Lösungen der Übungen zur ANALYSIS II

der Philipps-Universität Marburg

Lösungen der Übungen zur ANALYSIS II

Prof. Dr. C. Portenier

Ralf Jäger und Roland Knevel

Marburg im Sommersemester 2002

Fachbereich Mathematik und Informatik Ralf Jäger und Roland Knevel der Philipps-Universität Marburg Sommersemester 2002

Analysis II

Lösungsblatt 1 Aufgabe 1

(a) Betrachte die stetige Funktion

g : [0,2π]−→R:x7−→g(x) := f(exp (ix))−f(−exp (ix)) . Es ist

g(0) =f(1)−f(−1) .

1. Fall: g(0) = 0 : Dann ist f(1) =f(−1) , d.h. 1 ist ein Antipodenpunkt.

2. Fall: g(0)6= 0 : Es gilt dann

g(π) =f(exp (iπ))−f(−exp (iπ)) = f(−1)−f(1) =−g(0) . Da g stetig ist, existiert nach dem Satz von Bolzano einξ∈]0,π[ mit g(ξ) = 0 , also

f(exp (iξ)) = f(−exp (iξ)) .

Da exp (iξ)∈U für alleξ ∈R gilt, folgt die Behauptung mitz := exp (iξ) . Aufgabe 2

(a) Aus der Kettenregel folgt unmittelbar f ·(lnf)⁰ =f · 1

f ·f⁰ =f⁰ . (b) Nach dem Teil (a) ist

g⁰(x) =x^x·(x·lnx)⁰ =x^x·(lnx+ 1) . Aufgabe 3

(a) Aus Ketten- und Produktregel folgt

f₁⁰(x) = sin (lnx) +x·cos (lnx)· 1

x = sin (lnx) + cos (lnx) . (b) Fürx >0 ist mit dem (a)-Teil der vorigen Aufgabe

f₂⁰ (x) = x^x2 ·¡

x²·lnx¢0

=x^x2 ·(2x·lnx+x) =x^x2+1·(2 lnx+ 1) . (c) Mit Ketten- und Quotientenregel ergibt sich

f₃⁰(x) =

3x²·p

exp (x²+ 2x+ 1)−x³· ^(2x+2)·exp(^x2+2x+1)

2√

exp(x²+2x+1)

exp (x²+ 2x+ 1) =

=x² 3−x²−x pexp (x²+ 2x+ 1) .

(d) Fürx >0 ist mit der vorigen Aufgabe f₄⁰(x) = x^(xx)·(x^x·lnx)⁰ =x^(xx)·¡

x^x·(ln (x) + 1)·lnx+x^x−1¢

=

=x^xx+1 µ

(lnx+ 1)·lnx+ 1 x

¶ .

Aufgabe 4 Außerhalb des Punktes x = 1 ist f stetig differenzierbar, da f dort Verkettung von Polynomen ist. Wir untersuchen nun alsof inx= 1.

linksseitig Es gilt für allex <1 (x−1)¡

x⁴+x³−x²−x+ 1¢

=x⁵−2x³+ 2x−1 bzw.

f(x)−f(1)

x−1 =x⁴+x³−x²−x+ 1 . Dies zeigt, dass der linksseitige Limes

lim1>x−→1

f(x)−f(1) x−1 = 1 existiert; die Funktion f ist linksseitig differenzierbar inx= 1. rechtsseitig Es gilt für den rechtsseitigen Limes

lim1>x−→1

f(x)−f(1)

x−1 = lim1>x−→1

x−1 x−1 = 1; die Funktion f ist rechtsseitig differenzierbar inx= 1 .

Fazit Die Funktion ist in x = 1 beidseitig differenzierbar und die Ableitungen stimmen überein, mit Wert 1. Somit ist die Funktion auf ganz R differenzierbar mit Ableitung

f⁰ :R−→R:x7−→f⁰(x) :=





5x⁴−6x²+ 2 x <1 falls

1 x>1

. Diese Ableitung ist sicherlich eine stetige Funktion.

Aufgabe 5 Außerhalb des Nullpunktes sind alle fs (für alle s ∈ R⁺ ) stetig differenzierbar, dafs dort Verkettung stetig differenzierbarer Funktionen ist mit Ableitung

f_s⁰(x) =s·x^s−1·sin1

x−x^s−2·cos1

x für alle x >0 .

Man beachte zunächst noch, dass allgemein für t∈R die folgenden Aussagen äquivalent sind (i) limx−→0+x^t·sin¹_x existiert;

(ii) t >0 ;

Analysis II Lösungsblatt 1

In diesem Fall gilt limx−→0+x^t·sin_x¹ = 0 .

In der Tat, da sin beschränkt ist, existiert für t > 0 der Limes und ist Null. Umgekehrt wähle man die Folge(xn)_n∈N mit xn:= _(2n+1)π² , um die Divergenz zu zeigen

Wir untersuchen nun also die Funktionenfs in Null.

Stetigkeit Mit der Vorbemerkung ist klar, allefs mits >0sind stetig in Null; f0 ist in Null unstetig.

Differenzierbarkeit Für x >0ist fs(x)−fs(0)

x−0 = 1

x·x^s·sin 1

x =x^s−1·sin1 x .

Nach der Vorbemerkung existiert der Limes ( 0< x→0 ) dieser Differentialquotienten genau dann, wenn s > 1 . Genau dann ist also fs (in Null) differenzierbar, wenn s > 1 . in diesem Fall giltf_s⁰(0) = 0.

stetige Differenzierbarkeit Unter der Bedingungs >1(nach der obigen Differenzierbarkeits- untersuchung notwendig für Differenzierbarkeit von fs ) folgt aus der Einleitung:

Genau dann ist fs (in Null) stetig differenzierbar, wenn lim0<x−→0s·x^s−1·sin 1

x −x^s−2·cos1 x = 0

existiert ! Es ist bekannt, das der erste Term (wegen s > 1 ) gegen Null konvergiert (vgl.

(i)⇔(ii) ). Dies zeigt, dass fs (in Null) genau dann stetig differenzierbar ist, wenn lim0<x−→0x^s−2·cos1

x = 0

existiert ! Wie in (i)⇔(ii) erhält man somit die Äquivalenz der folgenden Aussagen (i) fs stetig differenzierbar;

(ii) s >2 .

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Analysis II

Lösungsblatt 2 Aufgabe 1 Es ist

f(1)−f(0)

g(1)−g(0) = 1−1

−1−0 = 06= f⁰(ξ) g⁰(ξ) =ξ

für alleξ ∈]0,1[, sofern g⁰(ξ)6= 0!!! Dies ist kein Widerspruch zum Mittelwertsatz (Korollar 8.5), da wegen

g⁰ Ã1

4 + r11

48

!

= 0 die Voraussetzungg⁰ 6= 0 auf ]0,1[ nicht erfüllt ist.

Aufgabe 2

(a) Da expauf ganzR streng monoton wachsend, übertragen sich Maximal- und Minimalei- genschaften von einer Funktionf auf exp◦f und umgekehrt. Somit genügt es, die Funktion

f :R−→R:x7−→sinx−x² zu betrachten (den Trick sollte man sich merken !). Es ist

f⁰(x) = cosx−2x offensichtlich streng monoton fallend in£

0,^π₂¤

mit f⁰(0) = 1 >0 undf⁰¡_π

2

¢ =−π <0 . Nach Zwischenwertsatz, da offensichtlich f⁰ stetig in £

0,^π₂¤

, besitzt f⁰ genau eine Nullstelle x0 und an dieser einen Vorzeichenwechsel von + nach − . Somit ist x0 das einzige lokale Extremum von f , und damit von g , und dieses ist ein Maximum.

-1.5 -1 -0.5 0 0.5

0.5 1 1.5

x7−→sinx−x²

0 0.5 1 1.5

0.5 1 1.5

x7−→exp (sinx−x²)

Analysis II Lösungsblatt 2

Aufgabe 3 (a) Da

limx→a

f(x)−f(a)

x−a =f⁰(a)<0 , existiert nach DeÞnition von lim eine Umgebung U ⊂J um a mit

f(x)−f(a) x−a <0

für alle x ∈ U . Löst man dieses nach f(x) auf, so erhält man die Implikationen ”⇒”, und da trivialerweise x=a =⇒f(x) =f(a) gilt, hat man alle Fälle für x abgedeckt, sodass ”⇔” gelten muss.

(b) Als Gegenbeispiel betrachte man die Funktion f :R−→R:x7−→





x²sin¡₁

x

¢− ^x2 x6= 0 falls

0 x= 0

. Diese ist differenzierbar nach Aufgabe 1.5 (s = 2) mit

f⁰(x) =





2xsin_x¹ −cos_x¹ − ¹2 x6= 0 falls

−¹2 x= 0 .

Da somit f⁰ in jeder Umgebung um x = 0 auch positive Werte annimmt, ist f in keiner Umgebung umx= 0 streng monoton fallend.

Aufgabe 4 Entwickelt man

A :=







x a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

... ... . .. ... an1 an2 · · · ann







z.B. nach der 1. Zeile, so erhält man

detA=x·detA11+ Xn

l=2

(−1)^1+la1ldetA1l ,

wobeiAkl die durch Streichung derk. Zeile und l. Spalte entstehende(n−1)×(n−1)-Matrix bezeichnet. Somit ist f⁰(x) = detA11 .

Aufgabe 5 ρ_T ist auf R^∗+ differenzierbar, da Komposition differenzierbarer Funktionen (ins- bes. Nenner>0 ). Es gilt

limν→0+

8πh

c³ · ν³

e^kTh·ν −1 = 8πkT

c³ ·limν→0+

ν²

e^kTh·ν−1

h kT·ν

= 8πkT

c³ · 0

exp⁰(0) = 0,

limν→∞

8πh

c³ · ν³

e^kTh·ν−1 = limν→∞

8πh

c³ · 1

e^kTh·ν ν³ − _ν¹³

= 0

undρ_T ist eine positive Funktion. Mit den üblichen Argumenten und dem Satz von Weierstraß zeigt man, dassρ_T ein Maximum besitzt. Letzteres erhalten wir weiter unten mit eine einfachere Methode.

Nach Vereinfachen erhält man ν· ρ⁰_T (ν)

ρ_T (ν) = 3− x

1−e^−x =:f(x)

mit der linearen Variablentransformationx= _kT^h ·ν , welches ebenfalls eine aufR^∗+differenzier- bare Funktion ist. Daf stetig, sowielimx→0f(x) = 2>0 und limx→∞f(x) = −∞ , existiert nach Zwischenwertsatz mindestens eine Nullstelle vonf . Ferner ist

f⁰(x) = (1 +x)e^−x−1 (1−e^−x)² <0 .

Das Letztere gilt, da e^x >1 +xfür x >0 nach der Reihenentwicklung vonexp, also e^−x < 1

1 +x .

Somit ist f streng monoton fallend, besitzt daher genau eine Nullstelle x0 und an x0 einen Vorzeichenwechsel von+nach−. Daher gilt das entsprechende auch fürρ⁰_T beiνmax= ^kT_h ·x0 . Also beÞndet sich anνmax das einzige Extremum vonρ_T inR^∗+ , welches ein Maximum ist (vgl.

Satz 8.6). Nach obiger Formel ergibt sich νmax(T)

T = k

h ·x0

unabhängig vonT .

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

2 4 6 8 10

ν 7−→ e^νν−³1

-8 -6 -4 -2 0 2

2 4 6 8 10

x7−→3− 1−^xe^−x

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Analysis II

Lösungsblatt 3

Aufgabe 1 Es sei (xk)_k ⊂ J ∩ ]−∞, a[ mit limkxk = a , sowie (yk)_k ⊂ J ∩ ]a,∞[ mit limkyk =a . Nach dem Mittelwertsatz existieren Folgen(ξ_k)_k und (η_k)_k mit

xk <ξ_k < a und a <η_k < yk für alle k ∈N , insbesondere limkξ_k = limkη_k =a , und

f(xk)−f(a)

xk−a =f⁰(ξ_k) und f(yk)−f(a)

yk−a =f⁰(η_k) für alle k ∈N . Da die Limites existieren gilt

f_l⁰(a) = limk

f(xk)−f(a)

xk−a = limkf⁰(ξ_k) =f⁰(a−) und

f_r⁰(a) = limk

f(yk)−f(a)

yk−a = limkf⁰(η_k) =f⁰(a+) , insbesondere istf links- und rechtsdifferenzierbar.

Das Kriterium der Vorlesung zeigt, dass genau dannf ina differenzierbar ist, wenn f_l⁰(a) = f_r⁰(a) oder f⁰(a−) =f⁰(a+)

gilt.

Aufgabe 2

(a) Nach dem Mittelwertsatz (MWS) gibt es einξ∈]a, b[mit e^b−e^a=e^ξ·(b−a) . Da expstrikt wachsend ist, folgt

e^a·(b−a)< e^b−e^a < e^b·(b−a) . (b) Sei x∈]0,1[ beliebig. Es ist

µ

id−id² 2

¶0

= 1−id6= 0 auf ]0,1[ , also existiert nach dem MWS einξ ∈]0, x[ mit

ln (1 +x)−ln 1 x− ^x2² −0 =

1 1+ξ

1−ξ = 1 1−ξ² . Wegen1−x² <1−ξ² <1folgt die Behauptung.

(c) Es ist für alle x∈R

(cosx−1)²+ (sinx)² =|cosx−1 +i·sinx|² =¯¯e^i·x−1¯¯² =¯¯e^i·x−e^i·0¯¯² .

Wir können o.B.d.A. x >0 annehmen, da das Vorzeichen beim Quadrieren herausfällt. Nach der Mittelwertungleichung ist

¯¯e^i·x−e^i·0¯¯² 6³√

2·(x−0)·sup_t∈[0,x]¯¯i·e^i·t¯¯´2

= 2·x²·1 = 2·x² .

Aufgabe 3 Wir beweisen zunächst die Eindeutigkeit der Lösung. Dazu nehmen wir an,f sei eine Lösung und setzen

g := f exp . Dann ist g(τ) =η·exp (−τ) und

g⁰ = f⁰ ·exp−f ·exp⁰

exp² = f⁰−f

exp = f+ exp−f exp = 1,

d.h. g = id +cmit einer Konstantenc∈C . Diese bestimmen wir aus der Anfangsbedingung:

g(τ) =τ+c=η·exp (−τ) ,

alsoc=η·exp (−τ)−τ . Somit können wir schließen: Wenneine Lösungf des AWPs existiert, so hat diese die Form

f = (id +η·exp (−τ)−τ)·exp .

Dass dieses f tatsächlich das AWP löst veriÞzieren wir durch Ableiten und Einsetzen der Anfangsbedingung:

f⁰ = (id +η·exp (−τ)−τ)⁰·exp + (id +η·exp (−τ)−τ)·exp⁰ =

= exp + (id +η·exp (−τ)−τ)·exp = exp +f und

f(τ) =η·exp (−τ)·exp (τ) = η . Aufgabe 4

(a) Es gilt fürx6= 0

x³·sin 1

x −x² = sin_x¹ − _x¹

1 x³

.

Mit der Variablenänderung y= _x¹ und der Regel von de l’Hospital folgt limx→∞x³·sin1

x −x² = limy→0+

siny−y

y³ = limy→0+

cosy−1 3y² =

= limy→0+ −siny 6y =−1

6 ,

Analysis II Lösungsblatt 3 dalimy→0 siny

y = 1 . Man beachte, dass limy→0+(siny−y) = limy→0+(cosy−1) = 0 gilt.

(b) Setzen wir

f(x) := sinx−x+x³ 6 − x⁵

120 und g(x) := x⁷ , dann ist

f^(k)(0) =g^(k)(0) = 0 für k= 0, . . . ,6 (nachrechnen !), sowie

f⁽⁷⁾(0) =−cos 0 =−1 und g⁽⁷⁾(0) = 7! = 5040 . Es folgt mit l’Hospital, siebenmal angewandt, dass

limx→0

sinx−x+ ^x₆³ − 120^x5

x⁷ =− 1

5040 . (c) Nach der Restgliedformel für den Sinus (vgl. Beispiel 8.9.3) ist

sinx−x+x³ 6 − x⁵

120 =−x⁷

7! +R9(x) und

|R9(x)|6 |x|⁹ 9! . Es folgt

¯¯

¯¯

¯

sinx−x+^x₆³ − 120^x5

x⁷ + 1

7!

¯¯

¯¯

¯= |R9(x)|

|x|⁷ 6 |x|²

9! −→0 ,x−→0 , also

limx→0

sinx−x+^x₆³ −120^x5

x⁷ =−1

7! =− 1 5040 .

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Analysis II

Lösungsblatt 4 Aufgabe 1

(a) Die Behauptung ist klar für n = 0. Schließen wir von n auf n+ 1 : Es seien also f, g∈C⁽ⁿ⁺¹⁾(J) , und es gelte die Leibnizformel fürn . Dann ist die Funktion

(f·g)⁽ⁿ⁾ = Xn

k=0

µn k

¶

·f^(k)·g^(n−k)

differenzierbar, da die Funktionen f^(k) , g^(n−k) für k = 0, . . . , n nach Voraussetzung differen- zierbar sind, und es folgt

(f·g)⁽ⁿ⁺¹⁾ = Ã _n

X

k=0

µn k

¶

f^(k)·g^(n−k)

!₀

=

= Xn

k=0

µn k

¶

·f^(k+1)·g^(n−k)+ Xn

k=0

µn k

¶

f^(k)·g^(n−k+1) =

=f⁽ⁿ⁺¹⁾·g+f·g⁽ⁿ⁺¹⁾+ Xn

k=1

µµ n k−1

¶ +

µn k

¶¶

·f^(k)·g^(n−k+1)=

= Xn+1

k=0

µn+ 1 k

¶

·f^(k)·g^(n+1−k) . Damit ist (f ·g)⁽ⁿ⁺¹⁾ stetig, also auch f·g ∈C⁽ⁿ⁺¹⁾(J) . (b) Nach (a) gilt

f⁽²ⁿ⁾ = X2n

k=02|k

µ2n k

¶

·(−1)^k2 ·sin·cosh +

2nX−1

2k=1|k−1

µ2n k

¶

·(−1)^k−21 ·cos·sinh =

= Re à _2n

X

k=0

µ2n k

¶ i^k

!

·sin·cosh−Re Ã

i X2n

k=0

µ2n k

¶ i^k

!

·cos·sinh =

= Re (i+ 1)²ⁿ·sin·cosh−Re¡

i(i+ 1)²ⁿ¢

·cos·sinh =

= sin·cosh·Re (2i)ⁿ+ cos·sinh·Im (2i)ⁿ=

= 2ⁿ·





(−1)ⁿ² sin·cosh 2|n falls

(−1)ⁿ⁻²¹ cos·sinh 2|n−1 .

Analysis II Lösungsblatt 4

Aufgabe 2

(a) Durch Ausprobieren erhält man

f^(k)(x) =ak(1 +x)^12−k

für alle k ∈ N mit ak ∈ Q und a0 = 1 . Leitet man diese Formel ab, so erhält man die Rekursionsformel

ak+1 =ak

µ1 2 −k

¶ , und damit induktiv

ak =

kY−1

l=0

µ1 2−l

¶

= 2^−k(−1)^k−1

k−1

Y

l=1

(2l−1) = (−1)^k−1(2k−2)!

2^2k−1(k−1)!

für alle k ∈N . Somit erhält man Tkf(x) =

Xk

l=0

al

l!x^l = 1 + Xk

l=1

(−1)^l−1(2l−2)!

2^2l−1(l−1)!²l x^l .

(b) Für alle k ∈ N gilt mit einem ξ zwischen x = 0 und y , insbesondere ξ ∈ ]−δ,∞[ , die Restglieddarstellung

Rk(y) = f^(k)(ξ)

k! y^k = (−1)^k−1(2k−2)!

2^2k−1k(k−1)!² ·(1 +ξ)^12−ky^k , und da fürk >1die Funktion |1 + id|^12−k in]−1,∞[ strikt fallend ist, gilt

|1 +ξ|^12−k6|1−δ|^12−k . Es folgt

|Rk(y)|6 (2k−2)!

2^2k−1k(k−1)!² ·(1−δ)^12−k· |y|^k für alle y∈[−δ,∞[ . Aufgabe 3

(a) Sei zunächst a6y6x . Dann gilt y= x−y

x−a ·a+ y−a x−a ·x mit

x−y

x−a + y−a x−a = 1 . Damit haben wir, da f konvex,

f(y)6 x−y

x−a ·f(a) + y−a

x−a ·f(x) = f(x) + x−y

x−a ·f(a) +

µy−a x−a −1

¶

·f(x) =

=f(x) + x−y

x−a·(f(a)−f(x)) =f(x) + f(x)−f(a)

x−a ·(y−x) Andererseits ist

x= b−x

b−y ·y+ x−y b−y ·b mit

b−x

b−y +x−y b−y = 1 . Wir erhalten somit

f(x)6 b−x

b−y ·f(y) + x−y

b−y ·f(b) . Aufgelöst nachf(y) liefert das

f(y)> b−y b−x ·

µ

f(x)− x−y b−y ·f(b)

¶

=f(x) +

µb−y b−x −1

¶

f(x)− x−y

b−x ·f(b) =

=f(x) + x−y

b−x ·(f(x)−f(b)) =f(x) + f(b)−f(x)

b−x ·(y−x)

und jetzt bilden wir denlimy→x und erhalten die linksseitige Stetigkeit vonf im Punktx. Die rechtsseitige Stetigkeit erhalten wir, indem wir den Fall x 6 y 6 b betrachten. Dieser Fall ist analog zu a6y6x , nur die Rollen vona und b sind vertauscht.

(b) „=⇒“: Seif konvex. Daf zweimal stetig differenzierbar, gilt nach der Taylorformel mit

Analysis II Lösungsblatt 4

Restglied für einξ zwischenx und y

f(y) =f(x) +f⁰(x) (y−x) + f⁰⁰(ξ)

2 (y−x)² .

Da f konvex, ist nach Korollar 8.11 f⁰⁰(ξ)>0, und daraus folgt die Behauptung.

„⇐=“: Es genügt wieder nach Korollar 8.11 zz. f⁰⁰ >0 . Sei x ∈ J beliebig. Dann gilt nach Voraussetzung

f(y)>f(x) +f⁰(x) (y−x) ,

also besitzt f −f⁰(x) (id−x) ein Minimum im Punkt x . Da mit f auch f −f⁰(x) (id−x) zweimal stetig differenzierbar, folgt

f⁰⁰(x) =∂²[f−f⁰(x) (id−x)] (x)>0.

Aufgabe 4 f ist auf ganz Runendlich oft differenzierbar und es gilt f⁰(x) = −4x

(1 +x²)² , f⁰⁰(x) = 4 3x²−1

(1 +x²)³ auf ganzR . Für x6= 0 istf(x) =

1 x2−1

1

x2+1 , also folgt

limx→±∞f(x) =−1 .

f hat genau in −1 und+1 Nullstellen, sowie einen kritischen Wert inx= 0 . Da f⁰|R− >0 und f⁰|R+ <0 ,

istf auf R− streng wachsend und auf R⁺ streng fallend, d.h. in x= 0 liegt ein Maximum vor.

Dies ist das einzige Extremum vonf . Für|x|< ^√1₃ist f⁰⁰(x)<0 , für|x|> ^√1₃istf⁰⁰(x)>0 , wobei Gleichheit genau in ±^√1₃ gilt, also hat f dort Wendepunkte. Daraus folgt auch, daß f genau in

¸

−∞,− 1

√3

¸ und

· 1

√3,∞

·

konvex ist; konkav istf genau in

·

− 1

√3, 1

√3

¸ .

6 4

2 0

-2 -4

-6

1

0.5

0 -0.5

-1 x7−→ ¹_1+x^−x22

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Analysis II

Lösungsblatt 5 Aufgabe 1

(a) Man nehme an,f sei eine Lösung des AWP’s und man mache den Ansatz f =g·e^−c1·id bzw. g :=f ·e^c1·id . Es folgt durch Ableiten und Einsetzen der Differentialgleichung

g⁰ =f⁰·e^c1·id+c1·f ·e^c1·id=c2·e^c1·id , also (Existenz und Eindeutigkeit der Stammfunktion)

g = c2

c1 ·e^c1·id+c, wobei für die Konstantecaus der Anfangsbedingung folgt

c=g(0)− c2

c1

=η− c2

c1

. Somit

f = c2

c1

+ µ

η−c2

c1

¶

·e^−c1·id .

Dass dieses f auch tatsächlich eine Lösung des AWP ist veriÞzieren wir direkt: f(0) =η und f⁰ +c1·f =−c1 ·

µ η− c2

c1

¶

·e^−c1·id+c1· µc2

c1

+ µ

η−c2

c1

¶

·e^−c1·id

¶

=

= (−c1·η+c1·c2)·e^−c1·id+c2+¡

c1·η−c1·c2·e^−c1·id¢

=c2 . (b) Setzen wirg =f ·e^−i·id , so ist

g⁰ =f⁰·e^−i·id−i·f ·e^−i·id (∗) und

g⁰⁰ =f⁰⁰·e^−i·id−2i·f⁰·e^−i·id+i²·f·e^−i·id . Es folgt

g⁰⁰+ 2i·g⁰ =f⁰⁰·e^−i·id+f·e^−i·id= (f⁰⁰+f)·e^−i·id= 0 . Hieraus erhalten wir das AWP

g⁰+ 2i·g =c mit

c=g⁰(0) + 2i·g(0) ⁽=^∗)f⁰(0) + 2i·f(0) =η₁+i·η₀ und

g(0) =f(0) =η₀ .

Dieses AWP hat nach Teil (a) die eindeutige Lösung g = η₁+i·η₀

2i +

µ

η₀− η₁+i·η₀ 2i

¶

·e^−2i·id ,

also ist

f = 1

2 ·(η₀−iη₁)·e^i·id+ 1

2·(η₀+iη₁)·e^−i·id . (c) Für(η₀,η₁) = (1,0)ist f = cos und für (η₀,η₁) = (0,1) ist f = sin .

Aufgabe 2 Man schreibt die Funktion

f :R^∗+−→R:x7−→ln²x−lnx² = ln (x) (ln (x)−2)

und erhält sofort die (einzigen) zwei Nullstellenx0,1 = 1undx0,2 =e² , sowie das Grenzverhal- ten

limx→∞f(x) = ∞= limx→0+f(x) . Die Funktion ist beliebig oft differenzierbar mit Ableitungen

f⁰(x) = 2·ln (x)· 1 x − 2

x = 2

x(ln (x)−1)

f⁰⁰(x) = −2

x² (ln (x)−1) + 2

x² = −2

x² (ln (x)−2) .

Aufgabe 3 Aufgrund der Monotonie des Logarithmus ist

f⁰(x)





<0 x < e

= 0 x=e

>0 x > e ,

so dassf auf]0, e[ strikt fallend und auf]e,∞[ strikt wachsend ist; in x=ehat f ein globales Minimum. Eine analoge Untersuchung der zweiten Ableitung zeigt, dass

f⁰⁰(x)





>0 x < e²

= 0 x=e²

<0 x > e² ,

so dassf auf]0, e²]konvex und auf [e²,∞[ konkav ist; inx=e² hat f einen Wendepunkt. Als

Analysis II Lösungsblatt 5 Skizze des Graphen möge das folgende Bild dienen.

-1 0 1 2 3 4 5

5 10 15 20 25 30

Aufgabe 4 Nach Voraussetzung ist f⁰ streng monoton wachsend mit (einziger Nullstelle ξ ), so dass ξ ein striktes globales Minimum von f ist.

(a) Ohne Einschränkung nehmen wirJ 3x0 > ξ an, insbesondere f(x0), f⁰(x0) >0 . Wir zeigen induktiv, dass xk ∈ ]ξ, x0] für alle k gilt (dies entspricht der WohldeÞniertheit); die strikte Monotonie ist dann trivial ! Fürk = 0ist nichts zu zeigen.

Aus der Annahmexk ∈]ξ, x0] folgtf(xk), f⁰(xk)>0 , so dass xk+1 :=xk− f(xk)

f⁰(xk) wohldeÞniert ist. Die Funktion g : [ξ, x0]−→RdeÞniert durch

g(x) := f(x)−f(xk)−f⁰(xk)·(x−xk) ist differenzierbar mit Ableitung

g⁰(x) =f⁰(x)−f⁰(xk)<0 für alle x < xk .

Sie ist demnach auf [ξ, xk] streng monoton fallend mit g(xk) = 0 , woraus g > 0 auf [ξ, xk[ folgt. Desweiteren

0< g(ξ) =f(ξ)−f(xk)−f⁰(xk)·(ξ−xk) =−f(xk)−f⁰(xk)·(ξ−xk) bzw.

ξ< xk− f(xk)

f⁰(xk) =xk+1 < xk 6x0 .

Als monoton fallende, nach unten beschränkte Folge konvergiert (xk)_k in [ξ, x0] . Nimmt man für den Limes limkxk > ξ an, so ist limkf⁰(xk) = f⁰(limkxk) > 0 , sowie limkf(xk) = f(limkxk)>0 , und die Grenzwertsätze liefern

limkxk= limkxk+1 = limk

µ

xk− f(xk) f⁰(xk)

¶

= limkxk−limk

f(xk) f⁰(xk) =

= limkxk− f(limkxk)

f⁰(limkxk) <limkxk ; ein Widerspruch ! Es muss also limkxk=ξ folgen.

(b) Für

ϕ: ]ξ, x0]−→R:x−→x− f(x) f⁰(x) zeigen wir die Existenz eines c∈]0,1[ mit

Φ(x) := ϕ(x)−ξ

x−ξ 6c <1 für alle x∈]ξ, x0] und erhalten somit die gewünschte Aussage.

Zunächst gilt natürlichϕ(x) =x−_f^f(x)0(x) < x, alsoϕ(x)−ξ < x−ξund somit06Φ(x)<1 für allex∈]ξ, x0]undΦist dort stetig. Ferner lässt sichΦstetig inξfortsetzen, denn l’Hospital liefert neben

limx−→ξ+

µ f(x) (f⁰(x))²

¶

= limx−→ξ+f⁰(x)

limx−→ξ+2·f⁰(x)·f⁰⁰(x) = 1 2f⁰⁰(ξ) auch

limx−→ξ+ϕ⁰(x) = 1−limx−→ξ+

(f⁰(x))²−f(x)f⁰⁰(x)

(f⁰(x))² = limx−→ξ+

µ f(x)

(f⁰(x))² ·f⁰⁰(x)

¶

= 1 2 , also zusammen

limx−→ξ+Φ(x) = limx−→ξ+ϕ⁰(x)

1 = limx−→ξ+ϕ⁰(x) = 1 2 .

Insgesamt ist die Fortsetzung eine stetige Funktion auf [ξ, x0] und nimmt ihr Maximum, es sei c, an; es gilt also c <1 .

Aufgabe 5

(a) Wir deÞnieren Folgen von Treppenfunktionen durch ϕ_k :=

mXk−1

j=0

supf([xk,j, xk,j+1[)·1[^xk,j,xk,j+1[ +f(b)·1_{b}

und

ψ_k:=

mXk−1

j=0

inff([xk,j, xk,j+1[)·1[^xk,j,xk,j+1[ +f(b)·1_{b} .

Seien k∈N und x∈[a, b[ beliebig. Es gibt dann ein j ∈N , so dassx∈[xk,j, xk,j+1[ , also ist ψ_k(x) = inf ([xk,j, xk,j+1[)6f(x)6supf([xk,j, xk,j+1[) =ϕ_k(x) ,

d.h. es ist ψ_k 6f 6ϕ_k , daψ_k(b) = f(b) =ϕ_k(b) . Weiter gilt Z b

a

ϕ_k=

mX_k−1

j=0

supf([xk,j, xk,j+1[)·(xk,j+1−xk,j)

Analysis II Lösungsblatt 5 und

Z b

a

ψ_k=

mXk−1

j=0

inff([xk,j, xk,j+1[)·(xk,j+1−xk,j) . Offenbar gilt für allek

Z b

a

ψ_k6sup_{ψ∈T([a,b]),ψ6f} Z b

a

ψ = Z b

a∗

f und

Z b

a

ϕ_k >infϕ∈T([a,b]),ϕ>f

Z b

a

ϕ= Z b∗

a

f , also

C= limk

Z b

a

ψ_k 6Z b a∗

f 6Z b∗ a

f 6limk

Z b

a

ϕ_k =C ∈R . Daraus folgt

Z b∗

a

f = Z b

a∗

f ∈R , d.h. f ist integrierbar und es ist

Z b

a

f =C .

(b) Fallsx=aist, wählen wir für k >2eine Unterteilung von [a, b] wie folgt:

xk,0 :=a , xk,1 :=a+ b−a

k , xk,2 :=b . Dann gilt

limk

X1

j=0

sup 1_{a}([xk,j, xk,j+1[)·(xk,j+1−xk,j) = limk

b−a k = 0 und

limk

X1

j=0

inf 1_{a}([xk,j, xk,j+1[)·(xk,j+1−xk,j) = 0 , also ist1_{a} nach (a) integrierbar.

Fallsx∈]a, b[ , so deÞnieren wir für k >2 eine Unterteilung von[a, b]wie folgt:

xk,0 :=a , xk,1 :=x , xk,2 :=x+ b−x

k , xk,3 :=b . Dann gilt

limk

X2

j=0

sup 1_{x}([xk,j, xk,j+1[)·(xk,j+1−xk,j) = limk

x−a k = 0

und

limk

X2

j=0

inf 1_{a}([xk,j, xk,j+1[)·(xk,j+1−xk,j) = 0 , also ist1_{x} nach (a) integrierbar.

Der Fallx=b ist trivial, da1_{b} eine Treppenfunktion mit zugehöriger Unterteilung(a, b) ist und es gilt

Z b

a

1_{b} = 0 nach der DeÞnition !

(c) Wir deÞnieren xk,j := _k^j , j = 0, . . . , k , d.h. mk =k . Es ist sup id²([xk,j, xk,j+1[) =

µj+ 1 k

¶2

, inf id²([xk,j, xk,j+1[) = µj

k

¶2

. Somit erhalten wir

mXk−1

j=0

sup id²([xk,j, xk,j+1[)·(xk,j+1−xk,j) =

k−1

X

j=0

µj+ 1 k

¶2

·

µj+ 1 k − j

k

¶

= 1 k³ ·

Xk

j=1

j² und

mX_k−1

j=0

inff([xk,j, xk,j+1[)·(xk,j+1−xk,j) =

k−1

X

j=0

µj k

¶2

·

µj+ 1 k − j

k

¶

= 1 k³ ·

k−1

X

j=1

j² .

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2 0.4 0.6 0.8 1

k= 10

Nun gilt, wie man per vollständiger Induktion beweist Xm

j=1

j² = m(m+ 1) (2m+ 1)

6 ,

Analysis II Lösungsblatt 5

also folgt

limk

1 k³ ·

Xk

j=1

j² = limk

k(k+ 1) (2k+ 1)

6k³ = 1

3 und

limk

1 k³ ·

k−1

X

j=1

j² = (k−1)k(2k−1)

6k³ = 1

3 ,

d.h. Z 1

0

id² = 1 3 .

der Philipps-Universität Marburg Sommersemester 2002

Analysis II

Lösungsblatt 6 Aufgabe 1

(a) Wir deÞnieren die Funktion

f : [0,1]−→R:x7−→ 1 1 +x , für alle k ∈N eine Unterteilung von [0,1] durch

xk,j := j

k , j = 0, . . . , k , sowie Folgen von Treppenfunktionen auf [0,1] durch

ψ_k:=

k−1

X

j=0

1

1 +xk,j+1 ·1[^xk,j,xk,j+1[ und

ϕ_k :=

k−1

X

j=0

1

1 +xk,j ·1[^xk,j,xk,j+1[ + 1^{1} . Offenbar istψ_k 6f 6 ϕ_k . Also folgt

Z 1

0

ψ_k 6Z 1 0

f 6Z 1 0

ϕ_k . Es gilt

Z 1

0

ψ_k=

k−1

X

j=0

1 k

1

1 + ^j+1_k =ak− 1 k und

Z 1

0

ϕ_k =

k−1

X

j=0

1 k

1

1 + ^j_k =ak− 1 2k . Insgesamt erhält man

ak− 1 k 6Z 1

0

f 6ak− 1 2k ,

also µZ 1

0

f

¶ + 1

2k 6ak 6µZ 1 0

f

¶ + 1

k . Somit

limk→∞ak = Z 1

1

1 + id = [ln (1 + id)]¹₀ = ln 2 .

Analysis II Lösungsblatt 6

(b) Es gilt

ak= Xk

j=1

(j²+k²) (2j+ 1) k⁴

¡ln¡

j²+k²¢

−2 lnk¢

=

= Xk

j=1

µj² k² + 1

¶ Ã(j+ 1)² k² − j²

k²

! µ ln

µj² k² + 1

¶¶

. Die Funktion f deÞnieren wir jetzt durch

f : [0,1]−→R:x7−→(x+ 1) ln (x+ 1) , die Unterteilung von [0,1] durch

xk,j := j²

k² , j = 0, . . . , k , sowie die Folgen von Treppenfunktionen auf[0,1]durch

ψ_k:=

k−1

X

j=0

(xk,j+ 1) ln (xk,j+ 1)·1[^xk,j,xk,j+1[

und

ϕ_k :=

k−1

X

j=0

(xk,j+1+ 1) ln (xk,j+1+ 1)·1[^xk,j,xk,j+1[ + 1^{1} . Wieder gilt (man beachte, dass f jetzt monoton wachsend ist !)

Z 1

0

ψ_k 6Z 1 0

f 6Z 1 0

ϕ_k

mit

Z 1

0

ψ_k =

k−1

X

j=0

µj² k² + 1

¶ ln

µj² k² + 1

¶ Ã(j+ 1)² k² − j²

k²

!

=

=ak− 2 (2k+ 1) k² ln 2 und nach Indexverschiebung

Z 1

0

ϕ_k =

k−1

X

j=0

Ã(j+ 1)² k² + 1

! ln

Ã(j + 1)² k² + 1

! Ã(j+ 1)² k² − j²

k²

!

=

= Xk

j=1

(j²+k²) k²

Ãj²

k² − (j−1)² k²

! ln

µj² k² + 1

¶

=

= Xk

j=1

(j²+k²) k²

Ã(j + 1)² k² − j²

k² − 1 k²

! ln

µj² k² + 1

¶

=

=ak− Xk

j=1

(j²+k²) k⁴ ln

µj² k² + 1

¶ . Da

µZ 1 0

f

¶ +

Xk

j=1

(j²+k²) k⁴ ln

µj² k² + 1

¶

6ak6µZ 1 0

f

¶

+ 2 (2k+ 1) k² ln 2 .

und ¯¯¯¯¯

Xk

j=1

(j²+k²) k⁴ ln

µj² k² + 1

¶¯¯¯¯¯6 2 ln 2 k →0 beik → ∞ , folgt

limk→∞ak = Z 1

0

(id +1) ln (id +1) =

·id²(2 ln−1) 4

¸²

1

= 2 ln 2− 3 4 .

Aufgabe 2 Wir wissen, daß c·e^id2 mit c∈ C Lösung der homogenen DGL f⁰ = 2·id·f ist.

Also wählen wir für die inhomogene DGL den Ansatz (wieder Variation der Konstanten) f(x) = c(x)·e^x2 .

Somit erhalten wir

2x·f(x) +x=f⁰(x) = c⁰(x)·e^x2 +c(x)·2·x·e^x2 =c⁰(x)·e^x2 + 2·x·f(x) , also

c⁰ = id·e^−id2 . Damit muss cdie Form haben

c= Z

id·e^−id2 =−1 2·Z ³

e^−id2´₀

=−e^−id2

2 +α , α ∈C. Es folgt

f =e^id2 · Ã

−e^−id2 2 +α

!

=−1

2 +α·e^id2 .

Für die Konstanteα folgt aus der Anfangsbedingung f(0) = 0 , daßα = ¹₂ sein muß, also f = 1

2·³

e^id2 −1´ .

Daß f tatsächlich eine Lösung des AWP ist, veriÞziert man durch Ableiten und Einsetzen des Anfangswertes:

f⁰−2 id·f = 1

2 ·2·id·e^id2 −2 id·1 2 ·

³

e^id2 −1

´

= id , f(0) = 1 2·¡

e⁰−1¢

= 0.

Analysis II Lösungsblatt 6

Aufgabe 3 (a) Wir zeigen

limx→∞

µµ1 x

Z x

0

f

¶

−η

¶

= limx→∞

µ1 x

Z x

0

g

¶

= 0

mitg :=f−η . Da mitf auchg auf jedem IntervallJ ⊂R⁺ integrierbar ist undlimx→∞g(x) existiert, ist insbesondereg beschränkt, z.B. durchM ∈R⁺ . Also gilt für x∈R^∗+

¯¯

¯¯1 x

Z x

0

g

¯¯

¯¯6 1 x

¯¯

¯¯

¯ Z ^√x

0

g

¯¯

¯¯

¯+ 1 x

¯¯

¯¯ Z x

√x

g

¯¯

¯¯6 1 x

³ M ·√

x+ max_t∈[^√x,x]|g(t)| ·¡ x−√

x¢´

6

= M

√x + µ

1− 1

√x

¶

·max_t∈[^√x,x]|g(t)| .

(vgl. Satz 9.7). Dalimt→∞g(t) = 0 , existiert für jedesε >0 einb ∈R⁺ mit

|g(t)|6ε für alle t>b (vgl. Bemerkung 7.9.2), also

¯¯

¯max_t∈[^√x,x]|g(t)|¯¯¯6ε für alle x mit x>b² . Damit folgtlimx→∞max_t∈[^√x,x]|g(t)|= 0und somit

limx→∞

1 x

Z x

0

g = 0. (b) Es ist nützlich für andere Zwecke zu wissen, dass

Z x

0

f(x−t)g(t) dt= Z x

0

f(s)g(x−s) ds (Substitutions=x−t ).

Daf undg stetig sind mit existierenden Limiteslimx→∞f(x),limx→∞g(x), sind f und g beschränkt, z.B. durchM ∈R⁺ .

1 x

Z x

0

f(x−t)g(t) dt= 1 x

ÃZ ^√x 0

+

Z x−√x

√x

+ Z x

x−√x

!

f(x−t)g(t) dt. Nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung angewandt auf f·g(x−id) ist nun

Z x−√x

√x

f(x−t)g(t) dt=¡

x−2√ x¢

f(x−ζ)g(ζ) mit einem ζ ∈[√

x, x−√

x] , und damit, dalimx→∞ζ = limx→∞(x−ζ) =∞ , auch limx→∞

1 x

Z x−√x

√x

f(x−t)g(t) dt= limx→∞

x−2√ x

x f(x−ζ)g(ζ) =ηξ ,

während gleichzeitig

¯¯

¯¯

¯ 1 x

ÃZ ^√x 0

+ Z x

x−√ x

!

f(x−t)g(t)dt

¯¯

¯¯

¯62M²

√x −→0 beix→ ∞ .

Aufgabe 4

(a) Es ist (vgl. Beispiel 9.10.4) Z b

a

dx x·lnx =

Z b

a

ln⁰x

lnxdx= ln lnb−ln lna= ln µlnb

lna

¶ , vorausgesetzt dassa, b∈]0,1[ odera, b∈]1,∞[ !

(b) Wir substituieren x=a√

t und erhalten Z a

0

x· µ

1− x² a²

¶k

dx= Z 1

0

a√

t·(1−t)^k a dt 2√

t = a² 2 ·

Z 1

0

(1−t)^k dt. Setzen wir nunu= 1−t , so folgt

Z 1

0

(1−t)^k dt=− Z 0

1

u^kdu=

= Z 1

0

u^kdu= id^k+1 k+ 1

¯¯

¯¯

1 0

= 1

k+ 1 . Insgesamt erhalten wir also

Z 1

0

x· µ

1−x² a²

¶k

dx= a² 2·(k+ 1) . (c)

Z 0

a

e^x−1

e^x+ 1dx=−a−2 Z 0

a

dx e^x+ 1 . Nun substituieren wirx= lnt und erhalten

Z 0

a

dx e^x+ 1 =

Z 1

e^a

1 t+ 1 · dt

t = Z 1

e^a

µ1 t − 1

t+ 1

¶

dt= ln 1

e^a −ln 2

e^a+ 1 =−a−ln 2 e^a+ 1 . Insgesamt ergibt sich

Z 0

a

e^x−1

e^x+ 1dx=a+ 2 ln 2

e^a+ 1 = ln 4

e^a+e^−a+ 2 .

Fachbereich Mathematik und Informatik Ralf Jäger und Roland Knevel der Philipps-Universität Marburg Sommersemester 2002

Analysis II

Lösungsblatt 7

Aufgabe 1 Bezeichnet m die Majorante von |f⁰|, dann gilt nach der Mittelwertungleichung

|f(x)−f(y)|6√

2·m· |x−y| für alle x, y ∈J . Damit weißt man zu vorgegebenen ε>0 sofort nach, dass δ := ^√₂^ε

·m >0 das in der gleichmä- ßigen Stetigkeit Verlangte leistet.

Aufgabe 2 Bezeichnet F eine Stammfunktion von√

1 + sin² , so gilt f⁰(x) = ¡

F ¡

¦²+π¢

−F¢0

(x) = F⁰¡

x²+π¢

·2x−F⁰(x) =

= 2x· q

1 + sin²(x²)− q

1 + sin²(x) . Aufgabe 3

(a) Existiert eine Nullstelleν vonf , so istf = 0 (auf R^∗+ ), denn f(x) = f³x

ν ·ν´

=f³x ν

´

·f(ν) = 0 für alle x∈R^∗+ .

Wir schließen von nun an den trivialen Fall f = 0 aus, wonach f keine Nullstellen haben darf, also auch keinen Vorzeichenwechsel . Aufgrund der Stetigkeit würde ein Vorzeichenwechsel eine Nullstelle nach sich ziehen. Die Gleichung f(1) = f(1·1) = f(1)² zeigt, dass f(1) ∈ {0,1} und es folgt automatischf(1) = 1, sowie f > 0auf R^∗+ .

(b) Es gilt

f(y)−f(x)

y−x =

¡f¡_y

x

¢−1¢

·f(x)

¡_y

x −1¢

·x für allex, y ∈R^∗+ , so dass für festes x∈R^∗+

f⁰(x) = limy→x

f(y)−f(x) y−x genau dann existiert, wenn

limy→x

¡f¡_y

x

¢−1¢

·f(x)

¡_y

x −1¢

·x = f(x)

x ·lim16=z→1

(f(z)−1)

(z−1) = f(x)

x ·f⁰(1) existiert. In diesem Fall gilt

f⁰(x) = f⁰(1)· f(x)

x für alle x∈R^∗+ . Dies ist die gesuchte Differentialgleichung.