Erreichbare Punktzahl: 20 - Fakultät für Mathematik

Prof. Dr. Moritz Kaßmann
Fakultät für Mathematik
Wintersemester 2014/2015
Universität Bielefeld
Übungsaufgaben zu Analysis 1
Lösungen von Blatt XIV vom 29.01.15
Aufgabe XIV.1 (3 Punkte)
Beweisen Sie für x ∈ R die folgende Ungleichung:
2
x2 + 1
≤ 2
≤ 2.
3
x +x+1
Aufgabe XIV.2 (6 Punkte)
Sei f : [0, 1] → R, f (x) = x2 . Für n ∈ N seien die Punkte xi =
Sie, dass xi nicht nur von i, sondern auch von n abhängt.
i
n
für i ∈ {0, 1, . . . , n} definiert. Beachten
a) Berechnen Sie für n = 3
3
X
3
X
f (xi−1 ) · (xi − xi−1 ),
i=1
f (xi ) · (xi − xi−1 )
i=1
und stellen Sie beide Größen grafisch dar.
b) Berechnen Sie
lim
n→∞
n
X
f (xi−1 ) · (xi − xi−1 )
und
i=1
lim
n→∞
n
X
f (xi ) · (xi − xi−1 ).
i=1
Aufgabe XIV.3 (5 Punkte)
a) Beweisen Sie, dass die Folge (an )n∈N der Zahlen
Zn
an =
1
dx
x
1
unbeschränkt ist, indem Sie eine geeignete Untersumme für das Integral angeben.
b) Beweisen Sie, dass die Folge (bn )n∈N der Zahlen
Zn
bn =
1
dx
x2
1
beschränkt ist, indem Sie eine geeignete Obersumme für das Integral angeben.
Aufgabe XIV.4 (6 Punkte)
Ziel der Aufgabe ist es, den Flächeninhalt eines Viertels des Einheitskreises (Einheitskreis im ersten
Quadranten) durch Approximation zu bestimmen.
Sei S der Kreisbogen des Einheitskreises im ersten Quadranten. S hat die Länge π2 . Für n ∈ N und
i ∈ {0, 1, . . . , n} seien Pni die Punkte auf S, welche man durch gleichgroße Unterteilung von S in n
Teilbögen erhält. Es gilt dann Pn0 = (1, 0) und Pnn = (0, 1) in kartesischen Koordinaten.
i−1
i
Mit Dni seien diejenigen n Dreiecke bezeichnet, welche die Eckpunkte
(0,
0), Pn und Pn haben. Für
1
n
i
n ∈ N haben die Dreiecke Dn , . . . , Dn dann denselben Flächeninhalt Dn .
a) Zeichnen Sie in eine Grafik S, D21 , D22 und in eine weitere Grafik S, D31 , D32 , D33 ein.
b) Beweisen Sie mit Hilfe elementarer Überlegungen, dass für n ∈ N und i ∈ {1, . . . , n} gilt
π π i
cos
.
Dn = sin
4n
4n
Erreichbare Punktzahl: 20
Übungsblatt XIV – Lösungen
Seite 2
c) Berechnen Sie mit Hilfe des Satzes von L’Hospital
lim
n→∞
n X
i
i
Dn = lim n Dn .
n→∞
i=1
Lösungsvorschläge
Aufgabe XIV.1
Die Funktion x → x2 + x + 1 besitzt auf R keine Nullstellen. Also ist die Funktion
2 +1
f : R → R, f (x) = x2x+x+1
auf ganz R wohldefiniert. Nach der Quotientenregel gilt
f 0 (x) =
x2 − 1
(x2 + x + 1)2
und f 00 (x) =
−2x3 + 6x + 2
.
(x2 + x + 1)3
Folglich sind die kritischen Punkte gegeben durch
f 0 (x) = 0 ⇐⇒ x = 1 oder x = −1.
Einsetzen der kritischen Punkte in f 00 liefert
f 00 (1) =
2
> 0 und f 00 (−1) = −2 < 0.
9
Also liegt an der Stelle x = 1 ein lokales Minimum mit f (1) = 23 und an der Stelle x = −1
ein lokales Maximum mit f (−1) = 2 vor. Es gilt: f (x) → 1 für |x| → ∞. Des Weiteren
gilt
• f 0 (x) < 0 für x ∈ (−∞, −1),
• f 0 (x) > 0 für x ∈ (−1, 1) und
• f 0 (x) < 0 für x ∈ (1, ∞).
Folglich sind die lokalen Extrema auch globale Extrema und es folgt die Behauptung.
Aufgabe XIV.2
a) Es gilt
3
X
i=1
3
1X
f (xi−1 )(xi − xi−1 ) =
f
3
i=1
i−1
3
1
=
3
2 2 !
1
2
5
0 +
+
=
3
3
27
2
und
3
X
i=1
3
1X
f (xi−1 )(xi − xi−1 ) =
f
3
i=1
i
1
=
3
3
!
2 2
1
2
14
+
+1 = .
3
3
27
Übungsblatt XIV – Lösungen
1
Seite 3
+
1
+
+
+
1
1
b) Sei n ∈ N beliebig. Dann gilt
n
X
n n
1 X i−1 2
1 X 2
f (xi−1 )(xi − xi−1 ) =
= 3
i − 2i + 1
n
n
n
i=1
i=1
i=1
1 n(n + 1)(2n + 1)
= 3
− n(n + 1) + n
n
6
1 n3 n2 n
1
1
1
= 3
−
+
= −
+ 2.
n
3
2
6
3 2n 6n
Also
lim
n
X
n→∞
i=1
1
f (xi−1 )(xi − xi−1 ) = .
3
Zudem gilt
n
X
i=1
n
1X
f (xi )(xi − xi−1 ) =
n
i=1
2
n
i
1 X 2
= 3
i
n
n
i=1
1 n(n + 1)(2n + 1)
1
= 3
= 3
n
6
n
1
1
1
= +
+
.
3 2n 6n2
Folglich gilt
lim
n→∞
n
X
i=1
n3 n2 n
+
+
3
2
6
1
f (xi )(xi − xi−1 ) = .
3
Aufgabe XIV.3
a) Sei n ∈ N. Die Funktion f : [1, ∞) → R, f (x) = x1 ist monoton fallend und somit
auf [1, n] Riemann-integrierbar. Wir betrachten die Zerlegung Z : 1 = x1 < 2 =
Übungsblatt XIV – Lösungen
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x2 < · · · < xn = n. Dann gilt
Zn
1
dx =
x
1
≥
Zn
 n

Z

1
ϕ(x)dx : ϕ ∈ T [1, n], ϕ ≤ f
dx = sup


x
1∗
n−1
X
i=1
1
n−1
n
i=1
i=2
X 1
X1
1
(xi+1 − xi ) =
=
.
i + 1 | {z }
i+1
i
=1
Folglich ist (an ) nach dem Minorantenkriterium unbeschränkt.
b) Sei n ∈ N. Die Funktion f : [1, ∞) → R, f (x) = x12 ist monoton fallend und somit
auf [1, n] Riemann-integrierbar. Wir betrachten die Zerlegung Z : 1 = x1 < 2 =
x2 < · · · < xn = n. Dann gilt
 n

Zn
Zn∗
Z


1
1
dx =
dx = inf
ϕ(x)dx : ϕ ∈ T [1, n], ϕ ≥ f


x
x
1
≤
1
n−1
X
i=1
1
n−1
X 1
1
=
(x
−
x
)
.
i+1
i
i2 | {z }
i2
=1
i=1
Folglich ist (an ) nach dem Majorantenkriterium beschränkt.
Aufgabe XIV.4
a)
1
1
2
D2
S
3
D3
1
D2
1
S
2
D3
1
D3
1
b) Jedes Dreieck Dni für i ∈ {1, . . . , n} lässt sich in zwei gleichgroße rechtwinklige
Dreiecke zerlegen. Dabei hat jedes dieser rechtwinkligen Dreiecke die Katheten l, h.
i π −(i−1) π
π
Der Winkel zwischen der Hypotenuse und h beträgt ϕ = 2n 2 2n = 4n
.Folglich
π
π
sind die Längen von l und h gegeben durch l = sin 4n und h = cos 4n . Somit
hat das Dreieck Dni die Fläche
π
π
π
π
i
sin
cos
4n
4n
Dn = 2
= sin
cos
.
2
4n
4n
Übungsblatt XIV – Lösungen
1
Seite 5
l
S
h
1
c) Seien
π
π
1
cos
und g(x) = .
4x
4x
x
Dann gilt f (x) → 0 für x → ∞ und g(x) → 0 für x → ∞. Des Weiteren gilt
π
π cos 2x
−1
0
f (x) = −
und g 0 (x) = 2 .
2
4x
x
f (x) = sin
Also liefert die Anwendung des Satzes von L’Hospital
lim
n→∞
π
π sin
n · sin
cos
= lim
n→∞
4n
4n
π
4n
cos
π
4n
1
n
π
n2 π cos 2n
= lim
2
n→∞
4n
π π
π
=
lim cos
= .
4 n→∞
2n
4