Lösungsvorschlag zum 7. Aufgabenblatt

PD Dr. F. Klinker
WiSe 2016/17
Lösungsvorschlag zum 7. Aufgabenblatt
Analysis 1 (GY/BK)
Aufgabe 2
Es sei p ein Polynom n-ten Grades mit p(x) =
n
P
aj xj und weiter sei k ∈ N∗ sowie
j=0
x0 ∈ R. Zeigen Sie: Es gibt Zahlen b1 , . . . , bk ∈ R und ein Polynom p0 , sodass
k
X
p(x)
bi
=
+ p0 (x) .
i
(x − x0 )k
(x
−
x
)
0
i=1
Bestimmen Sie die Zahlen bi und die Koeffizienten von p0 in Abhängigkeit der Koeffizienten von p. (Hinweis: Binomischer Lehrsatz)
Lösungsvorschlag zu Aufgabe 2
Das Polynom p habe die Form p(x) :=
n
P
aj xj . Wegen der Folgerung 3.25.1, insbe-
j=0
sondere mit p(x0 ) 6= 0, existieren Koeffizienten ã` , so dass
p(x) =
n
X
ã` (x − x0 )` .
`=0
Zur Lösung der Aufgabe berechnen wir
p(x) =
=
n
X
ã` (x − x0 )`
`=0

k−1
n

X
X

`


ã
(x
−
x
)
+
ã` (x − x0 )`
`
0


`=0
falls k ≤ n
`=k
n

X



ã` (x − x0 )`


falls k > n
`=0
=

k
n−k
X
X


k−i


ãk−i (x − x0 ) +
ãj+k (x − x0 )j+k


falls k ≤ n
k

X



ãk−i (x − x0 )k−i


falls k > n
i=1
i=1
j=0

k
n−k
X
X

ãk−i



+
ãj+k (x − x0 )j

i

(x − x0 )
p(x)
i=1
=⇒
=
k
k

(x − x0 )
X

ãk−i




(x − x0 )i
falls k ≤ n
j=0
falls k > n
i=1
Ist nun k ≤ n, so schreiben wir m := n − k und

bi := ãk−i für i = 1, . . . , k




cj := ãj+k für j = 0, . . . , m 
m
X



p0 (x) :=
cj (x − x0 )j


(1)
j=0
Ist k > n, so schreiben wir
(
ãn−i für i = 1, . . . , n
bi :=
0
für i = n + 1, . . . , k



(2)


p0 (x) := 0
Damit ist die Existenz des Polynoms p0 und der Zahlen bi gezeigt.
Es fehlt noch die explizite Darstellung der Koeffizienten bi und ci in Abhängigkeit
von ai (statt ãi ).
Wir erinnern an den binomischen Lehrsatz (a + b)k =
k
P
`=0
k
`
k−` `
a b . damit gilt für das
Ausgangspolynom p
n
X
`
ã` (x − x0 ) =
`=0
=
=
n
X
k=0
n
X
ak x =
ak (x − x0 + x0 )k
k=0
ak
k
X
k=0
`=0
n
n
X X
`=0
n
X
k
k
`
k
`
`
xk−`
0 (x − x0 )
k−` x0 ak (x − x0 )` .
k=`
Der Koeffizientenvergleich liefert dann den folgenden Zusammenhang zwischen den
Koeffizienten ak und ãk
n X
` k−`
ã` =
x ak
k 0
k=`
den man nun direkt in (1) und (2) einsetzen kann.
Aufgabe 3
Beweisen Sie Satz 3.34.2–4
Lösungsvorschlag zu Aufgabe 3
Zur Erinnerung:
Satz 3.34. [Logarithmengesetze] [...]
2. loga (xy) = loga (x) + loga (y) und loga ( xy ) = loga (x) − loga (y)
3. loga (x) =
logb (x)
logb (a)
4. loga (xr ) = r loga (x), r ∈ Q
Als Vorbereitung zeigen wir
Satz 3.31. Für alle x, y ∈ R und b > 0 gilt
Eb (xy) = EEb (x) (y) = EEb (y) (x)
Beweis. [Satz 3.31] Für b ≥ 1 gilt:
Eb (xy) = sup{bt | t ∈ Q, t ≤ xy}
= sup{brs | r, s ∈ Q, rs ≤ xy}
= sup{brs | r ∈ Q, r ≤ x, s ∈ Q, s ≤ y}
(∗)
= {(br )s | r ∈ Q, r ≤ x, s ∈ Q, s ≤ y}
s = sup sup{br | r ∈ Q, r ≤ x} s ∈ Q, s ≤ y
= sup{(Eb (x))s | s ∈ Q, s ≤ y}
= EEb (x) (y)
und
Eb (xy) = inf{bt | t ∈ Q, t ≥ xy}
= inf{brs | r, s ∈ Q, rs ≥ xy}
= inf{brs | r ∈ Q, r ≥ x, s ∈ Q, s ≥ y}
(∗)
= inf{(br )s | r ∈ Q, r ≥ x, s ∈ Q, s ≥ y}
s ≥ inf inf{br | r ∈ Q, r ≥ x} s ∈ Q, s ≥ y
= inf{(Eb (x))s | s ∈ Q, s ≥ y}
= EEb (x) (y)
(∗) Dies ist das Potenzgesetz für Exponenten aus Q. (siehe 3.16)
Analog lässt sich die Aussage für b < 1 beweisen, wobei inf und sup vertauscht werden
müssen.
zu 2.
loga (xy) = loga (x) + loga (y)
⇐⇒ Ea (loga (xy)) = Ea (loga (x) + loga (y))
3.30(ii)
⇐⇒ xy = Ea (loga (x))Ea (loga (y))
⇐⇒ xy = xy
Außerdem gilt:
⇐⇒
⇐⇒
(∗∗)
⇐⇒
⇐⇒
x
loga ( ) = loga (x) − loga (y)
y
x
Ea (loga ( )) = Ea (loga (x) − loga (y))
y
x 3.30(ii)
= Ea (loga (x))Ea (− loga (y))
y
x
1
=x
y
Ea (loga (y))
x
x
=
y
y
(∗∗) Im Beweis von Satz 3.30 wurde Ea (−x) = Ea1(x) definiert und gezeigt, dass diese
Definition die Funktion Ea auf die negativen reellen Zahlen erweitert.
zu 3.
loga (x) logb (a) = logb (x)
⇐⇒ Eb (loga (x) logb (a)) = Eb (logb (x))
3.31
⇐⇒ EEb (logb (a)) (loga (x)) = x
⇐⇒ Ea (loga (x)) = x
⇐⇒ x = x
zu 4.
loga (xr ) = r loga (x)
⇐⇒ Ea (loga (xr )) = Ea (r loga (x))
3.31
⇐⇒ xr = EEa (loga (x)) (r)
⇐⇒ xr = Ex (r)
Dass die letzte Identität gilt wurde im ersten Teil des Beweises von Satz 3.30 gezeigt.