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Wend Werner
Thomas Timmermann
¨
Ubung
zur Mathematik f¨
ur Physiker 1
Blatt 12
Abgabe bis Do, 22.01., 13 Uhr
¨
Aufgabe 1 zur Bearbeitung in der Ubung
Aufgaben 2-4 zur selbst¨andigen Bearbeitung
Aufgabe 1. (a) Bestimmen Sie die Untersumme der Exponentialfunktion bez¨
uglich
der ¨aquidistanten Zerlegung des Intervalls [a, b],
Zn = {t0 , . . . , tn } mit tk = a + k
b−a
,
n
und zeigen Sie mit Hilfe der Formel f¨
ur geometrische Summen:
S(exp, Zn ) =
b − a ea − eb
·
n
1 − qn
mit qn = e
b−a
n
.
L¨osung: Da exp monoton w¨achst, ist
n−1
X
n−1
b − a X (a+k b−a
n )
S(exp, Zn ) =
f (tk )(tk+1 − tk ) =
e
n
k=0
k=0
n−1
b−a aX k
=
e
qn
n
k=0
=
b − a ea − eb
b − a a 1 − qnn
e
=
·
.
n
1 − qn
n
1 − qn
(b) Zeigen Sie, dass
b−a 1
1
=−
n→∞
n 1 − qn
exp0 (0)
lim
und
lim S(exp, Zn ) = eb − ea .
n→∞
L¨osung: Setze hn := (b − a)/n. Weil limn→0 hn = 0, gilt
b−a 1
hn
= lim
n→∞
n 1 − qn n→∞ exp(0) − exp(hn )
h
1
= lim
=−
= −1.
h→0 exp(0) − exp(h)
exp0 (0)
lim
Aufgabe 2. Sei a > 0 und f : [a, b] → R gegeben durch f (x) = xc mit c ∈ R,
und sei
r
n b
k
Zn = {t0 , . . . , tn } mit tk = aqn und qn =
.
a
Zeigen Sie:
1
Wend Werner
Thomas Timmermann
(a) Im Fall c > 0 gilt
S(f, Zn ) =
qn − 1
c+1
c+1
b
−
a
qnc+1 − 1
und
lim S(f, Zn ) =
n→∞
bc+1 − ac+1
.
c+1
L¨osung: Es gilt (1 Punkt)
S(f, Zn ) =
=
n−1
X
k=0
n−1
X
f (tk )(tk+1 − tk )
ac qnkc · aqnk (qn − 1)
k=0
n(c+1)
= (qn − 1)a
c+1
1 − qn
ac+1 − bc+1
·
=
(q
−
1)
n
1 − qnc+1
1 − qnc+1
und mit Bernoulli-l’Hospital folgt, weil limn→∞ q n = 1, (1 Punkt)
qn − 1
x−1
1
= lim c+1
=
.
c+1
n→∞ qn
− 1 x→1 x − 1
c+1
lim
(b) Im Fall c = −1 gilt
S(f, Zn ) = n (qn − 1)
und
b
lim S(f, Zn ) = ln .
n→∞
a
b
1
et ln a − 1
?).
t→0
t
b
(Hinweis: qn = e n ln a , und was ist lim
L¨osung: Es gilt (1 Punkt)
S(f, Zn ) =
n−1
X
1
aqnk (qn − 1) = n(qn − 1).
k
aq
n
k=0
Daraus folgt (1 Punkt)
1
lim S(f, Zn ) = lim
n→∞
b
e n ln a − 1
1
n
n→∞
b
et ln a − 1
b
= ln .
t→0
t
a
= lim
Aufgabe 3. (a) Sei f : [a, b] → R monoton wachsend. Zeigen Sie, dass f¨
ur die
a¨quidistante Zerlegung Zn = {t0 , . . . , tn } mit tk = a + k(b − a)/n gilt, dass
S(f, Zn ) − S(f, Zn ) =
(f (b) − f (a))(b − a)
,
n
und folgern Sie, dass f Riemann-integrierbar ist.
L¨osung: Die Monotonie impliziert (1 Punkt)
n−1
b−aX
S(f, Zn ) − S(f, Zn ) =
(f (tk+1 ) − f (tk ))
n k=0
=
2
b−a
n→∞
(f (b) − f (a)) −−−→ 0.
n
Wend Werner
Thomas Timmermann
(b) Zeigen Sie, dass die Funktion g : [−1, 1] → R,
(
0,
x = 0,
g(x) =
2
1
1
6 0,
2x sin x2 − x cos x2 , x =
eine Stammfunktion G besitzt, aber nicht Riemann-integrierbar ist.
(Hinweis: G(0) = 0 und G(x) = x2 · h(1/x2 ) f¨
ur x 6= 0 f¨
ur eine geeignete
0
Funktion h. Pr¨
ufen Sie, dass G (0) = g(0)!)
L¨osung: Der Ansatz liefert f¨
ur x 6= 0
G0 (x) = 2x · h(1/x2 ) − x2 · 2x−3 h0 (1/x2 ) = 2xh(1/x2 ) − 2/xh0 (1/x2 ) = g(x)
f¨
ur h = sin. (1 Punkt) An der Stelle 0 ist
x2 sin x12
1
G (0) = lim
= lim x sin 2 = 0 = g(0),
x→0
x→0
x
x
0
ur x 6= 0. (1 Punkt) Somit ist G eine Stammfunktion
weil | sin x12 | ≤ 1 f¨
von g.
Aber g ist nicht integrierbar, weil g nicht beschr¨ankt ist. Zwar 2x sin x12 ist
ur xn := (2nπ)−1/2 ist limn→∞ x2 cos x12 =
beschr¨ankt, aber nicht − x2 cos x12 — f¨
1/2
limn→∞ 2(2nπ) = ∞. (1 Punkt)
Aufgabe 4. Zeigen Sie mit partieller Integration und Induktion, dass
Z
e
(ln x)n dx = n!(−1)n+1 + e
1
n
X
(−1)n−k
k=0
n!
k!
f¨
ur alle n ∈ N.
(Hinweis: Setzen Sie u(x) = x.)
L¨osung: Die Formel stimmt offenbar f¨
ur n = 0. Angenommen, sie gilt f¨
ur n − 1,
dann folgt mit partieller Integration
Z e
Z e
1
n
n
e
x n lnn−1 xdx
ln xdx = [x ln x]1 −
x
1
1
Z e
lnn−1 xdx
=e−n
1
n−1
X
(n − 1)!
= e − n(n − 1)!(−1) − ne
(−1)n−1−k
k!
k=0
n
n+1
= n!(−1)
+e
n
X
k=0
Per Induktion folgt die Behauptung.
3
(−1)n−k
n!
.
k!
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