Arbeitsblatt I zur Vorlesung Analysis 2 SS 2009

Lösungen

Arbeitsblatt I

zur Vorlesung Analysis 2 SS 2009

Markus Oster, Nicolai Lang Tutor: Christian Barth (Gruppe 4)

Code: 0001111011

25. Oktober 2009

Aufgabe 1.A

Im Folgenden sei (a_n)_n∈Neine Folge positiver Zahlen.

(a) Die Aussage ist wahr.

Es gilt zu zeigen, dass

lim sup

n→∞

√n

a_n>1⇒∑^∞

n=1

a_n → ∞. (1)

Beweis.Angenommena:= lim sup

n→∞

√n

an >1. Mit a= lim sup

n→∞

√n

an ⇔ (2)

[∀ε>0∃N∈N∀n≥N √ⁿ

an< a+ε]∧[

∀ε>0∀N∈N∃n₀≥N ⁿ√⁰

an₀ > a−ε] (3) (vgl. Arbeitsblatt II, Analysis 1 WS 08/09)

muss also ∀ε>0∀N∈N∃n₀≥N ⁿ√⁰an₀ > a−ε gelten. Wähle nun q ∈ R, sodass a > q >1und setzeε:=a−q. Damit ist∀N∈N∃n₀≥N ⁿ√⁰an₀ > q >1woraus mit

n√0an₀ > q >1 ⇒ an₀ > qⁿ⁰ >1 letztendlich ∀N∈N∃n₀≥Nan₀ >1 und damit an 90 für n→ ∞ folgt. Da an →0 fürn→ ∞ notwenig für die Konvergenz der zugehörigen Reihe ist folgt die Behauptung.

(b) Die Aussage ist falsch.

Es gilt zu zeigen, dass

lim inf

n→∞

√n

a_n<1;∑^∞

n=1

a_n<∞. (4)

Beweis.Setze z.B.a_n:=[

(−1)ⁿ(₁

2−_n¹) + 1]n

. Es ist offenbara:= lim inf

n→∞

√na_n =

1

2 <1und a:= lim sup

n→∞

√n

an = ³₂ >1. Folglich lässt sich die in Aufgabenteil (a) bewiesene Aussage anwenden, wonach die entsprechende Reihe divergiert. Damit kann sie nicht konvergieren.

Aufgabe 2.A

2.A.1

Im Folgenden sei p∈R⁺. (a) Die Reihe

∑∞

n=1

ln¹⁰⁰n n sinnπ

4 (5)

ist auf Konvergenz zu untersuchen.

Seibn := sin^nπ₄ undBk:=

∑k n=1

bn. Es ergibt sich offenbar b1= 1

√2, b2= 1, b3= 1

√2, b4= 0, b₅=− 1

√2, b₆=−1, b₇=− 1

√2, b₈= 0

Diese Sequenz wiederholt sich nun zyklisch, dab_n+8= sin^(n+8)π₄ = sin(_nπ

4 + 2π)

= sin^nπ₄ =b_n. Es gilt also für die PartialsummeB_k mitm= 8q, q∈N

Bm= 0, Bm+1= 1

√2, Bm+2= 1

√2 + 1, Bm+3= 2

√2+ 1, Bm+4= 2

√2 + 1, Bm+5= 1

√2+ 1, Bm+6= 1

√2, Bm+7= 0, Bm+8= 0

Damit ist Bm mit 0 ≤ Bm ≤ ^√2₂ + 1 beschränkt. Mit m → ∞ folgt die Be- schränktheit der Reihe ∑^∞

n=1

sin^nπ₄ .

Betrachten wir nun die Folge an := ^ln100_n ⁿ und die Funktion f(x) := ^ln100_x ^x mitn∈Nundx∈[1,∞[. Es ist offenbar an =f(n)∀n∈N. Nun ist

d

dxf(x) =ln⁹⁹x(100−lnx) x² <0

fürx > N =e¹⁰⁰. Es folgtf(x)↓ fürx > N und mitan =f(n)letztlich an ↓ fürn > N. Des Weiteren ergibt sich

xlim→∞f(x) = lim

x→∞

100 ln⁹⁹x

x =...= lim

x→∞

100! lnx

x = lim

x→∞

100!

x = 0 mit der Regel vonL’Hospital. Es folgtan →0fürn→ ∞.

Nun ist

∑∞

n=1

ln¹⁰⁰n n sinnπ

4 =

∑N n=1

anbn+

∑∞

n=N+1

anbn=C+

∑∞

n=1

an+Nbn+N (6) Wie oben gezeigt ist|B_n+N|< M und a_n+N ↓ fürn∈ Nsowiea_n+N → 0 für n→ ∞. Die (bedingte) Konvergenz der zu untersuchenden Reihe folgt nun aus demSatz von Dirichlet.

(b) Die Reihe

∑∞

n=1

sin (

π√ n²+p

)

(7)

ist in Abhängigkeit vonp >0 auf Konvergenz zu untersuchen.

Es ist

∑∞

n=1

sin (

π√ n²+p

)

=

∑∞

n=1

sin (

πn+π[√

n²+p−n ])

=

∑∞

n=1

[

sin (πn) cos (

π[√

n²+p−n ])

+ cos (πn) sin (

π[√

n²+p−n ])]

=

∑∞

n=1

(−1)ⁿsin (

π[√

n²+p−n ])

Setzen wira_n:=(√

n²+p−n )

dann folgt

an=(√

n²+p−n )

=

(√n²+p−n) (√

n²+p+n )

√n²+p+n

= n²+p−n²

√n²+p+n = p

√n²+p+n

Damit istan >0und monoton fallend fürp >0. Des Weiteren ist lim

n→∞an = 0.

Wir wählen nun ein N1

2 ∈ N, sodass a_n < ¹₂ für alle n ≥ N1

2. Dann ist 0 ≤ sinx≤1undsinx↑ fürx∈[0,^π₂]. Ausa_n+1≤a_n und der Monotonie des Sinus folgt schließlichsinπa_n+1≤sinπa_nfür allen≥N1

2. Aus der Stetigkeit des Sinus folgt sofort lim

n→∞sin (πa_n) = 0. Damit konvergiert die Reihe

∑∞

n=1

sin (

π√ n²+p

)

=

∑∞

n=1

(−1)ⁿsin (

π[√

n²+p−n ])

=

∑∞

n=1

(−1)ⁿsin (πan)

=

N1

∑2

n=1

(−1)ⁿsin (πan) +

∑∞

n=N1 2

+1

(−1)ⁿsin (πan)

nach demSatz von Leibnitzfürp >0 bedingt.

(c) Das uneigentliche Integral

∫∞

1

sin (x^p) dx (8)

ist auf Konvergenz in Abhängigkeit vonp∈R⁺ zu untersuchen.

Substitution mitx^p=y⇒dx= ¹_py^p1−1dy ergibt

∫∞

1

sin (x^p) dx=1 p

∫∞

1

siny·y^1p−1dy

Fall 1:Seip >1.

Dann isty^1p−1↓monoton fallend, differenzierbar sowiey^1p−1−→0füry−→ ∞. Des Weiteren ist die Stammfunktion |cosy| ≤ 1 von siny beschränkt für y ∈ [1,∞[. Dann gilt nach dem2. Mittelwertsatz der Integralrechnungmit ξ∈[a, b]

∫b

a

siny·y^1p−1dy =

a^1p−1

∫ξ

a

sinydy

=a^1p−1

∫ξ

a

sinydy

≤a^1p−1C≤ε für allea, b > Rund hinreichend großesR≥1. Damit ist aber das Konvergenz- kriterium vonCauchyfür das Integral

1 p lim

S→∞

∫S

1

siny·y^1p−1dy=

∫∞

1

sin (x^p) dx

erfüllt. Das Integral konvergiert also bedingt fürp > 1. (N.B. Diese Argumen- tation entspricht im Grunde demKonvergenzkriterium von Dirichletfür uneigentliche Integrale).

Fall 2:Seip= 1.

Dann ist

∫∞

1

sin (x^p) dx=−cosx|^∞1

Dieses Integral besitzt offenbar keinen Grenzwert. Daher divergiert das besagte Integral fürp= 1.

Fall 3:Seip <1.

Dann ist y^1p−1 ↑ monoton wachsend, differenzierbar sowie y^p1−1 −→ ∞ für y −→ ∞. Des Weiteren ist die Stammfunktion |cosy| ≤1 von siny beschränkt für y ∈ [1,∞[. Wir untersuchen das Integral mit dem Kriterium von Cauchy auf Divergenz. Wähle hierfür ein beliebiges R ≥ 1. Dann existiert ein k0 ∈ N, sodassπ(2k+ 1)≥π2k≥Rfür allek≥k0. Betrachte nun das Integral

π(2k+1)∫

π2k

siny·y^p1−1dy

Auf dem Integrationsintervall [π2k, π(2k+ 1)] ist siny ≥ 0. Daher folgt aus dem 1. Mittelwertsatz der Integralrechnung für ein bestimmtes ξ ∈ [π2k, π(2k+ 1)]

π(2k+1)∫

π2k

siny·y^1p−1dy

=ξ^1p−1

π(2k+1)∫

π2k

sinydy

=ξ^1p−1−cosy|^π(2k+1)π2k = 2ξ^1p−1 Wegen ¹_p−1>0undξ≥π2kfolgt2ξ^1p−1→ ∞fürk→ ∞. Damit ist aber das Konvergenzkriterium von Cauchy nicht erfüllbar. Das Integral divergiert also fürp <1.

2.A.2

Die Reihe

1 +

∑∞

n=1

(2n−1)!!

(2n)!!(2n+ 1) (9)

ist auf Konvergenz zu untersuchen.

Seia_n :=(2n)!!(2n+1)^(2n−1)!! mit n∈N. Dann ist an

an+1

= (2n−1)!!(2n+ 2)!!(2n+ 3)

(2n)!!(2n+ 1)!!(2n+ 1) =(2n+ 2)(2n+ 3)

(2n+ 1)(2n+ 1) = 4n²+ 10n+ 6 4n²+ 4n+ 1 Es folgt

Rn=n ( an

a_n+1 −1 )

=n

(4n²+ 10n+ 6 4n²+ 4n+ 1 −1

)

=n 6n+ 5

4n²+ 4n+ 1 = 6n²+ 5n 4n²+ 4n+ 1 Also folgt lim

n→∞R_n = ⁶₄ = ³₂ >1. Damit existiert ein N ∈N, sodassR_n ≥r für alle n ≥ N und ³₂ > r > 1. Es folgt die Konvergenz der Reihe nach dem Raabschen Kriterium.

Aufgabe 3.A

Im Folgenden sei(an)_n∈N eine Folge positiver Zahlen undA:= ∑^∞

n=1

an die zugehörige Reihe.

3.A.1

Satz 1: [Bertrandsches Kriterium] Sei

B_n:= lnn [

n ( an

a_n+1 −1 )

−1 ]

(10) B:= lim

n→∞Bn, B∈R∪ {+∞,−∞} (11) Dann ist die ReiheA fürB >1 konvergent, fürB <1 divergent.

Beweis. Sei cn := nlnn mit n ≥ 2. Die Reihe ∑^∞

n=2 1

c_n divergiert auf Grund des In- tegralkriteriums. Tatsächlich: Setzen wir f(x) := _xln¹_x, so gilt _c¹

n =f(n), sowie f(x)↓undf(x)→0 fürx→ ∞undx≥2. Des Weiteren ist

∫R

2

1 xlnxdx=

∫R

2 d dxlnx

lnx dx= ln lnR−ln ln 2−−−−−→^R→+∞ +∞ Setze nun

K_n: =c_n· a_n an+1

−c_n+1=nlnn· a_n an+1

−(n+ 1) ln (n+ 1)

=nlnn· a_n

an+1 −nln (n+ 1)−ln (n+ 1)

=nlnn· an

a_n+1 −n [

ln (

1 + 1 n

) + lnn

]

− [

ln (

1 + 1 n

) + lnn

]

=nlnn· an

an+1 −(n+ 1) ln (

1 + 1 n

)

−nlnn−lnn

= lnn [

n an

an+1 −n−1 ]

−ln (

1 + 1 n

)n+1

= lnn [

n ( a_n

an+1 −1 )

−1 ]

−ln (

1 + 1 n

)n+1

=B_n−ln (

1 + 1 n

)n+1

Mit der Stetigkeit des Logarithmus und dem bekannten Grenzwert lim

n→∞

(1 +_n¹)n+1

= efolgt fürn→ ∞

K=B−lne=B−1 (12)

WobeiK, B∈R∪ {+∞,−∞}undK:= lim

n→∞K_n.(c_n)_n∈Nerfüllt nun nach Konstruk- tion die Bedingungen desKummerschen Kriteriums. Aus letzterem Folgt die Kon- vergenz vonAfallsK >0⇔B >1sowie die Divergenz vonAfürK <0⇔B <1.

Satz 2: [Gaußsches Kriterium] Lässt sich der Quotient _a^an

n+1 darstellen als an

a_n+1 =λ+µ n+Θn

n² (13)

wobeiλundµkonstant sind und|Θ_n|< Mbeschränkt ist. Ist(λ >1)∨(λ= 1∧µ >1) so konvergiertA. Ist hingegen(λ <1)∨(λ= 1∧µ≤1)so divergiert sie.

Beweis.

Fall 1: Seiλ >1. Dann folgt lim

n→∞

a_n

a_n+1 =λ⇔ lim

n→∞

an+1

a_n = ¹_λ. Es existiert also ein N ∈N, sodass ^an+1_a

n ≤ ¹_λ+ε für allen≥N. Wähle nun einq∈R, sodass _λ¹ < q <1 und setze ε:=q−_λ¹. Dann ist ^a_aⁿ⁺¹

n ≤q <1 ∀n≥N. Aus demQuotientenkriteri- um folgt nun die Konvergenz der Reihe.

Fall 2: Seiλ <1. Dann folgt lim

n→∞

a_n

an+1 =λ⇔ lim

n→∞

a_n+1

an = ¹_λ. Es existiert also ein N ∈N, sodass ^an+1_a

n ≥ ¹_λ−ε für allen≥N. Wähle nun einq∈R, sodass _λ¹ > q >1 und setze ε:=_λ¹−q. Dann ist ^a_aⁿ⁺¹

n ≥q >1 ∀n≥N. Aus demQuotientenkriteri- um folgt nun die Divergenz der Reihe.

Fall 3: Seiλ= 1undµ <1bzw.µ >1. Nun istRk:=n ( a_n

a_n+1 −λ )

=n ( a_n

a_n+1−1 )

= µ+^Θ_nⁿ. Gehen wir mitn→ ∞zum Grenzwert über, so erhalten wir mitR:= lim

n→∞Rk

wegen der Beschränktheit von Θn:

R=µ (14)

Mit der selben Argumentation bzgl. der Grenzwerte wie in Fall 1 und 2 folgt mit R = µ < 1 die Divergenz aus dem Raabschen Kriterium. Für R = µ > 1 folgt analog die Konvergenz.

Fall 4: Seiλ=µ= 1. Wir setzenBn:= lnn [

n ( a_n

a_n+1−λ )−µ

]

= lnn [

n ( a_n

a_n+1−1 )−1

]

=

Θnlnn

n . Mit lim

n→∞

lnn

n = 0 und |Θn|< M folgt B := lim

n→∞Bn = 0<1. Nach Satz 1 divergiert die Reihe.

3.A.2

(a) Seip, q∈R⁺. Die Folgende Reihe ist auf Konvergenz zu untersuchen:

∑∞

n=1

n!n^−p

q(q+ 1)...(q+n) (15)

Es ergibt sich mitan:= q(q+1)...(q+n)^n!n−p

an

an+1

= n!n^−pq(q+ 1)...(q+n)(q+n+ 1)

(n+ 1)!(n+ 1)^−pq(q+ 1)...(q+n) = n^−p(q+n+ 1) (n+ 1)(n+ 1)^−p

= n^−p(q+n+ 1) (n+ 1)(n+ 1)^−p =

( 1 + 1

n )p−1

1 +q+n n

= (

1 + 1 n

)p−1(

1 +1 +q n

)

Sei nunx:= _n¹ und f(x) := (1 +x)^p−1(1 + (1 +q)x). Entwickeln wir f an der Stellex0= 0 = lim

n→∞

1

n in eine Taylorreihe 2. Ordnung, so folgt d

dxf(x) = (p−1)(1 +x)^p−2(1 + (1 +q)x) + (1 +x)^p−1(1 +q) d²

dx²f(x) = (p−1)[

(p−2)(1 +x)^p−3(1 + (1 +q)x) + (1 +x)^p−2(1 +q)] +(1 +x)^p−2(p−1)(1 +q)

Und schließlich

f(x) =f(0) + d dxf(x)

x=0

x+1 2

d² dx²f(x)

x=0

x²+o(x²)

= 1 + (p+q)x+(p−1)(p+ 2q)

2 x²+o(x²)

Setzen wir nun wieder x = _n¹ ein und beachten, dass mit o(x²) = o(_n¹2) für n→ ∞letztendlicho(_n¹2)n²−−−−→^n→∞ 0folgt und damit o(_n¹₂)n²< C beschränkt ist. Dann ist

an

an+1

= 1 +p+q

n +(p−1)(p+ 2q) + 2o(_n¹2)n² 2n²

= 1 +p+q n +Θn

n²

Damit folgt aus demGaußschem Kriteriumfürλ= 1undµ=p+q >1die Konvergenz der Reihe sowie die Divergenz fürµ=p+q≤1.

(b) Sei p∈R. Die Folgende Reihe ist auf Konvergenz zu untersuchen:

∑∞ n=1

1

n(lnn)(ln lnn)^p (16)

Wir setzenf(x) := _{x(lnx)(ln ln}¹ _x)p. Es ist offenbara_n =f(n)mita_n:= _{n(lnn)(ln ln}¹ _n)p. f ist stetig und positiv∀x≥3. Des Weiteren istf ↓ fürp >0. Es ist

f(e^x)·e^x

f(x) =xe^x(lnx)(ln lnx)^p

xe^xln^px = (ln lnx)^p

(lnx)^p−1 (17)

Fall 1:Seip <0. Die Reihe genügt offenbar der Abschätzung

∑∞

n=de^ee

1 n(lnn) ≤

∑∞

n=1

1 n(lnn)(ln lnn)^p

da für n≥ de^ee ln lnn ≥1 gilt. DieDivergenz der Reihe für p <0 folgt nun aus der Divergenz der Reihe fürp= 0. Der Beweis hierzu folgt in

Fall 2:Seip= 0. Es ist also:

f(e^x)·e^x

f(x) = 1

(lnx)⁻¹ = lnx−−−−−→^x→+∞ +∞

Aus demErmakoffschen Kriteriumfolgt dieDivergenzder Reihe.

Fall 3:Sei0< p <1. Unter Beachtung vonp >0 undp−1<0ergibt sich:

f(e^x)·e^x

f(x) =(ln lnx)^p (lnx)^p−1

x→+∞

−−−−−→+∞

Aus demErmakoffschen Kriteriumfolgt dieDivergenzder Reihe.

Fall 4:Seip= 1. Es ist also:

f(e^x)·e^x

f(x) =(ln lnx)¹

(lnx)¹⁻¹ = ln lnx−−−−−→^x→+∞ +∞

Aus demErmakoffschen Kriteriumfolgt dieDivergenzder Reihe.

Fall 5:Sei p > 1. Mit p > 0, p−1 >0 und der Regel vonL’Hospitalergibt sich lim

x→∞

(ln lnx)^p

(lnx)^p−1 =_p−^p₁· lim

x→∞

(_{ln lnx}

lnx

)p−1

= 0Es ist also:

f(e^x)·e^x

f(x) =(ln lnx)^p (lnx)^p−1

x→+∞

−−−−−→0<1

Aus demErmakoffschen Kriteriumfolgt nun dieKonvergenzder Reihe.

Dabei wurde mehrfach die Regel vonL’Hospitalangewandt.

Aufgabe 4

4.1

Es ist zu zeigen, dass fürx6= 2mπ, m∈Z fn(x) :=1

2 +

∑n k=1

coskx=sin^(2n+1)x₂

2 sin^x₂ (18)

gilt. Der Einfachheit halber setzen wiry:= ^x₂ und folglichy6=mπ, m∈Z. Es gilt also zu zeigen, dass

fˆn(y) := 1 2 +

∑n k=1

cos 2ky= sin(2n+ 1)y 2 siny Wir führen eine Induktion über n.

(1) Induktionsanfang

Es folgt offenbar fürn= 1 fˆn(1) = 1

2+

∑1 k=1

cos 2ky=1

2 + cos 2y=1

2(1 + cos 2y) +1 2cos 2y

= cos²y+1

2cos 2y=2 sinycosycosy 2 siny +1

2cos 2y

= sin 2ycosy

2 siny +sinycos 2y

2 siny = sin 3y

2 siny =sin(2·1 + 1)y 2 siny (2) Induktionsschritt

Es geltefˆn(y) =¹₂+∑n

k=1cos 2ky= ^sin(2n+1)y_{2 siny} für gewisse n∈N. Dann ist fˆ_n+1(y) =1

2 +

n+1∑

k=1

cos 2ky= ˆf_n(y) + cos [2(n+ 1)y]

=sin(2n+ 1)y

2 siny + cos [2(n+ 1)y]

=sin(2n+ 1)y+ 2 sinycos [2(n+ 1)y]

2 siny

=sin(2n+ 1)y+ sin [−(2n+ 1)y] + sin [(2n+ 3)y]

2 siny

=sin [(2n+ 3)y]

2 siny = sin [(2(n+ 1) + 1)y]

2 siny

Bemerkung: Der Nachweis von (18) lässt sich allerdings noch kürzer unter Ausnut- zung einer Teleskopsumme erbringen. Es ist

sin(2n+ 1)y−siny=

∑n k=1

[sin(2k+ 1)y−sin(2k−1)y]

=

∑n k=1

[sin(2ky+y) + sin(y−2ky)]

=

∑n k=1

2 sinycos 2ky

Dividiert man noch durch 2 siny und bringt ¹₂ auf die andere Seite, erhält man (18).

4.2

Es gilt zu zeigen, dass In:=

∫π

0

xfn(x)dx=π² 4 +

∑n k=1

(−1)^k−1

k² (19)

Mitfn(x) := ¹₂+

∑n k=1

coskxergibt sich

In=

∫π

0

x (

1 2 +

∑n k=1

coskx )

dx

= 1 2

∫π

0

xdx+

∑n k=1

∫π

0

xcoskxdx

= π² 4 +

∑n k=1



x

ksinkx^π

0−1 k

∫π

0

sinkxdx





= π² 4 +

∑n k=1

[

−1 k

[

−1 kcoskx

]π

0

]

= π² 4 +

∑n k=1

1 k²

[

(−1)^k−1 ]

= π² 4 +

∑n k=1

(−1)^k−1 k²

FürI_2n−1ergibt sich unter Beachtung von(−1)^2q−1 = 0 I_2n−1=π²

4 +

2n∑−1 k=1

(−1)^k−1 k²

=π² 4 +

∑n q=1

(−1)^2q−1−1 (2q−1)²

=π² 4 −2

∑n q=1

1 (2q−1)²

4.3

Sei

u(x) :=

{ x 2

sin^x₂ für x6= 0

1 für x= 0 (20)

Es ist zu zeigen, dass 0< u⁰(x)≤ ¹₂ für0< x≤πgilt.

Für die totale Ableitung folgt mit y:= ^x₂ und0< y≤ ^π₂ d

dxu(y) = siny−ycosy 2 sin²y (a) Zu zeigen: _dx^du(y)>0 für0< y≤^π₂. Also

d

dxu(y)>0⇔ siny−ycosy

2 sin²y >0⇔siny−ycosy >0⇔tany > y Sei nun y ∈]0,^π₂]. Dann folgt aus dem Satz von Lagrange mit bestimmtem ξ∈]0, y[

tany=|tany−tan 0|= 1

cos²ξ(y−0)> y Die strikte Ungleichung ergibt sich aus der Tatsache, dassξ6= 0.

(b) Zu zeigen: _dx^du(y)≤ ¹₂ für0< y≤^π₂. Also d

dxu(y)≤ 1

2 ⇔ siny−ycosy 2 sin²y ≤1

2 ⇔siny−ycosy≤sin²y Nun folgt unter Beachtung voncosy≥0sowiey≥siny≥0für0< y≤^π₂

siny−ycosy≤siny−sinycosy= siny(1−cosy)

= siny1−cos²y

1 + cosy = siny

1 + cosysin²y

≤sin²y

4.4

Es ist zu zeigen, dass

I2n−1= 1 4n−1



2 + 2

∫π

0

u⁰(x) cos(4n−1)x

2 dx



 (21)

Es ergibt sich

∫π

0

u⁰(x) cos(4n−1)x

2 dx= u(x) cos(4n−1)x 2

^π

0

+4n−1 2

∫π

0

x

2 sin^x₂ sin(4n−1)x

2 dx

= (0−1) + 4n−1 2

∫π

0

xsin⁽⁴ⁿ⁻₂^1)x 2 sin^x₂ dx

=−1 + 4n−1 2

∫π

0

xf2n−1dx

=−1 + 4n−1 2

[ π²

4 +

2n∑−1 k=1

(−1)^k−1 k²

]

=−1 + 4n−1 2

[ π²

4 −2

∑n q=1

1 (2q−1)²

]

Setzen wir dies in (21) ein, so folgt 1

4n−1 [

2 + 2 (

−1 +4n−1 2

[ π²

4 −2

∑n q=1

1 (2q−1)²

])]

=π² 4 −2

∑n q=1

1

(2q−1)² =I_2n−1

4.5

Es ist zu zeigen, dass lim

n→∞I2n−1= 0. Nun lässt sich|I2n−1|wie folgt abschätzen 0≤ |I_2n−1|

= 1

4n−1 2 + 2

∫π

0

u⁰(x) cos(4n−1)x

2 dx

≤ 1 4n−1



2 + 2

∫π

0

u⁰(x) cos(4n−1)x

2 dx





4.3≤ 1 4n−1



2 + 2

∫π

0

u⁰(x)

cos(4n−1)x 2

dx





≤ 1 4n−1



2 + 2

∫π

0

u⁰(x)dx





= 1

4n−1[2 + 2u(x)|^π0]

= 1

4n−1 [

2 + 2 (π

2 −1 )]

= π

4n−1

n→∞

−−−−→0 Damit ist also

nlim→∞I2n−1=π² 4 −2

∑∞

q=1

1

(2q−1)² = 0 Und schließlich

∑∞ q=1

1

(2q−1)² = π²

8 (22)

4.6

Es ist offenbar

∑∞

k=1

1 (2k−1)² +

∑∞

k=1

1 (2k)² =

∑∞

k=1

1

k² (23)

Daraus ergibt sich sofort ∑^∞

k=1 1

(2k−1)² +¹₄ ∑^∞

k=1 1 k² = ∑^∞

k=1 1

k² und schließlich ∑^∞

k=1 1 (2k−1)² =

3 4

∑∞ k=1

1

k² =^π₈². Also ist

∑∞

k=1

1 k² = π²

6 (24)

Aufgabe 5.B

5.1

Satz 3: [Vertauschen von Reihen]

Sei(an,m)_n,m∈Neine Doppelfolge mitan,m∈R. Sei weiterhin

∑

n,m∈N

|an,m|=

∑∞ n=1

∑∞ m=1

|an,m|=

∑∞ m=1

∑∞ n=1

|an,m|<∞ (25) Dann konvergiert die Doppelreihe ∑

n,m

an,mund es gilt

∑

n,m

an,m=

∑∞

n=1

∑∞

m=1

an,m=

∑∞

m=1

∑∞

n=1

an,m (26)

Beweis.

Schritt 1:(Existenz der Grenzwerte)

Aus (25) folgt sofort die absolute Konvergenz vonA_n:= ∑^∞

m=1

a_n,mundB_m:= ∑^∞

n=1

a_n,m. Des Weiteren ist A_n ≤ |A_n| ≤ |A|n undB_m≤ |B_n| ≤ |B|m, wobei|A|n := ∑^∞

m=1

|a_n,m| und |B|m:= ∑^∞

n=1

|a_n,m|. Aus der Konvergenz von ∑^∞

n=1

|A|n folgt dann die Konvergenz von ∑^∞

n=1

|An| und schließlich die absolute Konvergenz von ∑^∞

n=1

An. Analoges folgt für Bm.

Schritt 2:(Gleichheit der Grenzwerte) SeiSN,M :=

∑N n=1

∑M m=1

an,m=

∑M m=1

∑N n=1

an,m. Es ist also zu zeigen, dass

Nlim→∞ lim

M→∞SN,M = lim

M→∞ lim

N→∞SN,M (27)

Aus Schritt 1 wissen wir, dass jeder dieser Grenzwerte für sich existiert. Es genügt also zu zeigen, dass einer dieser Grenzwerte gleichmäßig bezüglich des korrespondierenden Parameters angenommen wird. Tatsächlich, istAn(M) :=

∑M m=1

an,m, so gilt

|An(M)|=

∑M m=1

an,m

≤

∑M m=1

|an,m| ≤

∑∞

m=1

|an,m|=|A|n<∞ (28)

Aus der Konvergenz von ∑^∞

n=1

|A|n folgt dann nach demMajorantenkriterium von Weierstraß die gleichmäßige Konvergenz von ∑^∞

n=1

An(M) = lim

N→∞

∑N n=1

An(M) = lim

N→∞

∑N n=1

∑M m=1

a_n,m= lim

N→∞S_N,M bzgl.M ∈N. Dies schließt den Beweis ab.

5.B.2

Es ist folgende Identität zu beweisen

∑

n,m∈N

1

(4n−2)^2m = π

8 (29)

Wir benutzen in Folgenden die Identität ∑^∞

n=1 (−1)ⁿ⁻¹

2n−1 = ^π₄. Die Konvergenz dieser Reihenentwicklung des arctanx wird weiter unten bewiesen. Unter Beachtung von

1

(4n−2)² <1∀n∈N und Anwendung der Summationsformel für die Geometrische Reihe folgt

∑

n,m∈N

1 (4n−2)^2m =

∑∞ n=1

∑∞ m=1

1 (4n−2)^2m =

∑∞ n=1

∑∞ m=1

[ 1 (4n−2)²

]m

=

∑∞

n=1

[ 1 1−_(4n−¹₂₎2

−1 ]

=

∑∞

n=1

1 (4n−2)²−1

=

∑∞

n=1

1

[(4n−2)−1] [(4n−2) + 1] = 1 2

∑∞

n=1

[ 1

4n−3− 1 4n−1

]

= 1 2

∑∞

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ 2n−1 =1

2 ·π 4 = π

8

Lemma:Es gilt die Identität

∑∞

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ 2n−1 =π

4 (30)

Beweis. Wie in Aufgabe 6.B (a) gezeigt wird, konvergiert die Reihenentwicklung des arctanx

Tarctan(x) =

∑∞ n=1

(−1)ⁿ⁻¹ 2n−1 x²ⁿ⁻¹ für alle x∈]−1,1[. Setzen wirx= 1, so ergibt sich

T_arctan(1) =

∑∞

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ 2n−1

Diese Reihe konvergiert nach demKonvergenzkriterium von Leibnitz. Daarctan(1) =

π

4 und Tarctan(1) offensichtlich der Reihe (30) entspricht, genügt es zu zeigen, dass Tarctan(x) = arctanxfürx∈[−1,1].

Um die Konvergenz der Taylorentwicklung gegenarctanxzu zeigen, reicht es folgende Konvergenz des Restgliedes fürx∈[−1,1]zu verifizieren

r_n(x)−−−−→^n→∞ 0

Für dien-te Ableitung des Arkustangens ergibt sich (Beweis siehe unten) arctan⁽ⁿ⁾x= (n−1)! cosⁿ[arctanx]·sin

[ n

(

arctanx+π 2

)]

(31) Dann gilt für die Restgliedabschätzung unter Beachtung vonx∈[−1,1]undξx∈[0, x]

bzw.ξx∈[x,0]

|r_n(x)|=

f⁽ⁿ⁺¹⁾(ξ_x) xⁿ⁺¹ (n+ 1)!

=

n! cosⁿ⁺¹[arctan (ξx)]·sin[

(n+ 1)(

arctan (ξx) +^π₂)]

·xⁿ⁺¹ (n+ 1)!

≤ 1·1·1

n+ 1

= 1 n+ 1

n→∞

−−−−→0

Es folgt noch die Herleitung der Expliziten Formel für dien-te Ableitung desarctanx.

Seiy := arctanx⇔x= tany. Es ist also zu zeigen, dass y⁽ⁿ⁾= (n−1)! cosⁿy·sin

[ n

( y+π

2 )]

(32) (1) Induktionsanfang

Es ist y⁽¹⁾ = _1+x¹2 = ¹

1+(_cos^siny_y)² = _cos2^cosy+sin^{2y 2}y = cos²y = cosy·sin( y+^π₂)

= (1−1)! cos¹y·sin[

1( y+^π₂)]

. (2) Induktionsschritt

Es gelte (32) für gewissen∈N. Nun folgt y⁽ⁿ⁺¹⁾= d

dx(n−1)! cosⁿy·sin [

n (

y+π 2

)]

= (n−1)!

[−ny⁰cosⁿ⁻¹y·siny·sin [

n (

y+π 2

)]

+ny⁰cosⁿy·cos [

n (

y+π 2

)]]

=n!

[

cosy·sin (

y+π 2

)·cosⁿy·cos [

n (

y+π 2

)]

−cosy·cosⁿ⁻¹y·sin (

y+π 2

)·siny·sin [

n (

y+π 2

)]]

=n! cosⁿ⁺¹y·[ sin

( y+π

2 )

cos [

n (

y+π 2

)]−sinysin [

n (

y+π 2

)]]

=n! cosⁿ⁺¹y·cos (

y+ny+nπ 2 )

=n! cosⁿ⁺¹y·cos [

(n+ 1) (

y+π 2

)−π 2 ]

=n! cosⁿ⁺¹y·sin [

(n+ 1) (

y+π 2

)]

Damit ist der Beweis des Lemmas abgeschlossen.

Aufgabe 6.B

(a) Der KonvergenzradiusRder TaylorentwicklungT_cos(x)der Funktioncosxist zu bestimmen.

Es ist

T_cos(x) = 1−x² 2 +x⁴

24 − x⁶

720 +...=

∑∞

n=0

(−1)ⁿ

(2n)!x²ⁿ (33) Nach dem Wurzelkriterium muss gelten

lim sup

n→∞

(−1)ⁿ (2n)! x²ⁿ

1 n

= lim sup

n→∞

(−1)ⁿ (2n)!

1 n

x²<1

⇔x²< 1 lim sup

n→∞

⁽(2n)!⁻¹⁾ⁿ

1 n

⇔x < 1

( lim sup

n→∞

⁽(2n)!⁻¹⁾ⁿ

1 n

)¹₂ =:R

Es ist offenbarlim sup

n→∞

1

n√

(2n)! = 0. Damit istR= +∞.

(b) Der KonvergenzradiusRder TaylorentwicklungTarctan(x)der Funktionarctanx ist zu bestimmen.

Es ist

Tarctan(x) =x−x³ 3 +x⁵

5 −x⁷ 7 +...=

∑∞

n=1

(−1)ⁿ⁻¹

2n−1 x²ⁿ⁻¹ (34) Unter Beachtung von lim

n→∞

√n

x= 1 muss nach dem Wurzelkriterium gelten

lim sup

n→∞

(−1)ⁿ⁻¹ 2n−1 x²ⁿ⁻¹

1 n

= lim sup

n→∞

1

√n

2n−1 x²

√n

x <1

⇔x²< 1 lim sup

n→∞

1

n√ 2n−1ⁿ√x

⇔x < 1

( lim sup

n→∞

1

n√2n−1ⁿ√x

)¹₂ =:R