Übungsblatt 13

Analysis 1

D. Edelmann 17. Februar 2021

WS 2020/21 Musterlösung

Übungsblatt 13

Aufgabe 73

Seien die Funktionen a,b :R→R differenzierbar und f :R→R stetig. Zeigen Sie:

d dx

b(x)

Z

a(x)

f(t)dt =f(b(x))·b⁰(x)−f(a(x))·a⁰(x).

Beweis. Da f stetig ist, besitzt f eine Stammfunktion F. Mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung erhalten wir

Z b(x) a(x)

f(t)dt =F(b(x))−F(b(a))

F ist differenzierbar mit F⁰ =f unda und b sind nach Voraussetzung differenzierbar.

Somit folgt die Behauptung mit der Kettenregel.

Aufgabe 74

Berechnen Sie jeweils eine Stammfunktion für die Funktionen f(x) = ^√1−x_x2 ²,g(x) =

x²

√

1+x², h(x) = _x2−6x+13^x , u(x) = _1+cos(x)^cos(x) , undv(x) = _(x^x2²+1)^+x2.

Beweis. Fast alle folgenden Substitutionen wurden in der Vorlesung für Integrale der entsprechenden Typen vorgeschlagen. Erinnerung: die Hyperbelfunktionen sinh und cosh sind gegeben durch

sinhx = e^x−e^−x

2 , coshx = e^x +e^−x 2 und erfüllen

d

dx sinhx = coshx, d

dx coshx = sinhx,coshx−sinhx = 1. (1)

• f(x) = ^√1−x_x2 ². Wir schreiben

f(x) = x⁻²

|{z}

u⁰

√1−x²

| {z }

v

und verwenden partielle Integration. Die Stammfunktion von u⁰(x) = x⁻² ist u(x) = −x⁻¹ =−¹_x und die Ableitung von v(x) = (1−x²)^1/2 ist

v⁰(x) = 1

2(1−x²)⁻¹² ·(−2x) =− x

√1−x² . 1

Partielle Integration liefert (Vorzeichen beachten)

Z

√1−x²

x² =−1 x

√1−x²−

Z 1 x

√ x

1−x² (2)

=−

√1−x²

x −arcsin(x). (3)

• Alternative Lösung: Für Integrale mit √

1−x² substituieren wir x = cost, d. h.

dx =−sintdt. Wegen sin²(t) + cos²(t) = 1 erhalten wir

Z

√1−x²

x² dx =−

Z

q1−cos²(t)

cos²(t) sin(t)dt =−

Z sin²(t) cos²(t)dt

=−

Z tan²(t)dt

Um eine Stammfunktion von tan²(t) zu finden, verwenden wir, dass _dt^d tant = 1 + tan²t, d. h. ^R tan²t = tant−t. Rücksubstitution unter Verwendung von sin(y) =^q1−cos(y) mit y= arccosx liefert

−

Z tan²(t)dt =t−tan(t) = arccosx−tan(arccos(x)) (4)

= arccosx −sin(arccos(x))

x = arccosx −

√1−x²

x (5)

Dass sowohl (3) als auch (5) korrekte Stammfunktionen sind, liegt daran, dass arcsin(x) = ^π₂ −arccos(x), d.h. beide Stammfunktionen unterscheiden sich nur um eine Konstante.

• g(x) = ^√_1+x^x2 2: Wir substituieren x = sinht, d. h. dx = cosh(t)dt. Damit erhalten wir

Z x²

√1 +x² =^Z sinh²(t)

q1 + sinh²(t)cosh(t)dt =^Z sinh²(t)

cosh(t) cosh(t)dt

=^Z sinh²(t)dt

Dieses Integral berechnen wir so, wie wir es bereits bei^R sin²(x)dx getan haben, mit partieller Integration:

Z sinh(t) sinh(t)dt = cosh(t) sinh(t)−

Z cosh²(t)dt

= cosh(t) sinh(t)−

Z 1 + sinh²(t)dt

= cosh(t) sinh(t)−t+^Z sinh²(t)dt. Auflösen ergibt

Z sinh²(t) = 1

2(sinh(t) cosh(t)−t)

Nun können wir resubstituieren und erhalten

Z x²

√1 +x² = 1

2(xcosh(arsinh(x))−arsinh(x))

= 1 2

x√

1 +x²−arsinh(x)

• h(x) = _x²_−6x+13^x : Die Idee ist, den Zähler so umzuschreiben, also eine schlaue Null und schlaue Eins einzufügen, so dass im Zähler die Ableitung des Nenners steht, und auf dem zweiten Bruch kein x mehr im Zähler auftaucht.

x

x²−6x + 13 =

1

2(2x−6) + 3 x²−6x + 13 = 1

2

2x −6

x² −6x + 13 + 3 1

x² −6x + 13. Dann erhält man nämlich die Stammfunktion des ersten Bruchs mithilfe des Logarithmus, und Brüche wie der zweite (1 / Polynom zweiten Grades) lassen sich mithilfe von quadratischer Ergänzung auf den arctan zurückführen. Für den ersten Summanden können wir die Stammfunktion ln(x²−6x+ 13) direkt

ablesen: _Z 2x−6

x²−6x + 13dx = ln(x²−6x+ 13). Für den zweiten Bruch:

Z 1

x²−6x+ 9 + 4dx =^Z 1

(x−3)²+ 4 Sub z =x −3

Z 1

z²−4dz = 1 4

Z 1

(z/2)²+ 1 Sub u = z 2

= 1 2

Z 1

u²+ 1du = 1

2arctan(u) = 1

2arctanz 2

= 1

2arctanx −3 2

.

Dies setzen wir oben ein und erhalten die Stammfunktion

Z x

x²−6x+ 13 = 1

2ln(x²−6x + 13) +3

2arctanx −3 2

.

• u(x) = _1+cos(x)^cos(x) : Dieses Integral ist von der Form ^R R(sinx,cosx,tanx) (wobei hier R(x₁,x₂,x₃) = _1+x^x2₂). Wir substituieren u = tanx/2. Dann ist cosx = ^1−u_1+u²2

und dx = _1+u^{2 2}du. Dies setzen wir ein und erhalten

Z cos(x)

1 + cos(x)dx =^Z

1−u² 1+u² 1+u²

1+u² + ^1−u_1+u²2

2 1 +u²du

=^Z 1−u² 1 +u²du. Nun ist

1−u²

1 +u² =−u²−1

u²+ 1 =−u²+ 1−2

u²+ 1 = 2

u²+ 1 −1

Dies sieht man alternativ auch durch Polynomdivision mit Rest. Somit ist

Z cosx

1 + cosxdx =^Z 2

u²+ 1 −1du = 2 arctan(u)−u

=x −tan(x/2).

• v(x) = _(x^x2²+1)^+x2: Hier brauchen wir einen kleinen Trick:

x²+x

(x²+ 1)² = (x + 1) x (x²+ 1) und wegen

d dx

1

x²+ 1 =− 2x (x²+ 1)²

lässt sich der zweite Faktor leicht integrieren. Mit partieller Integration erhalten wir dann

Z x²+x

(x²+ 1)²dx =−1 2

Z (x + 1)

| {z }

v

−2x (x²+ 1)²

| {z }

u⁰

dx

=−1 2

x+ 1 x²+ 1 −

Z 1 x²+ 1dx

=− x+ 1 2(x²+ 1) + 1

2arctanx.

Aufgabe 75

Berechnen Sie ^R₀¹xⁿ(lnx)ⁿdx durch partielle Integration. Verwenden Sie dann die Reihenentwicklung der Exponentialfunktion in x^x =e^xlnx, um zu zeigen (Bernoulli 1697):

Z 1 0

x^xdx = 1− 1 2² + 1

3³ − 1 4⁴ + 1

5⁵ − 1

6⁶ +. . . .

Beweis. Die Funktion f(x) = xⁿln(x)ⁿ ist nicht in x = 0 definiert, kann aber dort durch 0 stetig fortgesetzt werden (dasselbe gilt für xⁿ⁺¹ln(x)ⁿ). Wir werden daher bei

der Integration stillschweigend x = 0 einsetzen.

Z 1 0

xⁿln(x)ⁿ = 1

n+ 1xⁿ⁺¹ln(x)ⁿ¹

0

| {z }

=0

−

Z 1 0

1

n+ 1xⁿ⁺¹·n·ln(x)ⁿ⁻¹1 xdx

=− n n+ 1

Z 1 0

xⁿln(x)ⁿ⁻¹dx

= n(n−1) (n+ 1)²

Z 1 0

xⁿln(x)ⁿ⁻²dx

=−n(n−1)(n−2) (n+ 1)³

Z 1 0

xⁿln(x)ⁿ⁻³dx

=. . .

= (−1)ⁿ⁻¹ n! (n+ 1)ⁿ⁻¹

Z 1 0

xⁿln(x)dx

= (−1)ⁿ n! (n+ 1)ⁿ

Z 1 0

xⁿdx

= (−1)ⁿ n! (n+ 1)ⁿ⁺¹ Außerdem gilt

x^x =e^xlnx =^X∞

k=0

x^kln(x)^k k! . Damit berechnen wir

Z 1 0

x^xdx =^{Z 1}

0

∞

X

k=0

x^kln(x)^k k!

=

∞

X

k=0

1 k!

Z 1 0

x^kln(x)^kdx =

∞

X

k=0

(−1)^k 1

(k+ 1)^k+1 = 1− 1 2² + 1

3³ . . . Es bleibt zu rechtfertigen, warum man Integral und Reihe vertauschen darf. Die auf [0,1] stetig fortgesetzte Funktion xlnx ist aber nach dem Satz von Maximum und Minimum beschränkt durch ein M ∈ R, somit ist ^|xkln(x)_k! ^k| ≤ ^M_k!^k. Die Reihe ^PM_k!^k konvergiert, somit konvergiert obige Reihe gleichmäßig nach dem Weierstraßschen Majorantenkriterium und es dürfen Reihe und Integral vertauscht werden.

Aufgabe 76

Sei f_n^{k} : [0,1]→R für k = 0,1,2 gegeben durch f_n^{k}(x) = n^kx

(1 +n²x²)² .

Berechnen Sie lim_n→∞f_n^{k}(x) für x ∈[0,1] und den Maximalwert von f_n^{k}. Untersuchen Sie, ob die Konvergenz gleichmäßig ist. Gilt

n→∞lim

Z 1 0

f_n^{k}(x)dx =^{Z 1}

0 _n→∞lim f_n^{k}(x)dx ?

Beweis. Zunächst stellen wir fest, dass fürk ∈ {0,1,2}und für jedes x ∈[0,1]

n^kx

(1 +n²x²)² −→

n→∞0,

da der Nenner Grad 4 inn hat. Somit konvergiertf_n^{k} punktweise gegen die Nullfunk- tion. Nun berechnen wir ein lokales Maximum von f_n^{k}. Die Ableitung ist

f_n⁰(x) = n^k(1 +n²x²)(1−3n²x²) (1 +n²x²)⁴

und verschwindet nur dann, wenn 1−3n²x² = 0, also wenn x = ^√_3n³ =:x_n. Dort hat die Funktion den Wertf_n^{k}(x_n) = ³₁₆^√3n^k−1. Um zu sehen, dass x_n nicht nur ein lokales sondern sogar ein globales Maximum ist, kann man zwei Dinge tun:

• Entweder man zeigt, dass f⁰⁰(x_n)<0 ist. Die zweite Ableitung ist f_n⁰⁰(x) = n^k12n²x(n²x²−1)

(1 +n²x²)⁴

und damitf_n⁰⁰(x_n) =−³²₉n^k+1 <0 (ohne Gewähr!). Daraus folgt zunächst, dass x_n ein lokales Maximum ist. Da aber f⁰ keine weiteren Nullstellen auf [0,1] hat und f⁰⁰(xn)<0, ist f⁰ >0 fürx <xn und f⁰ <0 fürx >xn, d.h. f selbst ist für 0≤x ≤x_n monoton steigend und für x_n ≤x ≤1 monoton fallend. Somit istx_n ein globales Maximum.

• Man kann auch alternativ ohne die zweite Ableitung auskommen. Wenn man die Randwerte x = 0 und x = 1 einsetzt, kann man leicht sehen, dass f_n(0) = 0 ≤ f_n(x_n) und f_n(1) = n^k/(1 +n²)² ≤ f_n(x_n). Daraus folgt, dass in x_n kein Sattelpunkt¹ vorliegen kann, d. h. in xn liegt ein Extremum vor. Da aber f(x_n)>f(0) ist, kann es kein Minimum sein. Somit ist x_n ein lokales Maximum.

Da aberf⁰ keine weiteren Nullstellen hat und f_n(x_n)>f_n(0) sowief_n(x_n)>f_n(1), ist das Maximum sogar global.

Im nächsten Schritt untersuchen wir die Funktionenfolge auf gleichmäßige Konvergenz:

Wir unterscheiden drei Fälle:

• k = 0. Dann ist 0 ≤fn(x)≤fn(xn) = ³_16n^√3, d. h. supx∈[0,1]|f_n(x)−0|= ³_16n^√3 →0.

Somit konvergiert (f_n) gleichmäßig gegen die Nullfunktion.

• k = 1. Dann ist f_n(x_n) = ³₁₆^√3 unabhängig von n, d. h. supx∈[0,1]|f_n(x)−0|= ³₁₆^√3 konvergiert nicht gegen 0. Damit liegt keine gleichmäßige Konvergenz vor.

• k = 2. Dann ist sogar f_n(x_n) = ^3√₁₆³ⁿ → ∞, obwohl f_n punktweise gegen 0 konvergiert. Somit ist auch hier die Konvergenz nicht gleichmäßig.

1Ein Sattelpunkt ist eine Stellex₀, an derf⁰(x₀) = 0 ist, aberf⁰ keinen Vorzeichenwechsel hat, d.h.f ist sowohl fürx≤x₀ monoton steigend als auch fürx ≤x₀ (oder monoton fallend).

Abschließend bleibt die Frage zu klären, wann man Integral und Grenzwert vertauschen darf. Für k = 0 folgt aus der gleichmäßigen Konvergenz direkt, dass

n→∞lim

Z ₁

0

f_n^{0}dx =^{Z 1}

0 _n→∞lim f_n^{0}(x)dx = 0

Fürk = 1 undk = 2 berechnet man eine Stammfunktion mit dem Ansatz d

dx(1 +n²x²)⁻¹ =−2xn²(1 +n²x²)⁻² Somit ist die Stammfunktion vonf_n^(k) gegeben durch

F_n^(k)(x) =− n^k

2n²(1 +n²x²). Damit erhalten wir

Z 1 0

f_n^(k)(x)dx = 1 2

n^k n²+ 1 Fürk = 1 ist also

n→∞lim

Z ₁

0

f_n^{1}(x)dx = lim_n→∞ 1 2

n

n²+ 1 = 0 =^{Z 1}

0 _n→∞lim f_n^{1}(x)dx Fürk = 2 hingegen ist

n→∞lim

Z 1 0

f_n^{2}(x)dx = lim_n→∞ 1 2

n²

n²+ 1 = 1

2 6= 0 =^{Z 1}

0 _n→∞lim f_n^{2}(x)dx.

(Wir haben hier also ein Beispiel mit punktweiser und nicht gleichmäßiger Konvergenz, wo das vertauschen einmal denselben Wert liefert und einmal nicht.)

Aufgabe 77

Finden Sie den größten Definitionsbereich der Funktion f(x) = ^P∞

n=1

e⁻ⁿsin(nx) und zeigen Sie, dass f differenzierbar mit stetiger Ableitung ist.

Beweis. Es ist |e⁻ⁿsin(nx)| ≤ e⁻ⁿ und die geometrische Reihe ^Pe⁻ⁿ konvergiert.

Somit konvergiert die Reihe gleichmäßig auf ganz R (und damit auch punktweise).

Wir betrachten nun die Funktionenfolge der Ableitungen:

s_n⁰(x) = ^Xn

k=1

e^−kkcos(kx)

Es gilt wieder |ke^−kcoskx| ≤ ke^−k und die Reihe ^Pke^−k konvergiert nach dem Wurzelkriterium (da √^k

ke^−k →1/e). Somit konvergiert die Folges_n⁰ gleichmäßig gegen die Funktion

g(x) =

∞

X

n=1

ne⁻ⁿcos(nx)

Nach Satz 1, (4.2) istf differenzierbar mit stetiger Ableitungf⁰(x) =g(x) (insbesondere dürfen Differentiation und Reihe vertauscht werden).

Aufgabe 78

Zeigen Sie, dass die Reihe

1 1 +x² =

∞

X

j=0

(−1)^jx^2j

auf dem Intervall [0,b] mit 0 <b <1 termweise integriert werden darf. Sie erhalten so die Arcustangens–Reihe.

Beweis. Obige Gleichheit erhält man, wenn man in die geometrische Reihe^P∞j=0q^j =

1

1−q den Wert q = −x² einsetzt. Auf dem Intervall [0,b] gilt |(−1)^jx^2j| ≤b^2j = (b²)^j und wegen b<1 konvergiert die geometrische Reihe ^Pb^2j. Somit konvergiert obige Reihe gleichmäßig auf [0,b] und Grenzwert und Reihe können vertauscht werden. Die Arctan–Reihe erhält man dann durch Integration:

arctan(x) =^Z 1

1 +x²dx =^{Z X∞}

j=0

(−1)^jx^2jdx =^X∞

j=0

Z (−1)^jx^2jdx =^X∞

j=0

(−1)^j x^2j+1 2j + 1.