Kochbuch zur H ¨oheren Mathematik f ¨ur Ingenieure I

Kochbuch zur Höheren Mathematik
für Ingenieure I
PD Dr. S. Bernstein
20. Oktober 2010
Inhaltsverzeichnis
1 Vorwort
5
2 Komplexe Zahlen
2.1 Darstellung komplexer Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
7
2.1.1
2.1.2
2.2
2.3
Veranschaulichung in der Gaußschen Zahlenebene . . . . . . .
Umrechnungsformeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
8
2.1.3 Winkel aus dem Arkustangens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.1.4 Winkel aus dem Arkuskosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Rechenregeln für komplexe Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2.1
Addition, Subtraktion, Multiplikation, Division in algebraischer
Form . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2.2
2.2.3
2.2.4
Multiplikation in trigonometrischer Form . . . . . . . . . . . . . 14
Potenzen in trigonometrischer Form . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Radizieren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Mengen in der komplexen Zahlenebene . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3.1 Kreise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3.2
2.3.3
Betrag der komplexen Zahl z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Sektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3 Ableitungsregeln
28
3.1 Wie geht man vor? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
x +a ,
a > 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.2 Beispiel fa (x) = ln eex −a
3.2.1 Analyse der Struktur I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.2.2
3.2.3
3.2.4
Ausführung gemäß Struktur I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Analyse der Struktur II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Ausführung gemäß Struktur II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2
Inhaltsverzeichnis
3.3
Beispiel fa (x) =
3.3.1
3.3.2
3.4
a−x
,
ln(a−x)
a ∈ R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Analyse der Struktur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
Ausführung gemäß Struktur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Differentialrechnung und Kurvendiskussion . . . . . . . . . . . . . . . 36
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
37
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
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
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
5 Zahlenfolgen
47
5.1 Was sind Zahlenfolgen? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
5.2
5.3
Wie kann man Grenzwerte von Zahlenfolgen bestimmen? . . . . . . . 48
In den Aufgaben tauchen aber solche Grenzwerte doch gar nicht auf!? 48
5.3.1
5.3.2
5.3.3
5.3.4
5.3.5
5.3.6
5.3.7
n
n
2 +3
Beispiel zu Ausklammern und Kürzen an = 2n+1
. . . . . .
+3n+1
Ich sehe das so aber nicht sofort, ich habe in Summanden zerlegt.
Weitere Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
√
√
Beispiel zum Ausklammern an = 2n − 1 − n − 2 . . . . . . .
√
√
Beispiel zum Erweitern an = 2n + 1 − n − 2 . . . . . . . . .
49
50
50
51
51
Weitere Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Beispiel zum Grenzwert e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
6 Zahlenreihen
55
6.1 Welche bekannten Reihen kennt man? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
6.2
Die geometrische Reihe erkennen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
P
(−3)k+1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
6.2.1 Beispiel ∞
k=0 (2p)k
3
Inhaltsverzeichnis
6.3
6.4
6.5
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 . . . . . . . . . . . . . .
. . 57
. . 57
. . 58
. . 59
Integralkriterium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
∞
P
1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
6.5.1 Beispiel
k(ln k)3
k=2
6.6
6.7
Wie kommt man zu Konvergenzkriterien für allgemeine Reihen? . . . 62
Übersicht zu Zahlenreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
7 Potenz- und Taylorreihen
64
7.1 Potenzreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
7.2
7.3
7.4
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) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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
Taylorreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4.1 Beispiel zu Taylorreihen f (x) = 2x2 + 4x − 3 . . . .
7.4.2
7.4.3
7.4.4
. . . . . . 65
. . . . . . 66
. . . . . . 66
. . . . . . 67
. . . . . . 68
. . . . . . . 71
. . . . . . . 71
. . . . . . . 72
. . . . . . . 74
. . . . . . . 76
Beispiel zu Taylorreihen f (x) = ln(1 − x) . . . . . . . . . . . . . 77
Beispiel zu Taylorreihen ln 0.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
R1√
Beispiel Taylorreihe 0 x sin x dx . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
8 Fourierreihen
84
8.1 Fourierkoeffizienten und Eigenschaften von Fourierreihen . . . . . . . 85
8.1.1 Beispiel Fourierreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
4
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 handelt.
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 sehr ausführlich vorgerechnet, deshalb ist der Seitenumfang auch so groß. Des weiteren wird auf typische Fehler eingegangen. Diese paar
Zeilen ersetzen keine Vorlesung, Übung und Erfahrung mit Aufgabenstellungen der
5
1 Vorwort
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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
Veranschaulichung in der Gaußschen Zahlenebene . . . . . . . . . . . .
Umrechnungsformeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
8
2.1.1
2.1.2
2.1.3 Winkel aus dem Arkustangens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.1.4 Winkel aus dem Arkuskosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Rechenregeln für komplexe Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2.1
2.2.2
2.2.3
Addition, Subtraktion, Multiplikation, Division in algebraischer Form . 12
Multiplikation in trigonometrischer Form . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Potenzen in trigonometrischer Form . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2.4 Radizieren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.3 Mengen in der komplexen Zahlenebene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3.1
2.3.2
2.3.3
Kreise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Betrag der komplexen Zahl z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Sektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
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
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)
3
r
trigonometrische Form
r(cos ϕ + ı̇ sin ϕ)
2
1
ϕ
−1
−1
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 = r 2 sin2 ϕ + r 2 cos2 ϕ = r 2 (cos2 ϕ + sin2 ϕ) = r 2 = 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
r sin ϕ
sin ϕ
y
=
=
= 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
− 21 π
−1
1
π
2
π
3
π
2
2π
−2
−3
Um eine eineindeutige Zuordnung zu erhalten, schränkt man den Definitionsbe
reich 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
−4
−3
1. Quadrant
y
ϕ = arctan
x
2
1
−2
−1
3. Quadrant −1
y
ϕ = π + arctan
x
1
2
3
4
4. Quadrant
ϕ = 2π + arctan
−2
y
x
Die Farben entsprechen dabei den Zweigen“ des Tangens in der vorigen Abbil”
dung.
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 oder 2π
x
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
Da man r =
p
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
cos x
0
1
π
2
−1
π
3
π
2
2π
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(arccos ) =
cos ϕ = cos 2π − arccos
r
r
r
x
und der Winkel ϕ = 2π − arccos liegt im 3. bzw. 4. Quadranten. Dies entspricht
r
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
−4
−3
1
−2
−1
3. Quadrant −1
x
ϕ = 2π − arccos
r
R
1. Quadrant
x
ϕ = arccos
r
2
1
2
3
4
4. Quadrant
ϕ = 2π − arccos
−2
x
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. und
r
x
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)(x − ı̇y)
u + ı̇v
=
x + ı̇y
(x + ı̇y)(x − ı̇y)
=
ux + vy
(vx − uy)
ux + vy + ı̇(vx − uy)
= 2
+ ı̇ 2
2
2
2
x +y
x +y
x + y2
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
= cos
+ ı̇ sin
= − ı̇
.
3
3
2
2
ı̇ 5π
3
e
Damit ist der Nenner gleich
√
√
3
3
3
1
= − ı̇
.
1 + − ı̇
2
2
2
2
Wir berechnen nun die komplexe Zahl, indem wir mit der konjugiert komplexen
Zahl des Nenners erweitern:
z=
3 − 2ı̇
ı̇ 5π
3
1+e
=
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
√
√
√
√
18 − 12ı̇ + 6 3ı̇ + 4 3
9+2 3
( 3 − 2)
=
=
+ ı̇
≈ 2, 08 − 0, 13ı̇.
12
6
2
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 = r n (cos(nϕ) + ı̇ sin(nϕ)),
Beispiel zum Potenzieren
✍ Man berechne die 1001-te Potenz, also z1001 von
z = −1 + ı̇.
14
n = 0, 1, 2, . . . .
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
nicht r = x2 − y 2 .
p
x2 + y 2 und
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
ϕ = π + arctan(−1) = π −
3π
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
−1
3π
− 2
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
√
3π
3003π
3π
3003π
+ ı̇ sin
+ ı̇ sin
= 2
2 cos
cos
z
=
4
4
4
4
√ 1001
3π
3π
cos 750π +
= 2
+ ı̇ sin 750π +
4
4
√ 1001
√ 1001
3π
3π
3π
3π
+ ı̇ sin 375 · 2π +
= 2
+ ı̇ sin
cos 375 · 2π +
cos
= 2
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
ϕ + 2kπ
ϕ + 2kπ
+ ı̇ sin
, k = 0, 1, 2, . . . , n − 1.
r cos
n
n
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
bzw.
√
x
−2500
−1
− 2
√ =√ =
=
r
2
2500 2
2
Also ist
z=2
500
(−1 + ı̇) = 2
500
√
3π
2 cos
4
16
+ 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 √
√
√
Damit ergeben sich mit 1001 r = 2 und ϕ =
plexe Zahlen als Wurzeln:
zk :=
√
2=
3π
4
q
1001
√
2
1001
=
√
2.
insgesamt 1001 verschiedenen kom-
3π
3π
+ 2kπ
+ 2kπ
4
4
+ ı̇ sin
, k = 0, 1, 2, . . . , 1000.
2 cos
1001
1001
Wir berechnen nur einige wenige genauer. Für k = 0 erhalten wir
z0 =
√
3π
2 cos
4004
+ ı̇ sin
3π
4004
und für k = 375 erhalten wir
3π
3π
√
+ 2 · 375 · π
+ 2 · 375 · π
4
4
z375 := 2 cos
+ ı̇ sin
1001
1001
3π 3000π 3π 3000π √
+ 4
+ 4
+ ı̇ sin 4
= 2 cos 4
1001
1001
√
3π
3π
+ ı̇ sin
= 2 cos
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
42 + (−4)2 =
√
16 + 16 =
√
√
√
√ 2√ 2√
√ 5
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
√
√
x
2
2
4
π
1
= √ =√ =
, 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:
√
n
ϕ + 2kπ
ϕ + 2kπ
zk := r cos
+ ı̇ sin
n
n
q
7π
7π
5 √ 5
+ 2kπ
+ 2kπ
4
4
+ ı̇ sin
=
2 cos
5
5
7π
7π
√
+ 2kπ
+ 2kπ
4
4
+ ı̇ sin
, k = 0, 1, 2, 3, 4.
= 2 cos
5
5
18
2 Komplexe Zahlen
und erhalten:
7π
7π
√
√
+2·0·π
+2·0·π
7π
7π
4
4
+ ı̇ sin
= 2 cos
+ ı̇ sin
,
z0 = 2 cos
5
5
20
20
≈ 0, 64 + 1, 26ı̇
7π
7π
√
√
+2·1·π
+2·1·π
15π
15π
4
4
+ ı̇ sin
= 2 cos
+ ı̇ sin
,
z1 = 2 cos
5
5
20
20
≈ −1 + ı̇
7π
7π
√
√
+2·2·π
+2·2·π
23π
23π
4
4
z2 = 2 cos
+ ı̇ sin
= 2 cos
+ ı̇ sin
,
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
U
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!
Sie müssen Ihren Taschenrechner auf RAD“ und nicht auf DEG“ einstel”
”
len. Wie jeder weiß, ist cos π = −1, ist Ihr Taschenrechner auf RAD“ einge”
stellt, 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 Wurzeln,
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
√
19
2 Komplexe Zahlen
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 = r 2
mit dem Mittelpunkt im Ursprung und dem Radius r > 0.
r
(x,y)
b
Ursprung
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 ).
20
2 Komplexe Zahlen
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
+ 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 = r 2 ⇐⇒
R
x+
Wie kann man sich das merken?
• Als erstes ermittle man die Kreisgleichung:
y0 2 r 2
x0 2 + y+
=
.
x+
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
r
|α|
b
x
y0 0
− ,−
α
α
21
und y +
y0
y0
⇐⇒ y = − .
α
α
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
b
1
−2
−3
22
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| =
p
(2x)2 + (2y − 1)2 >
√
√
12 ist folglich
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
1
1 1
2
− + =x + y−
> 2.
4 4
2
√
2
Weil x2 + y − 12 = 2 ein Kreis mit dem Mittelpunkt 0, 12 und Radius 2 be√
schreibt, ist die gesuchte Menge aller komplexen Zahlen mit |2z − ı̇| > 8 gerade
das Äußere dieses Kreises.
1
x + y−
2
2
2
23
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.
p
|z + z0 | = (x + x0 )2 + (y + y0 )2
und
|z + z1 | =
und damit lautet die Ungleichung:
p
(x + x1 )2 + (y + y1 )2
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
äquivalent zur Ausgangsungleichung. Ausmultiplizieren ergibt nun
x2 + 2xx0 + x20 + y 2 + 2yy0 + y02 < x2 + 2xx1 + x21 + y 2 + 2yy12 + y12,
24
2 Komplexe Zahlen
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
(x + 2)2 + (y − 3)2
p
x2 + (y + 1)2 .
x2 + (y + 1)2 ,
(x + 2)2 + (y − 3)2 < x2 + (y + 1)2
ist. Ausmultiplizieren ergibt
x2 + 4x + 4 + y 2 − 6y + 9 < x2 + y 2 + 2y + 1 ⇐⇒ 4x + 13 < 8y + 1
x 3
⇐⇒ y > + .
2 2
25
2 Komplexe Zahlen
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 < |z| ≤ 2 und − π4
arg z <
2π
3
Stellen wir eine komplexe Zahl z in der trigonometrischen Form dar, so ist
z = r(cos ϕ + ı̇ sin ϕ)
26
≤
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
gehören dagegen nicht zur Menge, hier gilt die strenge Ungleichung gilt.
ϕ = 2π
3
27
KAPITEL 3
Ableitungsregeln
3.1
Wie geht man vor? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
x
3.2 Beispiel fa (x) = ln eex +a
,
a > 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
−a
3.2.1 Analyse der Struktur I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.2.2
3.2.3
3.2.4
3.3
Ausführung gemäß Struktur I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Analyse der Struktur II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Ausführung gemäß Struktur II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Beispiel fa (x) =
a−x
,
ln(a−x)
a ∈ R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.3.1 Analyse der Struktur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.3.2 Ausführung gemäß Struktur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.4 Differentialrechnung und Kurvendiskussion . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
Es gibt grundlegende Ableitungsregeln, die sich alle aus der Definition der Ableitung als Grenzwert des Differenzenquotienten beweisen lassen:
28
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)
=
(f (x))2
(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?
29
3 Ableitungsregeln
3.2 Beispiel fa(x) = ln
ex +a
ex −a
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:
ex + a
u= x
> 0,
e −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.
30
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
f ′ (u) =
setzen u = g(x):
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 .
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
31
3 Ableitungsregeln
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
(ex − a)(−2aex )
−2aex
·
=
(ex − a)2
(ex + 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,
da ln x monoton wachsend ist.
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
f ′ (g2 (x)) =
= x
.
g2 (x)
e −a
32
3 Ableitungsregeln
Weiterhin benötigen wir die inneren Ableitungen:
g1′ (x) = ex
g2′ (x) = ex .
und
Damit erhält man für die Summanden gemäß Kettenregel:
(f (g1 (x)))′ = f ′ (g1 (x))g1′ (x) =
ex
1
x
·
e
=
,
ex + a
ex + 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 − a − (ex + a))
ex
−
=
= x
e + a ex − a
(ex + a)(ex − a)
=
−2aex
−2aex
=
.
(ex + a)(ex − a)
e2x − a2
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}.
33
3 Ableitungsregeln
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.
34
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) =
1
,
u
g(x) = a − x 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) :
′
1 − ln(a − x)
u′ (x)v(x) − u(x)v ′ (x)
u(x)
′
=
=
fa (x) =
v(x)
v 2 (x)
(ln(a − x))2 .
35
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
36
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)
dx . . . .
4.2.1 Spezialfall ff (x)
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
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
Weitere geeignete Substitutionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
Die Integrationsregeln ergeben sich aus den Differentationsregeln.
37
4 Integrationsregeln
Regel
partielle
Integration
Differentation
Integration
Produktregel
u (x)v(x)dx +
Z
u(x)v ′ (x)dx
u(x)v (x)dx = u(x)v(x) −
Z
u′ (x)v(x)dx
u(x)v(x) =
(u(x)v(x))′ = u′ (x)v(x)+u(x)v ′ (x)
Z
unbestimmte Int.
bestimmte Int.
Z
Z
′
′
b
′
u(x)v (x)dx =
a
Substitution I
unbestimmte Int.
bestimmte Int.
−
Z
b
u′ (x)v(x)dx
a
Z
f (g(x)) + C = f ′ (g(x))g ′ (x)dx
Z
f ′ (g(x))g′ (x)dx = f (g(x)) + C
Kettenregel
(f (g(x)))′ = f ′ (g(x))g ′ (x)
Z
b
a
Z
Spezialfall
Z
Substitution II
u(x)v(x)|ba
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:
Was wähle ich als v ′ ?
38
4 Integrationsregeln
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.
U
Es gibt im Prinzip 2 Varianten
•
√
Man wählt u(x) = x und v ′ (x) = 1 + x, dann erhält man u′ (x) = 1 und
√
v(x) = 23 (1 + x)3/2 (Grundintegral n x verkettet mit dem Argument 1 + x) und
damit ist
Z
√
2
2
3/2
(1 + x)3/2 dx
x 1 + x dx = x (1 + x) −
3
3
√
•
Wählt man dagegen u(x) = 1 + x und v ′ (x) = x, dann erhält man mit
1
u′ (x) = 12 √1+x
und v(x) = 12 x2 die Beziehung
D
Z
Z
√
√
1
x 1 + x dx = 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
4.1.2 Beispiel
R
Z
2
2
2 2
(1 + x)3/2 dx = (1 + x)3/2 x − · (1 + x)5/2 .
3
3
3 5
e3x x3 dx
39
4 Integrationsregeln
✍ Man berechne das Integral
Z
e3x x3 dx.
D
Wir analysieren wieder beide Varianten:
•
•
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
U
Z
3x
3
3x 1 4
e x dx = e
4
x −
Z
1
3e3ex x4 dx.
4
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
3 1 3x
e x dx = x
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
3 1 3x
e x dx = x
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
3
1 3x
x3 3x x2 3x 2
x 3x
2 1 3x
xe3x dx.
= e − x e − 2x e dx = e − e +
3
3
3
3
3
3
40
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
1 3x
x3 3x x2 3x 2x 3x 2
1 3x
x3 3x x2 3x 2
x e −
e3x dx
e dx = e − e + e −
= e − e +
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
1
(ln x)′ =
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
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.
41
4 Integrationsregeln
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)
Wie man leicht nachvollzieht, ist
(ln x + 3)′ = (ln x)′ =
1
.
x
D.h. wir können das Integral auch schreiben als
Z
1
dx =
x(ln x + 3)
Z
(ln x + 3)′
dx =
(ln x + 3)
Z
42
(ln(ln x + 3))′ dx = ln(ln x + 3) + C.
4 Integrationsregeln
4.2.3 Der Fall
R
f ′ (g(x))g ′(x) dx
R
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
Z
′
′
f (g(x))g (x) = 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.
R
4.2.4 Spezialfall
R
g(x)g ′(x) dx
Das einfachste Beispiel ist der Fall, dass der Integrand die Gestalt
g ′(x)g(x)
hat. Dann gilt
Z
4.2.5 Beispiel
′
g (x)g(x) dx =
R
ln x
x
Z
u du =
dx
43
u2
(g(x))2
+C =
+ C.
2
2
4 Integrationsregeln
✍ 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
ln x
1
dx = (ln x)2 + C.
x
2
Z
4.2.6 Beispiel
R
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
und das Integral wird zu
Z
sin x
e
cos x dx =
Z
eu du = eu + C.
Rücksubstitution ergibt
Z
4.2.7 Beispiel
R
1
x(ln x+2)3
esin x cos x dx = esin x + C.
dx
44
4 Integrationsregeln
✍ 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
(ln x + 2)′
dx,
(ln x + 2)3
Z
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
dz = − · 4 + C.
3
u
4 u
Rücksubstitution liefert das Ergebnis
Z
4.2.8 Beispiel
R
1
1
dx
=
−
+ C.
x(ln x + 2)3
4(ln x + 2)4
√ 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.
45
4 Integrationsregeln
Nun ist der Zähler des Integranden x und nicht −2x, deshalb gehen wir wie folgt
vor:
Z
1
x
√
dx = −
2
2 − x2
Z
Rücksubstitution ergibt:
Z
√
−2x
1
√
dx = −
2
2 − x2
Z
√
1
√ du = − u + C.
u
√
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 =
46
dx =
dt
dt
t
2 dt
2t
1 − t2
, sin x =
, cos x =
2
2
1+t
1+t
1 + t2
KAPITEL 5
Zahlenfolgen
5.1
Was sind Zahlenfolgen? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
5.2
5.3
Wie kann man Grenzwerte von Zahlenfolgen bestimmen? . . . . . . . . . 48
In den Aufgaben tauchen aber solche Grenzwerte doch gar nicht auf!? . . 48
n
n
5.3.4
5.3.5
5.3.6
2 +3
Beispiel zu Ausklammern und Kürzen an = 2n+1
. . . . . . .
+3n+1
Ich sehe das so aber nicht sofort, ich habe in Summanden zerlegt.
Weitere Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
√
√
Beispiel zum Ausklammern an = 2n − 1 − n − 2 . . . . . . . .
√
√
Beispiel zum Erweitern an = 2n + 1 − n − 2 . . . . . . . . . .
Weitere Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.7
Beispiel zum Grenzwert e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
5.3.1
5.3.2
5.3.3
. . . . 49
. . . . 50
. . . . 50
. . . . 51
. . . . 51
. . . . 53
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
47
5 Zahlenfolgen
5.2 Wie kann man Grenzwerte von Zahlenfolgen
bestimmen?
D
U
Es gelten die üblichen Regeln, die jeder kennt, nur weiß man eben nicht welche
Regel denn nun anzuwenden ist.
Was kann helfen?
Es gibt Standardgrenzwerte, die man wissen sollte:
1
, lim n1
n
n→∞
lim n1k = 0, k >
n→∞
• an =
= 0 und damit gilt dies natürlich auch für jede Potenz, d.h.
0.
√
√
• an = n n, lim n n = 1. Dieser Grenzwert ist nicht trivial, da es zwei widern→∞
streitende Teilgrenzwerte“ gibt, nämlich für jede reelle Zahl K größer Null ist
”
√
lim n K = 1, da für K > 1 eine monoton fallende Folge und für K < 1 eine
n→∞
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→∞
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
”
an =
2n + 3n
.
2n+1 + 3n+1
48
5 Zahlenfolgen
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 =
2n +3n
2n+1 +3n+1
✍ Man bestimme den Grenzwert
2n + 3n
.
n→∞ 2n+1 + 3n+1
lim
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
.
an = n+1
=
=
n
2
+ 3n+1
3n (2n+1 3−n + 3)
2 23 + 3
Nun sieht man, dass als Teilgrenzwert nur noch
n
2
lim
=0
n→∞ 3
49
5 Zahlenfolgen
zu berechnen ist und damit ergibt sich
0+1
1
2n + 3n
=
= .
n+1
n+1
n→∞ 2
+3
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
2n + 3n
2n
3n
=
+
.
2n+1 + 3n+1
2n+1 + 3n+1 2n+1 + 3n+1
an =
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
n
2
(2 + 2−n 3n+1 ) (3−n 2n+1 + 3)
2 + 23 · 3
·2+3
3
Nun gilt für die Teilgrenzwerte
n
3
lim
= ∞ und
n→∞ 2
n
2
lim
= 0,
n→∞ 3
deshalb ist
n 3
·3 =∞
lim 2 +
n→∞
2
und
lim
1
n→∞
Insgesamt erhält man in diesem Fall:
2+
3 n
2
·3
= 0.
2n + 3n
1
1
lim
= 0+
= .
n→∞ 2n+1 + 3n+1
2·0+3
3
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
50
nicht existiert.
5 Zahlenfolgen
5.3.4 Beispiel zum Ausklammern an =
√
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 − 2 = lim
n→∞
Es gilt
√
n auszuklammern:
s s !
1
2
− n 1−
n (2 −
n
n
!
r
r
√
1
2
2− − 1−
= lim n
n→∞
n
n
2
1
= lim = 0
n→∞ n
n→∞ n
lim
und damit
lim
n→∞
r
1
2− −
n
r
2
1−
n
!
=
s
s
1
2
lim 2 −
− lim 1 −
n→∞
n→∞
n
n
√
√
√
= 2 − 1 = −1 + 2 > 0,
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 =
✍ Man bestimme den Grenzwert
√
2n + 1 −
√
√
lim ( 2n + 1 − n − 2)
n→∞
51
√
n−2
5 Zahlenfolgen
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 gegen Unendlich streben, bietet es sich an n auszuklammern:
√
√
lim ( 2n + 1 − n − 2) = lim √
n→∞
Nun
√
n+3
√
n→∞
2n + 1 + n − 2
n 1 + n3
= lim q
q
n→∞
1
n 2 + n + n 1 − n2
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
52
5 Zahlenfolgen
Folglich gilt für die Teilgrenzwerte:
3
2
1
= lim = lim = 0 und
n→∞ n
n→∞ n
n→∞ n
√
lim n = ∞
n→∞
√
√
√
n
3
= lim n + lim
und damit lim n 1 +
n→∞
n→∞
n→∞ 3n
n
√
√
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
!
s
1
2
1
2
+
= lim
+ lim
2+
1−
2+
1−
n→∞
n→∞
n
n
n
n
s
s
√
√
√
1
2
=
+ lim 1 −
= 2 + 1 = 1 + 2 > 0.
lim 2 +
n→∞
n→∞
n
n
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−
√
n − 2 = 0.
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
53
x
= e.
5 Zahlenfolgen
Der Trick“ besteht also darin ein geeignetes x zu sehen.
”
✍ Man bestimme des Grenzwert
2n
3
lim 1 +
n→∞
n
Durch geeignetes Aufschreiben finden wir ein geeignetes x.
n ·3·2
2n
3
1 3
lim 1 +
= lim 1 + n
n→∞
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→∞
k ∈ N und damit ist
n→∞
2n
x·3·2 x 6
1
1
3
= e6 .
= lim 1 +
= lim 1 +
lim 1 +
x→∞
x→∞
n→∞
n
x
x
54
KAPITEL 6
Zahlenreihen
6.1
Welche bekannten Reihen kennt man? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
6.2
Die geometrische Reihe erkennen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
P
(−3)k+1
6.2.1 Beispiel ∞
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
k=0 (2p)k
6.3
Mit der geometrischen Reihe abschätzen – das Quotientenkriterium . . . . 57
P
(−3)k+1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
6.3.1 Beispiel ∞
k=0 (2p)k
2k P∞
p
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
6.3.2 Beispiel k=0 (−1)k 2+5k
6.4
6.5
Leibniz-Kriterium für alternierende Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
Integralkriterium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
∞
P
1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
6.5.1 Beispiel
k(ln k)3
k=2
6.6
6.7
Wie kommt man zu Konvergenzkriterien für allgemeine Reihen? . . . . . 62
Übersicht zu Zahlenreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
Formal schreibt man
∞
X
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“ erklärt 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→∞
55
6 Zahlenreihen
6.1 Welche bekannten Reihen kennt man?
R
Grundlage für die meisten Aussagen über Reihen ist die geometrische Reihe:
∞
X
qk = 1 + q + q2 + . . . + qn + . . . =
k=0





∞,
q ≥ 1,
1
,
−1 < q < 1,
1−q



 divergent, 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
,
(2p)k
k=0
56
6 Zahlenreihen
das ist aber eine geometrische Reihe mit q =
−3
2p
und die geometrische Reihe konver-
giert für
−3
< 1 ⇐⇒
−1 <
2p
also insgesamt p >
3
2
oder p <
−3
.
2
(
−p <
−p >
−3
2
−3
2
< p, für
> p, für
p > 0,
p < 0,
Hier ist die Ermittlung der p relativ unübersicht-
lich, einfacher ist es, wenn man anstelle von −1 <
−3
2p
< 1 die äquivalente 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 vorigen 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 ak+1 3k+2 · (2|p|)k
= lim (2p)k+1
=
lim
lim k→∞ 3k+1 · (2|p|)k+1
k→∞
ak k→∞ (−3)k+1
k (2p)
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
57
6 Zahlenreihen
gleich 1, so ist keine Aussage möglich. Es gilt
3
3
3k+2 · (2|p|)k
= lim
=
.
lim
k→∞ 2|p|
k→∞ 3k+1 · (2|p|)k+1
2|p|
Wie wir bereits gesehen hatten gilt
3
< 1 für
2|p|
p<−
3
2
oder
3
p> .
2
In diesen Fällen konvergiert die Reihe also. Dagegen divergiert die Reihe für − 32 <
p < 23 , da in diesem Fall
3
> 1 gilt.
2|p|
Der Fall
3
=1
2|p|
muss extra untersucht werden und zerfällt in die beiden Teilfälle: p = − 23 und p = 32 .
Im Fall p = − 32 ergibt sich die Zahlenreihe
∞
∞
∞
X
X
(−3)k+1 2k X
(−3)k+1
(−3)
=
=
3 k
2k · (−3)k
k=0
k=0
k=0 2 · − 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 · 3k
3 k
2
k=0 2 · 2
k=0
k=0
und ist ebenfalls divergent, da die Partialsummen abwechselnd −3 bzw. Null sind.
Folglich ist die Reihe konvergent für p < − 32 oder p > 32 und divergent für − 32 ≤ p ≤
3
.
2
Das funktioniert auch für die folgende Aufgabe.
6.3.2 Beispiel
P∞
k=0 (−1)
k
p2k
2+5k
✍ Für welche reellen p konvergiert bzw. divergiert die Reihe
∞
X
k=1
(−1)
k
p2k
2 + 5k
58
?
6 Zahlenreihen
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
p2k
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
k→∞
k→∞ 2 + 5k + 5
lim
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
2 + 5k
∞
X
(−1)k
=
k=1
1
2 + 5k
und für p = 1 ergibt sich exakt dieselbe Reihe, da (−1)2k = ((−1)2 )k = 1 = 12k ist. Die
1
Folge 2+5k
ist eine monotone Nullfolge und deshalb konvergieren die Zahlenreihen
2
für p = 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
6.4 Leibniz-Kriterium für alternierende Reihen
Dieses Kriterium ist nur für alternierende Zahlenreihen anwendbar. Die Reihe
P
(−1)k ak
k=1
mit ak ≥ 0 für alle k ist eine alternierende Reihe. Gilt, dass die Zahlenfolge {ak } eine monoton fallende Nullfolge ist, d.h. es gilt ak ≥ ak+1 und lim ak = 0, dann
k→∞
konvergiert die alternierende Reihe. Das andere Spezialkriterium ist das
59
6 Zahlenreihen
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
R
1
2
3
4
5
6
7
8
Deshalb besagt das Integralkritierium: Ist f (x) auf [m, ∞), m ganzzahlig, po-
sitiv und monoton fallend, so haben
∞
X
f (k)
und
Z
∞
f (x) dx
m
k=m
gleiches Konvergenzverhalten.
Wir erläutern das wieder am Beispiel.
6.5.1 Beispiel
∞
P
k=2
✍
1
k(ln k)3
Ist die unendliche Reihe
∞
X
k=2
1
k(ln k)3
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
60
6 Zahlenreihen
betrachten. Es gilt
∞
Z
2
dx
= lim
x(ln x)3 A→∞
A
Z
2
dx
= lim
x(ln x)3 A→∞
Z
A
2
d(ln x)
.
(ln x)3
Somit ergibt die Substitution y = ln x
ln A
Z ln A
dx
1 dy
= 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
Z
∞
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
∞
dx
= lim
x(1 + ln x) A→∞
1
Z
A
1
dx
= lim
x(1 + ln x) A→∞
Z
1
A
d(1 + ln x)
.
(1 + ln x)
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) =
monoton fallend ist, divergiert auch die unendliche Reihe
∞
X
k=1
1
.
k(1 + ln k)
61
1
x(1+ln x)
6 Zahlenreihen
6.6 Wie kommt man zu Konvergenzkriterien für
allgemeine Reihen?
Man sieht schnell ein, dass das Majorantenkriterium gilt: Konvergiert die Reihe
∞
∞
P
P
ak mit ak ≥ 0 und gilt |bk | ≤ ak für alle k, so konvergiert die Reihe
bk (ab-
k=0
k=0
solut). 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
mit ak ≥ 0 und gilt bk ≥ ak für alle k, so divergiert die Reihe
sofort aus
∞
X
k=0
bk ≥
∞
X
∞
P
∞
P
ak
k=0
bk . Das ergibt sich
k=0
ak .
k=0
Der dritte im Bunde ist das notwendige Konvergenzkriterium, konvergiert die Reihe
∞
P
ak , so gilt lim ak = 0. Die allgemeine Anwendung hier besteht darin, dass wenn
k→∞
k=0
gilt lim ak = c 6= 0, oder der Grenzwert existiert gar nicht, so divergiert die Reihe.
k→∞
62
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
np
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
Z
konvergiert
∞
f (x) dx
m
Das uneigentliche Integral
konvergiert, wenn der
Grenzwert
Z
A
divergiert
lim
A→∞
f (x)dx
m
existiert und endlich ist.
∞
X
an
∞
X
an
n=1
Vergleichskriterium
(an , bn > 0)
∞
m
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 < an ≤ b n
0 < b n ≤ an
und
und
∞
∞
X
X
bn konvergiert
bn divergiert
n=1
n=1
63
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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
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) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . 65
. . . . . . . . . . . 66
. . . . . . . . . . . 66
. . . . . . . . . . . 67
. . . . . . . . . . . 68
7.3 Potenzreihen mit Zentrum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
P
(x+2)n+1
√
. . . . . . . . . . . . 71
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 . . . . . . . . . . . . 72
7.4 Taylorreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
7.4.1 Beispiel zu Taylorreihen f (x) = 2x2 + 4x − 3 . . . . . . . . . . . . . . . . 76
7.4.2
7.4.3
7.4.4
Beispiel zu Taylorreihen f (x) = ln(1 − x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Beispiel zu Taylorreihen ln 0.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
R1√
Beispiel Taylorreihe 0 x sin x dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Potenz- und Taylorreihen sind Funktionenreihen mit einer besonderen Form.
7.1 Potenzreihen
Potenzreihen haben die Gestalt:
∞
P
an xn .
n=0
Um die Konvergenz zu untersuchen, halten wir x zunächst fest und erhalten eine
64
7 Potenz- und Taylorreihen
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
n→∞ |bn |
n→∞
n→∞ |an |
n→∞ |an |
|an x |
lim
|x| hängt nicht von k ab und kann deshalb vor den Grenzwert gezogen werden
R
1
|an+1 |
< 1 ⇐⇒ |x| <
.
|
n→∞ |an |
lim |a|an+1
|
n
= |x| lim
n→∞
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.
65
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 xk
k=0
dar. Da Potenzreihen unendliche Polynome“ sind, sind sie leicht gliedweise zu
”
differenzieren bzw. zu integrieren. Wie man sich mit Hilfe des Quotienten- bzw.
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∞
2n
n x
n=0 (−1) (2n)!
✍ Für welche reellen x konvergiert bzw. divergiert die Potenzreihe
∞
2n
X
n x
(−1)
(2n)!
n=0
?
Wir bestimmen mit Hilfe des Quotienkriteriums den Konvergenzradius R =
(−1)n+1 (2(n+1))! (2n)!
(2n)!
= lim
c = lim =
lim
n
(−1) n→∞
n→∞ (2n + 2)!
n→∞ (2n)!(2n + 1)(2n + 2)
(2n)! 1
= 0,
n→∞ (2n + 1)(2n + 2)
= lim
66
1
c
mit
7 Potenz- und Taylorreihen
folglich ist R = ∞ und die Potenzreihe konvergiert für alle reellen x.
7.2.3 Beispiel
P∞
xn
n=0 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 =
mit
|an+1 |
= lim
c = lim
n→∞
n→∞ |an |
= lim
n→∞
=1
zu R =
1
c
n2
n2 (1 +
h
2
(n+1)
n2
1
(n+1)2 +1
1
n2 +1
1
)
n2
+
1
n2
1
c
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
= 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
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.
67
7 Potenz- und Taylorreihen
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)
= lim
n→∞
1
c
mit
ln(n + 2)
ln(n + 1)
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 + ln 1 +
ln(n + 2) = ln n 1 +
n
n
und
1
1
= ln n + ln 1 +
.
ln(n + 1) = ln n 1 +
n
n
Damit ergibt sich
ln n + ln 1 + n2
c = lim
n→∞ ln n + ln 1 + 1
n
68
7 Potenz- und Taylorreihen
Jetzt kann man ln n in Zähler und Nenner ausklammern und erhält
2
2
ln(1+ n
ln(1+ n
)
)
1 + ln n
ln n 1 + ln n
= 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
1
= 0,
n→∞ ln(n + 1)
lim
da ln(n + 1) für n → ∞ gegen ∞ strebt. Nach dem Leibniz-Kriterium für alternie-
rende Reihen konvergiert diese Zahlenreihe.
Für x = 1 erhalten wir die Zahlenreihe
∞
X
n=1
1
.
ln(n + 1)
69
7 Potenz- und Taylorreihen
Wegen n > ln n für n ≥ 1 gilt
∞
X
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.
70
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
P∞
n=1
n+1
(x+2)
√
n
✍ 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 1
n→∞ √
n
s
= lim
n→∞
1
lim 1 +
n→∞
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,
71
7 Potenz- und Taylorreihen
also R =
1
c
= 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
(−1)n
(−3)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
(2x+1)n
n=1 4n+1
P∞
✍ Für welche reellen Zahlen x konvergiert bzw. divergiert die Potenzreihe
∞
X
(2x − 1)n
n=1
4n + 1
72
?
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
= lim
c=
n→∞ n 4 + 1
n→∞
4n + 1
n
5
5
4
+
lim
4+ n
n→∞ n
=
=1
= lim
1
n→∞ 4 +
1
4
+
lim
n
n
n→∞
und damit ist R =
D
U
1
c
= 1.
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 − 12
2n
1
=
=
x−
4n + 1
4n + 1
2
4n + 1
n=1
n=1
n=1
73
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(4n + 1)
2n+1 (4n + 1)
= lim
n→∞ 4(n + 1) + 1
n→∞ 2n (4(n + 1) + 1)
= lim
4n + 1
=2
n→∞ 4(n + 1) + 1
= 2 lim
zu R =
1
c
=
1
2
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
} eine monoton fallende Nullfolge ist.
da die Folge { 4n+1
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
1
n
∞
∞
∞
X 1
1X 1
1X1
1
>
=
=
4n + 1 n=1 4n + 4
4 n=1 n + 1
4 n=2 n
ist divergent (p = 1).
R
7.4 Taylorreihen
Aus der Tatsache, dass man Potenzreihen beliebig oft differenzieren kann
∞
P
erhält man die folgende Beziehung. Konvergiert die Potenzreihe
an xn auf dem
n=0
74
7 Potenz- und Taylorreihen
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
an (x − a)n =
∞
X
f (n) (a)
n=0
n!
(x − a)n = 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 konver-
giert 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 differen-
75
7 Potenz- und Taylorreihen
zierbar 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:
f (n+1) (x0 + θ(x − x0 ))
(x − x0 )n+1 , mit 0 < θ < 1.
Rn (x, x0 ) =
(n + 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!
(x − 1)k .
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.
76
7 Potenz- und Taylorreihen
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.
77
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 · 2 = −2,
(−1)
3
(1 − x)
x=0 (−1) · 2 · (−3)
= −1 · 2 · 3 = −6,
(−1)
(1 − x)4
x=0
(−1) · 2 · 3 · (−4)
= −1 · 2 · 3 · 4 = −24,
(−1)
(1 − x)5
x=0
damit können wir auf die k-te Ableitung schließen:
(−1) · 2 · 3 · · · (k − 2) · (−(k − 1))
(k)
f (0) =
= −(k − 1)!
(−1)
(1 − x)k
x=0
Damit ist
−(k − 1)!
1
f (k) (0)
=
=−
ak =
k!
k!
k
und die Taylorreihe lautet:
∞
X
x k
1 2 1 3
x .
f (x) = 0 − x − x − x − . . . = −
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)!
n+1
x
−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
78
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
1
1
<
2
1+θ
Analog erhält man für x < 0 :
für alle θ mit 0 < θ < 1.
x<
|x| < |1 − θx| ⇐⇒ −x < 1 − θx ⇐⇒ −(1 − θ)x < 1 ⇐⇒ x > −1 > −
Folglich erhalten wir als Konvergenzbereich das Intervall −1,
D
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.
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 konvergiert
und aus dem Abelschen Konvergenzkriterium folgt, dass die Potenzreihe für x = −1
auch gegen ln 2 konvergiert.
79
7 Potenz- und Taylorreihen
U
Braucht man das Restglied also eigentlich gar nicht? Doch, auch das
Restglied wird benutzt, zwar nicht zur Konvergenzuntersuchung, sondern zum
Abschätzen des Fehlers, den man macht, wenn man die Funktion f (x) durch das
Taylorpolynom n-ten Grades approximiert.
Auch dazu betrachten wir ein Beispiel.
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, das
80
7 Potenz- und Taylorreihen
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
sin x = x −
∞
X
x2k+1
x3 x5 x7
(−1)k
+
−
+ ... =
3!
5!
7!
(2k + 1)!
k=0
81
7 Potenz- und Taylorreihen
(siehe Formelsammlung, Tafelwerk, rechne nach). Folglich erhält man
√
x sin x =
√
∞
X
x2k+1
(−1)k
(2k + 1)!
k=0
x
3/2
=x
!
=
√
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
√
0
Z 1X
∞
x2k+3/2
x7/2 x11/2 x15/2
3/2
+
−
+ . . . dx =
dx
(−1)k
x sin x dx =
x −
3!
5!
7!
(2k + 1)!
0 k=0
0
1
1
∞
2k+5/2 X
2 5/2 2 x9/2
2
2 x13/2
2 x17/2
x
= x −
(−1)k
+
−
+ . . . =
5
9 3!
13 5!
17 7!
4k
+
5
(2k
+
1)!
0
k=0
Z
1
0
=
∞
X
(−1)k
k=0
2
1
2 21
2 1
2 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
U
Z
0
1
√
x sin x dx ≈
2
2
2 21
−
= −
= 0.36...
5 9 3!
5 54
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
82
Z
x
−∞
t2
e− 2 dt,
7 Potenz- und Taylorreihen
• die elliptischen Integrale
K=
Z
π
2
0
• der Integralsinus
dϑ
p
1 − k 2 sin2 ϑ
und E =
Z
0
si (x) =
Z
0
x
π
2
p
1 − k 2 sin2 ϑ ϑ,
sin t
dt
t
• sowie ähnlich geartete Funktionen wie der Integralkosinus, der Integrallogarithmus und die Integralexponentialfunktion.
83
KAPITEL 8
Fourierreihen
8.1
8.1.1
Fourierkoeffizienten und Eigenschaften von Fourierreihen . . . . . . . . . 85
Beispiel Fourierreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
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 unendliche
”
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.
84
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 Fou-
rierreihe
∞
a0 X
Ff (t) =
+
ak cos(kωt) + bk sin(kωt),
2
k=1
berechnen sich wie folgt:
und
1
ak =
π
Z
1
bk =
π
Z
2π
0
0
2π
1
f (x) cos(kx) dx =
π
Z
π
1
f (x) sin(kx) dx =
π
Z
π
f (x) cos(kx) dx
−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
• in jedem Stetigkeitspunkt x der Funktion f gegen f (x),
85
8 Fourierreihen
• 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
,
2
−π ≤ t < − π2 ,
− π2 ≤ t < π2 ,
−t,
π
2
− π2 ,
≤t<π
Man setze die Funktion 2π-periodisch fort und skizziere den Funktionsgraphen im
, 3π
. Wie lautet die Fourierreihe? Wogegen konvergiert die FourierIntervall − 3π
2
2
reihe? Wo konvergiert die Fourierreihe gleichmäßig.
Wir skizzieren zunächst die Funktion f (x) :
π
2
− 3π
2
−π
f(x)
π
π
2
− π2
− π2
86
3π
2
8 Fourierreihen
Nun bilden wir die Fourierreihe indem wir die Fourierkoeffizienten berechnen:
1
π
Z
π
1
=
π
Z
− π2
ak =
−π
− π2
Z
π
2
Z
π
!
π
π
cos(kx) dx +
x cos(kx) dx +
− cos(kx) dx
π
π
2
−π 2
−2
2
!
Z π
Z π
Z 0
2
π
π
x cos(kx) dx −
− cos(kx) dx
x cos(kx) dx +
cos(kx) dx −
π
2
2
0
− π2
2
f (x) cos(kx) dx =
−π
Z
Substitution im 1. und 2. Integral ξ := −x, dξ = −dx
und entsprechende Integrationsgrenzen
!
Z π
Z 0
Z π
Z π
2 π
2
1
π
−
cos(−kξ) dξ −
=
ξ cos(k(−ξ)) dξ −
− cos(kx) dx
x cos(kx) dx +
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
1
π
π
cos(kξ) dξ +
=
− cos(kx) dx = 0,
ξ cos(kξ) dξ −
x cos(kx) dx +
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
π
über diese ungerade Funktion ist Null. Das gilt allgemein.
2
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
x sin(kx) dx +
− sin(kx) dx
f (x) sin(kx) dx =
sin(kx) dx +
π
2
−π 2
− π2
−π
2
!
Z −π
Z 0
Z π
Z π
2 π
2
π
sin(kx) dx −
x sin(kx) dx −
x sin(kx) dx +
− 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 π
Z π
Z 0
2 π
2
1
π
=
ξ sin(k(−ξ)) dξ −
x sin(kx) dx +
− sin(kx) dx
−
sin(−kξ) dξ −
π
π
π
2
π 2
0
2
2
87
8 Fourierreihen
da gilt sin(−x) = − sin x weil der Sinus eine ungerade Funktion ist, ergibt sich
!
Z π
Z π
2
π
2
−
x sin(kx) dx +
− sin(kx) dx
=
π
π
2
0
2
π
π !
Z π
2
2
π
2
1
1
1
cos(kx) dx +
=
x cos(kx) −
cos(kx)
π
k
k 0
2k
π
0
2
π
2
1
π
2 1
1
π
2π1
cos(k ) −
sin(kx) + cos(kπ) − cos k
=
π2k
2
π k2
k
k
2
0
1
π
2 1
+ cos(kπ)
= − 2 sin k
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)
1
1
2 1
2
1
2
− sin(3x)+ sin(4x)+ −
− sin(5x)+. . .
Ff (x) = − − 1 sin x+ sin(2x)+
π
2
9π 3
4
25π 5
∞ π 1
X
2 1
− 2 sin k
=
+ cos(kπ) sin(kx)
πk
2
k
R
k=1
Die Fourierreihe einer ungeraden Funktion ist eine reine Sinusreihe.
Dagegen ist die Fourierreihe einer geraden Funktion eine reine Kosinusreihe (mit
Absolutglied).
88
8 Fourierreihen
Gemäß dem Konvergenzsatz konvergiert die Fourierreihe gegen die Funktion
Ff (x) =
0,









− π2 ,
x = (2k − 1)π,
(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,




π
π


 − 2 , 2 < 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
− π2
Ff (x)
π
π
2
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 rechtsund linksseitigem Grenzwert.
89