Loesungen zu den nichtbesprochenen Aufgaben

Loesungen zu den nichtbesprochenen Aufgaben
Franz X. Gmeineder
April 2012
Hier gibt’s die Loesungen zu den nichtbesprochenen Aufgaben.
Aufgabenblatt 1
Aufgabe 5 Sei also z 6 = 1. Dann sind die Loesungen gegeben durch
ζk ≡ exp
2π · i · k
6
fuer k = 1, .., 6. Diese sind allesamt verschieden und loesen die Gleichung wegen
ζk6 = exp (2π · i · k) = (exp (2π · i))k = 1k = 1
fuer k = 1, ..., 6 beliebig. In der komplexen Zahlenebene bilden diese Zahlen ein regelmaessiges Sechseck, dessen Ecken auf dem Einheitskreis liegen - eine Ecke ist die 1
(davon gibt’s nur eines).
√
Im Falle z 6 = 2 multipliziere alle Loesungen von oben mit 6 2. Aufgabe 6 Da das die Flaecheninhalte von Halbkreisen mit Radius r sind. Es ergibt
sich damit stets der Wert 1/2 · r2 π. Aufgabe 7 Da an stets positiv ist, duerfen wir durch an teilen und erhalten
∞
X
n=1
∞
∞
n=1
n=1
X
X 1
an
1
=
≤
<∞
1 + an n2
1/an + n2
n2
wie wir aus der Vorlesung wissen. Da alle Glieder an positiv sind, haben wir sogar
0≤
∞
X
n=1
∞
∞
n=1
n=1
X
X 1
an
1
=
≤
<∞
2
2
1 + an n
1/an + n
n2
1
und somit folgt aus dem Majorantenkriterium die Konvergenz der Reihe. Aufgabe 8 Wir wissen aus der Vorlesung, dass
∞
X
qn =
n=0
1
1−q
eine absolut konvergente Reihe mit der rechten Summe ist. Damit duerfen wir den Satz
ueber das Cauchyprodukt anwenden und finden
!2
∞
X
1
n
q
=
(1 − q)2
n=0
Wir vereinfachen die linke Seite: Nach Cauchyprodukt-Formel gilt
!2
∞
∞ X
n
∞ X
n
∞
X
X
X
X
n
k n−k
n
q
=
q q
=
q =
(n + 1) q n
n=0
n=0 k=0
n=0 k=0
n=0
Letzteres ist somit die gesuchte Reihe. (Das ist nur ein Vorschlag, es gibt natuerlich
viele Moeglichkeiten.) Aufgabe 9 Wir berechnen exemplarisch cos (π/4). Sei z = π/4. Wir wissen
cos (z)2 + sin (z)2 = 1
Wir berechnen nun cos (x + y) fuer irgendwelche Zahlen x, y ∈ R. Hierzu:
cos (x + y) = < (exp (i (x + y)))
nach Eulerscher Formel und ebenso
exp (i (x + y)) = eix eiy = (cos (x) + i sin (x)) (cos (y) + i sin (y))
= cos (x) cos (y) − sin (x) sin (y) + i (cos (x) sin (y) + sin (x) cos (y))
und da komplexe Zahlen eindeutigen Real- und Imaginaerteil haben, folgt:
cos (x + y) = < (exp (i (x + y))) = cos (x) cos (y) − sin (x) sin (y)
Also fuer π/4 = x = y folgt mit z = x + y = π/2 dass cos (z) = 0, da pi/2 als die
kleinste positive Nullstelle des Cosinus definiert (!) wurde. Damit:
0 = cos (π/2) = cos (π/4 + π/4) = cos (π/4)2 − sin (π/4)2
Aber nach der Grundidentitaet,
1 = cos (π/4)2 + sin (π/4)2
gilt nach Addition der Gleichungen
1 = 2 cos (π/4)2
Aber cos (π/4) > 0, denn cos (0) = 1 (etwa mit Potenzreihenansatz beweisbar) und π/2
ist die kleinste positive Nullstelle von cos - aber der Cosinus ist auf ganz R stetig und
daher eben cos (π/4) > 0. Somit folgt
r
1
= cos (π/4)
2
was gerade gefragt war. 2
Aufgabenblatt 2
Da war ein Fehler, setze in Aufgabe 3 z.B. z = −0.5.
Aufgabenblatt 3
Aufgabe 1 Die Aussage stimmt natuerlich nur fuer strikt konvexe Funktionen. Sei also
f : R → R eine solche. Dann gilt
f (αx + (1 − α) y) < αf (x) + (1 − α) f (y)
fuer α ∈ (0, 1) und wahlweise x < y. Sei dann z ein Minimierer von f , d.h.
A = min f = f (z)
R
Nehme an, er ist nicht eindeutig. Dann gibt es einen zweiten z 0 , und wegen der strikten
Konvextitaet erhalten wir mit α = 21 den Widerspruch
f αz + (1 − α) z 0 < αf (z) + (1 − α) f z 0 = min f
R
und damit ist 0.5 (z + z 0 ) eine reelle Zahl, fuer die f einen kleineren Wert als das Minimum annimmt. Das widerspricht aber der Tatsache, dass A tatsaechlich das Minimum
ist. Anmerkung: Mit der 2.Ableitung zu arbeiten ist nicht erlaubt, da in der Angabe nicht
von Differenzierbarkeit die Rede ist. Aufgabe 2 Da f positiv ohne Nullstellen ist in [0, 1], koennen wir f darstellen als
f (x) = eg(x)
wobei g (0) = 0 und g (1) = 1 und g differenzierbar in (0, 1). Es existiert genau so ein
c, falls
f 0 (x) − f (x) ≡ h (x) = g 0 (x) − 1 eg(x)
eine Nullstelle in [0, 1] hat. Der Term eg(x) hat garantiert keine Nullstelle, daher koennen
wir uns auf
g 0 (x) − 1
beschraenken. Aber g ist differenzierbar. Also existiert nach dem Mittelwertsatz der
Differentialrechnung ein c ∈ (0, 1) mit
1 = g (1) − g (0) = g 0 (c)
Fuer dieses c gilt dann g 0 (c) − 1 = 0 und somit erfuellt es auch f 0 (c) − f (c) = 0, womit
die Aussage gezeigt ist. Aufgabe 4 Wir muessen etwa zeigen, dass
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x, y ∈ R : |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y) | < 3ε
gilt. Sei hierzu ε > 0 beliebig. Weil fn → f gleichmaessig konvergiert und alle fn
gleichmaessig stetig sind, ist insbesondere f stetig. Da jedes fn gleichmaessig stetig ist,
gilt
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x, y ∈ R : |x − y| < δ ⇒ |fn (x) − fn (y) | < ε (?)
3
Demnach gibt es insbesondere fuer unser oben gewaehltes ε > 0 eind δ > 0, so dass
die letzte Bedingung gilt (d.h. ∀x, y ∈ R : |x − y| < δ ⇒ |fn (x) − fn (y) | < ε). Wir
waehlen dieses δ > 0 und behaupten:
∀x, y ∈ R : |x − y| < δ ⇒ |fn (x) − fn (y) | < ε
Da aber fn → f gleichmaessig, gilt fuer unser ε > 0:
∃N ∈ N : ∀n ≥ N : ||fn − f ||∞ < ε
Aber beachte, dass fuer alle x ∈ R gilt:
|fn (x) − f (x) | ≤ ||fn − f ||∞
Also
∃N ∈ N : ∀n ≥ N ∀x ∈ R : |fn (x) − f (x) | < ε
Wir waehlen so ein N ∈ N. Dann gilt fuer alle x, y ∈ R, falls |x − y| < δ:
|f (x) − f (y) | ≤ |f (x) − fN (x) | + |fN (x) − fN (y) | + |fN (y) − f (y) | ≡ I + J + K
Dann gilt wegen (?): J ≤ ε und wegen (??): I, K ≤ ε. Insgesamt also
|f (x) − f (y) | < 3ε
was die Behauptung zeigt. Aufgabe 5 Wir skizzieren nur das Vorgehen. Sei
f (x) =
n
X
ak xk
k=0
die Polynomfunktion. Wegen der Linearitaet des Integrals reicht es aus,
Z 1
(x − sin (x))k dx
0
zu berechnen. Nach binomischer Formel haben wir
(x − sin (x))k =
k
X
xk−j (− sin (x))j
j=0
Also:
Z
k
1 (x − sin (x)) dx =
0
k Z
X
j=0
1
xk−j (− sin (x))j dx
0
Die Integrale auf der rechten Seite koennen mit partieller Integration geloest werden,
falls man eine Rekursionsformel fuer Integrale
Z 1
(sin (x))n dx
0
hat. Mehr sei an dieser Stelle nicht verlangt. 4