Präsenzblatt 12
Aufgabe PA 54
Die Funktionen \( f,g\colon[a,b]\to\mathbb R \) seien stetig in \( [a,b]\subset\mathbb R \) und differenzierbar in \( (a,b)\subset\mathbb R, \) wobei gelte \[ g'(x)\not=0\quad\mbox{für alle}\ x\in(a,b). \] Ferner existiere ein \( x_0\in[a,b] \) mit den Eigenschaften
| (i) | \( f(x_0)=g(x_0)=0 \) |
| (ii) | \( g(x)\not=0 \) für alle \( x\in(a,b)\setminus\{x_0\} \) |
| (iii) | \( \displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A \) |
mit einem \( A\in\mathbb R. \) Beweisen Sie, dass dann auch gilt \[ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=A. \]
Wir gehen in zwei Schritten vor.
| 1. | Zu hinreichend kleinem \( h\gt 0, \) so dass \( x_0+h\in(a,b), \) existiert nach dem allgemeinen Mittelwertsatz der Differentialrechnung ein \( \xi\in(x_0,x_0+h) \) mit |
\[ \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{g(x_0+h)-g(x_0)}=\frac{f(x_0+h)}{g(x_0+h)} \]
| unter Beachtung von \( g'(x)\not=0 \) in \( (a,b), \) dann \( f(x_0)=0, \) \( g(x_0)=0 \) und (ii). Mit einem geeignetem \( \vartheta\in(0,1) \) können wir das auch so schreiben |
\[ \frac{f(x_0+h)}{g(x_0+h)}=\frac{f'(x_0+\vartheta h)}{g'(x_0+\vartheta h)}\,. \]
| 2. | Zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) wählen wir obiges \( h=h(\varepsilon) \) derart, dass nach (iii) |
\[ \left|\,\frac{f'(x)}{g'(x)}-A\,\right|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ x\in(x_0,x_0+h). \]
| Dann folgt wegen \( x_0+\vartheta h\in(x_0,x_0+h) \) und dem ersten Beweispunkt |
\[ \left|\,\frac{f(x_0+h)}{g(x_0+h)}-A\,\right|=\left|\,\frac{f'(x_0+\vartheta h)}{g'(x_0+\vartheta h)}-A\,\right|\lt\varepsilon \]
| und somit nach Grenzübergang wegen der Stetigkeit der Funktionen |
\[ \lim_{x\to x_0,\ x\gt x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=A. \] Wiederholt man diese Argumentation für \( x\to x_0 \) und \( x\lt x_0, \) folgt die Behauptung.\( \qquad\Box \)
Aufgabe PA 55
Unter Anwendung der Regel von l'Hospital sind folgende Grenzwerte zu ermitteln:
| (i) | \( \displaystyle\lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3} \) |
| (ii) | \( \displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{6x^5+x^2-7}{10-2x-8x^3} \) |
| (i) | Wir ermitteln nach PA 54 |
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=\lim_{x\to 3}\frac{2x}{1}=6. \]
| (ii) | Wir ermitteln nach PA 54 |
\[ \lim_{x\to 1}\frac{6x^5+x^2-7}{10-2x-8x^3}=\lim_{x\to 1}\frac{30x^4+2x}{-2-24x^2}=\frac{32}{-26}=-\,\frac{16}{13}\,. \]
Damit sind alle gesuchten Größen bestimmt.\( \qquad\Box \)
Aufgabe PA 56
Verifizieren Sie die folgende Taylorentwicklung \[ e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\ldots+\frac{x^n}{n!}+R_{n+1}(x,0) \] mit dem Taylorpolynom \( n \)-ter Ordnung \[ T_n(x,x_0)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\,(x-x_0)^k \] und dem Lagrangeschen Restglied \( (n+1) \)-ter Ordnung \[ R_{n+1}(x,x_0):=\frac{f^{(n+1)}(x+\vartheta(x_0-x))}{(n+1)!}\,(x-x_0)^{n+1} \] für \( f(x)=e^x \) und für den Entwicklungspunkt \( x_0=0. \) Gilt die auch Taylorreihenentwicklung \[ e^x=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}\,? \] Begründen Sie durch geeignetes Abschätzen des Restgliedes.
Aus der Vorlesung wissen wir \[ \frac{d^k}{dx^k}\,e^x=e^x\,,\quad x\in\mathbb R, \] für \( k=0,1,2,\ldots, \) so dass mit \( f(x):=e^x \) im Entwicklungspunkt \( x_0=0 \) folgt \begin{align} T_n(x,0) &= f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}\,x^2+\frac{f'''(0)}{3!}\,x^3+\ldots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\,x^n \\[1.6ex] &= 1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\ldots+\frac{x^n}{n!}\,. \end{align} Für das Restglied \( R_{n+1}(x,0) \) schätzen wir wie folgt ab \[ |R_{n+1}(x,0)| =\frac{|f^{n+1}(x-\vartheta x)|}{(n+1)!}\,|x|^{n+1} =e^{(1-\vartheta)x}\,\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!} \longrightarrow 0 \quad\mbox{für}\ n\to\infty\,. \] Im Entwicklungspunkt \( x_0=0 \) gilt daher auch die Taylorreihententwicklung \[ e^x=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}\,, \] welche mit der Definition der Exponentialfunktion übereinstimmt.\( \qquad\Box \)
Aufgabe PA 57
Die aus der Vorlesung bekannten Potenzreihen \[ \cos x=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k)!}\,x^{2k}\,,\quad \sin x=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k+1}\,,\quad x\in\mathbb R, \] für den Kosinus und den Sinus konvergieren nach dem Weierstraßschen Majorantentest absolut in \( \mathbb R. \)
| (i) | Verifizieren Sie ohne weitere Begründung die Näherungsformeln |
\[ \cos x\approx 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{4!}\,,\quad \sin x\approx x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}\,. \]
| (ii) | Durch Differenzieren der Reihen für \( \cos x \) und \( \sin x \) sind zu verifizieren |
\[ \frac{d}{dx}\,\cos x=-\sin x,\quad \frac{d}{dx}\,\sin x=\cos x,\quad x\in\mathbb R. \]
| (iii) | Stellen Sie jeweils eine Formel auf für die \( k \)-ten Ableitungen von \( \cos x \) und \( \sin x. \) |
| (i) | Wir notieren die ersten Terme der Potenzreihen |
\begin{align} \cos x &= 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}\pm\ldots, \\[1.6ex] \sin x &= x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}\pm\ldots \end{align}
| Für hinreichend kleine Argumente \( x\in\mathbb R \) können wir also näherungsweise schreiben |
\[ \cos x\approx 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}\,,\quad \sin x\approx x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}\,, \]
| wenn wir also die Terme \( x^6 \) und höherer Ordnung vernachlässigen. | |
| (ii) | Wegen der absoluten Konvergenz der Reihen in ganz \( \mathbb R \) - Beweis wie für die Exponentialreihe - können wir das Ergebnis aus der Vorlesung anwenden |
\[ \frac{d}{dx}\,\sum_{k=0}^\infty a_kx^k=\sum_{k=1}^\infty ka_kx^{k-1}\,. \]
| Mit \( y(x):=x^2 \) und der Kettenregel berechnen wir damit |
\begin{align} \frac{d}{dx}\,\cos x &= \frac{d}{dx}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k)!}\,y(x)^k =\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^kk}{(2k)!}\,y^{k-1}\cdot 2x \\[1.6ex] &= \sum_{k=1}^\infty\frac{2k(-1)^k}{(2k)!}\,x^{2k-2}x =\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k-1)!}\,x^{2k-1} \\[1.6ex] &= \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{(2k+1)!}\,x^{2k+1} =-\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k+1} \\[1.6ex] &= -\sin x. \end{align}
| Und zur Ableitung des Sinus ermitteln wir wieder mit \( y(x):=x^2 \) und der Kettenregel |
\begin{align} \frac{d}{dx}\,\sin x &= \frac{d}{dx}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k+1} =\frac{d}{dx}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k}x \\[1.6ex] &= \frac{d}{dx}\,x\cdot\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k} =\frac{d}{dx}\,x\cdot\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,y(x)^k \\[1.6ex] &= \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k}+x\cdot\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^kk}{(2k+1)!}\,y^{k-1}\cdot 2x \\[1.6ex] &= \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k}+x\cdot\sum_{k=1}^\infty\frac{2k(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k-2}\cdot x \\[1.6ex] &= \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k}+\sum_{k=1}^\infty\frac{2k(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k} \\[1.6ex] &= 1+\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k}+\sum_{k=1}^\infty\frac{2k(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k} \\[1.6ex] &= 1+\sum_{k=1}^\infty\frac{(2k+1)(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k} =1+\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k)!}\,x^{2k} \\[1.6ex] &= \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k)!}\,x^{2k} =\cos x. \end{align}
| (iii) | Wir lesen ab |
\[ \frac{d}{dx}\,\cos x=-\sin x,\quad \frac{d^2}{dx^2}\,\cos x=-\cos x,\quad \frac{d^3}{dx^3}\,\cos x=\sin x,\quad \frac{d^4}{dx^4}\,\cos x=\cos x \]
| und damit |
\[ \frac{d^k}{dx^k}\,\cos x =\left\{ \begin{array}{cl} \cos x, & k=0,4,8,\ldots \\ -\sin x, & k=1,5,9,\ldots \\ -\cos x, & k=2,6,10,\ldots \\ \sin x, & k=3,7,11,\ldots \end{array} \right. \]
| Analog erhalten wir |
\[ \frac{d^k}{dx^k}\,\sin x =\left\{ \begin{array}{cl} \sin x, & k=0,4,8,\ldots \\ \cos x, & k=1,5,9,\ldots \\ -\sin x, & k=2,6,10,\ldots \\ -\cos x, & k=3,7,11,\ldots \end{array} \right. \]
Aufgabe PA 58
Der von der Zeit \( x \) abhängige Auslenkungswinkel \( f(x) \) eines mathematischen Pendels genügt folgender Gleichung \[ f''(x)+\frac{g}{\ell}\,\sin f(x)=0 \] mit der Länge \( \ell>0 \) des Pendels und der Schwerebeschleunigung \( g>0. \)
| (i) | Durch Anwenden der Taylorschen Formel ist der nichtlineare Term \( \sin f(x) \) für hinreichend kleine Winkel \( f(x) \) durch eine Näherungspolynom erster Ordnung zu ersetzen. Verifizieren Sie also die Näherungsgleichung |
\[ f''(x)+\frac{g}{\ell}\,f(x)=0. \]
| (ii) | Bestätigen Sie durch Differenzieren, dass |
\[ f(x):=f_0\sin\left(\sqrt{\frac{g}{\ell}}\,x+x_0\right) \] mit Konstanten \( f_0 \) und \( x_0 \) die Näherungsgleichung löst.
| (i) | In der Schwingungsgleichung ersetzen wir \( \sin f(x) \) durch die Linearisierung \( f(x) \) und erhalten die lineare Differentialgleichung |
\[ f''(x)+\frac{g}{\ell}\,f(x)=0. \]
| (ii) | Wir berechnen |
\begin{align} f'(x) & =f_0\,\sqrt{\frac{g}{\ell}}\,\cos\left(\sqrt{\frac{g}{\ell}}\,x+x_0\right), \\[1.6ex] f''(x) &= -\,\frac{f_0g}{\ell}\,\sin\left(\sqrt{\frac{g}{\ell}}\,x+x_0\right)=-\frac{g}{\ell}\,f(x). \end{align}
| Einsetzen in die linearisierte Gleichungung ergibt also |
\[ -\,\frac{g}{\ell}\,f(x)+\frac{g}{\ell}\,f(x)=0. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)