Lösungsvorschlag zu Blatt 10

KARLSRUHER INSTITUT FÜR TECHNOLOGIE
INSTITUT FÜR ANALYSIS
Dr. Christoph Schmoeger
Heiko Hoffmann
WS 2013/14
Höhere Mathematik I für die Fachrichtung Informatik
Lösungsvorschläge zum 10. Übungsblatt
Aufgabe 37
Beweisen Sie die nachfolgenden Aussagen.
a) Es gilt tan(x) < 2x für alle x ∈ (0, π4 ).
√
b) Man hat log(t) − t + √1t < 0 für alle t > 1.
c) Ist t ∈ (0, ∞) \ {1}, so gilt log(t) < t − 1.
d) Für alle x ∈ (−1, 1) gilt | arcsin(x)| ≤
|x|
.
1−|x|
Lösungsvorschlag :
zu a): Sie x ∈ (0, π4 ) beliebig. Nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung (angewendet
auf tan) existiert ein ξ ∈ (0, x) ⊆ (0, π4 ) mit
tan(x)
tan(x) − tan(0)
=
= tan0 (ξ) = 1 + tan2 (ξ).
x
x−0
Da tan auf (0, π2 ) streng monoton wächst und strikt positiv ist und zudem tan( π4 ) = 1 gilt,
hat man 1 + tan2 (ξ) < 1 + tan2 ( π4 ) = 2. Also erhalten wir tan(x)
< 2 bzw. (wegen x > 0)
x
tan(x) < 2x.
zu b): Wir betrachten die differenzierbare Funktion
f : [1, ∞) → R; t 7→ log(t) −
√
1
t+ √
t
1
mit f 0 (t) = 1t − 2√
− 13 . Es sei t > 1. Dann existiert nach dem Mittelwertsatz der
t
2t 2
Differentialrechnung ein s ∈ (1, t) mit
√
√
f (t) − f (1)
1
1
1
f (t)
2 s−s−1
( s − 1)2
0
=
= f (s) = − √ − 3 =
=−
< 0,
3
3
t−1
t−1
s 2 s 2s 2
2s 2
2s 2
woraus wegen t − 1 > 0 die Ungleichung f (t) < 0 folgt, was präzise die Behauptung ist.
zu c): Es sei t ∈ (0, ∞) \ {1}. Dann sichert der Mittelwertsatz der Differentialrechnung
(angewendet auf log) die Existenz einer Zahl s, die echt zwischen t und 1 liegt, d.h. mit
s ∈ (min{1, t}, max{1, t}), sodass
log(t)
log(t) − log(1)
1
=
= log0 (s) =
t−1
t−1
s
gilt. Ist t > 1, so gilt 1s < 1 und wir erhalten
t − 1 > 0). Gilt hingegen t < 1, so erhalten wir
(beachte: t − 1 < 0) impliziert.
log(t)
< 1 bzw.
t−1
1
> 1, was log(t)
s
t−1
log(t) < t − 1 (beachte:
> 1 bzw. log(t) < t − 1
zu d): Für x = 0 ist nichts zu zeigen. Sei darum x ∈ (−1, 1)\{0}. Gemäß dem Mittelwertsatz
der Differentialrechnung existiert ein ξ zwischen 0 und x mit
arcsin(x) − arcsin(0)
1
arcsin(x)
=
= arcsin0 (ξ) = p
.
x
x−0
1 − ξ2
Da ξ zwischen 0 und x liegt, gilt in jedem Falle |ξ| < |x| und daher auch ξ 2 < x2 , woraus
√ 1 < √ 1 2 folgt. Damit erhalten wir
2
1−x
1−ξ
arcsin(x) |x|
· |x| = p |x|
| arcsin(x)| = .
≤√
x
1 − x2
1 − ξ2
Des Weiteren gilt wegen |x| < 1 die Äquivalenz
√
1 − x2 ≥ 1 − |x|
⇐⇒ 1 − x2 ≥ 1 + |x|2 − 2|x|
⇐⇒ 2|x|2 − 2|x| ≤ 0
⇐⇒ |x|(|x| − 1) ≤ 0
und die letzte Ungleichung ist korrekt. Damit folgt insgesamt
|x|
|x|
| arcsin(x)| ≤ √
≤
2
1 − |x|
1−x
wie behauptet.
Aufgabe 38
Beweisen Sie die nachfolgenden Aussagen.
a) Es seien a < b reelle Zahlen und f : [a, b] → R eine differenzierbare Funktion mit
beschränkter Ableitung. Dann ist f Lipschitz-stetig.
b) Es seien α, β ∈ R und n ∈ N. Zeigen Sie, dass das Polynom P (x) = xn + αx + β
höchstens zwei Nullstellen besitzt, falls n gerade ist, und höchstens drei Nullstellen,
falls n ungerade ist.
(Hinweis: Mittelwertsatz der Differentialrechnung.)
Lösungsvorschlag :
zu a): Es sei M eine Schranke für |f 0 |. Ferner seien x < y aus [a, b]. Der Mittelwertsatz der
Differentialrechnung liefert ein ξ ∈ (x, y) mit f (x) − f (y) = (x − y)f 0 (ξ). Damit folgt jedoch
|f (x) − f (y)| = |x − y| · |f 0 (ξ)| ≤ M |x − y|. Folglich ist f Lipschitz-stetig.
zu b): Wir behandeln zunächst den Fall, dass n gerade ist, und machen die Annahme, dass
P mindestens drei Nullstellen, sagen wir x1 < x2 < x3 , habe. Der Mittelwertsatz der Differentialrechung garantiert dann für j ∈ {1, 2} die Existenz einer Zahl ξj ∈ (xj , xj+1 ) mit
0 = P (xj ) − P (xj+1 ) = P 0 (ξj )(xj − xj+1 ) also mit P 0 (ξj ) = 0. Wegen ξ1 < x2 < ξ2
muss also P 0 mindestens zwei Nullstellen besitzen. Da jedoch n − 1 ungerade ist, folgt aus
1
P 0 (x) = nxn−1 + α, dass P 0 nur die Nullstelle − αn n−1 besitzt. Folglich war unsere Annahme
falsch und P besitzt höchstens zwei Nullstellen.
Jetzt sei n ungerade. Wir treffen nun die Annahme, dass P mindestens vier Nullstellen, sagen
wir x1 < x2 < x3 < x4 , habe. Der Mittelwertsatz der Differentialrechung garantiert dann für
j ∈ {1, 2, 3} die Existenz einer Zahl ξj ∈ (xj , xj+1 ) mit 0 = P (xj )−P (xj+1 ) = P 0 (ξj )(xj −xj+1 )
also mit P 0 (ξj ) = 0. Wegen ξ1 < x2 < ξ2 < x3 < ξ3 muss
also P 0 mindestens drei Nullstellen
α
besitzen. Aus P 0 (x) = nxn−1 + α = n xn−1 + 0 · x + n folgt, dass jede dieser besagten drei
Nullstellen auch eine Nullstelle des Polynoms xn−1 + 0 · x + αn ist. Dieses Polynom hat aber,
da n − 1 gerade ist, nach dem bereits Gezeigten allenfalls zwei Nullstellen. Also war unsere
Annahme falsch und wir erhalten, dass P höchstens drei Nullstellen besitzen kann.
Aufgabe 39
Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte:
a) limx→0
x+1−cos(x)
,
sin(x)
b) limx→0
e(−x ) −1
,
sin(x)
2
c) limx→∞ x log 1 +
1
x
,
d) limx→0
log(1+x+x2 )−x
,
x2
e) limx→0
2 cos(x)+ex +e−x −4
.
x3
Lösungsvorschlag :
zu a): Wegen
(x + 1 − cos(x))0
1 + sin(x)
=
−−→ 1
0
sin (x)
cos(x) x→0
liefert der Satz von de l’Hospital limx→0
x+1−cos(x)
sin(x)
= 1.
zu b): Aus
0
2
e(−x ) − 1
sin0 (x)
2
e(−x ) (−2x)
=
−−→ 0
x→0
cos(x)
2
folgt mit Hilfe des Satzes von de l’Hospital limx→0
e(−x ) −1
sin(x)
= 0.
zu c): Wegen
log 1 +
1 0
1
x
0
=
1
1+ x1
x
· − x12
=
− x12
liefert der Satz von de l’Hospital limx→∞ x log 1 +
1
x
1
1+
1
x
−−−→ 1
x→∞
= limx→∞
log(1+ x1 )
1
x
= 1.
zu d): Aus
0
1
1+x+x2
· (2x + 1) − 1
2x + 1 − 1 − x − x2
=
2x
2x(1 + x + x2 )
x − x2
1−x
1
=
=
−
−
→
2x(1 + x + x2 )
2(1 + x + x2 ) x→0 2
(log(1 + x + x2 ) − x)
=
(x2 )0
folgt mit Hilfe des Satzes von de l’Hospital limx→0
log(1+x+x2 )−x
x2
= 12 .
zu e): Wegen
0
(2 cos(x) + ex + e−x − 4)
−2 sin(x) + ex − e−x
=
3x2
(x3 )0
und wegen
0
(−2 sin(x) + ex − e−x )
−2 cos(x) + ex + e−x
=
6x
(3x2 )0
und wegen
0
(−2 cos(x) + ex + e−x )
2 sin(x) + ex − e−x
=
−−→ 0
x→0
6
(6x)0
liefert ein dreimaliges Anwenden der Regel von de l’Hospital, dass limx→0
gilt.
2 cos(x)+ex +e−x −4
x3
=0
Aufgabe 40
Beweisen Sie die folgenden Aussagen.
a) Es gilt limx→± π ∓ tan(x) = ±∞ sowie tan((− π2 , π2 )) = R.
2
b) Die Funktion arctan : R → (− π2 , π2 ) ist differenzierbar mit arctan0 (x) =
x ∈ R.
P
n x2n+1
c) Die Reihe f (x) := ∞
n=0 (−1) 2n+1 konvergiert genau für x ∈ [−1, 1].
d) Für alle x ∈ (−1, 1) ist f aus Teil a) differenzierbar mit f 0 (x) =
e) Es gilt arctan(x) =
P∞
n x2n+1
n=0 (−1) 2n+1
1
1+x2
für alle
1
.
1+x2
für alle x ∈ [−1, 1].
Lösungsvorschlag :
zu a): Wegen sin( π2 ) = 1 gilt sin(x) > 12 für x ∈ (0, π2 ) nahe bei π2 . Hieraus folgt wegen
sin(x)
1
cos(x) > 0 für x ∈ (0, π2 ), dass tan(x) = cos(x)
> 2 cos(x)
> 0 für x ∈ (0, π2 ) nahe bei π2 gilt.
Dies impliziert limx→ π − tan(x) = ∞.
2
Analog erhält man auch limx→− π + tan(x) = −∞: Wegen sin(− π2 ) = −1 gilt sin(x) < − 21 für
2
x ∈ (− π2 , 0) nahe bei − π2 . Hieraus folgt wegen cos(x) > 0 für x ∈ (− π2 , 0), dass tan(x) =
sin(x)
1
< −2 cos(x)
< 0 für x ∈ (− π2 , 0) nahe bei − π2 gilt. Dies impliziert limx→− π + tan(x) = −∞.
cos(x)
2
Mit Hilfe des Zwischenwertsatzes und der beiden berechneten Grenzwerte folgt (wegen der
Stetigkeit von tan) sofort tan((− π2 , π2 )) = R.
zu b): Aus der Vorlesung ist bereits bekannt, dass tan differenzierbar ist mit tan0 (x) = 1 +
tan2 (x) > 0 für x ∈ (− π2 , π2 ). Nach dem Satz über die Differenzierbarkeit der Umkehrfunktion
ist arctan daher in jedem Punkt y ∈ R differenzierbar und mit x := arctan(y) gilt
arctan0 (y) = arctan0 (tan(x)) =
1
1
1
1
=
=
=
0
2
2
tan (x)
1 + tan (x)
1 + tan (arctan(y))
1 + y2
für alle y ∈ R.
zu c): Wegen
s
r
x2n+1 |x|
n
n 2
n
−−→ |x|2
(−1) 2n + 1 = 2n + 1 · |x| −
n→∞
liefert das Wurzelkriterium, dass die Potenzreihe für |x| < 1 konvergiert und für |x| > 1 divergiert. Für |x| = 1 gilt x2n+1 = x und die Reihe konvergiert dann nach dem Leibnizkriterium.
zu d): Dass f auf (−1, 1) differenzierbar ist, ist klar nach dem Satz über die Differenzierbarkeit
von Potenzreihen und eben dieser Satz liefert zudem
∞
∞
X
X
x2n
1
1
n
f (x) =
(−1) (2n + 1)
=
(−x2 )n =
=
2
2n + 1 n=0
1 − (−x )
1 + x2
n=0
0
für alle x ∈ (−1, 1).
zu e): Nach Teil b) und d) existiert eine Konstante c ∈ R derart, dass
arctan(x) =
∞
X
(−1)n
n=0
x2n+1
+ c = f (x) + c
2n + 1
für alle x ∈ (−1,
arctan(0) = 0 = f (0) folgt c = 0;P
es gilt mithin in der Tat
P∞ 1) gilt.n xWegen
2n+1
n x2n+1
arctan(x) = n=0 (−1) 2n+1 für alle x ∈ (−1, 1). Da die Reihe ∞
n=0 (−1) 2n+1 auch für
|x| = 1 konvergiert, liefern der Abel’sche Grenzwertsatz und das bereits Gezeigte
∞
X
n=0
∞
X
x2n+1
= lim ∓
(−1)n
= lim arctan(x) = arctan(±1).
x→±1
2n + 1
2n + 1 x→±1∓
n=0
2n+1
n (±1)
(−1)
Folglich gilt arctan(x) =
P∞
n x2n+1
n=0 (−1) 2n+1
für alle x ∈ [−1, 1].