) Seia <3. Es gilt:

Z3 a

e^2t

1 +e^t dt ^s=e=^t

ds=sdt

Z e³ e^a

s² 1 +s

1 s ds=

Z e³ e^a

1 +s−1 1 +s ds

=

Z e³ e^a

1− 1

1 +s ds= [s−log(1 +s)]^s=e_s=e³a

= e³−log(1 +e³)−e^a+ log(1 +e^a)−−−−−−^a→−∞→e³−log(1 +e³) Damit ist das uneigentliche IntegralR3

−∞

e^2t

1+e^t dtkonvergent und es ist Z ₃

−∞

e^2t

1 +e^t dt=e³−log(1 +e³) (ii) Per Definition ist das uneigentliche IntegralR1

−1log(|t|) dtgenau dann konvergent, wenn die beiden uneigentlichen IntegraleR0

−1log(|t|) dtundR1

0 log(|t|) dtkonvergent sind. In diesem Fall ist

Z ₁

−1

log(|t|) dt= Z ₀

−1

log(|t|) dt+ Z ₁

0

log(|t|) dt.

Sei 0< a <1. Wegen Z −a

−1

log(|t|) dt^s==^−t Z₁

a

log(s) ds= Z₁

a

log(|t|) dt

reicht es, nur eins der beiden uneigentlichen Integrale auf Konvergenz zu untersuchen.

Es gilt

Z ₁

a

log(t) dt= [tlog(t)−t]^t=1_t=a= (−1−alog(a) +a) sowie

alim→0+(a−alog(a)) = lim

a→0+alog 1

a

= lim

a→0+

log₁

a

1 a

= lim

x→∞

log(x) x

|{z}

→∞

l’Hospital

= lim

x→∞

1 x = 0.

Folglich istR1

0log(|t|) dtkonvergent und es gilt:

Z ₁

0

log(|t|) dt= lim

a→0+

Z ₁

a

log(|t|) dt=−1 und damit

Z₁

−1

log(|t|) dt=−2.

b) (i) Sei 0< a <1. Es gilt:

Z 1 a

(log(t))⁴dt ^t=e

−s

dt==−tds

− Z 0

−log(a)

s⁴e^−sds=

Z log(¹_a)

0

s⁴e^−sds Wegen lim_a→0+log₁

a

=∞, ist das uneigentliche IntegralR₁

0(log(t))⁴dtkonvergent, wenn das uneigentliche IntegralR∞

0 s⁴e^−sdskonvergent ist. Dies ist nachAufgabe 70tatsächlich der Fall.

(ii) Auf (0,1] gilt sin(¹_t)61. Da das "uneigentliche" Integral Z ₁

0

1 dt= lim

a→0

Z ₁

a

1 dt= lim

a→01−a= 1

konvergiert, konvergiert nach dem Majorantenkriterium auch das Ausgangsintegral.

c) Die Funktiont7→(log(t))^−log(t)ist fürt≥e monoton fallend. Substitutionx= log(t), dt=e^xdx liefert

Z ∞

3

dt (log(t))^log(t) =

Z ∞

log 3

e^x x^x dx=

Z ∞

log 3

e^x−xlog(x)dx.

Wie in Aufgabe 71 c) berechnet, gilt e^x−xlog(x) < e^−x für x >e² und da das uneigentliche IntegralR∞

e^−xdxexistiert (Wert e^−e2) konvergiert auch das Ausgangsintegral und nach 13.6