¨Ubungsblatt 12 MAT121.1 Analysis 1 Herbstsemester 2016 Prof. Dr

Übungsblatt 12
MAT121.1 Analysis 1
Herbstsemester 2016
Prof. Dr. Camillo De Lellis
Die Übungsblätter werden jeweils am Freitag auf der Homepage der Vorlesung publiziert.
Für den Leistungsnachweis müssen mindestens 8 gelöste Übungsblätter mit mindestens 12 Punkten abgegeben
und insgesamt mindestens 280 Punkte erreicht werden. Generell soll die Herleitung der Resultate übersichtlich
sein, und es wird gebeten, leserlich zu schreiben.
Abgabe : Freitag 16. Dezember 13:00 im Briefkasten “Analysis 1 Mat 121.1” im K-Stock am Institut für Mathematik.
Erinnerung: Sie dürfen die Übungen nicht in Paaren abgeben.
Aufgabe 1 (12 Punkte)
Bestimmen Sie die Taylorreihe von den folgenden Funktionen:
(i) a(x) = e−x , in x0 = 4.
(ii) b(x) = ln(x), in x0 = 2.
Bestimmen Sie das Taylorpolynom der Ordnung 4 an der Stelle 0 von den folgenden Funktionen:
2
(iii) c(x) = x4 e−3x .
√
(iv) d(x) = 1 + x.
Benutzen Sie die Taylor-Entwicklung, um die folgenden Grenzwerte zu berechnen:
(v) limx→0
(vi) limx→0
x2 −sin2 (x)
(ex −1−x)2 .
2(1−cos(x)) sin(x)−x3
.
sin3 (x)−x3
Lösung:
(i) Wir rechnen für jedes k ∈ N
a(k) (x) = (−1)k e−x .
Demnach
a(k) (4) = (−1)k e−4
und die Taylorreihe T (x) von a(x) ist
T (x) =
X (−1)k e−4
X a(k) (4)
(x − 4)k =
(x − 4)k .
k!
k!
k∈N
k∈N
1
(ii) Wir rechnen für jedes k ∈ N, k > 0
b(k) (x) =
(−1)k+1 (k − 1)!
.
xk
Wir können die Formel beispielsweise per Induktion zeigen. Hierzu verfahren wir wie folgt.
Induktionsanfang: Für k = 1, gilt
1
(−1)k+1 (k − 1)!
(−1)1+1 (1 − 1)!
=
.
=
x
x1
xk
b(k) (x) =
Induktionsschritt: Nehme an, wir hätten die Formel bereits für ein k ∈ N, k ≥ 1 bewiesen. Wir
rechnen
b(k+1) (x) =
(−1)k+1 (k − 1)!
xk
0
= −k
(−1)k+1 (k − 1)!
(−1)(k+1)+1 ((k + 1) − 1)!
=
.
xk+1
xk+1
Also gilt die Formel offenbar auch für k + 1.
Induktionsschluss: Für jedes k ∈ N, mit k > 0, gilt die Formel
b(k) (x) =
(−1)k+1 (k − 1)!
.
xk
b(k) (2) =
(−1)k+1 (k − 1)!
.
2k
Demnach
und die Taylorreihe T (x) von b(x) ist
∞
∞
X
X
X b(k) (2)
(−1)k+1 (k − 1)!
(−1)k+1
k
k
T (x) =
(x − 2) = ln(2) +
(x
−
2)
=
ln(2)
+
(x − 2)k .
k!
2k k!
2k k
k=1
k∈N
k=1
(iii) Da
ex =
X xk
,
k!
k∈N
haben wir, dass
2
x4 e−3x = x4
X (−3x2 )k
X (−3)k
=
x2k+4 .
k!
k!
k∈N
k∈N
Demnach ist das Taylorpolynom der Ordnung 4 an der Stelle 0
T4 (x) = x4 .
(iv) Wir rechnen für jedes n ∈ N, n > 0
d(n) (x) =
1
2
1
1
1
1
−1
− 2 ···
− n + 1 (1 + x) 2 −n .
2
2
2
Wir können die Formel beispielsweise per Induktion zeigen. Hierzu verfahren wir wie folgt.
Induktionsanfang: Für n = 1, gilt
(1)
d
1
1
1
(x) = (1 + x)− 2 = · · ·
2
2
1
1
− n + 1 (1 + x) 2 −n .
2
Induktionsschritt: Nehme an, wir hätten die Formel bereits für ein n ∈ N, n ≥ 1 bewiesen. Wir
2
rechnen
0
1
1 1
1
1
−1
− 2 ···
− n + 1 (1 + x) 2 −n
2 2
2
2
1
1 1
1
1
1
=
−1
− 2 ···
−n+1 ·
− n (1 + x) 2 −(n+1)
2 2
2
2
2
1
1 1
1
1
=
−1
− 2 ···
− (n + 1) + 1 (1 + x) 2 −(n+1) .
2 2
2
2
d(n+1) (x) =
Also gilt die Formel offenbar auch für n + 1.
Induktionsschluss: Für jedes n ∈ N, mit n > 0, gilt die Formel
d(n) (x) =
1
2
1
1
1
1
−1
− 2 ···
− n + 1 (1 + x) 2 −n .
2
2
2
Wir haben, dass
1
(1 + x) 2 = 1 +
∞ 1 1
1
1
X
2 ( 2 − 1)( 2 − 2) · · · ( 2 − n + 1) n
x .
n!
n=1
Demnach ist das Taylorpolynom der Ordnung 4 an der Stelle 0
T4 (x) = 1 +
x3
5 4
x x2
−
+
−
x .
2
8
16 128
(v) Wir rechnen
3
x2 − (x − x6 + o(x3 ))2
x2 − sin2 (x)
lim x
=
lim
2
x→0 (e − 1 − x)2
x→0 (1 + x + x − 1 − x + o(x2 ))2
2
x4
4
3 + o(x )
2
x
2 2
x→0 (
2 + o(x ))
= lim
x4
3
4
x→0 x
4
= lim
+ o(x4 )
+ o(x4 )
=
4
x4 + o(x4 )
4
lim 4
= .
3 x→0 x + o(x4 )
3
(vi) Wir bemerken, dass
x2
x4
x3
x5
5
5
2(1 − cos(x)) sin(x) − x = 2
−
+ o(x )
x−
+
+ o(x ) − x3
2
24
6
120
x5
x5
= x3 −
− x3 + o(x5 ) = − + o(x5 ).
4
4
3
Ausserdem
3
x3
x5
x5
x5
5
sin (x) − x = x −
+
+ o(x ) − x3 = x3 −
+ o(x5 ) − x3 = − + o(x5 ).
6
120
2
2
3
3
Demnach rechnen wir
5
− x4 + o(x5 )
2(1 − cos(x)) sin(x) − x3
1
lim
=
lim
= .
5
3
x
3
5
x→0
x→0
2
sin (x) − x
− 2 + o(x )
Aufgabe 2 (12 Punkte)
Sei f : R → R, sodass
f (x) :=
 1
−x


e
0



1
ex
3
falls x > 0
falls x = 0 .
falls x < 0
Zeigen Sie, dass f (k) für jedes k ∈ N überall definiert ist, aber f (k) (0) = 0 für jedes k ∈ N gilt und somit
(k)
P
die Taylorreihe k∈N f k!(0) xk nur in x = 0 nach f konvergiert.
Lösung:
(i) f ist differenzierbar in R \ {0}. Wir behaupten, dass für jedes k ∈ N

e− x1 Pk (x)
Qk (x)
f (k) (x) :=
e x1 Rk (x)
Sk (x)
falls x > 0
,
falls x < 0
wobei Pk , Qk , Rk , Sk Polynome sind mit Grad maximal 2k (k + 1). Wir können die Formel beispielsweise per Induktion zeigen. Hierzu verfahren wir wie folgt.
Induktionsanfang: Für k = 0, gilt

e− x1 1 1
f (k) (x) =
e x1 1 
1
P0 (x)
−x

e
falls x > 0
Q0 (x)
=
1
0 (x)

ex R
falls x < 0
S0 (x)
1
falls x > 0
,
falls x < 0
wobei P0 , Q0 , R0 , S0 Polynome mit Grad 1 ≤ 2k (k + 1) sind.
Induktionsschritt: Nehme an, wir hätten die Formel bereits für ein k ∈ N bewiesen. Wir rechnen

0
 e− x1 Pk (x)
falls x > 0
Q (x)
f (k+1) (x) = 1 k 0
 e x Rk (x)
falls x < 0
Sk (x)

2 0
2
0
k (x)−x Pk (x)Qk (x)
e− x1 Pk (x)Qk (x)+x Pk (x)Q
Q2k (x)x2
=
e x1 −Pk (x)Qk (x)+x2 Pk0 2(x)Qk2(x)−x2 Pk (x)Q0k (x)
Qk (x)x

1
e− x Pk+1 (x)
falls x > 0
Qk+1 (x)
,
=
1
R
(x)
k+1
e x
falls x < 0
Sk+1 (x)
falls x > 0
falls x < 0
wobei Pk+1 , Qk+1 , Rk+1 , Sk+1 Polynome sind mit Grad maximal
2(2k (k + 1)) + 2 = 2k+1 (k + 1) + 2 ≤ 2k+1 ((k + 1) + 1).
Also gilt die Formel offenbar auch für k + 1.
Induktionsschluss: Für jedes k ∈ N, gilt die Formel

e− x1 Pk (x)
Q
(x)
k
f (k) (x) :=
e x1 Rk (x)
Sk (x)
falls x > 0
,
falls x < 0
wobei Pk , Qk , Rk , Sk Polynome sind mit maximal Grad 2k (k + 1).
Nun studieren wir die Stelle x = 0. Für jedes k ∈ N haben wir
lim f
(k)
x→0+
(x) = lim e
1
−x
x→0+
und
lim f
x→0−
(k)
(x) = lim− e
x→0
1
x
Pk (x)
Qk (x)
Rk (x)
Sk (x)
=0
= 0.
Demnach f (k) (0) = 0 und f ist überall differenzierbar. Wir folgern, dass die Taylorreihe von f
T (x) = 0 6= f (x),
4
∀x 6= 0.
Demanch konvergiert die Taylorreihe nur in x = 0 nach f .
Aufgabe 3 (12 Punkte)
Untersuchen Sie den Graphen von den folgenden Funktionen. Falls möglich, benutzen Sie das zweite
Ableitungs-Kriterium, um Maxima oder Minima zu bestimmen.
(a) f (x) =
x
ln(x) .
(b) g(x) =
p
1 − |ex − 1|.
Lösung:
(a) f ist definiert falls

ln (x) 6= 0
.
x > 0
Demnach ist der Definitionsbereich (0, 1) ∪ (1, +∞).
Da x > 0 im Definitionsbereich, haben wir, dass
⇐⇒
f (x) > 0
⇐⇒
ln(x) > 0
x > 1.
Wir bemerken, dass
lim f (x) = 0− ,
lim f (x) = −∞
x→1−
x→0+
und
lim f (x) = +∞,
lim f (x) = +∞.
x→+∞
x→1+
Ausserdem
f 0 (x) =
ln (x) − x x1
2
ln (x)
ln (x) − 1
.
ln2 (x)
=
Da ln2 (x) > 0 im Definitionsbereich, haben wir, dass
f 0 (x) ≥ 0
⇐⇒
ln (x) − 1 ≥ 0
⇐⇒
x ≥ e.
Demnach ist f wachsend in (e, +∞) und fallend in (0, 1) ∪ (1, e) und f 0 (e) = 0. Wir haben, dass
f
(2)
(x) =
ln2 (x)
x
− 2 ln
2
(x)−ln (x)
x
ln4 (x)
Wir bemerken, dass
.
e
> 0,
1
und wir folgern, dass e ein Minimumpunkt ist. Das lokale Minimum ist f (e) = e.
f (2) (e) =
5
y
x
(b) g ist definiert falls
1 − |ex − 1| ≥ 0
⇐⇒
|ex − 1| ≤ 1
⇐⇒

x ≤ ln(2)
ex ≥ 0
⇐⇒

e x − 1 ≤ 1
ex − 1 ≥ −1
⇐⇒
x ≤ ln(2).
Demnach ist der Definitionsbereich (−∞, ln(2)].
g ≥ 0 im Definitionsbereich und
⇐⇒
g(x) = 0
x = ln(2).
Wir bemerken, dass
lim
x→−∞
p
1 − |ex − 1| = 0.
Um die Ableitung zu bestimmen, bemerken wir, dass
√
 2 − ex
g(x) = √
 ex
falls x ∈ [0, ln(2)]
.
(1)
falls x ∈ (−∞, 0]
Demnach ist g differenzierbar in (−∞, ln(2)] \ {0}. Nun studieren wir die Stelle x = 0. Mit Hilfe
von der Taylorreihe haben wir, dass
0
g+
(0)
p
√
1 − |eh − 1| − 1
2 − eh − 1
= lim
= lim+
h
h
h→0+
h→0
√
1
1 − 2h − 1
2−1−h−1
1
= lim+
= lim+
=− ,
h
h
2
h→0
h→0
6
(2)
und
√
1 − |eh − 1| − 1
eh − 1
= lim−
= lim
h
h
h→0
h→0−
√
1
h
−
1
1
+
1+h−1
1
2
= lim−
= lim−
= .
h
h
2
h→0
h→0
p
0
g−
(0)
(3)
Demnach ist g in x = 0 nicht differenzierbar. Ausserdem
g 0 (x) = −
|ex − 1|ex
p
,
2(ex − 1) 1 − |ex − 1|
∀x ∈ (−∞, ln(2)] \ {0}.
Wir haben, dass
g 0 (x) > 0 ⇐⇒ ex − 1 < 0 ⇐⇒ x < 0.
Demnach ist f wachsend in (−∞, 0) und fallend in (0, ln(2)). Wir folgern, dass 0 ein Maximumpunkt und das lokale Maximum g(0) = 1 ist. Ausserdem ist ln(2) ein Minimumpunkt und das
lokale Minimum ist g(ln(2)) = 0.
y
x
Aufgabe 4 (12 Punkte)
(a) Schreiben Sie die Potenzreihe für f (x) =
(b) Schreiben Sie die Potenzreihe für g(x) =
1
1+x in (−1, 1) auf.
1
1+x2 in (−1, 1) auf.
(k)
(c) Benutzen Sie die Potenzreihe in (b), um g
(0) für jedes k ∈ N zu berechnen.
(d) Zeigen Sie, dass
arctan0 (x) =
1
1 + x2
und berechnen Sie die Taylorreihe T (x) von arctan(x).
(e) Sei h(x) := arctan(x) − T (x). Zeigen Sie, dass h differenzierbar in (−1, 1) ist und h0 ≡ 0 in (−1, 1).
Folgern Sie, dass
arctan(x) = T (x),
∀x ∈ (−1, 1).
(4)
(f) Benutzen Sie (4), um
1 X (−1)k
π
=√
6
3 k∈N 3k (2k + 1)
7
zu folgern.
Lösung:
(a) Falls x ∈ (−1, 1), dann
X
X
1
1
=
=
(−x)i =
(−1)i xi .
1+x
1 − (−x)
f (x) =
i∈N
i∈N
(b) Falls x ∈ (−1, 1), mit Hilfe von Punkt (a) und mit der Substitution y = x2 folgern wir
g(x) = f (y) =
X
X
(−1)i y i =
(−1)i x2i .
i∈N
i∈N

(−1)i (2i)!
falls k = 2i
0
falls k = 2i + 1
(c) Wir haben, dass
g (k) (0) =
.
(d) Wir bemerken, dass
0
(arctan) (x) =
1
1
1
=
=
.
tan0 (arctan(x))
1 + x2
1 + tan2 (arctan(x))
Da arctan(0) = 0, rechnen wir
T (x) =
X g (k−1) (0)
X g (k) (0)
X arctan(k) (0)
xk =
xk =
xk+1
k!
k!
(k + 1)!
k≥1
k∈N
=
X (−1)i (2i)!
i∈N
(2i + 1)!
k∈N
X (−1)i
=
x2i+1 .
2i + 1
x2i+1
i∈N
(e) Wir bemerken, dass für jedes x ∈ (−1, 1)
0
T (x) =
X (−1)i
x2i+1
2i + 1
!0
=
i∈N
X
0
(−1)i x2i = g(x) = (arctan) (x).
i∈N
Demnach
0
h0 (x) = (arctan) (x) − T 0 (x) = 0,
∀x ∈ (−1, 1).
Da
h(0) = arctan(0) − T (0) = 0,
folgern wir, dass
h(x) = 0,
∀x ∈ (−1, 1),
das heisst
arctan(x) = T (x),
(f) Wir rechnen (5) in x =
∀x ∈ (−1, 1).
√1
3
π
= arctan
6
1
√
3
X (−1)i 1 2i+1
1 X (−1)i
√
=
=√
,
2i + 1
3
3 i∈N 3i (2i + 1)
i∈N
wie zu zeigen war.
Aufgabe 5 (12 Punkte)
8
(5)
(a) Zeigen Sie, dass falls g : R → R konkav ist, dann gilt für jedes n ∈ N, Zahlen {λi }ni=1 mit λi ≥ 0 und
Pn
n
i=1 λi = 1 sowie Zahlen {xi }i=1 ,
g
n
X
!
n
X
≥
λ i xi
i=1
λi g(xi ).
i=1
(b) Zeigen Sie, dass für jedes n ∈ N und Zahlen {xi }ni=1 mit xi ≥ 0, die Formel
n
n
Y
1X
xi ≥
n i=1
! n1
xi
i=1
gilt.
Lösung:
(a) Wir können die Formel
g
n
X
!
λ i xi
≥
n
X
i=1
λi g(xi ).
i=1
beispielsweise per Induktion zeigen. Hierzu verfahren wir wie folgt.
Induktionsanfang: Für n = 1, da λ1 = 1, gilt
g
n
X
!
λ i xi
= g (λ1 x1 ) = g (x1 ) = λ1 g (x1 ) =
i=1
n
X
λi g(xi ).
i=1
Induktionsschritt: Nehme an, wir hätten die Formel bereits für ein n ∈ N, n > 0 bewiesen. Wir
Pn
betrachten ohne Einschränkung der Allgemeinheit den Fall λn+1 < 1, sodass ( i=1 λi ) > 0. Da g
Pn
konkav ist und ( i=1 λi ) + λn+1 = 1, rechnen wir
g
n+1
X
i=1
!
λi xi


n
n
X
X
λ
P i
= g λn+1 xn+1 + 
λj  


j=1
i=1
n
j=1
λj

 
n
n
X
X
λ
P i
≥ λn+1 g (xn+1 ) + 
λj  g 
j=1
≥ λn+1 g (xn+1 ) +
n
X
λi g(xi ) =
i=1
i=1
n+1
X
n
j=1
xi 

λj
xi 
λi g(xi ).
i=1
Also gilt die Formel offenbar auch für n + 1.
Induktionsschluss: Für jedes n ∈ N, Zahlen {λi }ni=1 mit λi ≥ 0 und
{xi }ni=1 gilt die Formel
!
n
n
X
X
g
λi xi ≥
λi g(xi ).
i=1
Pn
i=1
λi = 1 und Zahlen
i=1
(b) Falls existiert i ∈ {1, ..., n}, sodass xi = 0, dann ist die Ungleichung trivial, da xi ≥ 0 für jedes
i ∈ {1, ..., n} und
! n1
n
n
Y
1X
xi ≥ 0 =
xi
.
n i=1
i=1
Falls xi > 0 für jedes i ∈ {1, ..., n}, da ln(x) eine kokave Funktion ist, benutzen wir Punkt (a) mit
9
λi =
1
n
für jedes i = 1, . . . , n. Wir rechnen
n
ln
1X
xi
n i=1
!
n
X
1
= ln
xi
n
i=1
!
n
n
n
Y
X
X
1
1
1
≥
ln(xi ) =
xin
ln(xin ) = ln
n
i=1
i=1
i=1
Da ln(x) eine wachsende Funktion ist, folgern wir, dass
n
1X
xi ≥
n i=1
wie zu zeigen war.
10
n
Y
i=1
! n1
xi
,
!

= ln 
n
Y
i=1
! n1 
xi
.