Kochbuch zur H ¨oheren Mathematik f ¨ur Ingenieure I

Kochbuch zur Höheren
Mathematik für Ingenieure I
PD Dr. S. Bernstein
4. Februar 2013
Inhaltsverzeichnis
1 Vorwort
5
2 Komplexe Zahlen
2.1 Darstellung komplexer Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Veranschaulichung in der Gaußschen Zahlenebene . . .
2.1.2 Umrechnungsformeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.3 Winkel aus dem Arkustangens . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.4 Winkel aus dem Arkuskosinus . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Rechenregeln für komplexe Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Addition, Subtraktion, Multiplikation, Division in algebraischer Form . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Multiplikation in trigonometrischer Form . . . . . . . . .
2.2.3 Potenzen in trigonometrischer Form . . . . . . . . . . . .
2.2.4 Radizieren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Mengen in der komplexen Zahlenebene . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Kreise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Betrag der komplexen Zahl z . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Sektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
7
8
8
8
11
12
3 Ableitungsregeln
3.1 Wie geht man vor? . . . . . . . . . . .
x
3.2 Beispiel fa (x) = ln eex +a
,
a > 0. .
−a
3.2.1 Analyse der Struktur I . . . . .
3.2.2 Ausführung gemäß Struktur I .
3.2.3 Analyse der Struktur II . . . . .
3.2.4 Ausführung gemäß Struktur II
29
30
31
31
32
33
34
2
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14
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20
20
20
27
Inhaltsverzeichnis
3.3
3.4
a−x
Beispiel fa (x) = ln(a−x)
, a ∈ R. . . . . . . . .
3.3.1 Analyse der Struktur . . . . . . . . . .
3.3.2 Ausführung gemäß Struktur . . . . .
Differentialrechnung und Kurvendiskussion
4 Integrationsregeln
4.1 Partielle Integration . . . . . . . . . . . .
R √
4.1.1 Beispiel x 1 + x dx. . . . . . .
R
4.1.2 Beispiel e3x x3 dx . . . . . . . .
R
4.1.3 Beispiel lnxx dx . . . . . . . . . .
4.2 Substitution . . . . . . . . . . . . . . . .
R ′ (x)
dx . . . . . . . .
4.2.1 Spezialfall ff (x)
R
1
4.2.2 Beispiel x(ln x+3) dx . . . . . . .
R
4.2.3 Der Fall f ′ (g(x))g ′ (x) dx . . . .
R
4.2.4 Spezialfall g(x)g ′ (x) dx . . . . .
R
4.2.5 Beispiel lnxx dx . . . . . . . . . .
R
4.2.6 Beispiel esin x cos x dx . . . . . .
R
1
4.2.7 Beispiel x(ln x+2)
. . . . . .
3 dx
R x
4.2.8 Beispiel √2−x2 dx . . . . . . . .
4.2.9 Weitere geeignete Substitutionen
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47
47
5 Zahlenfolgen
5.1 Was sind Zahlenfolgen? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Wie kann man Grenzwerte von Zahlenfolgen bestimmen? . . .
5.3 In den Aufgaben tauchen aber solche Grenzwerte doch gar nicht
auf!? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2n +3n
5.3.1 Beispiel zu Ausklammern und Kürzen an = 2n+1
. .
+3n+1
5.3.2 Ich sehe das so aber nicht sofort, ich habe in Summanden
zerlegt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.3 Weitere Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
√
√
5.3.4 Beispiel zum Ausklammern an = 2n − 1 − n − 2 . . .
√
√
5.3.5 Beispiel zum Erweitern an = 2n + 1 − n − 2 . . . . .
5.3.6 Weitere Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.7 Beispiel zum Grenzwert e . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
49
50
6 Zahlenreihen
6.1 Welche bekannten Reihen kennt man? . . . . . . . . . . . . . . .
57
58
3
51
51
52
53
53
54
55
56
Inhaltsverzeichnis
6.2
6.3
6.4
6.5
Die geometrische Reihe erkennen. . . . . . . . . . . . . . . . . .
P
(−3)k+1
6.2.1 Beispiel ∞
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
k=0 (2p)k
Mit der geometrischen Reihe abschätzen – das Quotientenkriterium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
P
(−3)k+1
6.3.1 Beispiel ∞
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
k=0 (2p)k
2k P∞
p
6.3.2 Beispiel k=0 (−1)k 2+5k
. . . . . . . . . . . . . . . . .
Leibniz-Kriterium für alternierende Reihen . . . . . . . . . . . .
Integralkriterium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
∞
P
1
6.5.1 Beispiel
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
k(ln k)3
58
58
59
59
61
62
62
63
k=2
6.6
6.7
Wie kommt man zu Konvergenzkriterien für allgemeine Reihen? 64
Übersicht zu Zahlenreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
7 Potenz- und Taylorreihen
7.1 Potenzreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Gleichmäßige Konvergenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2.1 Warum ist die gleichmäßige Konvergenz so wichtig?
P
n x2n
7.2.2 Beispiel ∞
n=0 (−1) (2n)! . . . . . . . . . . . . . . . . .
P
xn
7.2.3 Beispiel ∞
n=0 n2 +1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
P
xn
7.2.4 Beispiel ∞
n=1 ln(n+1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3 Potenzreihen mit Zentrum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
P
(x+2)n+1
√
.
7.3.1 Beispiel zu Potenzreihen mit Zentrum ∞
n=1
n
P∞ (2x+1)
n
7.3.2 Beispiel zu Potenzreihen mit Zentrum n=1 4n+1 .
7.4 Taylorreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4.1 Beispiel zu Taylorreihen f (x) = 2x2 + 4x − 3 . . . . .
7.4.2 Beispiel zu Taylorreihen f (x) = ln(1 − x) . . . . . . .
7.4.3 Beispiel zu Taylorreihen ln 0.8 . . . . . . . . . . . . . .
R1√
7.4.4 Beispiel Taylorreihe 0 x sin x dx . . . . . . . . . . .
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66
66
67
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68
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70
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73
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76
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82
83
8 Fourierreihen
8.1 Fourierkoeffizienten und Eigenschaften von Fourierreihen . . .
8.1.1 Beispiel Fourierreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
86
87
88
4
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KAPITEL 1
Vorwort
In der Höheren Mathematik für Ingenieure I kommen viele Begriffe vor, die
Sie (eigentlich) schon kennen, da sie bereits in der Schule behandelt wurden.
Allerdings werden die mathematischen Gebiete in einer mathematischeren“
”
Sprache und größeren Tiefe in vergleichsweise kurzer Zeit behandelt.
In diesem Kochbuch“ werden die wesentlich Themen
”
• Komplexe Zahlen (für die meisten von Ihnen neuer Stoff),
• das Differenzieren,
• das Integrieren,
• Zahlenfolgen- und Zahlenreihen,
• Potenz- und Taylorreihen,
• Fourierreihen,
kurz und knapp aus der Sicht der Klausuraufgaben behandelt. Es gibt verschiedene Begriffe, die alle miteinander verknüpft werden können und es ist
deshalb oftmals so kompliziert, weil man nicht weiß, was man denn nun eigentlich tun soll, kann und muss. Deshalb wurde besonderer Wert auf das systematische Vorgehen gelegt. Die Aufgaben sind sher ausführlich vorgerechnet,
deshalb ist der Seitenumfang auch so groß. Des weiteren wird auf typische
5
1 Vorwort
Fehler eingegangen. Diese paar Zeilen ersetzen keine Vorlesung, Übung und
Erfahrung mit Aufgabenstellungen der Höheren Mathematik (Übung macht
den Meister!), sollen Ihnen aber helfen den Blick“ für die richtige Methode zu
”
bekommen.
In diesem kurzen Skript wird nicht auf Definitionen und Sätze eingegangen,
es werden nur die elementarsten Eigenschaften angegeben und benutzt. Dann
wird anhand der aktuellen Klausuraufgaben das Herangehen erläutert.
6
KAPITEL 2
Komplexe Zahlen
2.1 Darstellung komplexer Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Veranschaulichung in der Gaußschen Zahlenebene . . . . . . . .
2.1.2 Umrechnungsformeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.3 Winkel aus dem Arkustangens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.4 Winkel aus dem Arkuskosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Rechenregeln für komplexe Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Addition, Subtraktion, Multiplikation, Division in algebraischer
Form . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Multiplikation in trigonometrischer Form . . . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Potenzen in trigonometrischer Form . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.4 Radizieren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Mengen in der komplexen Zahlenebene . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Kreise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Betrag der komplexen Zahl z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Sektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1 Darstellung komplexer Zahlen
R
Es gibt 3 verschiedenen Möglichkeiten komplexe Zahlen darzustellen:
• in algebraischer Form als x + iy,
• in trigonometrischer Form als r(cos ϕ + i sin ϕ),
7
7
8
8
8
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12
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14
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27
2 Komplexe Zahlen
• in exponentieller Form reiϕ , gemäß der Eulerschen Formel
eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ.
2.1.1 Veranschaulichung in der Gaußschen Zahlenebene
4
algebraische Form x + ı̇y
(x, y)
r
trigonometrische Form
r(cos ϕ + ı̇ sin ϕ)
3
2
1
−1
−1
ϕ
1
2
3
4
5
6
Dabei ist x = r cos ϕ der Realteil und y = sin ϕ der Imaginärteil.
2.1.2 Umrechnungsformeln
Aus der trigonometrischen bzw. exponentiellen Form ergibt sich sofort die algebraische Form. Umgekehrt ist das schwieriger. Wegen
(r cos ϕ)2 + (r sin ϕ)2 = r2 sin2 ϕ + r2 cos2 ϕ = r2 (cos2 ϕ + sin2 ϕ) = r2 = x2 + y 2
ist
r=
p
x2 + y 2 .
Was gilt für den Winkel? Es gibt verschiedenen Varianten sich den Winkel richtig zu überlegen.
2.1.3 Winkel aus dem Arkustangens
Es ist
r sin ϕ
y
=
= tan ϕ.
x
r cos ϕ
8
2 Komplexe Zahlen
Man muss nun mit Hilfe der Umkehrfunktion zum Tangens den Winkel ϕ bestimmen. Wie man leicht nachrechnet gilt
y
r sin ϕ
sin ϕ
=
=
= tan ϕ.
x
r cos ϕ
cos ϕ
Um diese Beziehung nach ϕ aufzulösen, benötigt man die Umkehrfunktion
zum Tangens, dies ist der Arkustangens. Da der Tangens aber keine eineindeutige Funktion ist, da es gleiche Funktionswerte zu verschiedenen Argumenten
gibt, ist das nicht ganz trivial. Wir schauen uns deshalb zunächst die Tangensfunktion an:
tan x
3
2
1
−π
− 12 π
−1
π
1
π
2
3
π
2
2π
−2
−3
Um eine eineindeutige Zuordnung zu erhalten, schränkt man den Definitions
bereich des Tangens auf das Intervall − π2 , π2 ein und erhält als Umkehrfunktion die sogenannten Hauptwerte des Arkustangens:
π
π
< ϕ < , t ∈ R.
2
2
Will man also Winkel ϕ außerhalb des Intervalls − π2 , π2 erhalten, so muss
man Vielfache von π addieren (bzw. subtrahieren), da tan ϕ eine π-periodische
Funktion ist. Deshalb gilt:
ϕ = arctan t ⇐⇒ tan ϕ = t
wenn
9
−
2 Komplexe Zahlen
2. Quadrant
y
ϕ = π + arctan
x
2
1
−4 −3 −2 −1
3. Quadrant −1
y
ϕ = π + arctan
−2
x
1. Quadrant
y
ϕ = arctan
x
1 2 3 4
4. Quadrant
y
ϕ = 2π + arctan
x
Die Farben entsprechen dabei den Zweigen“ des Tangens in der vorigen Ab”
bildung.
R
Praktisch bedeutet das, dass man sich überlegen muss:
• In welchem Quadranten liegt die komplexe Zahl (Skizze!)
• Wie groß muss der Winkel deshalb ungefähr sein?
y
• Man berechne arctan .
x
y
• In Abhängigkeit vom Quadranten muss man zu arctan Null oder π
x
oder 2π addieren.
Weiterhin muss man alle Fälle, für die der Tangens nicht definiert ist, extra
untersuchen, diese Fälle ergeben sich aber sofort aus der Skizze. Nämlich, alle
Fälle in denen x = 0 ist, dies ist der Fall, wenn
π
,
2
3π
,
• x = 0 und y < 0 ist, in diesem Fall ist ϕ =
2
• x = 0 und y = 0 ist, dann ist der Winkel ϕ aber beliebig, da r = 0 gilt,
• x = 0 und y > 0 ist, in diesem Fall ist ϕ =
Der Vorteil dieser Methode ist, dass man nur x und y braucht, um ϕ zu berechnen. Der Nachteil ist, dass man letztlich 3 verschiedene Formeln braucht.
Deshalb sei noch eine andere Methode erwähnt.
10
2 Komplexe Zahlen
2.1.4 Winkel aus dem Arkuskosinus
p
Da man r = x2 + y 2 für die trigonometrische Darstellung auch braucht, kann
man den Winkel ϕ auch aus der Beziehung
x = r cos ϕ ⇐⇒
x
= cos ϕ
r
berechnen. Dabei ergibt sich ebenfalls das Problem, dass der Kosinus keine eineindeutige Funktion ist und damit keine Umkehrfunktion existiert. Schränkt
man den Definitionsbereich aber auf das Intervall [0; π] ein, so ist der Kosinus
eineindeutig und man erhält die Umkehrfunktion
ϕ = arccos t,
für ϕ ∈ [0; π],
t ∈ [−1, 1].
Dies entspricht dem roten Graphen von cos x in der folgenden Abbildung.
1
0
−1
cos x
1
π
2
π
2π
3
π
2
Die übrigen Werte, d.h. die Werte für komplexe Zahlen im 3. bzw. 4. Quadranten ergeben sich dann aus
x
ϕ = 2π − arccos .
r
Wie man mit den Additionstheoremen leicht nachrechnet, gilt
x
x
x
cos ϕ = cos 2π − arccos
= cos(arccos ) =
r
r
r
x
und der Winkel ϕ = 2π − arccos liegt im 3. bzw. 4. Quadranten. Dies entr
spricht dem blauen Graphen von cos x in der obigen Abbildung.
Damit ergeben sich in Abhängigkeit vom Quadranten die folgenden Formeln
zur Berechnung des Winkels ϕ.
11
2 Komplexe Zahlen
2. Quadrant
x
ϕ = arccos
r
2
1
−4 −3 −2 −1
3. Quadrant −1
x
ϕ = 2π − arccos
−2
r
R
1. Quadrant
x
ϕ = arccos
r
1 2 3 4
4. Quadrant
x
ϕ = 2π − arccos
r
Praktisch bedeutet das, dass man sich überlegen muss:
• In welchem Quadranten liegt die komplexe Zahl (Skizze!)
• Wie groß muss der Winkel deshalb ungefähr sein?
x
• Man berechne arccos .
r
x
• Im 1. und 2. Quadranten ist der Winkel nun arccos , dagegen ist er im 3.
r
x
und 4. Quadranten 2π − arccos .
r
2.2 Rechenregeln für komplexe Zahlen
2.2.1 Addition, Subtraktion, Multiplikation, Division in
algebraischer Form
Es gelten dieselben Regeln wie beim Rechnen mit reellen Zahlen, man muss
nur beachten, dass gilt
ı̇2 = −1.
Bei der Division ist die 3. binomische Formel (a − b)(a + b) = a2 − b2 anzuwenden, die für komplexe Zahlen ergibt:
(x + ı̇y)(x − ı̇y) = x2 − (ı̇y)2 = x2 − ı̇2 y 2 = x2 + y 2 .
12
2 Komplexe Zahlen
Dann wird mit der konjugiert komplexen Zahl des Nenners erweitert und man
erhält:
u + ı̇v
(u + ı̇v)(x − ı̇y)
=
x + ı̇y
(x + ı̇y)(x − ı̇y)
=
ux + vy + ı̇(vx − uy)
ux + vy
(vx − uy)
=
+
ı̇
x2 + y 2
x2 + y 2
x2 + y 2
Beispiel zur Division
✍ Man stelle die komplexe Zahl
3 − 2ı̇
z=
5π
1 + eı̇ 3
in algebraischer Form, also als x + iy dar.
Damit man die Formel für die Division anwenden kann, muss zunächst der
Nenner in die algebraische Form gebracht werden. Nach der Eulerschen Formel erhält man
√
5π
3
5π
1
ı̇ 5π
e 3 = cos
+ ı̇ sin
= − ı̇
.
3
3
2
2
Damit ist der Nenner gleich
√
√
3
3
1
3
1 + − ı̇
= − ı̇
.
2
2
2
2
Wir berechnen nun die komplexe Zahl, indem wir mit der konjugiert komplexen Zahl des Nenners erweitern:
z=
3 − 2ı̇
1+e
ı̇ 5π
3
=
3 − 2ı̇
3
2
− ı̇
√
3
2
=
(3 − 2ı̇)( 32 + ı̇
( 23 − ı̇
√
3 3
)( 2
2
+
√
3
)
2
√
ı̇ 23 )
=
9
2
√
− ı̇3 + ı̇ 3 2 3 +
9
+ 43
4
√
3
√
√
√
√
9+2 3
(3 − 3)
18 − 12ı̇ + 6 3ı̇ + 4 3
=
− ı̇
≈ 2, 08 − 0, 42ı̇.
=
12
6
3
13
2 Komplexe Zahlen
2.2.2 Multiplikation in trigonometrischer Form
Bei der Multiplikation in trigonometrischer Form wird zunächst wie mit reellen Zahlen gerechnet, es ergeben sich aber Produkte von Sinus und Kosinus,
die sich mittels Additionstheoremen vereinfachen lassen:
z1 · z2 = {r1 (cos ϕ1 + ı̇ sin ϕ1 )} · {r2 (cos ϕ2 + ı̇ sin ϕ2 )}
= r1 r2 (cos ϕ1 + ı̇ sin ϕ1 )(cos ϕ2 + ı̇ sin ϕ2 )
= r1 r2 (cos ϕ1 cos ϕ2 + (ı̇)2 sin ϕ1 sin ϕ2 + ı̇(cos ϕ1 sin ϕ2 + sin ϕ1 cos ϕ2 ))
= r1 r2 (cos ϕ1 cos ϕ2 − sin ϕ1 sin ϕ2 + ı̇(cos ϕ1 sin ϕ2 + sin ϕ1 cos ϕ2 ))
= r1 r2 (cos(ϕ1 + ϕ2 ) + ı̇ sin(ϕ1 + ϕ2 ))
Komplexe Zahlen werden multipliziert indem man die Beträge multipliziert
und die Argumente (also die Winkel) addiert.
2.2.3 Potenzen in trigonometrischer Form
Auf diese Weise lässt sich sofort z n ausrechnen;
R
Für z = r(cos ϕ + ı̇ sin ϕ) ist
z n = rn (cos(nϕ) + ı̇ sin(nϕ)),
n = 0, 1, 2, . . . .
Beispiel zum Potenzieren
✍ Man berechne die 1001-te Potenz, also z 1001 von
z = −1 + ı̇.
14
2 Komplexe Zahlen
Zunächst müssen wir z in trigonometrischer Form darstellen. Dazu berechnen
wir zunächst den Betrag von z:
r=
p
x2 + y 2 =
√
12 + 12 =
√
2.
Merke, der Imaginärteil von z = x + ı̇y ist y und nicht ı̇y, es gilt r =
p
und nicht r = x2 − y 2 .
p
x2 + y 2
Nun berechnen wir den Winkel ϕ, entweder aus dem Arkustangens, in diesem
Fall gilt
y
−1
π
arctan = arctan
= arctan(−1) = − .
x
1
4
Die komplexe Zahl z liegt aber im 2. Quadranten, da x < 0 und y > 0 ist.
Deshalb ist
π
3π
ϕ = π + arctan(−1) = π − =
.
4
4
Damit haben wir die trigonometrische Darstellung
z = −1 + ı̇ = r(cos ϕ + ı̇ sin ϕ) =
√
3π
3π
+ ı̇ sin
2 cos
4
4
erhalten.
Würde man nicht den Arkustangens, sondern den Arkuskosinus verwenden,
so ergäbe sich:
√
x
− 2
−1
3π
arccos = arccos √ = arccos(
)=
.
r
2
4
2
Da z im 2. Quadranten liegt, ist also ϕ =
3π
.
4
Das Potenzieren geht nun ganz einfach:
1001
√
√ 1001
3003π
3π
3π
3003π
z
=
cos
2 cos
= 2
+ ı̇ sin
+ ı̇ sin
4
4
4
4
√ 1001
3π
3π
cos 750π +
+ ı̇ sin 750π +
= 2
4
4
√ 1001
√
1001
3π
3π
3π
3π
cos 375 · 2π +
cos
= 2
+ ı̇ sin 375 · 2π +
= 2
+ ı̇ sin
4
4
4
4
√
3π
3π
= 2500 2 cos
+ ı̇ sin
= 2500 z = 2500 (−1 + ı̇).
4
4
1001
15
2 Komplexe Zahlen
2.2.4 Radizieren
Wurzeln zieht man aus komplexen Zahlen immer aus der trigonometrischen
Form. In dieser kann man sich nämlich leicht überlegen, dass es immer n verschiedene Wurzeln aus z gibt.
R
Die n-ten Wurzel aus z = r(cos ϕ + ı̇ sin ϕ) sind für jede natürliche Zahl
n = 1, 2, 3, . . . die n voneinander verschiedenen komplexen Zahlen
zk :=
√
n
r cos
ϕ + 2kπ
n
+ ı̇ sin
ϕ + 2kπ
n
, k = 0, 1, 2, . . . , n − 1.
Man überzeugt sich leicht, dass für alle diese zk gilt zkn = z.
Beispiel zum Radizieren
✍ Man berechne die 1001-te Wurzel aus
z = 2500 (−1 + ı̇).
Dazu benötigen wir den Betrag von z, es ist
r=
√
p
√
√
(2500 )2 + (2500 )2 = 21000 + 21000 = 21000 2 = 2500 2
und für den Winkel erhalten wir wie im vorigen Beispiel:
y
= −1
x
und damit ϕ =
3π
.
4
z=2
bzw.
√
−1
− 2
x
−2500
√ =√ =
=
r
2
2500 2
2
Also ist
500
(−1 + ı̇) = 2
500
√
2 cos
16
3π
4
+ ı̇ sin
3π
4
.
2 Komplexe Zahlen
Wir ziehen nun die 1001-te Wurzel. Zunächst muss man die Wurzel aus dem
Betrag von z ziehen:
q
√
2500 2 =
1001
q
1001
√
2
1000 √
2=
√
√
Damit ergeben sich mit 1001 r = 2 und ϕ =
komplexe Zahlen als Wurzeln:
zk :=
√
2 cos
3π
4
+ 2kπ
1001
+ ı̇ sin
3π
4
q
√
1001
3π
4
2
1001
=
√
2.
insgesamt 1001 verschiedenen
+ 2kπ
1001
, k = 0, 1, 2, . . . , 1000.
Wir berechnen nur einige wenige genauer. Für k = 0 erhalten wir
z0 =
√
2 cos
3π
4004
+ ı̇ sin
3π
4004
und für k = 375 erhalten wir
3π
3π
√
+
2
·
375
·
π
+
2
·
375
·
π
+ ı̇ sin 4
z375 := 2 cos 4
1001
1001
3π 3000π 3π 3000π √
+ 4
+ 4
+ ı̇ sin 4
= 2 cos 4
1001
1001
√
3π
3π
= 2 cos
+ ı̇ sin
4
4
ebenfalls eine der Wurzeln, diese Zahl hatten wir im vorigen Beispiel gerade
potenziert, um 2500 (−1 + ı̇) zu erhalten.
Noch ein Beispiel zum Radizieren
✍ Man bestimme alle 5. Wurzeln von
z = 4(1 − ı̇).
17
2 Komplexe Zahlen
Wir stellen z zunächst in trigonometrischer Form dar, dazu berechnen wir den
Betrag von z :
r=
√
p
√
√
√ 2√ 2√
√ 5
√
42 + (−4)2 = 16 + 16 = 2 · 42 = 4 2 = 2 · 2 · 2 = 2 2 2 = 2 .
Wir bestimmen den Winkel ϕ mit Hilfe des Arkustangens:
y
= −1,
x
arctan
y
π
= arctan(−1) = − .
x
4
Da x > 0 und y < 0 ist, liegt z im 4. Quadranten und es gilt
π 7π
ϕ = 2π + −
.
=
4
4
Alternativ erhält man mit Hilfe des Arkuskosinus
√
√
1
4
π
x
2
2
= √ =√ =
, arccos
= ,
r
2
2
4
4 2
2
da z im 4. Quadranten liegt, ergibt sich
ϕ = 2π − arccos
x
π
7π
= 2π − =
.
r
4
4
Damit lautet z in trigonometrischer Form:
z=
√
7π
7π
+ ı̇ sin
.
2 cos
4
4
5
Jetzt können wir alle 5 Wurzeln gemäß der Formel für das Radizieren hinschreiben:
√
ϕ + 2kπ
ϕ + 2kπ
n
+ ı̇ sin
zk := r cos
n
n
q
7π
7π
√
5
+ 2kπ
+ 2kπ
5
4
4
=
+ ı̇ sin
2 cos
5
5
7π
7π
√
+ 2kπ
+ 2kπ
4
4
= 2 cos
+ ı̇ sin
, k = 0, 1, 2, 3, 4.
5
5
18
2 Komplexe Zahlen
und erhalten:
7π
7π
√
√
+2·0·π
+2·0·π
7π
7π
4
4
z0 = 2 cos
+ ı̇ sin
= 2 cos
+ ı̇ sin
,
5
5
20
20
≈ 0, 64 + 1, 26ı̇
7π
7π
√
√
+2·1·π
+2·1·π
15π
15π
4
4
z1 = 2 cos
+ ı̇ sin
= 2 cos
+ ı̇ sin
,
5
5
20
20
≈ −1 + ı̇
7π
7π
√
√
+2·2·π
+2·2·π
23π
23π
4
4
+ ı̇ sin
= 2 cos
+ ı̇ sin
,
z2 = 2 cos
5
5
20
20
≈ −1, 26 − 0, 64ı̇
7π
7π
√
√
+2·3·π
+2·3·π
31π
31π
4
4
z3 = 2 cos
+ ı̇ sin
= 2 cos
+ ı̇ sin
,
5
5
20
20
≈ 0, 22 − 1, 4ı̇
7π
7π
√
√
+2·4·π
+2·4·π
39π
39π
4
4
+ ı̇ sin
= 2 cos
+ ı̇ sin
z4 = 2 cos
5
5
20
20
≈ 1, 4 − 0, 22ı̇.
D
Sollten Sie die Zahlenwerte (gerundet auf 2 Stellen nach dem Komma)
nicht erhalten, so kann das daran liegen, dass Sie Ihren Taschenrechner falsch
eingestellt haben!
U
Sie müssen Ihren Taschenrechner auf RAD“ und nicht auf
”
DEG“ einstellen. Wie jeder weiß, ist cos π
=
−1, ist Ihr Ta”
schenrechner auf
RAD“ eingestellt, so klappt das auch, wie
”
man leicht überprüft, ist dagegen der Taschenrechner auf DEG“
”
eingestellt, so ergibt sich cos π = 0, 998497159 !! Das ist falsch!!
Aufgrund der 2π-Periodizität ergeben alle anderen k bereits berechnete Wur-
19
2 Komplexe Zahlen
zeln, so ist z.B. für k = 5
7π
7π
+2·5·π
+2·5·π
4
4
z5 = 2 cos
+ ı̇ sin
5
5
√
√
47π
40π 7π
47π
40π 7π
+
+
+ ı̇ sin
= 2 cos
+ ı̇ sin
= 2 cos
20
20
20
20
20
20
√
√
7π
7π
7π
7π
= 2 cos 2π +
+ ı̇ sin 2π +
= 2 cos
+ ı̇ sin
= z0 .
20
20
20
20
√
2.3 Mengen in der komplexen Zahlenebene
Um Mengen in der komplexen Zahlenebene zu skizzieren, benötigt man eigentlich nur die Definition der komplexen Zahlen und grundlegende geometrische Kenntnisse.
2.3.1 Kreise
R
Mit dem Betrag
|z| = |x + ı̇y| =
p
x2 + y 2
der komplexen Zahl z0x+ı̇y ist immer ein Kreis in der komplexen Zahlenebene
verbunden.
2.3.2 Betrag der komplexen Zahl z
Geometrisch ist |z| = r > 0 eine Gleichung eines Kreises
|z| =
p
x2 + y 2 = r ⇐⇒ x2 + y 2 = r2
mit dem Mittelpunkt im Ursprung und dem Radius r > 0.
1
r
(x,y)
b
Ursprung
−1
−2
20
2 Komplexe Zahlen
Betrag von α z + z0 ,
wobei α ∈ R\{0} eine reelle Zahl ungleich Null und z0 = x0 + ı̇y0 eine fest
gewählte komplexe Zahl ist. Hier muss man zunächst die komplexe Zahl in
der algebraischen Form darstellen, d.h.
α z + z0 = α(x + ı̇y) + x0 + ı̇y0 = α x + x0 + ı̇(αy + y0 ).
Aus dieser Darstellung sieht man, dass der Betrag dieser komplexen Zahl gerade
|α z + z0 | = |α x + x0 + ı̇(αy + y0 )| =
p
(α x + x0 )2 + (αy + y0 )2
ist. Deshalb ist |α z + z0 | = r > 0 ebenfalls eine Kreisgleichung, nämlich
x0 2 y0 2 r 2
x+
+ y+
=
,
α
α
α
r
.
also ein Kreis mit dem Mittelpunkt in − xα0 , − yα0 und dem Radius |α|
(α x + x0 )2 + (αy + y0 )2 = r2 ⇐⇒
R
Wie kann man sich das merken?
• Als erstes ermittle man die Kreisgleichung:
x0 2 y0 2 r 2
x+
+ y+
=
.
α
α
α
• Der Radius ist die
q
r 2
α
= αr > 0.
• Der Mittelpunkt des Kreises ergibt sich aus:
x+
x0
x0
= 0 ⇐⇒ x = −
α
α
21
und
y+
y0
y0
⇐⇒ y = − .
α
α
2 Komplexe Zahlen
2
r
|α|
b
1
x
y0 0
− ,−
α
α
22
2 Komplexe Zahlen
Betragsungleichungen
R
Die Menge |z| < r ist das Innere (ohne Rand=Kreislinie) des Kreises |z| =
r und die Menge |z| > r ist das Äußere (ohne Rand=Kreislinie) des Kreises
|z| = r. Analog ist |α z + z0 | < r das Innere des Kreises |α z + z0 | = r und
|α z + z0 | > r das Äußere des Kreises |α z + z0 | = r.
Beispiel 1 |z + ı̇| < 2
✍ Man skizziere in der komplexen Zahlenebene die Menge aller komplexen
Zahlen z, die die Ungleichung |z + ı̇| < 2 erfüllen.
Wir berechnen Betrag von z + ı̇ indem wir die komplexe Zahl in algebraischer
Form aufschreiben: z + ı̇ = x + ı̇y + ı̇ = x + ı̇(y + 1), dann gilt für den Betrag
|z + ı̇| = |x + ı̇(y + 1)| =
p
x2 + (y + 1)2 .
Die Menge aller komplexen Zahlen mit |z + ı̇| < 2 ist folglich
|z + ı̇| =
p
x2 + (y + 1)2 < 2 ⇐⇒ x2 + (y + 1)2 < 4
Obwohl Quadrieren keine äquivalente Umformung ist, ist diese Umformung
äquivalent, da die Wurzelfunktion auf ihrem Definitionsbereich monoton wachsend ist. Weil x2 +(y+1)2 = 4 ein Kreis mit dem Mittelpunkt (0, −1) und Radius
2 beschreibt, ist die gesuchte Menge aller komplexen Zahlen mit |z + ı̇| < 2 gerade das Innere dieses Kreises.
1
−3 −2 −1
−1
1
b
−2
−3
23
2
2 Komplexe Zahlen
Beispiel 2 |2z − ı̇| >
√
8
✍ Man skizziere in der komplexen Zahlenebene
die Menge aller komplexen
√
Zahlen z, die die Ungleichung |2z − ı̇| >
8 erfüllen.
Wir schreiben zunächst die komplexe Zahl in algebraischer Form auf:
2z − ı̇ = 2x + 2ı̇y − ı̇ = 2x + ı̇(2y − 1),
dann gilt für den Betrag
|2z − ı̇| = |2x + ı̇(2y − 1)| =
p
(2x)2 + (2y − 1)2 .
Die Menge aller komplexen Zahlen mit |2z − ı̇| >
|2z − ı̇| =
√
12 ist folglich
p
√
(2x)2 + (2y − 1)2 > 8 ⇐⇒ (2x)2 + (2y − 1)2 > 8
Obwohl Quadrieren keine äquivalente Umformung ist, ist diese Umformung
äquivalent, da die Wurzelfunktion auf ihrem Definitionsbereich monoton wachsend ist. Ausmultiplizieren führt auf:
4x2 + 4y 2 − 4y + 1 > 8 ⇐⇒ x2 + y 2 − y +
1
>2
4
Quadratisches Ergänzen für y ergibt:
1
y −y+ =
4
2
und damit
2
1
1 1
y−
− +
2
4 4
2
2
1 1
1
1
2
− + =x + y−
> 2.
x + y−
2
4 4
2
√
2
Weil x2 + y − 21 = 2 ein Kreis mit dem Mittelpunkt 0, 21 und Radius 2
√
beschreibt, ist die gesuchte Menge aller komplexen Zahlen mit |2z − ı̇| > 8
gerade das Äußere dieses Kreises.
2
24
2 Komplexe Zahlen
1
b
−2 −1
−1
1
Ungleichungen mit Beträgen
R
Man bestimme die Menge aller komplexen Zahlen z mit
|z + z0 | < |z + z1 |,
wobei z0 und z1 feste komplexe Zahlen sind.
Die Aufgabe zu lösen besteht nun darin, die Beträge auszurechnen bzw. aufzuschreiben und dann durch äquivalentes Umformen, die komplexen Zahlen
z zu bestimmen. D.h.
|z + z0 | =
p
(x + x0 )2 + (y + y0 )2
|z + z1 | =
p
(x + x1 )2 + (y + y1 )2
und
und damit lautet die Ungleichung:
p
p
(x + x0 )2 + (y + y0 )2 < (x + x1 )2 + (y + y1 )2 .
Darf man jetzt einfach quadrieren? Quadrieren ist keine äquivalente Umformung, aber die Wurzelfunktion ist eine streng monoton wachsende Funktion,
folglich erfüllen die Wurzeln genau dann die Ungleichung, wenn diese von
den Argumenten erfüllt ist, deshalb ist die Ungleichung für die Argumente
(x + x0 )2 + (y + y0 )2 < (x + x1 )2 + (y + y1 )2
25
2 Komplexe Zahlen
äquivalent zur Ausgangsungleichung. Ausmultiplizieren ergibt nun
x2 + 2xx0 + x20 + y 2 + 2yy0 + y02 < x2 + 2xx1 + x21 + y 2 + 2yy12 + y12 ,
alle x“ und alle y“ auf eine Seite:
”
”
x2 − x2 + 2x(x0 − x1 ) + x20 − x21 < y 2 − y 2 − +2y(y1 − y0 ) + y12 − y02 .
Damit ergibt sich eine Geradenungleichung, nämlich
2y(y1 − y0 ) > 2x(x0 − x1 ) + x20 − x21 − y12 + y02 .
Beispiel |z + 2 − 3ı̇| < |z + ı̇|
✍ Man bestimme die Menge aller komplexen Zahlen z mit
|z + 2 − 3ı̇| < |z + ı̇|
Wir schreiben die Beträge zunächst einzeln hin:
|z + 2 − 3ı̇| = |x + ı̇y + 2 − 3ı̇| = |x + 2 + ı̇(y − 3)| =
und
|z + ı̇| = |x + ı̇y + ı̇| = |x + ı̇(y + 1)| =
Damit ergibt sich die Ungleichung
p
(x + 2)2 + (y − 3)2 <
die äquivalent zur Ungleichung
p
p
p
(x + 2)2 + (y − 3)2
x2 + (y + 1)2 .
x2 + (y + 1)2 ,
(x + 2)2 + (y − 3)2 < x2 + (y + 1)2
26
2 Komplexe Zahlen
ist. Ausmultiplizieren ergibt
x2 + 4x + 4 + y 2 − 6y + 9 < x2 + y 2 + 2y + 1 ⇐⇒ 4x + 13 < 8y + 1
x 3
⇐⇒ y > + .
2 2
2
1
−5 −4 −3 −2 −1
−1
1
2.3.3 Sektoren
Aus der trigonometrischen Form komplexer Zahlen ergeben sich weitere Ungleichungen.
R
Die Menge aller komplexen Zahlen z = r(cos ϕ + ı̇ sin ϕ) mit 0 ≤ r0 < r <
r1 < ∞ und ϕ0 < ϕ < ϕ1 ist ein Sektor.
Beispiel 1 < |z| ≤ 2 und − π4 ≤ arg z <
2π
3
✍ Man skizziere die Menge aller komplexen Zahlen z mit 1
− π4 ≤ arg z <
2π
3
< |z| ≤ 2 und
Stellen wir eine komplexe Zahl z in der trigonometrischen Form dar, so ist
z = r(cos ϕ + ı̇ sin ϕ)
27
2 Komplexe Zahlen
mit |z| = r und arg z = ϕ. Damit ist die gesuchte Menge der Sektor:
2
1
−2 −1
−1
1
2
−2
Der äußere Rand (r = 2) und der Rand zum Winkel ϕ = − π4 gehören mit zur
Menge, da hier die Ungleichung ≤ gilt, der innere Rand (r = 1) und der Rand
zum Winkel ϕ = 2π
gehören dagegen nicht zur Menge, hier gilt die strenge
3
Ungleichung gilt.
28
KAPITEL 3
Ableitungsregeln
3.1 Wie geht man vor? . . . . . . . . . .
x +a 3.2 Beispiel fa (x) = ln eex −a
,
a > 0.
3.2.1 Analyse der Struktur I . . . . . . .
3.2.2 Ausführung gemäß Struktur I . . .
3.2.3 Analyse der Struktur II . . . . . . .
3.2.4 Ausführung gemäß Struktur II . .
a−x
3.3 Beispiel fa (x) = ln(a−x)
, a ∈ R. . . .
.
.
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.
.
30
31
31
32
33
34
35
3.3.1 Analyse der Struktur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.2 Ausführung gemäß Struktur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Differentialrechnung und Kurvendiskussion . . . . . . . . . . . . .
35
36
37
Es gibt grundlegende Ableitungsregeln, die sich alle aus der Definition der
Ableitung als Grenzwert des Differenzenquotienten beweisen lassen:
29
3 Ableitungsregeln
Regel
Formel
Summe
(f (x) + g(x))′ = f ′ (x) + g ′ (x)
Differenz
(f (x) − g(x))′ = f ′ (x) − g ′ (x)
Produktregel
(f (x) · g(x))′ = f ′ (x) · g(x) + f (x) · g ′ (x)
Quotientenregel
f (x)
g(x)
′
=
f ′ (x) · g(x) − f (x) · g ′ (x)
(g(x))2
Spezialfall
1
f (x)
′
=
−f (x)
(−1)
· f ′ (x) =
2
(f (x))
(f (x))2
Kettenregel
Verkettete Funktion f (g(x)) mit der äußeren Funktion
f (u) mit der Ableitung f ′ (u) und der inneren Funktion
g(x) mit der Ableitung g ′ (x), dann ist
(f (g(x)))′ = f ′ (u)|u=g(x) · g ′ (x) = f ′ (g(x)) · g ′ (x)
3.1 Wie geht man vor?
R
Dazu überlege man sich
• Welche Struktur hat der zu differenzierende Ausdruck?
• Welche Regeln müssen angewandt werden?
• Wie müssen die Regeln kombiniert werden?
30
3 Ableitungsregeln
ex +a
ex −a
3.2 Beispiel fa(x) = ln
a > 0.
,
✍ Man bestimme die Ableitung von
fa (x) = ln
ex + a
ex − a
a > 0.
,
3.2.1 Analyse der Struktur I
• a ist ein Parameter,
• die Funktion ist verkettet, die äußere Funktion ist
f (u) = ln u,
die innere Funktion
g(x) =
ist ein Quotient.
ex + a
ex − a
• Der Definitionsbereich ergibt sich aus dem Definitionsbereich der äußeren Funktion, also des Logarithmus ln u, die nur für u > 0 definiert ist.
Folglich muss die innere Funktion positiv sein damit der Logarithmus
definiert ist, d.h. es muss gelten:
u=
ex + a
> 0,
ex − a
Da der Zähler wegen a > 0 für alle reellen x positiv ist, verbleibt als
Forderung, dass der Nenner auch positiv sein muss, also
ex − a > 0 ⇐⇒ ex > a ⇐⇒ x > ln a,
da ln x monoton wachsend ist.
gelten.
• Aus der Struktur der verketteten Funktion ergibt sich, dass zum Differenzieren die Kettenregel und die Quotientenregel angewandt werden
müssen. Als erstes ist die Kettenregel anzuwenden und in der Kettenregel ist für die innere Funktion g(x) die Quotientenregel anzuwenden.
31
3 Ableitungsregeln
3.2.2 Ausführung gemäß Struktur I
Die äußere Funktion ist
f (u) = ln u
mit der Ableitung
1
, u > 0.
u
Für die Kettenregel benötigt man f ′ (g(x)), d.h. wir nehmen die Ableitung f ′ (u)
und setzen u = g(x):
f ′ (u) =
f ′ (u)|u=g(x) = f ′ (g(x)) =
1
=
g(x)
1
ex +a ,
ex −a
anschließend formen wir den Doppelbruch um und erhalten
f ′ (g(x)) =
ex − a
.
ex + a
Um die gesamte Ableitung zu berechnen, benötigen wir auch die Ableitung
der inneren Funktion
ex + a
u(x)
g(x) = x
=
.
e −a
v(x)
Für die Ableitung der inneren Funktion müssen wir die Quotientenregel anwenden.
Der Zähler ist
u(x) = ex + a
mit der Ableitung
u′ (x) = ex .
Der Nenner ist
v(x) = ex − a
mit der Ableitung
v ′ (x) = ex .
32
3 Ableitungsregeln
Damit erhalten wir für die Ableitung der inneren Funktion mit der Quotientenregel:
′
g (x) =
=
u(x)
v(x)
′
=
ex (ex − a) − ex (ex + a)
u′ (x)v(x) − u(x)v ′ (x)
=
(v(x))2
(ex − a)2
ex ex − aex − ex ex − aex
−2aex
=
.
(ex − a)2
(ex − a)2
Nun haben wir alle Anteile für die Kettenregel ausgerechnet und wir erhalten:
fa′ (x)
′
′
′
= (f (g(x))) = f (g(x))g (x) =
=
−2aex
−2aex
=
(ex + a)(ex − a)
e2x − a2
ex − a
ex + a
−2aex
(ex − a)(−2aex )
·
= x
(ex − a)2
(e + a)(ex − a)2
binomische Formel: (a + b)(a − b) = a2 − b2 .
3.2.3 Analyse der Struktur II
• a ist ein Parameter,
• Logarithmengesetz ist anwendbar:
fa (x) = ln
ex + a
ex − a
= ln(ex + a) − ln(ex − a).
• Die Summanden sind verkettete Funktionen, die äußere Funktion ist
f (u) = ln u, die innere Funktion ist g1 (x) = ex + a bzw. g2 (x) = ex − a.
• Der Definitionsbereich ist durch die Logarithmusfunktion ln u auf u >
0 eingeschränkt, d.h. es muss gleichzeitig ex + a > 0 und ex − a > 0
gelten, da die erste Ungleichung immer erfüllt ist, ergibt sich für den
Definitionsbereich die Bedingung
ex − a > 0 ⇐⇒ ex > a ⇐⇒ x > ln a,
33
da ln x monoton wachsend ist.
3 Ableitungsregeln
3.2.4 Ausführung gemäß Struktur II
f (u) = ln u
und deshalb ist
1
f ′ (u) = , u > 0,
u
g1 (x) = ex + a
und deshalb ist mit u = g1 (x):
1
1
= x
.
f ′ (g1 (x)) =
g1 (x)
e +a
g2 (x) = ex − a
und deshalb ist mit u = g2 (x):
1
1
= x
.
f ′ (g2 (x)) =
g2 (x)
e −a
Weiterhin benötigen wir die inneren Ableitungen:
g1′ (x) = ex
und
g2′ (x) = ex .
Damit erhält man für die Summanden gemäß Kettenregel:
′
(f (g1 (x))) = f
′
(g1 (x))g1′ (x)
ex
1
x
·e = x
,
= x
e +a
e +a
(f (g2 (x)))′ = f ′ (g2 (x))g1′ (x) =
1
ex
x
·
e
=
.
ex − a
ex − a
Insgesamt ergibt sich damit:
fa′ (x) = (ln(ex + a) − ln(ex − a))′ = (ln(ex + a))′ − (ln(ex − a))′
= (f (g1 (x)))′ − (f (g2 (x)))′ = f ′ (g1 (x))g1′ (x) − f ′ (g2 (x))g2′ (x)
=
ex
ex
ex (ex − a − (ex + a))
−
=
ex + a ex − a
(ex + a)(ex − a)
=
−2aex
−2aex
=
.
(ex + a)(ex − a)
e2x − a2
34
3 Ableitungsregeln
3.3 Beispiel fa(x) =
a−x
ln(a−x) ,
a ∈ R.
✍ Man bestimme die erste Ableitung von
fa (x) =
a−x
,
ln(a − x)
a ∈ R.
In diesem Fall sollte man sich zunächst den Definitionsbereich überlegen. Da
ln x nur für x > 0 definiert ist, muss gelten a − x > 0 ⇐⇒ x < a. Das
reicht aber noch nicht, da der Quotient nur dann definiert ist, wenn der Nenner
ungleich Null ist. Es gilt ln x = 0 für x = 1, deshalb muss der Fall a − x = 1
ausgeschlossen werden, folglich muss weiterhin x 6= a − 1 sein, d.h.
D (fa ) = {x ∈ R : x < a und
x 6= a − 1} = {x ∈ R : x < a}\{a − 1}.
3.3.1 Analyse der Struktur
• a ist ein Parameter,
• die Funktion besteht aus einem Quotienten, dessen Nenner eine verkettete Funktion ist,
fa (x) =
a−x
u(x)
=
,
ln(a − x)
v(x)
v(x) = h(g(x)) = ln(a − x).
• als erstes ist die Quotientenregel anzuwenden, in die für die Ableitung
des Nenners die Kettenregel verwendet werden muss.
35
3 Ableitungsregeln
3.3.2 Ausführung gemäß Struktur
Für die Quotientenregel benötigt man die Ableitung des Zählers:
u(x) = a − x
mit der Ableitung u′ (x) = −1,
Für die Quotientenregel benötigt man die Ableitung des Nenners:
v(x) = ln(a − x)
dies ist eine verkettete Funktion mit
h(u) = ln u als äußerer Funktion und der Ableitung h′ (u) =
g(x) = a − x
1
,
u
als innerer Funktion mit der Ableitung g ′ (x) = −1.
Damit erhält man für die Ableitung des Nenners gemäß Kettenregel:
v ′ (x) = (h(g(x)))′ = h′ (g(x))g ′ (x).
Wir müssen also noch h′ (g(x))|u=g(x) = h′ (g(x)) bilden:
1
1
=
.
h′ (g(x)) =
g(x)
a−x
Deshalb gilt für die Ableitung des Nenners:
v ′ (x) = (h(g(x)))′ = h′ (g(x))g ′ (x)
=
1
(−1)
1
· (−1) =
=
.
a−x
(a − x)
x−a
Wir berechnen den Zähler der Ableitung nach der Quotientenregel:
u′ (x)v(x) − u(x)v ′ (x) = (−1)(ln(a − x)) − (a − x)
= 1 − ln(a − x).
(−1)
= − ln(a − x) + 1
(a − x)
Somit gilt für die Ableitung der Funktion fa (x) :
′
u(x)
u′ (x)v(x) − u(x)v ′ (x)
1 − ln(a − x)
′
fa (x) =
=
=
2
v(x)
v (x)
(ln(a − x))2 .
36
3 Ableitungsregeln
3.4 Differentialrechnung und Kurvendiskussion
Was?
Wie?
Nullstellen
f (x) = 0
f ′ (x) = 0
stationäre Punkte
(extremwertverdächtige Punkte)
Monotonie
monoton wachsend
f ′ (x) ≥ 0
monoton fallend
f ′ (x) ≤ 0
Krümmungsverhalten
konvex (von unten)
f ′′ (x) ≥ 0
konkav (von unten)
f ′′ (x) ≤ 0
Extrema
f ′ (x) = 0 und
Maximum
f ′′ (x) < 0
Minimum
f ′′ (x) > 0
Extrema f ′ (x) = 0 und
Maximum
Minimum
Wendepunkte
Vorzeichenwechsel der ersten Ableitung von + nach -
Vorzeichenwechsel der ersten Ableitung von - nach +
f ′′ (x) = 0 und Vorzeichenwechsel in der 2. Ableitung
f ′′ (x) = 0
Wendepunkte
37
und
f ′′′ (x) 6= 0
KAPITEL 4
Integrationsregeln
4.1 Partielle Integration . . . . .
R √
4.1.1 Beispiel x 1 + x dx. . .
R
4.1.2 Beispiel e3x x3 dx . . . .
R
4.1.3 Beispiel lnxx dx . . . . . .
4.2 Substitution . . . . . . . . .
R ′ (x)
4.2.1 Spezialfall ff (x)
dx . . . .
R
4.2.2 Beispiel x(ln 1x+3) dx . . .
R
4.2.3 Der Fall f ′ (g(x))g ′ (x) dx
R
4.2.4 Spezialfall g(x)g ′ (x) dx .
R
4.2.5 Beispiel lnxx dx . . . . . .
R
4.2.6 Beispiel esin x cos x dx . .
R
1
4.2.7 Beispiel x(ln x+2)
3 dx . . .
R x
4.2.8 Beispiel √2−x2 dx . . . .
4.2.9
.
.
.
.
.
.
.
.
.
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.
.
.
.
.
.
.
39
40
41
42
43
43
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
44
44
45
45
46
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
Weitere geeignete Substitutionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
.
.
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.
Die Integrationsregeln ergeben sich aus den Differentationsregeln.
38
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.
4 Integrationsregeln
Regel
partielle
Integration
Differentation
Integration
Produktregel
Z
unbestimmte Int.
bestimmte Int.
Z
Substitution I
unbestimmte Int.
bestimmte Int.
′
u(x)v ′ (x)dx
u(x)v (x)dx = u(x)v(x) −
Z
u′ (x)v(x)dx
b
a
′
u(x)v ′ (x)dx = u(x)v(x)|ba −
Z
b
u′ (x)v(x)dx
a
f (g(x)) + C = f ′ (g(x))g ′ (x)dx
Z
f ′ (g(x))g ′ (x)dx = f (g(x)) + C
′
(f (g(x))) = f (g(x))g (x)
Z
b
a
Z
Spezialfall
Z
Substitution II
′
Z
Kettenregel
′
u (x)v(x)dx +
Z
u(x)v(x) =
(u(x)v(x))′ = u′ (x)v(x)+u(x)v ′ (x)
Z
f ′ (g(x))g ′ (x)dx = f (g(x))|ba
f ′ (x)
dx = ln(f (x)) + C.
f (x)
f (h(x)) dx =
Z
f (w) g ′ (w) dw = F (g(w)) + C
mit einer Umkehrfunktion g zu h, d.h.
w = h(x) ⇐⇒ x = h−1 (w) = g(w)
und der Stammfunktion F zu f , d.h. F ′ (x) = f (x).
Bei der bestimmten Integration müssen die
Integrationsgrenzen mit berücksichtigt werden.
Die Anwendung dieser Regeln ist deshalb so schwierig, weil man sich überlegen muss:
• Welche Struktur bzw. welche Strukturen liegen vor?
• Was ist die günstigste Variante für die Berechnung?
4.1 Partielle Integration
R
Hier ist die alles entscheidende Frage:
39
4 Integrationsregeln
Was wähle ich als v ′ ?
Die Grundregel ist, dass das nach der partiellen Integration auszurechnende
Integral einfacher als das Ausgangsintegral sein sollte.
4.1.1 Beispiel
R √
x 1 + x dx.
✍ Man berechne das Integral
Z
√
x 1 + x dx.
Es gibt im Prinzip 2 Varianten
•
•
U
√
Man wählt u(x) = x und v ′ (x) = 1 + x, dann erhält man u′ (x) = 1
√
und v(x) = 32 (1 + x)3/2 (Grundintegral n x verkettet mit dem Argument
1 + x) und damit ist
D
Z
√
2
x 1 + x dx = x (1 + x)3/2 −
3
Z
2
(1 + x)3/2 dx
3
√
Wählt man dagegen u(x) = 1 + x und v ′ (x) = x, dann erhält man
1
mit u′ (x) = 21 √1+x
und v(x) = 21 x2 die Beziehung
Z
√
x 1 + x dx =
√
1
1 + x x2 −
2
Z
1 21 1
dx.
x √
2 2 1+x
Wie man leicht sieht erhält man im ersten Fall (fast) ein Grundintegral, dagegen ergibt sich im zweiten Fall auf keinen Fall ein einfaches Integral. Wir
folgen deshalb der ersten Variante und erhalten:
Z
√
2
x 1 + x dx = x (1 + x)3/2 −
3
Z
2
2
2 2
(1 + x)3/2 dx = (1 + x)3/2 x − · (1 + x)5/2 .
3
3
3 5
40
4 Integrationsregeln
4.1.2 Beispiel
R
e3x x3 dx
✍ Man berechne das Integral
Z
e3x x3 dx.
Wir analysieren wieder beide Varianten:
•
•
D
Wählen wir u(x) = e3x und v ′ (x) = x3 , so ist u′ (x) = 3e3ex und
v(x) = 41 x4 . Einsetzen in die Formel der partiellen Integration ergibt
Z
U
3x
3
e x dx = e
3x 1 4
4
x −
1
3e3ex x4 dx.
4
Z
Wählen wir dagegen u(x) = x3 und v ′ (x) = e3x , so ist u′ (x) = 3x2
und v(x) = 13 e3x . Damit erhalten wir
Z
3x
3
e x dx = x
3 1 3x
3
e
−
Z
1
3x2 e3x dx.
3
Die erste Variante führt nicht zum Ziel, da sich der Grad des Polynoms im Integranden erhöht hat, auch mit der zweiten Variante sind wir noch nicht am
Ziel, da sich aber der Grad des Polynoms im Integranden erniedrigt hat und
e3x integriert bis auf Konstanten wieder e3x ergibt, wird die partielle Integration mehrfach auf diese Weise ausgeführt, d.h. wir berechnen:
Z
3x
3
e x dx = x
3 1 3x
3
e
−
Z
x3
3x e dx = e3x −
3
3
2 1 3x
Z
x2 e3x dx,
im Integral wählen wir u(x) = x2 und v ′ (x) = e3x ,
1
dann ist u′ (x) = 2x und v(x) = e3x , und wir erhalten
3 Z
Z
x3 3x
1
1
x3 3x x2 3x 2
2
3x
3x
= e − x e − 2x e dx = e − e +
xe3x dx.
3
3
3
3
3
3
41
4 Integrationsregeln
Im Integral wählen wir u(x) = x und v ′ (x) = e3x ,
1
dann ist u′ (x) = 1 und v(x) = e3x , und wir erhalten
3Z
Z
3
2
x 3x x 3x 2
1 3x
x3 3x x2 3x 2x 3x 2
1 3x
= e − e +
e dx = e − e + e −
x e −
e3x dx
3
3
3
3
3
3
3
9
9
x3
x2
2x
2 1
x3
x2
2x
2
= e3x − e3x + e3x − · e3x = e3x − e3x + e3x − e3x .
3
3
9
9 3
3
3
9
27
Die wiederholte Anwendung der partiellen Integration hat hier also zum Ziel
geführt.
4.1.3 Beispiel
R
ln x
x
dx
✍ Man berechne das Integral
Z
ln x
dx.
x
Zunächst schreiben wir das Integral etwas anders:
Z
ln x
dx =
x
Z
1
(ln x) dx.
x
Nun haben wir wieder zu wählen, was v ′ (x) sein soll. Hier liegt aber ein Spezialfall vor, wie man sich überzeugt ist
(ln x)′ =
1
x
und wir haben deshalb
Z
Z
′
f (x) f (x) dx = f (x) · f (x) − f ′ (x)f (x) dx
Z
Z
1
′
⇐⇒ 2 f (x) f (x) dx = f (x) · f (x) ⇐⇒
f (x) f ′ (x) dx = (f (x))2 .
2
42
4 Integrationsregeln
Für unser Beispiel bedeutet das:
Z
Z
1
1 1
1
(ln x) dx = · − (ln x) dx
x
x x
x
Z
1
1
⇐⇒
(ln x) dx = (ln x)2 .
x
2
Bemerkung: Selbstverständlich kann man dieses Integral auch durch Substitution berechnen.
4.2 Substitution
Hier ist die alles entscheidende Frage:
Wie finde ich eine geeignete Substitution?
4.2.1 Spezialfall
R
f ′ (x)
f (x) dx
Der einfachste Fall ist der Spezialfall, wenn der Integrand die Gestalt
f ′ (x)
= (ln(f (x)))′
f (x)
hat, woraus sich schon das Integral ergibt
R
Z
f ′ (x)
dx =
f (x)
Z
(ln(f (x)))′ dx = ln(f (x)) + C.
Hinweis: Anstelle der Funktion f (x) kann natürlich auch f (x) + K mit einer
Konstanten K stehen, da (f (x) + K)′ = f ′ (x) ist.
4.2.2 Beispiel
R
1
x(ln x+3)
dx
✍ Man berechne das Integral
Z
1
dx.
x(ln x + 3)
43
4 Integrationsregeln
Wie man leicht nachvollzieht, ist
(ln x + 3)′ = (ln x)′ =
1
.
x
D.h. wir können das Integral auch schreiben als
1
dx =
x(ln x + 3)
Z
4.2.3 Der Fall
R
R
Z
(ln x + 3)′
dx =
(ln x + 3)
Z
(ln(ln x + 3))′ dx = ln(ln x + 3) + C.
f ′ (g(x))g ′ (x) dx
Wenn der Integrand die Gestalt
f ′ (g(x))g ′ (x)
hat, geht man wie folgt vor:
• Substitution: z = g(x) und dz = dg(x) = g ′ (x)dx,
• Integration:
Z
′
′
f (g(x))g (x) =
Z
f ′ (z) dz = f (z) + C,
mit der Integrationskonstanten C.
• Rücksubstitution:
Z
z = g(x) :
f ′ (g(x))g ′ (x) dx = f (g(x)) + C.
4.2.4 Spezialfall
R
R
g(x)g ′ (x) dx
Das einfachste Beispiel ist der Fall, dass der Integrand die Gestalt
g ′ (x)g(x)
44
4 Integrationsregeln
hat. Dann gilt
Z
′
g (x)g(x) dx =
R
4.2.5 Beispiel
ln x
x
Z
u du =
u2
(g(x))2
+C =
+ C.
2
2
dx
✍ Als Beispiel dazu betrachten wir wieder
Z
ln x
dx =
x
Z
1
(ln x) dx =
x
Z
(ln x)(ln x)′ dx.
Substitution: z = f (x) = ln x, dann ist dz = df (x) = (ln x)′ dx und wir erhalten:
Z
ln x
dx =
x
Z
′
(ln x)(ln x) dx =
Z
z2
z dz =
+C
2
Die Rücksubtitution ergibt nun
Z
4.2.6 Beispiel
R
1
ln x
dx = (ln x)2 + C.
x
2
esin x cos x dx
✍ Ein etwas allgemeineres Integral ist
Z
esin x cos x dx.
Man erkennt, dass (sin x)′ = cos x ist, also wählen wir g(x) = sin x und f (u) =
eu . Die Substitution ist damit
u = sin x,
du = cos x dx
45
4 Integrationsregeln
und das Integral wird zu
Z
e
sin x
cos x dx =
Z
eu du = eu + C.
Rücksubstitution ergibt
Z
4.2.7 Beispiel
esin x cos x dx = esin x + C.
1
x(ln x+2)3
R
dx
✍ Als nächstes Beispiel betrachten wir:
Z
1
dx.
x(ln x + 2)3
Wie wir bereits wissen ist
(ln x + 2)′ = (ln x)′ =
1
.
x
Mit diesem Wissen läßt sich das Integral schreiben als
Z
d.h. f (u) =
1
u3
1
dx =
x(ln x + 2)3
Z
(ln x + 2)′
dx,
(ln x + 2)3
und g(x) = ln x + 2, folglich substituieren wir
u = ln x + 2,
du =
1
dx,
x
und erhalten das Integral
Z
1
dx =
x(ln x + 2)3
Z
1
1 1
du
=
−
·
+ C.
u3
2 u2
Rücksubstitution liefert das Ergebnis
Z
1
1
dx = −
+ C.
3
x(ln x + 2)
2(ln x + 2)2
46
4 Integrationsregeln
4.2.8 Beispiel
R
√ x
2−x2
dx
✍ Zum Abschluß betrachten wir das Integral
Z
√
x
dx.
2 − x2
Wegen (2 − x2 )′ = −2x wählen wir die Substitution
u = 2 − x2 ,
du = −2x dx.
Nun ist der Zähler des Integranden x und nicht −2x, deshalb gehen wir wie
folgt vor:
Z
1
x
√
dx = −
2
2
2−x
Z
1
−2x
√
dx = −
2
2
2−x
√
1
√ du = − u + C.
u
Z
Rücksubstitution ergibt:
Z
√
√
x
dx = − 2 − x2 + C.
2 − x2
4.2.9 Weitere geeignete Substitutionen
findet man für entsprechende Integrale in den Tafelwerken und Formelsammlungen. Die Bezeichnung R(x, f (x), g(x)) bedeutet hier einen rationalen Ausdruck in x, f (x), g(x).
Integral
Z
√
n
R x ax + b dx
Z
Z
x
R (e ) dx
R (sin x cos x) dx
Umformung
Substitution
t=
√
n
x=
ax + b
t = ex
t = tan x
1 n
n
(t − b), dx = tn−1 dt
a
a
x = ln t,
x = arctan t, dx =
47
dx =
dt
dt
t
2 dt
2t
1 − t2
,
sin
x
=
,
cos
x
=
1 + t2
1 + t2
1 + t2
4 Integrationsregeln
48
KAPITEL 5
Zahlenfolgen
5.1 Was sind Zahlenfolgen? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Wie kann man Grenzwerte von Zahlenfolgen bestimmen? . . . . .
5.3 In den Aufgaben tauchen aber solche Grenzwerte doch gar nicht auf!?
2n +3n
5.3.1 Beispiel zu Ausklammern und Kürzen an = 2n+1
. . . . . . .
+3n+1
5.3.2 Ich sehe das so aber nicht sofort, ich habe in Summanden zerlegt.
5.3.3 Weitere Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
√
√
5.3.4 Beispiel zum Ausklammern an = 2n − 1 − n − 2 . . . . . . . .
√
√
5.3.5 Beispiel zum Erweitern an = 2n + 1 − n − 2 . . . . . . . . . .
5.3.6 Weitere Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.7 Beispiel zum Grenzwert e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
50
51
51
52
53
53
54
55
56
5.1 Was sind Zahlenfolgen?
R
Zahlenfolgen erkennt man daran, dass eine Zuordnung zwischen natürlichen Zahlen n und reellen Zahlen an erfolgt,
also z.B.
an =
2n + 3n
.
2n+1 + 3n+1
49
5 Zahlenfolgen
5.2 Wie kann man Grenzwerte von Zahlenfolgen
bestimmen?
D
Es gelten die üblichen Regeln, die jeder kennt, nur weiß man eben nicht
welche Regel denn nun anzuwenden ist.
U
Was kann helfen?
Es gibt Standardgrenzwerte, die man wissen sollte:
• an = n1 ,
d.h.
lim 1
n→∞ n
lim 1k = 0,
n→∞ n
= 0 und damit gilt dies natürlich auch für jede Potenz,
k > 0.
√
√
• an = n n, lim n n = 1. Dieser Grenzwert ist nicht trivial, da es zwei
n→∞
widerstreitende Teilgrenzwerte“ gibt, nämlich für jede reelle Zahl K
” √
größer Null ist lim n K = 1, da für K > 1 eine monoton fallende Foln→∞
ge und für K < 1 eine monoton wachsende Folge vorliegt, andererseits
strebt n für n gegen Unendlich ebenfalls gegen Unendlich.


∞,
q > 1,






1,
q = 1,
n
n
• an = q , lim q =
n→∞


0,
−1 < q < 1,





existiert nicht, q ≤ −1,
n
n
• an = 1 + n1 , lim 1 + n1 = e.
n→∞
Außerdem kann man das Vergleichskriterium zur Berechnung von Grenzwerten heranziehen. Gilt lim bn = lim cn = a und bn ≤ an ≤ cn so ist lim an = a.
n→∞
n→∞
n→∞
50
5 Zahlenfolgen
5.3 In den Aufgaben tauchen aber solche
Grenzwerte doch gar nicht auf!?
Auf den ersten Blick nicht, aber durch geeignetes“ Umformen. In unserem
”
Beispiel
2n + 3n
an = n+1
.
2
+ 3n+1
ergeben alle Teilgrenzwerte:
lim 2n = lim 3n = lim 2n+1 = lim 3n+1 = ∞.
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Es ist also ein unbestimmter Ausdruck Unendlich durch Unendlich“.
”
D
Dafür gibt es die Regel von L’Hospitale.
Die L’Hospitalsche Regel gibt es nur für Funktionengrenzwerte!
U
Wir müssen uns also etwas anderes einfallen lassen. Was könnte das sein?
• Erweitern mit Hilfe der binomischen Formel (a + b)(a − b) = a2 − b2 .
• Ausklammern und Kürzen.
5.3.1 Beispiel zu Ausklammern und Kürzen an =
✍ Man bestimme den Grenzwert
2n + 3n
.
lim
n→∞ 2n+1 + 3n+1
51
2n +3n
2n+1 +3n+1
5 Zahlenfolgen
In unserem Beispiel hilft Ausklammern und Kürzen. Wir klammern sowohl in
Zähler als auch Nenner 3n aus und Kürzen:
2 n
+1
2n + 3n
3n (2n 3−n + 1)
3
n
an = n+1
= n n+1 −n
=
.
2
n+1
2
+3
3 (2 3 + 3)
2 3 +3
Nun sieht man, dass als Teilgrenzwert nur noch
n
2
=0
lim
n→∞
3
zu berechnen ist und damit ergibt sich
2n + 3n
0+1
1
=
= .
n→∞ 2n+1 + 3n+1
2·0+3
3
lim
5.3.2 Ich sehe das so aber nicht sofort, ich habe in
Summanden zerlegt.
Auch das ist kein Problem. Zerlegen wir in Summanden, so ergibt sich
an =
2n + 3n
2n
3n
=
+
.
2n+1 + 3n+1
2n+1 + 3n+1 2n+1 + 3n+1
Es ist absolut naheliegend nun im ersten Summanden 2n und im zweiten Summanden 3n im Nenner auszuklammern und dann mit dem entsprechenden
Zähler zu kürzen:
an =
3n
2n
3n
2n
+
=
+
2n+1 + 3n+1 2n+1 + 3n+1
2n (2 + 2−n 3n+1 ) 3n (3−n 2n+1 + 3)
1
1
1
1
n
=
+ 2 n
+ −n n+1
=
3
−n
n+1
(2 + 2 3 ) (3 2
+ 3)
·2+3
2+ 2 ·3
3
Nun gilt für die Teilgrenzwerte
n
3
lim
=∞
n→∞
2
und
n
2
lim
= 0,
n→∞
3
deshalb ist
lim
n→∞
n 3
2+
·3 =∞
2
und
52
lim
n→∞
1
2+
3 n
2
·3
= 0.
5 Zahlenfolgen
Insgesamt erhält man in diesem Fall:
2n + 3n
1
1
= .
=0+
n→∞ 2n+1 + 3n+1
2·0+3
3
lim
5.3.3 Weitere Beispiele
Mit ähnlichen Überlegungen zeige man, dass gilt
3n + (−3)n
=0
n→∞
22n
3n + (−3)n
und der Grenzwert lim
n→∞
3n+1
lim
5.3.4 Beispiel zum Ausklammern an =
nicht existiert.
√
2n − 1 −
√
n−2
✍ Man bestimme den Grenzwert
lim
n→∞
√
2n − 1 −
√
n−2
Um den Grenzwert zu bestimmen, ist der beste Weg
lim
n→∞
√
2n − 1 −
√
√
n auszuklammern:
s s !
1
2
− n 1−
n − 2 = lim
n (2 −
n→∞
n
n
!
r
r
√
1
2
2− − 1−
= lim n
n→∞
n
n
Es gilt
2
1
= lim = 0
n→∞ n
n→∞ n
lim
und damit
lim
n→∞
r
2−
1
−
n
r
1−
2
n
!
=
s
s
1
2
− lim 1 −
lim 2 −
n→∞
n→∞
n
n
√
√
√
= 2 − 1 = −1 + 2 > 0,
53
5 Zahlenfolgen
somit ergibt sich insgesamt
lim
n→∞
√
2n − 1 −
√
n − 2 = ∞.
Ich habe das so nicht erkannt! Kann man auch anders vorgehen? Ja, ist zwar
nicht so schnell, man kommt aber eben auch anders ans Ziel.
5.3.5 Beispiel zum Erweitern an =
√
2n + 1 −
√
n−2
✍ Man bestimme den Grenzwert
√
√
lim ( 2n + 1 − n − 2)
n→∞
√
√
Für an = 2n + 1 − n − 2 ergibt sich wieder das Problem, dass Teilgrenzwerte auftreten, die Unendlich sind, nämlich
lim
n→∞
√
2n + 1 = lim
n→∞
√
n − 2 = ∞.
Es liegt also ein unbestimmter Ausdruck ∞ − ∞ vor. Regel von L’Hospital
anwenden. Wie bereits erwähnt kann man die Regel von L’Hospital nur auf
Funktionengrenzwerte anwenden. Der Trick mit a + b zu erweitern und dann
die binomische Formel (a − b)(a + b) = a2 − b2 anzuwenden klappt aber bei
Zahlenfolgen genauso wie bei Funktionengrenzwerten:
√
lim ( 2n + 1 −
n→∞
√
√
√
√
√
( 2n + 1 − n − 2)( 2n + 1 + n − 2)
√
√
n − 2) = lim
n→∞
( 2n + 1 + n − 2)
2n + 1 − (n − 2)
n+3
√
√
= lim √
= lim √
.
n→∞
2n + 1 + n − 2 n→∞ 2n + 1 + n − 2
Was haben wir damit eigentlich gewonnen? Es ist doch nun Unendlich durch
Unendlich und damit kommt man doch auch nicht weiter!
Ja, aber wir haben doch noch die Regel Ausklammern und Kürzen. Was soll
man denn hier ausklammern?? Damit Teilgrenzwerte entstehen, die nicht ge-
54
5 Zahlenfolgen
gen Unendlich streben, bietet es sich an n auszuklammern:
√
√
lim ( 2n + 1 − n − 2) = lim √
n+3
√
2n + 1 + n − 2
n 1 + n3
= lim q
q
n→∞
1
n 2 + n + n 1 − n2
n→∞
Nun
√
n→∞
n im Nenner ausklammern und gegen den Zähler kürzen:
√
n 1 + n3
n 1 + n3
lim q
= lim √ q
q
= n→∞
q
.
n→∞
1
2
1
2
2+ n +
1− n
2+ n +
1− n
n
Folglich gilt für die Teilgrenzwerte:
3
2
1
= lim = lim = 0 und
n→∞ n
n→∞ n
n→∞ n
√
lim n = ∞
n→∞
√
√
√
3
n
und damit lim n 1 +
= lim n + lim
n→∞
n→∞
n→∞
n
3n
√
√
1
1
√ =∞+0=∞
= lim n + lim √ = lim n +
n→∞
n→∞ 3 n
n→∞
3 lim n
lim
n→∞
Der Nenner hat dagegen einen endlichen Grenzwert:
lim
n→∞
s
s
s
!
1
2
1
2
2+
1−
2+
1−
+
+ lim
= lim
n→∞
n→∞
n
n
n
n
s
s
√
√
√
1
2
=
lim 2 +
+ lim 1 −
= 2 + 1 = 1 + 2 > 0.
n→∞
n→∞
n
n
s
Damit ist der Gesamtgrenzwert:
√
√
lim ( 2n + 1 − n − 2) = ∞.
n→∞
5.3.6 Weitere Beispiele
Mit ähnlichen Überlegungen zeige man, dass gilt
lim
n→∞
√
n+1−
55
√
n − 2 = 0.
5 Zahlenfolgen
5.3.7 Beispiel zum Grenzwert e
R
Die typischen Aufgaben hierzu beruhen auf der Tatsache, dass nicht nur
n
1
lim 1 +
=e
n→∞
n
ist, sondern, dass allgemein gilt
lim
x→∞
1
1+
x
x
= e.
Der Trick“ besteht also darin ein geeignetes x zu sehen.
”
✍ Man bestimme des Grenzwert
lim
n→∞
3
1+
n
2n
Durch geeignetes Aufschreiben finden wir ein geeignetes x.
lim
n→∞
3
1+
n
2n
n ·3·2
1 3
= lim 1 + n
n→∞
3
Mit n strebt aber auch x = n3 gegen Unendlich und wir können den Grenzwert
umschreiben zu
2n
x·3·2
3
1
lim 1 +
= lim 1 +
.
n→∞
x→∞
n
x
Für Grenzwerte gilt lim akn = ( lim an )k ,
n→∞
n→∞
k ∈ N und damit ist
2n
x·3·2 x 6
1
1
3
= e6 .
= lim 1 +
= lim 1 +
lim 1 +
x→∞
x→∞
n→∞
n
x
x
56
KAPITEL 6
Zahlenreihen
6.1
6.2
Welche bekannten Reihen kennt man? . . . . . . . . . . . . . . . . .
Die geometrische Reihe erkennen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
P
(−3)k+1
6.2.1 Beispiel ∞
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
k=0 (2p)k
6.3
Mit der geometrischen Reihe abschätzen – das Quotientenkriterium
P
(−3)k+1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.1 Beispiel ∞
k=0 (2p)k
2k P∞
p
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.2 Beispiel k=0 (−1)k 2+5k
6.4
6.5
Leibniz-Kriterium für alternierende Reihen . . . . . . . . . . . . . .
Integralkriterium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
∞
P
1
6.5.1 Beispiel
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
k(ln k)3
58
58
58
59
59
61
62
62
63
k=2
6.6
6.7
Wie kommt man zu Konvergenzkriterien für allgemeine Reihen? .
Übersicht zu Zahlenreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Formal schreibt man
∞
X
64
65
ak .
k=0
Dahinter steht aber viel mehr. Als erstes ist natürlich klar, was die Summe endlich vieler Zahlen ist a0 + a1 + . . . + an−1 + an ist wieder eine wohldefinierte
Zahl. Addieren wir aber unendlich viele Zahlen auf, so muss irgendwie“ er”
klärt werden, was unendlich oft addieren“ sein soll. Deshalb ist die Summe
”
der unendlichen Reihe definiert als der Grenzwert der Partialsummen:
∞
X
k=0
ak = lim
n→∞
n
X
k=0
ak = lim (a0 + a1 + . . . + an−1 + an ).
n→∞
57
6 Zahlenreihen
6.1 Welche bekannten Reihen kennt man?
R
Grundlage für die meisten Aussagen über Reihen
Reihe:


∞,


∞

X
1
qk = 1 + q + q2 + . . . + qn + . . . =
,
1−q


k=0

 divergent,
ist die geometrische
q ≥ 1,
−1 < q < 1,
q ≤ −1.
6.2 Die geometrische Reihe erkennen.
Die einfachste Variante ist, dass die zu untersuchende Reihe selbst als geometrische Reihe aufgefasst werden kann. Wir erläutern das am Beispiel.
6.2.1 Beispiel
P∞
k=0
(−3)k+1
(2p)k
✍ Für welche reellen p konvergiert die Reihe
∞
X
(−3)k+1
k=0
(2p)k
?
Das wäre eine geometrische Reihe, wenn im Zähler der Exponent nicht k + 1
und im Nenner nur k wäre. Das ist aber leicht zu ändern, denn es gilt
∞
X
(−3)k+1
k=0
(2p)k
= (−3)
∞
X
(−3)k
k=0
(2p)k
.
Die Konvergenz/Divergenz der Reihe ist also gleich der Konvergenz/Divergenz
der Reihe
∞
X
(−3)k
,
k
(2p)
k=0
58
6 Zahlenreihen
−3
2p
das ist aber eine geometrische Reihe mit q =
konvergiert für
−3
−1 <
< 1 ⇐⇒
2p
(
−p <
−p >
−3
2
−3
2
und die geometrische Reihe
< p, für p > 0,
> p, für p < 0,
. Hier ist die Ermittlung der p relativ unüberalso insgesamt p > 23 oder p < −3
2
< 1 die äquivalente
sichtlich, einfacher ist es, wenn man anstelle von −1 < −3
2p
Bedingung
−3 < 1 ⇐⇒ 3 < 1 ⇐⇒ 3 < |p| ⇐⇒ p < − 3
2p 2|p|
2
2
oder
3
<p
2
benutzt.
Es gibt keine weiteren reellen p für die die Reihe konvergiert, d.h. für − 23 ≤
p ≤ 23 divergiert die Reihe. Dies ergibt sich aus der Konvergenz/Divergenz
der geometrischen Reihe.
6.3 Mit der geometrischen Reihe abschätzen –
das Quotientenkriterium
Das Quotientenkriterium gibt an, wann eine Reihe konvergiert bzw. divergiert
und lässt in den Grenzfällen“ keine Aussage zu. Wir erläutern das am vori”
gen Beispiel.
6.3.1 Beispiel
(−3)k+1
k=0 (2p)k
P∞
✍ Für welche reellen p konvergiert die Reihe
∞
X
(−3)k+1
k=0
(2p)k
?
Laut Quotientkriterium ist der Grenzwert des Quotienten
(−3)k+2 k+2
(2p)k+1 ak+1 · (2|p|)k
= lim 3
= lim lim k+1
k→∞
ak k→∞ (−3) k k→∞ 3k+1 · (2|p|)k+1
(2p)
59
6 Zahlenreihen
zu untersuchen. Ist der Grenzwert kleiner als 1, so konvergiert die Reihe (absolut), ist der Grenzwert dagegen größer als 1, so divergiert die Reihe. Ist der
Grenzwert gleich 1, so ist keine Aussage möglich. Es gilt
3k+2 · (2|p|)k
3
3
= lim
=
.
k+1
k+1
k→∞ 3
k→∞ 2|p|
· (2|p|)
2|p|
lim
Wie wir bereits gesehen hatten gilt
3
<1
2|p|
für p < −
3
2
3
oder p > .
2
In diesen Fällen konvergiert die Reihe also. Dagegen divergiert die Reihe für
− 23 < p < 32 , da in diesem Fall
3
>1
2|p|
Der Fall
gilt.
3
=1
2|p|
muss extra untersucht werden und zerfällt in die beiden Teilfälle: p = − 23 und
p = 23 . Im Fall p = − 32 ergibt sich die Zahlenreihe
∞
∞
∞
X
X
(−3)k+1
(−3)k+1 2k X
=
(−3)
=
k · (−3)k
3 k
2
2
·
−
k=0
k=0
k=0
2
und ist divergent. Im Fall p =
3
2
ergibt sich die Zahlenreihe
∞
∞
∞
X
(−3)k+1 X (−3)k+1 2k X
=
(−3)(−1)k
=
k
k
3 k
2 ·3
k=0
k=0
k=0 2 · 2
und ist ebenfalls divergent, da die Partialsummen abwechselnd −3 bzw. Null
sind. Folglich ist die Reihe konvergent für p < − 23 oder p > 32 und divergent
für − 23 ≤ p ≤ 32 .
Das funktioniert auch für die folgende Aufgabe.
60
6 Zahlenreihen
6.3.2 Beispiel
P∞
k=0 (−1)
k
p2k
2+5k
✍ Für welche reellen p konvergiert bzw. divergiert die Reihe
2k ∞
X
p
k
?
(−1)
2
+
5k
k=1
Wir verwenden das Quotientenkriterium. Dabei ist zu beachten, dass in ak+1 k
entsprechend durch k + 1 zu ersetzen ist.
(−1)k+1 p2(k+1) 2(k+1)
ak+1 2+5(k+1) (2 + 5k)
= lim = lim p
lim 2k
2k
p
k→∞
k→∞ ak
k→∞ p (2 + 5(k + 1))
(−1)k 2+5k
2 + 5k
2 + 5k
2
= lim p
= p2 lim
= p2 ,
k→∞
k→∞ 2 + 5k + 5
2 + 5k + 5
da gilt
2 + 5k
= lim
lim
k→∞
k→∞ 2 + 5k + 5
2
k
7
k
+5
= 1.
+5
Folglich konvergiert die Reihe für p2 < 1 ⇐⇒ |p| < 1 ⇐⇒ −1 < p < 1 und
divergiert für |p| > 1 ⇐⇒ p < −1 oder p > 1. Die Fälle |p| = 1 müssen
extra betrachtet werden. Für p = −1 ergibt sich die Zahlenreihe:
∞
X
k=1
(−1)k
∞
(−1)2k X
1
=
(−1)k
2 + 5k
2 + 5k
k=1
und für p = 1 ergibt sich exakt dieselbe Reihe, da (−1)2k = ((−1)2 )k = 1 = 12k
1
ist eine monotone Nullfolge und deshalb konvergieren die
ist. Die Folge 2+5k
Zahlenreihen für p2 = 1 beide nach dem Leibniz-Kriterium für alternierende
Reihen. Insgesamt erhält man also, dass die Reihe für −1 ≤ p ≤ 1 bzw |p| ≤ 1
konvergiert und für |p| > 1 divergiert.
Es gibt 2 Kriterien, die für sehr spezielle Situationen besonders günstig sind.
Das erste ist, das
61
6 Zahlenreihen
6.4 Leibniz-Kriterium für alternierende Reihen
Dieses Kriterium ist nur für alternierende Zahlenreihen anwendbar. Die ReiP
he
(−1)k ak mit ak ≥ 0 für alle k ist eine alternierende Reihe. Gilt, dass die
k=1
Zahlenfolge {ak } eine monoton fallende Nullfolge ist, d.h. es gilt ak ≥ ak+1 und
lim ak = 0, dann konvergiert die alternierende Reihe. Das andere Spezialkrik→∞
terium ist das
6.5 Integralkriterium
Das Integralkriterium stellt einen Bezug zwischen einem uneigentlichen Integral und einer Reihe her. Wenn die Glieder der Reihe gerade ak = f (k)
sind und die Funktion f (x) monoton fallend ist, dann kann man wie folgt
abschätzen:
3
Funktion f (x)
2
1
1
2
3
4
5
6
7
8
R
Deshalb besagt das Integralkritierium: Ist f (x) auf [m, ∞), m ganzzahlig,
positiv und monoton fallend, so haben
∞
X
f (k)
und
k=m
gleiches Konvergenzverhalten.
Wir erläutern das wieder am Beispiel.
62
Z
∞
m
f (x) dx
6 Zahlenreihen
∞
P
6.5.1 Beispiel
k=2
✍
1
k(ln k)3
Ist die unendliche Reihe
∞
X
1
k(ln k)3
k=2
konvergent oder divergent?
Wir wenden das Integralkriterium an, indem zunächst k durch x ersetzt wird
und wir das uneigentliche Integral
Z
∞
dx
x(ln x)3
2
betrachten. Es gilt
Z
∞
2
dx
= lim
x(ln x)3 A→∞
Z
A
2
dx
= lim
x(ln x)3 A→∞
Z
A
2
d(ln x)
.
(ln x)3
Somit ergibt die Substitution y = ln x
Z
ln A
Z ln A
1 dy
dx
= lim
= lim − 2 A→∞
x(ln x)3 A→∞ ln 2 y 3
2y ln 2
2
(−1)
1
1
1
= lim
=
−
,
2
2
A→∞
2
(ln A)
(ln 2)
2(ln 2)2
∞
da lim (ln A)2 = +∞ gilt und damit konvergiert das uneigentliche Integral.
A→∞
Da die Funktion f (x) = x(ln1x)3 monoton fallend ist, folgt aus der Konvergenz
des uneigentlichen Integrals die Konvergenz der Reihe
∞
X
k=2
1
.
k(ln k)3
Für das folgende uneigentliche Integral gilt
Z
∞
1
dx
= lim
x(1 + ln x) A→∞
Z
A
1
dx
= lim
x(1 + ln x) A→∞
63
Z
A
1
d(1 + ln x)
.
(1 + ln x)
6 Zahlenreihen
Damit ergibt die Substitution y = 1 + ln x
Z
∞
1
dx
= lim
x(1 + ln x) A→∞
Z
1+ln A
1
dy
A
= lim ln y|1+ln
1
A→∞
y
= lim (ln(1 + ln A) − ln 1) = lim ln(1 + ln A) = ∞,
A→∞
A→∞
da mit A auch ln A gegen Unendlich strebt ist der Grenzwert unendlich groß.
Folglich divergiert das uneigentliche Integral und da die Funktion f (x) =
1
monoton fallend ist, divergiert auch die unendliche Reihe
x(1+ln x)
∞
X
1
.
k(1 + ln k)
k=1
6.6 Wie kommt man zu Konvergenzkriterien für
allgemeine Reihen?
Man sieht schnell ein, dass das Majorantenkriterium gilt: Konvergiert die Rei∞
∞
P
P
he
ak mit ak ≥ 0 und gilt |bk | ≤ ak für alle k, so konvergiert die Reihe
bk
k=0
k=0
(absolut). Das ergibt sich sofort aus
∞ ∞
∞
X X
X
bk ≤
|bk | ≤
ak .
k=0
k=0
k=0
Ebenso gilt das Minorantenkriterium für die Divergenz: Divergiert die Reihe
∞
∞
P
P
ak mit ak ≥ 0 und gilt bk ≥ ak für alle k, so divergiert die Reihe
bk . Das
k=0
k=0
ergibt sich sofort aus
∞
X
k=0
bk ≥
∞
X
ak .
k=0
Der dritte im Bunde ist das notwendige Konvergenzkriterium, konvergiert die
∞
P
Reihe
ak , so gilt lim ak = 0. Die allgemeine Anwendung hier besteht darin,
k=0
k→∞
dass wenn gilt lim ak = c 6= 0, oder der Grenzwert existiert gar nicht, so
k→∞
divergiert die Reihe.
64
6 Zahlenreihen
6.7 Übersicht zu Zahlenreihen
Kriterium bzw.
Name der Reihe
Reihe
∞
X
notwendiges
Kriterium
Bedingung(en)
für die
Konvergenz
Bedingung(en)
für die
Divergenz
Bemerkungen
lim an 6= 0
Nicht zum Nachweis der
Konvergenz verwendbar
|q| < 1
|q| ≥ 1
Reihensumme
∞
X
a
aq n =
1
−
q
n=0
p>1
p≤1
Nützlich beim
Vergleichskriterium
an
n→∞
n=1
∞
X
geometrische Reihe
aq n
n=0
∞
X
1
p
n
n=1
Leibniz-Kriterium für
alternierende Reihen
Integralkriterium
∞
X
(−1)n−1 an
n=1
Wurzelkriterium
∞
X
an ,
an = f (n) ≥ 0
Z
f (x) dx
m
Z
∞
f (x) dx
m
Das uneigentliche Integral
konvergiert, wenn der
Grenzwert
Z
A
divergiert
f (x)dx
lim
A→∞
m
existiert und endlich ist.
∞
X
an
∞
X
an
n=1
Vergleichskriterium
(an , bn > 0)
∞
konvergiert
lim
n→∞
n=1
Quotientenkriterium
Nicht gültig für andere
Reihen
n→∞
n=m
(f stetig, positiv und
monoton fallend)
0 < an+1 ≤ an
und lim an = 0
∞
X
n=1
an
p
n
|an | < 1
an+1 <1
lim
n→∞ an lim
n→∞
p
n
|an | > 1
an+1 >1
lim
n→∞ an 0 < a n ≤ bn
0 < bn ≤ a n
und
und
∞
∞
X
X
bn konvergiert
bn divergiert
n=1
n=1
65
Keine Aussage für
p
lim n |an | = 1
n→∞
Keine Aussage
für
an+1 =1
lim n→∞ an KAPITEL 7
Potenz- und Taylorreihen
7.1 Potenzreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Gleichmäßige Konvergenz . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2.1 Warum ist die gleichmäßige Konvergenz so wichtig?
P
n x2n
7.2.2 Beispiel ∞
. . . . . . . . . . . . . . . . .
n=0 (−1) (2n)!
P ∞ xn
7.2.3 Beispiel n=0 n2 +1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
P
xn
7.2.4 Beispiel ∞
n=1 ln(n+1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
7.3 Potenzreihen mit Zentrum . . . . . . . . . . . . . . . .
P
(x+2)n+1
√
7.3.1 Beispiel zu Potenzreihen mit Zentrum ∞
n=1
n
P∞ (2x+1)n
7.3.2 Beispiel zu Potenzreihen mit Zentrum n=1 4n+1
7.4 Taylorreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4.1 Beispiel zu Taylorreihen f (x) = 2x2 + 4x − 3 . . . .
7.4.2 Beispiel zu Taylorreihen f (x) = ln(1 − x) . . . . . .
7.4.3 Beispiel zu Taylorreihen ln 0.8 . . . . . . . . . . . . .
R1√
7.4.4 Beispiel Taylorreihe 0 x sin x dx . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
66
67
68
68
. . . . . . .
. . . . . . .
69
70
. . . . . . . .
. . . . . . . .
73
73
.
.
.
.
.
.
74
76
78
79
82
83
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Potenz- und Taylorreihen sind Funktionenreihen mit einer besonderen Form.
7.1 Potenzreihen
Potenzreihen haben die Gestalt:
∞
P
an x n .
n=0
Um die Konvergenz zu untersuchen, halten wir x zunächst fest und erhalten
66
7 Potenz- und Taylorreihen
eine Zahlenreihe
∞
X
mit bn = an xn .
bn ,
n=0
Diese Zahlenreihe konvergiert nach dem Quotientenkriterium, wenn
|bn+1 |
|an+1 xn+1 |
|an+1 x|
|an+1 |
= lim
=
lim
=
lim
|x|
n→∞ |bn |
n→∞
n→∞ |an |
n→∞ |an |
|an xn |
lim
|x| hängt nicht von k ab und kann deshalb vor den Grenzwert gezogen werden
|an+1 |
1
< 1 ⇐⇒ |x| <
.
|
n→∞ |an |
lim |a|an+1
n|
= |x| lim
n→∞
R
Falls also der Grenzwert
|an+1 |
=c
n→∞ |an |
lim
existiert und endlich oder Unendlich ist (im Fall der bestimmten Divergenz),
so konvergiert die Potenzreihe für alle x mit
1
|x| < R = , (R = 0 für c = ∞)
c
dabei heißt R Konvergenzradius der Reihe, weiterhin divergiert die Potenzreihe für alle
1
|x| > R = ,
c
da in diesem Fall die Reihe nach dem Quotientenkriterium divergiert.
Analoges gilt für das Wurzelkriterium.
7.2 Gleichmäßige Konvergenz
R
Es gilt aber noch, nämlich im Intervall (−R, R) ist die Potenzreihe nicht
nur konvergent, sondern gleichmäßig konvergent.
67
7 Potenz- und Taylorreihen
7.2.1 Warum ist die gleichmäßige Konvergenz so wichtig?
Die Potenzreihe stellt im Konvergenzbereich eine Funktion
f (x) =
∞
X
ak x k
k=0
dar. Da Potenzreihen unendliche Polynome“ sind, sind sie leicht gliedweise
”
zu differenzieren bzw. zu integrieren. Wie man sich mit Hilfe des Quotientenbzw. Wurzelkriteriums leicht überzeugt, haben diese Reihen denselben Konvergenzradius wie die Ausgangsreihe.
Für endliche Summen könnte man daraus sofort auf die Ableitung bzw. das
Integral der Funktion schließen, für unendliche Reihen ist das im Allgemeinen
nicht richtig.
U
Nur wenn die Reihe gleichmäßig konvergiert kann man Grenzwertbildung und Differentation bzw. Grenzwertbildung und Integration vertauschen.
D.h. nur in diesem Fall konvergiert die gliedweise differenzierte Reihe gegen
die Ableitung f ′ (x) für alle x aus dem Konvergenzbereich. Analoges gilt für
das Integral.
7.2.2 Beispiel
P∞
n x2n
n=0 (−1) (2n)!
✍ Für welche reellen x konvergiert bzw. divergiert die Potenzreihe
∞
X
n=0
(−1)n
x2n
(2n)!
68
?
7 Potenz- und Taylorreihen
Wir bestimmen mit Hilfe des Quotienkriteriums den Konvergenzradius R =
mit
(−1)n+1 (2(n+1))! (2n)!
(2n)!
= lim
c = lim = lim
n
(−1)
n→∞
n→∞ (2n)!(2n + 1)(2n + 2)
n→∞ (2n + 2)!
(2n)! 1
c
1
= 0,
n→∞ (2n + 1)(2n + 2)
= lim
folglich ist R = ∞ und die Potenzreihe konvergiert für alle reellen x.
7.2.3 Beispiel
P∞
n=0
xn
n2 +1
✍ Für welche reellen x konvergiert bzw. divergiert die Portenzreihe
∞
X
n=0
xn
n2 + 1
?
Mit Hilfe des Quotientenkriteriums berechnen wir den Konvergenzradius R =
1
mit
c
|an+1 |
= lim
n→∞ |an |
n→∞
c = lim
= lim
n→∞
=1
n2
n2 (1 +
h
2
(n+1)
n2
1
(n+1)2 +1
1
n2 +1
1
)
n2
+
1
n2
n2 + 1
n→∞ (n + 1)2 + 1
= lim
(1 +
i = lim
2
n→∞ (n+1)
n2
1
)
n2
+ n12
= lim
n→∞
(1 + n12 )
1 + n1 )2 +
1
n2
zu R = 1c = 1, d.h. die Potenzreihe konvergiert für alle x mit |x| < 1 (gleichmäßig)
und divergiert für alle x mit |x| > 1.
Es verbleiben die Fälle x = −1 und x = 1. Für x = −1 ergibt sich die Zahlenreihe
∞
X
(−1)n
n2 + 1
n=0
und für x = 1 ergibt sich
∞
X
n=0
n2
1
.
+1
69
7 Potenz- und Taylorreihen
Beide Reihen sind (absolut) konvergent, da gilt
∞
∞
∞
X
X
X
(−1)n
1
1
≤
≤
2
2
n + 1 n=0 n + 1 n=0 n2
n=0
und die letzte Reihe konvergent ist.
Bemerkung: Auf die Zahlenreihe
∞
X
(−1)n
n2 + 1
n=0
kann man auch das Leibniz-Kriterium anwenden, da die Reihe alternierend ist
und die Folge { n21+1 } eine monoton fallende Nullfolge ist.
7.2.4 Beispiel
P∞
xn
n=1 ln(n+1)
✍ Für welche reellen x konvergiert bzw. divergiert die Potenzreihe
∞
X
n=1
xn
ln(n + 1)
?
Wir bestimmen wiederum zunächst den Konvergenzradius R =
c=
1
ln(n+1)
lim
1
n→∞
ln(n+2)
1
c
mit
ln(n + 2)
n→∞ ln(n + 1)
= lim
Wie kann man weiter rechnen? Es gibt keine Logarithmengesetze die man direkt anwenden kann, aber wenn man in (n + 2) bzw. (n + 1) n ausklammert
kann man Logarithmengesetze anwenden:
2
2
ln(n + 2) = ln n 1 +
= ln n + ln 1 +
n
n
und
1
1
ln(n + 1) = ln n 1 +
= ln n + ln 1 +
.
n
n
70
7 Potenz- und Taylorreihen
Damit ergibt sich
ln n + ln 1 + n2
c = lim
n→∞ ln n + ln 1 + 1
n
Jetzt kann man ln n in Zähler und Nenner ausklammern und erhält
2
ln(1+ n
)
ln n
2
ln(1+ n
)
ln n
1+
ln n 1 +
= lim c = lim
1
1
n→∞
n→∞
ln(1+ n
ln(1+ n
)
)
1 + ln n
ln n 1 + ln n
Wegen
2
2
lim ln 1 +
= ln lim 1 +
= ln 1 = 0,
n→∞
n→∞
n
n
da ln eine stetige Funktion ist und man deshalb Funktionswertbildung und
Grenzwertbildung vertauschen kann, und lim ln n = +∞ ist
n→∞
ln 1 +
lim
n→∞
ln n
2
n
= 0.
ln 1 +
lim
n→∞
ln n
Folglich ist c = 1 und damit auch R = 1.
1
n
= 0.
Analog erhält man
Somit konvergiert die Reihe für alle x mit |x| < 1 absolut und gleichmäßig und
divergiert für alle x mit |x| > 1. Es verbleiben die Fälle x = −1 und x = 1 zu
untersuchen.
Für x = −1 erhält man die Zahlenreihe
∞
X
(−1)n
ln(n + 1)
n=1
1
dies ist eine alternierende Reihe und die Zahlenfolge { ln(n+1)
} ist monoton fallend, da der ln eine monoton wachsende Funktion ist. Weiterhin gilt
lim
n→∞
1
= 0,
ln(n + 1)
da ln(n + 1) für n → ∞ gegen ∞ strebt. Nach dem Leibniz-Kriterium für alternierende Reihen konvergiert diese Zahlenreihe.
71
7 Potenz- und Taylorreihen
Für x = 1 erhalten wir die Zahlenreihe
∞
X
n=1
Wegen n > ln n für n ≥ 1 gilt
∞
X
n=1
1
ln(n+1)
1
.
ln(n + 1)
>
1
n+1
∞
für n ≥ 1 und wir erhalten
∞
X 1
X1
1
≥
=
ln(n + 1) n=1 n + 1 n=2 n
und die Reihe ist divergent. Folglich konvergiert die Potenzreihe für −1 ≤ x <
1 und divergiert für x < −1 und für x ≥ 1.
72
7 Potenz- und Taylorreihen
7.3 Potenzreihen mit Zentrum
R
Einer Potenzreihe mit Zentrum a, a ∈ R, ist eine Potenzreihe der Gestalt
∞
X
n=0
an (x − a)n .
R
Wie man Hilfe des Quotientenkriteriums nachrechnet, konvergiert diese
Reihe für alle x mit |x − a| < R gleichmäßig und absolut und divergiert für
|x − a| > R, die Fälle | x − a |= R sind extra zu betrachten, dabei ist R der
Konvergenzradius, der sich genauso wie vorher berechnet:
R=
1
1
.
=
|
c
lim |a|an+1
|
n
n→∞
Analoges gilt für das Wurzelkriterium.
7.3.1 Beispiel zu Potenzreihen mit Zentrum
(x+2)n+1
√
n=1
n
P∞
✍ Für welche reellen Zahlen x konvergiert bzw. divergiert die Potenzreihe
∞
X
(x + 2)n
√
n
n=1
?
Wir berechnen zunächst den Konvergenzradius R =
c=
=
√1
n+1
lim
n→∞ √1
n
s
lim
n→∞
= lim
n→∞
1
1+
n
√
n+1
√
= lim
n→∞
n
r
1
c
mit
n+1
= lim
n→∞
n
r
1+
1
n
wegen der Stetigkeit der Wurzelfunktion
= 1,
73
7 Potenz- und Taylorreihen
also R = 1c = 1. Das Zentrum der Potenzreihe ist a = −2, folglich konvergiert
die Potenzreihe für alle x mit
−1 < x + 2 < 1 ⇐⇒ −3 < x < 1
und divergiert für alle x mit
x < −3
oderx > 1.
Für x = −3 ergibt sich eine alternierende Reihe
∞
∞
X
X
(−3)n
(−1)n
√
√ ,
=3
n
n
n=1
n=1
die konvergent ist, da { √1n } eine monoton fallende Nullfolge ist. Für x = 1
ergibt sich die divergente Reihe
∞
∞
X
X
1
1
√ =
1/2
n n=1 n
n=1
1
(p = ).
2
D.h., dass die Potenzreihe für alle x mit
−3 ≤ x < 1
konvergiert und für alle anderen x divergiert.
7.3.2 Beispiel zu Potenzreihen mit Zentrum
P∞
n=1
(2x+1)n
4n+1
✍ Für welche reellen Zahlen x konvergiert bzw. divergiert die Potenzreihe
∞
X
(2x − 1)n
n=1
4n + 1
74
?
7 Potenz- und Taylorreihen
Wie üblich bestimmen wir den Konvergenzradius:
1
4n+1
lim
1
n→∞
4(n+1)+1
n 4 + n5
4(n + 1) + 1
= lim
c=
= lim
n→∞
n→∞ n 4 + 1
4n + 1
n
5
4 + lim n
4 + n5
n→∞
=1
=
= lim
1
n→∞ 4 +
4 + lim n1
n
n→∞
und damit ist R =
1
c
= 1.
D
U
Es ist falsch zu schließen, dass das Zentrum der Potenzreihe a = 1 ist und
die Reihe deshalb für alle x mit −1 < x − 1 < 1 konvergiert und für x < −1
oder x > 1 divergiert.
Entweder man verzichtet auf die Bestimmung des Zentrums und wendet
sofort das Quotientenkriterium an oder man muss die Reihe zu Beginn in die
Standardform überführen:
∞
X
an (x − a)n
n=1
Wir benutzen als erstes das Quotientenkriterium, d.h. es muss gelten
|2x − 1| < 1
für die Konvergenz. Damit ergibt sich
1
1
1
⇐⇒ 0 < x < 1.
−1 < 2x − 1 < 1 ⇐⇒ − < x − <
2
2
2
Analog divergiert die Reihe für alle x < 0 und alle x > 1.
Alternativ, hätte man auch zunächst die Reihe durch Ausklammern von 2 im
Zähler in die Standardform“
”
n
n
∞
∞
∞ X
X
(2x − 1)n X 2n x − 21
2n
1
=
=
x−
4n + 1
4n + 1
2
4n + 1
n=1
n=1
n=1
75
7 Potenz- und Taylorreihen
bringen können. Dann berechnet sich der Konvergenzradius mit
c=
2n+1
4(n+1)+1
lim
2n
n→∞
4n+1
= 2 lim
n→∞
zu R =
1
c
=
1
2
2n+1 (4n + 1)
2(4n + 1)
= lim
n
n→∞ 2 (4(n + 1) + 1)
n→∞ 4(n + 1) + 1
= lim
4n + 1
=2
4(n + 1) + 1
und damit ergibt sich die Konvergenz für alle x mit
1
1
1
− <x− <
⇐⇒ 0 < x < 1.
2
2
2
Hier ergibt sich ebenso, dass die Reihe für alle x < 0 und alle x > 1 divergiert.
Es verbleibt damit, die Fälle x = 0 und x = 1 zu untersuchen. Setzen wir x = 0
in die entsprechenden Reihen ein, so ergibt sich die konvergente alternierende
Zahlenreihe
∞
X
(−1)n
,
4n + 1
n=1
1
da die Folge { 4n+1
} eine monoton fallende Nullfolge ist.
Für x = 1 ergibt sich die Zahlenreihe
∞
X
n=1
diese ist wegen
1
,
4n + 1
1
1
1 1
>
=
4n + 1
4n + 4
4 (n + 1)
nach unten abschätzbar durch
∞
X
n=1
und die Reihe
∞
P
n=2
∞
∞
∞
X 1
1
1X 1
1X1
>
=
=
4n + 1 n=1 4n + 4
4 n=1 n + 1
4 n=2 n
1
n
ist divergent (p = 1).
7.4 Taylorreihen
R
Aus der Tatsache, dass man Potenzreihen beliebig oft differenzieren kann
∞
P
erhält man die folgende Beziehung. Konvergiert die Potenzreihe
an xn auf
n=0
76
7 Potenz- und Taylorreihen
dem offenen Intervall (−R, R) gegen die Funktion f (x), so gilt
an =
f (n) (0)
,
n!
die Potenzreihe ist also gleich der Taylorreihe, d.h.
f (x) =
∞
X
n
an x =
n=0
∞
X
f (n) (0)
n=0
n!
xn
für alle x ∈ (−R, R).
Das überprüft man indem man die Potenzreihe differenziert und x = 0 einsetzt. Analog erhält man für eine Potenzreihe mit Zentrum a :
f (x) =
∞
X
n=0
n
an (x − a) =
∞
X
f (n) (a)
n=0
n!
n
(x − a) = f (a) +
∞
X
f (n) (a)
n=1
n!
(x − a)n .
Auf diese Weise erhält man aus Potenzreihen Taylorreihen.
R
Das Polynom
f (a) +
n
X
f (k) (a)
k=1
k!
(x − a)k
heißt Taylorpolynom der Funktion f (x).
Umgekehrt erhält man aus Taylorpolynomen für n → ∞, falls die Reihe
konvergiert Taylorreihen und damit Potenzreihen. Bei der Approximation einer Funktion f (x) durch Taylorpolynome, will man die Funktion als ein Polynom vom Grad n darstellen und einen Ausdruck für die Abweichung des
Taylorpolynoms von der Funktion angeben.
R
Für eine auf dem offenen Intervall (x0 − R, x0 + R) (n + 1)-mal stetig
77
7 Potenz- und Taylorreihen
differenzierbar Funktion f gilt
f (x) = f (x0 ) +
n
X
f (k) (x0 )
k=1
k!
(x − x0 )k + Rn (x, x0 )
mit dem Restglied Rn (x, x0 ). Ein häufig verwendetes Restglied ist das nach
Lagrange:
Rn (x, x0 ) =
f (n+1) (x0 + θ(x − x0 ))
(x − x0 )n+1 ,
(n + 1)!
mit 0 < θ < 1.
(ξ = x0 + θ(x − x0 ) liegt im Intervall (x, x0 ), wenn x < x0 , und im Intervall
(x0 , x), wenn x > x0 ist.)
Ein Aufgabentyp besteht nun darin entsprechende Taylorreihenentwicklungen zu finden und den Konvergenzbereich zu bestimmen.
7.4.1 Beispiel zu Taylorreihen f (x) = 2x2 + 4x − 3
✍ Man entwickle die Funktion
f (x) = 2x2 + 4x − 3,
im Punkt x0 = 1 in eine Taylorreihe.
Da der Entwicklungspunkt x0 = 1 ist, hat die Taylorreihe die Gestalt
f (1) +
∞
X
f (k) (1)
k=1
k!
78
(x − 1)k .
7 Potenz- und Taylorreihen
Wir berechnen deshalb die benötigten Ableitungen und Funktionswerte:
f (1) = 2 · 12 + 4 · 1 − 3 = 3,
f ′ (1) = 4x + 4|x=1 = 4 + 4 = 8,
f ′′ (1) = 4,
alle weiteren Ableitungen sind Null.
Die gesuchte Taylorreihe ist damit
4
f (x) = 3 + 8(x − 1) + (x − 1)2 = 3 + 8(x − 1) + 2(x − 1)2 .
2
(Nachrechnen bestätigt die Gleichheit) Man hätte aber auch anders vorgehen
können:
2x2 + 4x − 3 = 2(x − 1)2 + 4x − 2 + 4x − 3 = 2(x − 1)2 + 8x − 5
= 2(x − 1)2 + 8(x − 1) + 8 − 5 = 2(x − 1)2 + 8(x − 1) + 3.
Da die Potenzreihe der Funktion f (x) mit dem Zentrum a = 1 mit der Taylorreihe mit dem Entwicklungspunkt x0 = 1 identisch ist.
7.4.2 Beispiel zu Taylorreihen f (x) = ln(1 − x)
✍ Man bestimme die Taylorreihe der Funktion
f (x) = ln(1 − x)
im Punkt x0 = 0 und zeige, dass für |x| < 1 die Taylorreihe konvergiert.
79
7 Potenz- und Taylorreihen
Um die Taylorreihe aufzustellen benötigen wir die Ableitungen der Funktion
f (x) = ln(1 − x) an der Stelle x = 0 :
f (0) = ln 1 = 0,
′
f (0) =
f ′′ (0) =
f ′′′ (0) =
f (4) (0) =
f (5) (0) =
1
= −1,
(−1)
(1 − x)
x=0
(−1)(−1)
(−1)
= −1,
(1 − x)2
x=0
(−1)(−2)
(−1)
= −1 · 2 = −2,
(1 − x)3
x=0
(−1) · 2 · (−3)
(−1)
= −1 · 2 · 3 = −6,
4
(1 − x)
x=0
(−1) · 2 · 3 · (−4)
(−1)
= −1 · 2 · 3 · 4 = −24,
(1 − x)5
x=0
damit können wir auf die k-te Ableitung schließen:
(−1) · 2 · 3 · · · (k − 2) · (−(k − 1))
(k)
(−1)
= −(k − 1)!
f (0) =
k
(1 − x)
x=0
Damit ist
ak =
f (k) (0)
−(k − 1)!
1
=
=−
k!
k!
k
und die Taylorreihe lautet:
∞
X
1
x k
1
x .
f (x) = 0 − x − x2 − x3 − . . . = −
2
3
k
k=1
Um den Konvergenzbereich zu bestimmen gibt es 2 verschiedene Möglichkeiten.
Die Taylorreihe konvergiert für alle x, für die das Restglied für n → ∞ gegen
Null strebt. In unserem Beispiel ist das Restglied
Rn (x, 0) =
−n!
(1−θx)n+1
(n + 1)!
x
n+1
−xn+1
(−1)
=
=
n+1
(n + 1)(1 − θx)
(n + 1)
x
(1 − θx)
n+1
mit einem beliebigen 0 < θ < 1. Man kann sich überlegen, dass der Grenzwert
lim Rn (x, 0) = 0
n→∞
ist für
80
x 1 − θx < 1.
7 Potenz- und Taylorreihen
Für x ≥ 0 bedeutet dies:
x 1 − θx < 1 ⇐⇒ |x| < |1 − θx| ⇐⇒ x < 1 − θx ⇐⇒ (1 + θ)x < 1
und das gilt für
x<
1
1
<
2
1+θ
für alle θ mit 0 < θ < 1.
Analog erhält man für x < 0 :
|x| < |1 − θx| ⇐⇒ −x < 1 − θx ⇐⇒ −(1 − θ)x < 1 ⇐⇒ x > −1 > −
Folglich erhalten wir als Konvergenzbereich das Intervall −1,
D
U
U
1
2
1
.
1−θ
.
Die Konvergenzuntersuchung des Restglieds ist umständlich und ergibt
nicht einmal den maximalen Konvergenzbereich!
Es ist viel einfacher und genauer den Konvergenzradius der durch die
Taylorreihe gegebenen Potenzreihe auszurechnen.
Braucht man das Restglied also eigentlich gar nicht?
Doch, man benötigt das Restglied zur Untersuchung, ob die Reihe gegen die
Funktion konvergiert!
Wir untersuchen deshalb den Konvergenzradius der Potenzreihe
∞
X
1
k=1
k
xk .
Der Konvergenzradius ergibt sich mit
1
k+1
k→∞ 1
k
c = lim
k
=1
k→∞ k + 1
= lim
zu R = 1c = 1. Die Potenzreihe konvergiert als für −1 < x < 1 gleichmäßig
und damit gegen die Funktion f (x) = ln(1 − x) und divergiert für x < −1 und
x > 1.
Bemerkung: Man kann zeigen, dass die Potenzreihe auch für x = −1 konver-
81
7 Potenz- und Taylorreihen
giert und aus dem Abelschen Konvergenzkriterium folgt, dass die Potenzreihe
für x = −1 auch gegen ln 2 konvergiert.
Wir betrachten noch ein Beispiel, wo das Restglied abzuschtzen ist.
7.4.3 Beispiel zu Taylorreihen ln 0.8
✍ Man berechne ln 0.8 auf 3 Nachkommastellen genau, d.h. mit einer Genauigkeit von 0.0005.
Wie wir bereits gesehen hatten, gilt
ln(1 − x) =
n
X
(−1)
k
k=1
xk + Rn (x, 0).
Um ln 0.8 zu berechnen, setzen wir x = 0.2 und erhalten
ln 0.8 =
n
X
(−1)
k=1
k
(0.2)k + Rn (0.2, 0)
mit dem Restglied
Rn (0.2, 0) =
−(0.2)n+1
,
(n + 1)(1 − θ · 0.2)n+1
0 < θ < 1.
Damit durch Runden die 3 Nachkommastellen nicht verändert werden, muss
gelten
n+1
1
(0.2)n+1
1
(0.2)n+1
<
=
< 0.0005
|Rn (0.2, 0)| =
n+1
n+1
(n + 1)(1 − θ · 0.2)
(n + 1)0.8
4
(n + 1)
n+1
1
< 0.0005(n + 1) ⇐⇒ 1 < 0.0005(n + 1)4n+1
⇐⇒
4
Für n = 1 ergibt sich 0.0005 · 2 · 16 = 0.016, für n = 2 erhält man 0.0005 · 3 · 64 =
0.096, für n = 3 gilt 0.0005·4·44 = 0.512, für n = 4 erhält man 0.0005·5·45 = 2.56,
82
7 Potenz- und Taylorreihen
das kleinste n für das dies gilt ist deshalb n = 4. Damit ist
1
1
1
ln 0.8 = −0.2 − (0.2)2 − (0.2)3 − (0.2)4 = −0.22306
2
3
4
bis auf 3 Nachkommastellen genau berechnet.
R
Ein besonders einfacher Fall der Restgliedabschätzung liegt vor, wenn die
Taylorreihe eine alternierende Reihe ist:
∞
X
(−1)k ak xk ,
ak > 0,
für alle k.
k=0
In diesem Fall gilt
|Rn (x, x0 )| ≤ |an+1 xn+1 |
Auch hierzu ein Beispiel.
7.4.4 Beispiel Taylorreihe
✍ Man berechne das Integral
R1√
0
R1√
0
x sin x dx
x sin x dx mit einer Genauigkeit von 0.005.
Die Potenz- bzw. Taylorreihe von sin x ist bekannt, daraus kann man eine auf
√
der gesamten reellen Achse konvergente Reihendarstellung für x sin x erhalten, die man bestimmt integrieren kann und eine Zahlenreihe erhält. Die Reihensumme der Zahlenreihe ist der gesuchte Wert. Die Funktion sin x läßt sich
für alle reellen x in Potenz- und damit Taylorreihe um x0 = 0 entwickeln. Es
ist
∞
X
x3 x5 x7
x2k+1
sin x = x −
+
−
+ ... =
(−1)k
3!
5!
7!
(2k + 1)!
k=0
83
7 Potenz- und Taylorreihen
(siehe Formelsammlung, Tafelwerk, rechne nach). Folglich erhält man
√
x sin x =
√
∞
X
x2k+1
x
(−1)k
(2k + 1)!
k=0
=x
3/2
!
=
√
x3 x5 x7
x x−
+
−
+ ...
3!
5!
7!
∞
X
x2k+3/2
x7/2 x11/2 x15/2
+
−
+ ... =
(−1)k
−
3!
5!
7!
(2k + 1)!
k=0
Wir integrieren nun die Reihe und erhalten
Z
1
√
x sin x dx =
0
Z
1
0
x
3/2
x7/2 x11/2 x15/2
−
+
−
+ ...
3!
5!
7!
dx =
Z
0
∞
1X
(−1)k
k=0
x2k+3/2
dx
(2k + 1)!
1
1
∞
2k+5/2 X
2
2 x13/2
2 x17/2
x
2 5/2 2 x9/2
(−1)k
+
−
+ . . . =
= x −
5
9 3!
13 5!
17 7!
4k + 5 (2k + 1)! 0
k=0
0
=
∞
X
(−1)k
k=0
2
2 21
2 1
2 1
1
= −
+
−
+ ....
4k + 5 (2k + 1)!
5 9 3! 13 5! 17 7!
Bricht man die alternierende Reihe beim Glied an ab, so ist der dadurch entstehende Fehler betragsmäßig kleiner als |an+1 |. Wie man leicht nachrechnet
gilt
1 2
= 0.001282... < 0.005.
5! 13
Damit ist
Z 1
√
2
2
2 21
= −
= 0.36...
x sin x dx ≈ −
5 9 3!
5 54
0
U
Diese Methode wird in der Regel dann angewandt, wenn der Integrand
nicht geschlossen integrierbar ist, d.h. es gibt keine Elementarfunktionen
√
xn , n x, sin x, cos x, ln x, ex und davon verkettete Funktionen mit deren Hilfe
das Integral ausgedrückt werden kann. Deshalb wird die Methode der Reihenentwicklung zur Integralberechnung angewandt.
Typische Beispiele sind
• die Gaußsche Fehlerfunktion
1
Φ(x) = √
2π
84
Z
x
t2
e− 2 dt,
−∞
7 Potenz- und Taylorreihen
• die elliptischen Integrale
K=
Z
π
2
0
dϑ
p
1 − k 2 sin2 ϑ
und
• der Integralsinus
si (x) =
Z
x
0
E=
Z
π
2
0
p
1 − k 2 sin2 ϑ ϑ,
sin t
dt
t
• sowie ähnlich geartete Funktionen wie der Integralkosinus, der Integrallogarithmus und die Integralexponentialfunktion.
85
KAPITEL 8
Fourierreihen
8.1 Fourierkoeffizienten und Eigenschaften von Fourierreihen . . . . .
8.1.1 Beispiel Fourierreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
87
88
So wie Potenzreihen unendliche Polynome“ sind, so bezeichnet man
”
n
a0 X
+
ak cos(kωt) + bk sin(kωt)
2
k=1
als trigonometrische Polynome und in diesem Sinne sind Fourierreihen un”
endliche trigonometrische Polynome“.
Wozu braucht man Fourierreihen?
Schwingungen, seien es mechanische oder auch elektromagnetische, werden
durch Sinus- und Kosinusfunktionen beschrieben, deshalb sind die Fourierreihen eine allgemeine Beschreibung dieser physikalischen Vorgänge.
Weiterhin läßt sich jede T -periodische, quadratisch integrierbare Funktion auf
dem Intervall [0, T ] im Sinne der L2 -Norm als Fourierreihe darstellen.
86
8 Fourierreihen
8.1 Fourierkoeffizienten und Eigenschaften von
Fourierreihen
Wie bestimmt man Fourierreihen? Wir wollen hier nur auf den Fall 2π-periodischer
Funktionen eingehen.
R
Die Fourierkoeffizienten der zur 2π-periodischen Funktion f gehörigen
Fourierreihe
∞
a0 X
+
ak cos(kωt) + bk sin(kωt),
Ff (t) =
2
k=1
berechnen sich wie folgt:
und
1
ak =
π
Z
1
bk =
π
Z
2π
0
2π
0
1
f (x) cos(kx) dx =
π
Z
1
f (x) sin(kx) dx =
π
Z
π
f (x) cos(kx) dx
−π
π
f (x) sin(kx) dx.
−π
Bei Potenzreihen hatten wir gesehen, dass diese nicht konvergieren müssen
und allgemein müssen Funktionenreihen nicht gegen die Funktion selbst konvergieren.
Deshalb müssen wir die Frage beantworten, wann konvergiert die Fourierreihe und wogegen konvergiert die Fourierreihe wie.
Diese Fragen können mit dem Konvergenzsatz und dem Gibb’s Phänomen
beantwortet werden:
R
Konvergenzsatz: Für eine 2π-periodische stückweise stetig differenzierbare Funktion, konvergiert die Fourierreihe Ff (t)
• in jedem Punkt x ∈ R gegen den Mittelwert aus rechts- und linksseitigem
Grenzwert der Funktion, also gegen
f (x + 0) + f (x − 0)
,
2
87
8 Fourierreihen
• in jedem Stetigkeitspunkt x der Funktion f gegen f (x),
• in jedem Stetigkeitsintervall gleichmäßig gegen die Funktion f.
Insbesondere gilt für die Annäherung in den Unstetigkeitsstellen, dass
Gibb’s Phänomen:
Für große n überschwingen die Partialsumme der Fourierreihe in den Unstetigkeitspunkten den Funktionswert um ca. 17, 89%.
Damit ist im wesentlichen auch schon beschrieben, wie Aufgaben zu Fourierreihen aussehen.
8.1.1 Beispiel Fourierreihen
✍ Geben sei die Funktion
f (x) =





−π ≤ t < − π2 ,
π
,
2
− π2 ≤ t < π2 ,
−t,
− π2 ,
π
2
≤t<π
Man setze die Funktion 2π-periodisch fort und skizziere den Funktionsgra
3π
phen im Intervall − 3π
. Wie lautet die Fourierreihe? Wogegen konvergiert
,
2
2
die Fourierreihe? Wo konvergiert die Fourierreihe gleichmäßig.
Wir skizzieren zunächst die Funktion f (x) :
π
2
− 3π
2
−π
f (x)
π
2
− π2
− π2
88
π
3π
2
8 Fourierreihen
Nun bilden wir die Fourierreihe indem wir die Fourierkoeffizienten berechnen:
1
ak =
π
=
1
π
!
Z π
Z π
2
π
π
cos(kx) dx +
f (x) cos(kx) dx =
x cos(kx) dx +
− cos(kx) dx
π
2
−π
−π 2
− π2
2
!
π
π
Z 0
Z −
Z π
Z
2 π
2
π
cos(kx) dx −
x cos(kx) dx +
x cos(kx) dx −
− cos(kx) dx
π
π
2
−2
−π 2
0
2
Z
π
Z
− π2
Substitution im 1. und 2. Integral ξ := −x, dξ = −dx
und entsprechende Integrationsgrenzen
!
Z π
Z π
Z π
Z 0
2 π
2
π
1
ξ cos(k(−ξ)) dξ −
x cos(kx) dx +
− cos(kx) dx
=
−
cos(−kξ) dξ −
π
π
π
2
π 2
0
2
2
da gilt cos(−x) = cos x, der Kosinus ist eine gerade Funktion, ergibt sich
!
Z π
Z π
Z π
Z π
2
2
π
π
1
cos(kξ) dξ +
ξ cos(kξ) dξ −
x cos(kx) dx +
− cos(kx) dx = 0,
=
π
π
π
2
2
0
0
2
2
Das hätte man auch anders erhalten können. Die Funktion f (x) = x ist eine
ungerade Funktion, da f (x) = x = −(−x) = −f (−x) gilt, da der Kosinus eine
gerade Funktion ist, ist das Produkt eine ungerade Funktion, und das Integral
von − π2 bis π2 über diese ungerade Funktion ist Null. Das gilt allgemein.
U
Ist f (x) eine ungerade Funktion, so gilt für die Fourierkoeffizienten ak = 0.
Wir berechnen nun die Koeffizienten
1
bk =
π
=
1
π
!
Z π
Z π
2
π
π
sin(kx) dx +
f (x) sin(kx) dx =
x sin(kx) dx +
− sin(kx) dx
π
2
−π
−π 2
− π2
2
!
Z π
Z 0
Z −π
Z π
2 π
2
π
x sin(kx) dx −
− sin(kx) dx
sin(kx) dx −
x sin(kx) dx +
π
2
− π2
−π 2
0
2
Z
π
Z
− π2
Substitution im 1. und 2. Integral ξ := −x, dξ = −dx
und entsprechende Integrationsgrenzen
!
Z π
Z 0
Z π
Z π
2 π
2
π
1
−
sin(−kξ) dξ −
ξ sin(k(−ξ)) dξ −
x sin(kx) dx +
− sin(kx) dx
=
π
π
π
2
π 2
0
2
2
89
8 Fourierreihen
da gilt sin(−x) = − sin x weil der Sinus eine ungerade Funktion ist, ergibt sich
!
Z π
Z π
2
π
2
− sin(kx) dx
−
=
x sin(kx) dx +
π
π
2
0
2
π
π !
π
Z
2
2
π1
1
2
1
cos(kx) dx +
=
cos(kx)
x cos(kx) −
π
k
k 0
2k
π
0
2
π
2
2π1
π
2 1
+ 1 cos(kπ) − 1 cos k π
=
cos(k ) −
sin(kx)
π2k
2
π k2
k
k
2
0
2 1
π
1
= − 2 sin k
+ cos(kπ)
πk
2
k
Da f (x) eine ungerade Funktion ist, es gilt f (x) = −f (−x), und der Sinus ebenfalls eine ungerade Funktion ist, ist das Produkt f (x) sin(kx) = f (−x) sin(−x)
eine gerade Funktion und deshalb gilt für Integral
Z
π
f (x) sin(kx) dx = 2
−π
Z
π
f (x) sin(kx) dx.
0
Analoges gilt für gerade Funktionen, insbesondere
U
Ist f (x) eine gerade Funktion, so gilt für die Fourierkoeffizienten bk = 0.
Damit erhält man die zur Funktion f (x) gehörige Fourierreihe Ff (x)
2
1
1
2
1
2 1
Ff (x) = − − 1 sin x+ sin(2x)+
− sin(3x)+ sin(4x)+ −
− sin(5x)+. . .
π
2
9π 3
4
25π 5
∞ π 1
X
2 1
+ cos(kπ) sin(kx)
=
− 2 sin k
π
k
2
k
k=1
R
Die Fourierreihe einer ungeraden Funktion ist eine reine Sinusreihe.
Dagegen ist die Fourierreihe einer geraden Funktion eine reine Kosinusreihe
(mit Absolutglied).
Gemäß dem Konvergenzsatz konvergiert die Fourierreihe gegen die Funkti-
90
8 Fourierreihen
on
Ff (x) =









0,
x = (2k − 1)π,
− π2 ,
(4k − 3) π2 < x < (2k − 1)π,
f (x − 0) + f (x + 0)
π
,
(2k − 1)π < x < (4k − 1) π2 ,
=
2

2



−x + 2kπ, (4k − 1) π2 ≤ x ≤ (4k + 1) π2




k ∈ Z (ganze Zahl)
Man kann das auch anders aufschreiben:

0, x = −π, x = π,





− π2 , π2 < x < π,



f (x − 0) + f (x + 0)
π
, −π < x < − π2 ,
=
Ff (x) =
2

2



−x, − π2 ≤ x ≤ π2




und 2π-periodisch fortgesetzt.
Folglich sieht der Graph dieser Funktion so aus:
π
2
− 3π
2
−π
Ff (x)
π
2
− π2
π
3π
2
− π2
Da die Konvergenz in jedem Stetigkeitsintervall gleichmäßig ist, konvergiert
die Fourierreihe gleichmäßig gegen die Funktion f (x) in den offenen Intervallen
((2k − 1)π, (2k + 1)π), k ∈ Z,
und in den Unstetigkeitstellen x = (2k + 1)π, k ∈ Z, gegen den Mittelwert aus
rechts- und linksseitigem Grenzwert.
91

Kochbuch zur H ¨oheren Mathematik f ¨ur Ingenieure I

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