Loesung zur Serie 3 - D-MATH

ETH Zürich
FS 2016
Analysis II
Lösung zur Serie 3
d-infk
Prof. M. Struwe
3.1. Differentialgleichung
(a) Die Differentialgleichung
y0 =
3
x 1
3y 2 − x2
=
·y− · ,
2xy
2x
2 y
x>0
ist in dieser Form weder linear, noch separierbar.
(b) Sei u(x) = x1 y(x). Dann ist y 0 = (xu)0 = u + xu0 und die Gleichung impliziert
u + xu0 =
1
3u
− .
2
2u
Die neue Gleichung für u ist separierbar:
u
1 1
−
,
u =
2 2u x
0
x > 0.
(†)
Wir erhalten eine konstante Lösungen u(x) = ±1. Falls u(x) 6= ±1, so gilt
2u u0
u0
1
= ,
=
2
u
1
u −1
x
− 2u
2
Die Substitution z(x) = (u(x))2 mit z 0 = 2u u0 zeigt
log|u2 − 1| =
Z
Z
1
2u(x) u0 (x)
dx
=
dx = log|x| + C,
2
u(x) − 1
x
|u2 − 1| = eC x,
u2 = cx + 1,
C ∈ R,
C ∈ R,
c ∈ R \ {0}.
Da u(x) = ±1 ebenfalls Lösungen sind, lassen wir c = 0 zu und erhalten
√
u(x) = ± cx + 1, c ∈ R
als allgemeine Lösung von Gleichung (†). Somit sind für x > 0
√
√
y(x) = x u(x) = x cx + 1 = cx3 + x2 , c ∈ R
positive Lösungen der ursprünglichen Gleichung. Um die Bedingung y 0 ( 23 ) = 0 zu
erfüllen, berechnen wir
3cx2 + 2x
y 0 (x) = √ 3
,
2 cx + x2
Die gesuchte Lösung ist y(x) =
y 0 ( 23 ) = 0 ⇔ 3c · 49 + 2 ·
√
2
3
= 0 ⇔ c = −1.
x2 − x3 , definiert für x ∈ ]0, 1[.
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(c) Nach Voraussetzung ist x > 0, also ist die Lösung y(x) =
definiert. Ferner gilt
√
x2 − x3 = 0,
lim y(x) = lim
0<x→0
d-infk
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√
x2 − x3 auf ]0, 1[
0<x→0
2x − 3x2
2 − 3x
√
= 1,
= lim √
0<x→0
0<x→0 2 x2 − x3
0<x→0 2 1 − x
√
lim y(x) = lim
x2 − x3 = 0,
lim y 0 (x) = lim
1>x→1
1>x→1
2x − 3x2
2 − 3x 1>x→1
y 0 (x) = √ 2
= √
−−−−→ −∞,
3
2 1−x
2 x −x
das heisst, die Funktion ist zwar an den Randpunkten des Definitionsbereichs stetig
ergänzbar, ihre Ableitung am Randpunkt x = 1 jedoch nicht. Wir erhalten folgendes
Bild.
y
0.4 ≈
2
√
+
3 3
+
+
2
3
0
+
1
x
1
3.2. Reihenabschätzung Die Funktion f : [2, ∞[ → R gegeben durch f (x) = x log
x
ist als Produkt der positiven, monoton fallenden Funktionen x 7→ x1 und x 7→ log1 x
auch positiv und monoton fallend. Für alle N 3 n ≥ 2 gilt insbesondere
∀x ∈ [n, n + 1] :
⇒
Z n+1
n
⇒
Z N +1
2
1
1
≤
,
x log x
n log n
1
1
1
dx ≤
· (n + 1) − n =
,
x log x
n log n
n log n
N
X
1
1
dx ≤
.
x log x
n=2 n log n
Wir zeigen, dass das Integral auf der linken Seite für N → ∞ divergiert. Wegen obiger
P
1
Ungleichung divergiert dann auch die Reihe ∞
n=2 n log n .
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1
x log x
1
x(log x) log(log x)
•
•
2
•
3
•
4
•
5
n, x
•
2
•
3
•
4
•
5
6
n, x
1
Analog ist g : [3, ∞[ → R gegeben durch g(x) = x(log x) log(log
positiv und monoton
x)
fallend. Wegen log(log e) = 0 fangen wir allerdings erst bei x = 3 an zu integrieren
und erhalten die Abschätzung
Z N +1
3
N
X
1
1
dx ≤
.
x(log x) log(log x)
n=3 n(log n) log(log n)
Dann ist
N
X
Z N +1
1
1
1
≥
+
dx
2(log 2) log(log 2)
x(log x) log(log x)
3
n=2 n(log n) log(log n)
und wir können ebenfalls folgern, dass die Reihe divergiert, falls der Wert des Integrals
für N → ∞ divergiert.
Für das erste Integral substituieren wir y(x) = log x mit y 0 (x) =
Z N +1
2
1
x
Z log(N +1)
1
1
N →∞
dx =
dy = log|log(N + 1)| − log|log 2| −−−→ ∞.
x log x
y
log(2)
Im zweiten Integral substituieren wir z(x) = log(log x) mit z 0 (x) =
Z N +1
3
und erhalten
1
.
x log x
Z log(log(N +1))
1
1
dx =
dz
x(log x) log(log x)
z
log(log 3)
N →∞
= loglog log(N + 1) − log|log(log 3)| −−−→ ∞.
Auch die Funktion h : [2, ∞[ → R, h(x) =
1
x(log x)2
ist positiv und monoton fallend.
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Für alle N 3 n ≥ 3 gilt insbesondere
1
1
∀x ∈ [n − 1, n] :
≤
,
2
n(log n)
x(log x)2
Z n
1
1
≤
dx
⇒
2
n(log n)
n−1 x(log x)2
⇒
1
x(log x)2
N
X
Z N
1
1
≤
dx
2
2 x(log x)2
n=3 n(log n)
Wir substituieren wieder y(x) = log x mit y 0 (x) =
Z N
∀N ≥ 2 :
2
•
2
1
x
•
3
•
4
•
5
n, x
und erhalten
Z log(N )
1
1
1
1
1
+
≤
.
dx =
dy = −
2
2
x(log x)
log(N ) log(2)
log(2)
log(2) y
Folglich konvergiert die Reihe und ist beschränkt durch
∞
X
1
1
1
≤
+
.
2
2
2(log 2)
log 2
n=2 n(log n)
3.3. Uneigentliche Integrale
x
(a) Die Abbildung x 7→ 1+x
2 ist stetig auf ganz R, da der Nenner strikt positiv ist.
Zur Berechnung des Integrals substituieren wir y(x) = x2 mit y 0 (x) = 2x und erhalten
Z 0
−R
x
1Z 0 1
1
R→∞
dx
=
dy
=
−
log|1 + R2 | −−−→ −∞.
2
2
1+x
2 R 1+y
2
Also ist das uneigentliche Integral
R0
x
−∞ 1+x2
dx nicht konvergent.
1
1
(b) x 7→ x−2 e− x ist stetig für x > 0, ist aber für x → 0 unbeschränkt. 0∞ x−2 e− x dx
ist also auf beiden Seiten uneigentlich. Wir substituieren u(x) = − x1 mit u0 (x) = x−2
und erhalten
Z 1 − x1
e
ε
x2
Z R − x1
e
1
x2
dx =
dx =
R
Z −1
− 1ε
Z −1
R
1
ε→0
eu du = e−1 − e− ε −−→ e−1 ,
1
R→∞
eu du = e− R − e−1 −−−→ 1 − e−1 .
−1
Folglich ist das uneigentliche Integral konvergent mit Grenzwert e−1 + 1 − e−1 = 1.
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(c) Der Nenner x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1 ist strikt positiv, also ist der Integrand
stetig auf ganz R und ausserdem spiegelsymmetrisch bezüglich x = −1.
Z R
−1
1
R→∞ π
dx
=
arctan(R
+
1)
−
arctan(0)
−
−−→
(x + 1)2 + 1
2
Folglich konvergiert
−∞ x2
1
x2 −2x+1
(d) Die Funktion
Z 2
Z ∞
1
π π
dx = + = π.
+ 2x + 2
2
2
= (x − 1)−2 ist für x → 1 unbeschränkt. Es gilt
1
1
dx = −
2
(x − 1)
x−1
1+ε
Das uneigentliche Integral
R2
−2 (x
2
= −1 +
1+ε
1 ε→0
−−→ ∞.
ε
− 1)−2 dx existiert folglich nicht.
3.4. Konvergenz
(a) Die Funktion x 7→ sin( x1 ) ist zwar unstetig bei x = 0 und nicht stetig ergänzbar,
n→∞
aber beschränkt durch |sin( x1 )| ≤ 1. Wir zeigen, dass für jede Folge 0 < xn −−−→ 0
Jn :=
Z
1
π
xn
sin( x1 ) dx
eine reelle Cauchy-Folge definiert und folglich für n → ∞ konvergiert. Sei ε > 0
beliebig. Sei N ∈ N, sodass |xn − xm | < ε für alle m, n ≥ N . Dann gilt auch
Z x
n
|Jm − Jn | = xm
sin( x1 ) dx ≤
Z xn sin( x1 ) dx
xm
Folglich konvergiert das uneigentliche Integral
Z
0
1
π
≤ |xn − xm | < ε.
sin( x1 ) dx.
(b) Die Funktion f : x 7→ ( sin1 x − x1 ) ist stetig auf ]0, 1] und zweimalige Anwendung
des Satzes von Bernoulli–de l’Hôpital [vgl. Analysis 1, Aufgabe 11.4 (f)] zeigt
1
1
x − sin(x)
1 − cos(x)
lim
−
= lim
= lim
x→0 sin(x)
x→0 x sin(x)
x→0 sin(x) + x cos(x)
x
sin(x)
0
= lim
=
= 0.
x→0 2 cos(x) + x sin(x)
2+0
Folglich kann f mit 0 7→ 0 zu f : [0, 1] → R stetig ergänzt werden und ist damit
Riemann-integrabel.
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√
(c) Der Integrand f (x) = x+1−x x−1 ist als Komposition stetiger Funktionen für alle
R
x ≥ 1 stetig. Zu überprüfen ist, ob 1R f (x) dx für R → ∞ beschränkt bleibt. Dazu
schätzen wir den Integranden durch eine Funktion ab, die wir explizit integrieren
können. Für alle x ≥ 1 gilt
0 ≤ f (x) =
Weil
R1
∞
3
(x + 1) − (x − 1)
2
2
√
√
√
= √
≤ √ = 2x− 2
x x
x( x + 1 − x − 1)
x( x + 1 + x − 1)
3
2x− 2 dx konvergiert (Beispiel 6.4.1.), so konvergiert auch
R∞
1
f (x) dx.
(d) Sei s > 0. Partielle Integration zeigt
Z R
1
sin(x)
− cos(x)
dx =
s
x
xs
R
−s
Z R
1
1
cos(x)
dx.
xs+1
Das Integral auf der rechten Seite ist für R → ∞ absolut konvergent, denn
Z R
cos(x) s+1 dx
1
x
≤
Z R
1
1
xs+1
dx ≤
1
s
∀R > 0.
Folglich konvergiert auch das gegebene uneigentliche Integral und zwar gegen
lim
Z R
R→∞ 1
6/6
Z ∞
sin(x)
cos(x)
dx
=
cos(1)
−
s
dx.
s
x
xs+1
1