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0 der Abstand vom Nullpunkt zur Geraden g, so gibt es einen einzigen Vektor n der Länge 1 (genannt auch die Normale von g), so dass der Punkt pn auf 9 liegt. Ist X der Vektor vom Nullpunkt zu einem beliebigen Punkt von g, so ist X - pn senkrecht zu n, d.h. n· (x - pn) = 0, oder auch (wegen n 2 := n· n = 1): n .X = P . m natürliche Zahlen und A eine m x n-Matrix vom maximalen Rang, d.h. Rang A = m. Nehmen wir an (o.E. - sonst wird umnummeriert -), dass die aus den ersten m Spalten al, ... ,am gebildete quadratische Matrix B dafür verantwortlich ist, also det B :j:. 0. Man schreibt A = (B, C), wobei C die aus den letzten n - m Spalten am+l, ... ,an von A gebildete m x (n - m)Matrix ist. Hiermit kann man das homogene Gleichungssystem Ax = 0 (also x E IRn ,OE IRm) wie folgt schreiben 0, -~ <
(1.25)
Die Gleichung (1.25) ist die Hessesehe Normalform von g. (1.24) kann als Spezialfall (p = 0) von (1.25) angesehen werden; allerdings ist diesmal die Normale nicht eindeutig bestimmt. (~~~~) ist die Richtung von g; als Normale könnte man (~~~n
< 0 durch
';af+b2X
+ ';)+b2Y
= - ';a~+b2
und für c> 0 durch - ';a f+b2 x - ';)+b 2 Y = ';a~+b2 berechnet. Der Abstand von einem Punkt Xo zu einer durch nx = p gegebenen Geraden 9
30
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
ist Inxo - pi· Der obige Übergang von der allgemeinen Form ax + bx + c = 0 einer Geraden 9 zu ihrer Hesseschen Normalform zeigt, dass der Abstand von x = (x o ) zu 9 gleich Iaxo+bxo+c I ist.
°
~
YO
Bilden die Vektoren x und Y den Winkel (), so gilt: Isin()1 =
VI - cos2 () =
1- (x,y)2 Ixl 21Yl2
+ x~yi - 2XIX2YIY2 (xi + x~)(yi + y~)
xiy~
1_
(XIYI + X2Y2)2 (xi + x~)(yi + y~)
IXIY2 - X2YII Ixllyl
Deshalb hat der Flächeninhalt des Dreiecks, das von x und y aufgespannt wird, d.h. des Dreiecks mit den Kantenlängen lxi, lyl und Ix - yl, den Wert ~Ixllyll sin ()I = ~IXIY2 - X2YII· Mit Hilfe dieser Formel kann man Flächeninhalte von Polygonen berechnen, indem man sie in Dreiecke zerlegt (trianguliert!) . Eine Ebene E im Raum, die durch den Punkt Xo geht und zu zwei nichtparallelen Richtungen VI und V2 parallel ist, ist die Punktmenge
Sind xo, Yo, Zo die Koordinaten von Xo und lYi, ßi, "(i die Komponenten von Vi, i = 1,2, so bekommt die Parameterdarstellung von E x
= Xo + Al vI + A2V2
(1.26)
auch die Gestalt
x = Xo + AllYl + A2lY2, Y = Yo + AIßI + A2ß2, Z = Zo + AI"(1 + A2"(2. (1.27) Sind xo, Xl und X2 drei nicht kollineare Punkte aus E, so kann man die nichtparallelen Richtungen durch VI = Xl - Xo und V2 = X2 - Xo festlegen, und damit ergibt sich die Parameterdarstellung der Ebene E in der Form x = Xo
+ AI(XI
- xo)
+ A2(X2 -
xo) ,
(1.28)
oder auch x = XO+AI(XI-XO)+A2(X2-XO), Y = YO+AI(YI-YO)+A2(Y2-YO), z = Zo + Al (Zl - zo) + A2(Z2 - zo). mnd (
~ (~) ) ,
und
(~)
die Schnittpunkte von E mit den drei Komdi-
nantenachsen, so erhält man die Achsenabschnittsform der Ebene E
x
Y
z
-+-+-=1. abc
(1.29)
Die zur z-Achse parallelen Ebenen lassen sich allgemein durch ax+by+d = 0
1.1 Begriffe und Ergebnisse
31
°
mit (a, b) =1= (0,0) darstellen. Analog für Ebenen, die zur y- oder x-Achse parallel sind: ax + cz + d = mit (a, c) =1= (0,0) und by + cz + d = 0 mit (b, c) =1= (0,0). Um weitere Darstellungen von Ebenen zu erhalten, führen wir eine Operation ein, die nur für Vektoren aus IR 3 definiert ist, und die auch in anderem Zusammenhang sehr nützlich sein wird. Das Vektorprodukt
IR' x IR' -t IR' mdnct jedem gemdneten Paac x, =
(~:) ,x,
(
~: )
von Vektoren den Vektor Xl x X2 mit den Komponenten YIZ2 - Y2ZI, Zl X2 - Z2XI, Xl Y2 - X2YI zu. Ist el, e2 und e3 die kanonische Basis von IR 3, so gilt nach der obigen Definition el x e2 = e3 , e2 x e3 = el und e3 x el = e2. Wir fassen die wesentlichen Eigenschaften dieser Operation zusammen. Sind x, Xl ,X2 und X3 aus IR 3 und A aus IR, so gilt: i) ii) iii) iv) v)
Xl x (X2 + X3) = Xl x X2 + Xl X X3 , (Xl + X2) X X3 = Xl X X3 + X2 X X3 , Xl x X2 = -X2 X Xl, insbesondere X x X = 0 , (Axd X X2 = A(XI x X2) , (Xl x X2) . Xl = (Xl x X2) . X2 = 0, d.h. Xl x X2 ist orthogonal zu Xl, X2 .
Sind also VI und V2 zwei linear unabhängige Vektoren in einer Ebene E, welche durch den Punkt Xo geht, so steht VI x V2 senkrecht zu E; sei VI X V2 ein Normaleneinheitsvektor zu E. Ein beliebiger n = ~xl lVI.1\, V21
°
Punkt X des Raumes gehört zu E dann und nur dann, wenn X - Xo und n senkrecht zueinander stehen, d.h. wenn (x - xo) . n = gilt. Der Vektor n zeigt aus dem Nullpunkt in Richtung E genau dann, wenn Xo . n eine nichtnegative Zahl ist. Das kann man immer erreichen, notfalls muss man VI und V2 vertauschen. Die Zahl p := Xo . n ~ 0 ist die Projektionslänge von Xo auf n, oder auch der Abstand vom Nullpunkt zu E. x· n = p ist die Hessesehe Normalform der Ebenengleichung von E. Ist Xl ein beliebiger Punkt des Raums, so ist l(xI - xo)· nl = lXI· n - pi der Abstand d(XI,E) von Xl zu E. Sei nun ax + by + cz + d ein Polynom ersten Grades, d.h. (a, b, c) =1= (0,0,0). Die Punkt menge {(x,y,z) I ax + by + cz + d = o} ist eine Ebene E; die Hessesche Normalform der Gleichung dieser Ebene erhält man aus der allgemeinen Gleichung ax+by+cz+d = 0, indem man durch Ja 2 + b2 + c2 oder -Ja 2 + b2 + c2 , je nachdem, ob d < oder d ~ gilt, teilt. Der Abstand eines Punktes Xl mit den Koordinaten Xl, YI, Zl zu dieser Ebene ist deshalb
°
°
laxt +bYt +CZt +dl
va 2+b2+c 2
Nun setzen wir die Aufzählung der Eigenschaften des Vektorproduktes fort.
32
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
vi)
(Xl X X2) X X3 und Xl x (X2 X X3) sind im allgemeinen verschieden. (Z.B. für Xl = X2 = el und X3 = e2 gilt: (eI x el) x e3 = 0 x e3 = 0 und el x (eI x e2) = el x e3 = -e2 .) vii) Ist e E [0,7r] der Winkel zwischen Xl und X2, so gilt: (1.30)
(Insbesondere sind Xl und X2 genau dann linear unabhängig, wenn Xl x X2 -:j:. 0 gilt.) viii) XI'(X2 XX3) = X3'(XI XX2) = X2'(X3 xxI) = XIY2Z3-XIY3Z2+YIZ3X2YIZ2X3 + ZlX2Y3 - ZIX3Y2· (Das ergibt sich sofort aus den Definitionen des Skalar- und Vektorproduktes.) Man sagt, dass Xl . (X2 x X3) das Spatprodukt der Vektoren Xl, X2 und X3 ist. Die Formel (1.30) lässt sich leicht nachweisen, wenn man den Cosinussatz einbezieht: IXl121x212 sin2 e = (xi (xi
+ Y; + zi)(x~
+ Y; + zi)(x~ + y~ + z~)(l - cos2 e) + y~ + z~) - (XIX2 + YIY2 + ZIZ2)2 =
=
~~+~~+~~+~~+~~+~~
+ YIY2ZlZ2 + ZIZ2 XI X2) = x2yr)2 + (YIZ2 - Y2Zr)2 + (ZIX2 -
-2(XIX2YIY2 (XIY2 -
Z2Xr)2 = lXI X x21 2 .
Die Zahlen, welche die Länge des Vektorproduktes Xl x X2 und den Flächeninhalt des von Xl und X2 aufgespannten Parallelogramms P(XI,X2) angeben, sind also laut (1.30) gleich. (Aus Dimensionsgründen ist die "übliche" Formulierung "die Länge von Xl x X2 ist gleich dem Flächeninhalt von P(XI, X2)" natürlich falsch!) Sind Xl, X2 und X3 drei Vektoren und zwei davon (z.B. X2 und X3) linear unabhängig, so ist lXI'
,~;~~;,I die Länge der Projektion des Vektors Xl auf
die Richtung X2 x X3, oder anders gesagt, der Abstand des Punktes Xl zu der Ebene durch 0, X2 und X3. Wegen der geometrischen Interpretation von IX2 x x31 ist lXI' (X2 x x3)1 das Volumen des von Xl, x2 und X3 aufgespannten Parallelepipeds (Spates). Das motiviert die Bezeichnung Spatprodukt. Bekanntlich ist das Volumen des Tetraeders mit den Ecken 0, Xl, X2 und X3 ein Sechstel des Volumen des obigen Spates, d.h. ilxl . (X2 x x3)1 . Im Allgemeinen sagt man, dass Xl, X2 und X3 ein Rechtssystem oder ein Rechtsdreibein bilden, wenn sie linear unabhängig sind (d.h. wenn sie eine Basis bilden) und Xl . (X2 x X3) > 0 gilt. So bilden el, e2 und e3 ein Rechtssystem, aber el, e3 und e2 nicht. Aus vii) und viii) folgt, dass für je zwei linear
1.1 Begriffe und Ergebnisse
33
unabhängige Vektoren Xl und X2 die Vektoren Xl, X2 und Xl x X2 ein Rechtssystem bilden, denn es gilt: Xl . (X2 X (Xl X X2)) = (Xl X X2) . (Xl X X2) > o. Also: Bilden Xl, x2 und X3 ein Rechtssystem, so ist ~Xl . (X2 x X3) das Volumen des Tetraeders mit den Ecken 0, Xl, X2 und X3 . Zum Schluss dieser geometrischen Betrachtungen wollen wir einige Hinweise geben, wie man gewisse Winkel und Abstände im Raum messen kann. Seien dafür go, gl Geraden mit Richtungen Vo und VI, E o und EI Ebenen mit Normaleneinheitsvektoren no und nl . Der Winkel 'P E [0, ~ 1 zwischen go und E o ist definitionsgemäß der Winkel zwischen go und der Projektion von go auf E o, und dieser Winkel ist komplementär zu demjenigen Winkel zwischen go und no, der in [0, ~lliegt; also: _ • (11" ) _ Ivaxnal cOS'P - sm 2" - 'P Ival . Den Winkel zwischen E o und EI kann man als denjenigen Winkel () E [0, ~ 1 mit der Eigenschaft cos () = Ino . nIl definieren. Geometrisch bedeutet dies, falls E o und EI nicht parallel sind, folgendes: Sei g die Schnittgerade von E o und EI, P E g beliebig aber fest, h o und h l die Geraden durch P in der Ebene E o bzw. EI, die senkrecht zu g sind. Dann bilden ho und hl den Winkel () aus [0, H Sei nun Q ein Punkt im Raum, Po "I Q ein Punkt von go (falls Q f/. g, hat jeder Punkt von g diese Eigenschaft) und Qo die orthogonale Projektion von Q auf go. Der Abstand d(Q,go) von Q zu go ist die Länge der Strecke QQo oder auch 1P0QI sin 'P, wobei 'P der Winkel zwischen Vo und PoQ ist. Wegen . gilt
d(Q,go) =
IPoQ x vol Ivol
.
Sind die Geraden go und gl parallel, d.h. sind Vo und VI proportional, so ist der Abstand d(go, gd zwischen go und gl gleich dem Abstand von einem beliebigen Punkt von go (bzw. gd zu gl (bzw. go); mit Po Ego und PI E gl n ) ) Sons t ha t man d( gO,gl ) = d( .rO,gl = IPol\ Iv,lxv,l = IPol\ Ivalxval = d(P1,gO· (d.h. wenn Vo und VI nicht proportional sind) ist der Abstand d(go, gd der kleinste Abstand zwischen einem Punkt von go und einem Punkt von gl. Die Existenz und die Eindeutigkeit eines Punktepaares (Qo, Ql) mit den Eigenschaften Qo Ego, Ql E gl und d(Qo, Ql) = d(go, gl) kann man elementar geometrisch zeigen. (Komplizierter geht es natürlich auch! Stichwort dazu: Extrema mit Nebenbedingung.) Wir schildern hier nur die Konstruktion dieses Punktepaares. (Überlegen Sie sich den Beweis dazu und verwenden Sie dafür eine Skizze!) Seien EO,l und El,o die Ebenen durch go bzw. gl, die parallel zu gl bzw. go sind. Mit h l und h o bezeichne man die orthogonale Projektion von gl bzw. go auf EO,l bzw. El,o. Dann sind Qo und Ql die
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
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Schnittpunkte von 90 mit h l bzw. 91 mit ho. Der Vektor Vo x VI ist eine Normale sowohl zu EO,l als auch zu El,o. Sind Po E 90 und PI E 91 beliebige Punkte, so ist die Länge der orthogonalen Projektion von POPI auf die Richtung Vo x VI gleich IQoQll; also:
-IR
d( 90, 91 ) -
Pl ' Vo x VI Ivo x VII
0
1_ IPaK· (vQ x vl)1 -
Ivo x VII
.
(1.31)
1.1.11 Lineare Gleichungssysteme, Abbildungen und Matrizen (Aufgabe 42 bis 50) Geometrische, physikalische, chemische, biologische, ökonomische und soziologische Fragestellungen führen zu Gleichungen, in welchen die Unbekannten, also gesuchte Größen Xl, X2, ..• , X n , linear vorkommen, d.h. deren Potenzen, Inversen oder mittelbare Verknüpfungen (wie z.B. 2 x 1, sin X2 oder In X3) treten dabei nicht auf oder werden vernachlässigt. Fasst man diese m Informationen (die z.B. aus Messungen oder Naturgesetzen gewonnen werden) über Xl,X2,'" ,X n zusammen, so erhält man ein System von linearen Gleichungen, das allgemein durch allXl a2lXl
+ a12 x 2 + ... + alnXn + a22 X 2 + ... + a2nXn
= bl = b2
(1.32)
dargestellt wird. Dabei sind die Koeffizienten aij reelle Zahlen; man kann sich aber Koeffizienten auch aus einem anderen Körper vorstellen. Kommen in (1.32) wenige Gleichungen vor (also ist m klein), so kann man elementar zu Werke gehen und durch sukzessive Elimination die Unbekannten bestimmen oder wenigstens versuchen, dies zu tun. Im günstigen Fall bekommt man eine eindeutig bestimmte Lösung. Unangenehm ist der Fall, in welchem eine Vereinfachung nicht mehr möglich ist und man auf Bedingungen wie z.B. Xl + x2 = 1 und X3 + 2X4 - 3X5 = 0 "sitzenbleibt" . Für jede Wahl von X2, X4 und X5 bekommt man hier eindeutig Xl und X3 und damit auch die Werte für die restlichen X6, ••• ,X n (falls vorhanden!). Man spricht in einem solchen Fall von einer dreiparametrigen Lösungsmenge. Auch die Möglichkeit durch solche Eliminationen zu einem Widerspruch zu kommen, wie Xl + X2 = 2 und Xl + X2 = 3, ist denkbar. Dann hat das System keine Lösung. Wenn sehr viele Gleichungen vorkommen oder wenn die Koeffizienten von Parametern abhängen, ist das Problem schwierig. In allen diesen Fällen stellen sich drei Fragen von allgemeinem Charakter: Gibt es überhaupt eine Lösung?
1.1 Begriffe und Ergebnisse
35
Wenn ja, wieviele? Besitzt die Lösungsmenge eine besondere Struktur? Gibt es Lösungswege, die schneller als das Eliminationsverfahren sind? Kann man dabei technische Hilfsmittel (Computer) verwenden? Zur Bewältigung dieser Fragen dient die Theorie der Vektorräume und linearen Abbildungen zwischen Vektorräumen. Dabei erweist es sich als sehr nützlich, den genauen Zusammenhang zwischen linearen Abbildungen und Matrizen zu kennen. Wir führen deshalb nun den Begriff lineare Abbildung (oder auch Homomorphismus von Vektorräumen) ein, erläutern den Zusammenhang zwischen linearen Abbildungen und Matrizen, erklären die Operationen mit Matrizen und geben schließlich die Hauptergebnisse über lineare Gleichungssysteme an. Wenn man Mengen betrachtet, die eine Struktur tragen, wenn z.B. Addition und Multiplikation darauf definiert sind, dann spielen Abbildungen eine besondere Rolle, die mit dieser Struktur" verträglich" sind, die sie "erhalten". Solche Abbildungen nennt man Homomorphismen. Bei K - Vektorräumen sind das diejenigen Abbildungen, die die Summe zweier Vektoren auf die Summe der Bildvektoren abbilden und das skalare Vielfache eines Vektors auf dasselbe Vielfache des Bildvektors. Explizit formuliert: Sind V und W zwei K-Vektorräume, so ist 1 : V -+ Wein K-Vektorraumhomomorphismus oder eine K-lineare Abbildung oder auch ein Klinearer Homomorphismus, falls für alle v, V1, V2 E V und a E K gilt: I(V1
+ V2) = I(V1) + I(V2)
, I(av)
= al(v)
.
(1.33)
Äquivalent dazu: Für alle V1, V2 E V und a1, a2 E K hat man (1.34) l(a1 V1 + a2 v 2) = ad(vd + a21(v2) . Die Menge der K-linearen Homomorphismen wird mit HomK(V, W) bezeichnet. Sie ist nicht leer, da die Nullfunktion, die jedem v E V den Nullvektor von W zuordnet, ein K-linearer Homomorphismus ist. Sind I, h, haus HomK(V, W) und a aus K, so werden h + hund al durch
(h
+ h)(v)
:=
h(v)
+ h(v)
bzw.
(af)(v):= a(J(v))
für
v EV
definiert. h + hund al sind ebenfalls K-linear; durch diese Festlegung von Addition und skalarer Multiplikation ist HomK (V, W) selbst ebenfalls ein K-Vektorraum. HomK(V, V) - wenn also W = V gilt - heißt der Endomorphismenraum von V und wird mit EndK(V) bezeichnet. Sind 1 : V -+ Wund 9 : W -+ T Vektorraumhomomorphismen (über K), so ist auch goi: V -+ Tein K-linearer Homomorphismus. Ist der K-lineare Homomorphismus 1 : V -+ W bijektiv, so ist die inverse Funktion 1- 1 : W -+ V ebenfalls K-linear, da aus
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
36
folgt f-1(a1w1 +a2w2) = ad- 1(wd +a2f- 1(w2). Hier zeigt sich zum ersten Mal die Stärke der K-Linearität. Wir geben nun weitere Ergebnisse an, welche aus der K - Linearität gewonnen werden. Sei f : V -+ Wein K-linearer Homomorphismus; er bildet den Nullvektor aus V auf den Nullvektor aus W ab (j(0) = f(O . 0) = 0 . f(O) = 0). Sind V1, ... ,Vk aus V linear abhängig, so sind f(vd, f(V2), ... ,f(Vk) linear abhängig, weil jede Linearkombination on
2:;=1 ajf(vj)
2:;=1 ajvj
auf die Linearkombinati-
durch f abgebildet wird. Gilt also
mindestens ein aj von Null verschieden ist, so folgt Teilmenge Kern(j) := {v E V I f(v) = O} = f- 1({O})
2:;=1 ajVj = 0, wobei 2:7=1 ajf(vj) = o. Die (1.35)
von V und die Teilmenge Bild(j) := {w E W l:lv E V
f(v) = w} = f(V) (1.36) von W sind Untervektorräume des jeweiligen Raums. Das ist leicht an Hand der Definition für Unterräume nachzurechnen. Wegen der K-Linearität ist f genau dann injektiv, wenn Kern(j) = {O} ist. (j(vd = f(V2) {::::::} f(vd - f(V2) = 0 {::::::} f(V1 - V2) = 0 und V1 = V2 {::::::} V1 - V2 = 0.) In diesem Fall heißt f Monomorphismus. Die surjektiven K-linearen Abbildungen heißen Epimorphismen. Die bijektiven Homomorphismen heißen Isomorphismen. Die bijektiven Endomorphismen werden Automorphismen genannt. Ist fein Monomorphismus, so überträgt f auch die lineare Unabhängigkeit: Sind V1, ..• ,Vk aus V linear unabhängig und sind a1, ... ,ak Elemente mit
2:;=0 ajf(vj) = 0, so folgt f(2:;=o ajvj) = o. Wegen Kern(j) = {O} hat man 2:;=0 ajvj = 0, und die lineare Unabhängigkeit von V1, ... ,Vk impliziert a1 = ... = ak = o. Also sind auch die Bilder der
aus K, so dass gilt
V1, ... ,Vk linear unabhängig. Ohne die Injektivität ist diese Aussage falsch; das einfachste Gegenbeispiel ist die Nullfunktion. Da die Bilder einer Basis ein Erzeugendensystem von Bild(j) sind, ist dirn Bild(j) ::; dirn V, und aus dem obigen Ergebnis für Monomorphismen folgt dirn Bild(j) = dirn V, wenn f injektiv ist. Daraus können wir ablesen: Ist fein Monomorphismus, so ist dirn V ::; dirn W. Ist fein Epimorphismus, so ist dirn V 2 dirn W. Ist f ein Isomorphismus, so ist dirn V = dirn W . Ein K-linearer Homomorphismus f : V -+ W ist vollkommen bekannt, wenn man die Werte von f auf einer Basis von V kennt. Ist nämlich v E V, so existieren endlich viele Basiselemente V1, ... , Vk und dazu Körperelemente a1, ... , ak, so dass v = 2:;=1 ajV j gilt; wir haben deshalb f (v) =
f(2:;=l ajvj) = 2:;=1 ajf(vj) . Leicht nachzuweisen ist auch die umgekehrte Aussage: Sind V und W KVektorräume und ist B eine Basis von V, so kann man jedem Vektor aus
1.1 Begriffe und Ergebnisse
37
ß einen beliebigen Vektor aus W zuordnen (diese Wertemenge muss weder linear unabhängig noch erzeugend sein) und hat damit eindeutig einen K-Homomorphismus festgelegt. Diese Aspekte werden wir jetzt für endlich dimensionale Vektorräume genauer untersuchen. Seien also V, W endlich dimensional, ß:= {VI, ... , v n } eine Basis von V,C := {WI, ... , w m } eine Basis von W und sei f : V --+ W K-linear. Schreibt man jedes f(vj) als Linearkombination L:Z'=I akjWk, so kann man f und den Basen ß und C die Matrix a11 a2I ( MC,B(f):= : amI
aI2 a22
(1.37)
am2
zuordnen mit folgender Konsequenz: Ist V E V und L:j=1 ~jVj die Darstellung von V in der Basis ß, so folgt: f(v)
L:j=1 ~j(L:Z'=1 akjWk)
= f(L:j=1 ~jVj) = L:j=1 ~jf(vj) =
= L:Z'=I(l:j=1 akj~j)wk
. Man erhält also den k-ten Koeffizienten der Darstellung von f(v) in der Basis C als Skalarprodukt der k-ten Zeile von MC,B(f) mit der Koeffizientenzeile (6, ... , ~n) von v bezüglich der Basis ß. Mit den Definitionen von MC,B, den Operationen in HomK(V, W) und den Operationen in Kmxn lässt sich zeigen, dass für alle h, h E HomK (V, W) und al, a2 E K gilt:
Wenn wir also MC,B als Abbildung von HomK(V, W) in Kmxn auffassen, ist damit klar, dass MC,B ein K-linearer Homomorphismus ist. Wir überlegen uns jetzt, dass es sogar ein K - Vektorraumisomorphismus ist. Einer beliebigen Matrix A = (akj) k=l, ...• m aus K mxn ordnet man nämlich den K-linearen HoJ=l, ... ,n
momorphismus h A : V --+ W zu, der durch hA(vj) := l:~1 akjWj eindeutig definiert wird. Wegen h a1 A1+a2 A2 = aIhA 1 + a2hA2 ist hein K-linearer Homomorphismus von Kmxn nach HomK(V, W). Es gilt sogar MC,B(hA) = A und hMc,B(f) = f für alle A aus Kmxn und f aus HomK(V, W). Damit ist MC,B ein K-Vektorraumisomorphismus. Insbesondere hat HomK(V, W) die Dimension m . n, denn K mxn hat die Dimension m . n. Der Matrix ekj aus der kanonischen Basis von K mxn (s. 9) entspricht die K-lineare Abbildung h ekj , welche Vj auf Wk und alle anderen Vi auf 0 abbildet. Damit ist {h ekj I k = 1, ... , m,j = 1, ... , n} eine Basis von HomK(V, W), denn wir hatten ja schon gesehen: Monomorphismen bilden linear-unabhängige Mengen auf linear-unabhängige Mengen ab, Epimorphismen bilden Erzeugendensysteme auf Erzeugendensysteme ab, so dass Isomorphismen Basen auf Basen abbilden.
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
38
Sei nun T ein weiterer K-Vektorraum, D = {tl,"" t p } eine Basis von T, 9 : W -t Tein K-linearer Homomorphismus und Mv,c(g) = (b 1k ) l=l, ... ,p die k=l, ... ,1n
zugeordnete Matrix. Es gilt: g(f(Vj)) = g(2:~l akjWk) = 2:;;'=1 akjg(Wk) = 2:;;'=1 akl(2:f=l blktl) = 2:f=l(2:;;'=l blkakj)tl . Also: Mv,B(g 0 1) = (2:;;'=1 b1kakj) l=l, ... ,p • Dieses Ergebnis rechtfertigt die J=l, ... ,n
Definition der Matrizenmultiplikation. Das Produkt B . A der Matrizen Bund A mit Komponenten aus dem Körper K ist nur dann definiert, wenn die Anzahl der Spalten von B gleich der Anzahl von Zeilen von A ist. Ist B = (b 1k ) l=l, ... ,p und A = (akj) k=l, ... ,m, so ist die (l,j)-Komponente Clj von k=l, ... ,m
o := B . A
J=l •... ,n
definiert durch Clj = 2:;;'=1 b1kakj. Mit dieser Definition hat man:
Mv,e(g) . Me,B(f) = Mv,B(g 0 1) . (1.38) Noch einmal: Wenn man B . A schreibt, bedeutet dies automatisch, dass die Anzahl der Zeilen von A und der Spalten von B gleich sind. Für alle d E K,O E Kqx p, B, BI, B 2 E KPxm,A, Al, A 2 E Kmxn gilt: (BI
+ B 2)A =
O· (B· A)
BI . A
+ B2 . A
= (0· B) . A,
, B· (Al
(dB)· A
+ A 2) =
B . Al
+B
= d(B· A) = B· (dA)
.
. A2 , (
1.39
)
Ist E n E K nxn die Einheitsmatrix, d.h. die n x n-Matrix, deren Hauptdiagonalelemente alle 1 sind, und alle anderen Elemente sind 0, so gilt für A E K mxn : E m . A = A = A· E n . Ist B, A definiert, so ist im Allgemeinen A . B nicht definiert, es sei denn, A E K mxn und B E K nxm . Sind A und B quadratische Matrizen aus K nxn und ist n ~ 2, so gilt im Allgemeinen AB :I BA, wie in dem folgenden einfachen Beispiel: (
~ ~). (~ ~) = (~ ~ )
und
(
~ ~). (~ ~) = (~ ~)
.
Das lineare Gleichungssystem (1.32) lässt sich mit Hilfe der Matrizenmultiplikation als A .x = b (1.40) schreiben; dabei ist A die m x n Matrix (akj) k=l, . . ,m , 1=1, ... ,n
X
ist die n x 1-Matrix
(d.h. ein Spaltenvektor) mit den Komponenten Xj, und b ist die mx 1-Matrix (Spaltenvektor ) mit den Komponenten bk . Sind al, ... , an die Spalten von A, so erhält man für das Gleichungssystem (1.32) die folgende Darstellung: (1.40') Xlal + X2a2 + ... + xnan = b . Betrachtet man auf Km und Kn die kanonischen Basen Em bzw. En , so definiert A E Kmxn eine K-lineare Abbildung hA : Kn -t Km. Das Lösen von Ax = b bedeutet also: Bestimme alle x E Kn, die durch hA auf b abgebildet werden. Das System (1.32) hat genau dann (mindestens) eine Lösung, wenn b im Bild von hA liegt. Wegen der Darstellung (1.40') hat das Glei-
39
1.1 Begriffe und Ergebnisse
chungssystem (1.32) genau dann (mindestens) eine Lösung, wenn b in dem von al, a2, ... ,an erzeugten Untervektorraum von Km liegt. Die Dimension dieses Untervektorraums - die der Rang (Spaltenrang) von A genannt wird - spielt deshalb eine besondere Rolle. Man bezeichnet mit (A, b), die durch b ergänzte Matrix A, d.h. (A, b) ist die m x (n + 1)-Matrix mit den Spalten al, a2, ... ,an, b. Dann gibt es (mindestens) eine Lösung von (1.32), wenn RangA = Rang(A,b) gilt, wenn also al, ... ,an,b nicht mehr linear unabhängige Vektoren enthält als al, ... , an. Den Spaltenrang von A kann man mit Hilfe elementarer Spaltenumformungen berechnen. Das sind die folgenden Operationen: i) ii) iii)
Multiplikation einer Spalte mit einem von Null verschiedenen Element. Addition einer Spalte zu einer anderen Spalte. Vertauschung von Spalten.
Eine Spaltenumformung ist das Ergebnis von hintereinander ausgeführten elementaren Spaltenumformungen. Da der Spaltenrang gleich der maximalen Anzahl linear-unabhängiger Spalten von A ist, ändert eine (statt jede) elementare Spaltenumformung den Spaltenrang von A nicht. Man kann sich leicht klar machen, dass es stets möglich ist, eine Matrix durch elementare Spaltenumformungen auf die Gestalt
(Om~r,r O~~:,~~r)
zu transformie-
ren; dabei ist Op,q die p x q-Nullmatrix. r ist dann der Spaltenrang von A . Analog kann man die Begriffe Zeilenrang, elementare Zeilenumformung und Zeilenumformung definieren. Mit einer etwas mühsamen Argumentation kann man nachweisen, dass für jede Matrix Zeilenrang und Spaltenrang übereinstimmen. Damit ist gerechtfertigt, kurz nur von dem Rang einer Matrix zu sprechen. Um die Transformation von Matrizen auf die soeben angegebene Normalform zu erreichen, definieren wir einige einfache m x m-Matrizen: S~m) und ~)m)
Mi(m) ().,),
.
Mi(m)().,) ist die m x m-Matrix, deren Diagonalelemente bis auf die (i,i)-te Stelle gleich 1 sind; an der Stelle (i, i) steht ).,. Alle anderen Komponenten
von
Mi(m)().,)
sind Null.
S~m) hat auf der Diagonalen und an der (i,j)-ten Stelle die Einträge 1; die restlichen Komponenten sind Null. ~)m) ist die m x m-Matrix, deren Diagonalelemente bis auf die (i, i)-te und die (j,j)-te Stelle gleich 1 sind. An diesen bei den Stellen steht O. An der (i,j)ten und der (j, i)-ten Stelle steht 1; alle anderen Stellen sind mit 0 belegt. Es gilt insbesondere: ~)m) = Vj~m). Z.B. hat man:
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
40
(~ ~) (~ ~) 0
MJ4) (,\)
5(4) 42 -
,\
=
0 0
0 0 1 0
0 0 1 0 0 1 1 0
5(4) 24 -
V;(4) 23 -
Mi(m) (,\). A
0 0 1 0
V;(4) 32 -
Es lässt sich leicht prüfen, dass:
-+
(~ ~) (~ ~) 0 0 1 0 0 1 0 0
die Multiplikation der i-ten Zeile von
A
0 1 0 0
mit ,\ bewirkt (d.h.
bei Mi(m) (,\) . A steht in der i-ten Zeile das '\-fache der i-ten Zeile von A, alle anderen Zeilen stimmen überein),
-+
5~m). A die Addition der j-ten Zeile zur i-ten Zeile von A bedeutet,
-+
~~m). A die Vertauschung der Zeilen i und j von A bewirkt.
Eine Zeilenumformung von A lässt sich also durch das Produkt einer Matrix (das wiederum ein Produkt von Matrizen der Typen 5, V und Mist) mit A realisieren; insbesondere gibt es deshalb eine Matrix B mit B . A = Er ( Om-r,r
Orn-r)
Om~r,n-r
.. . Analoge Uberlegungen kann man für die Spaltenum-
formungen anstellen; der Unterschied ist nur, dass die Matrix A von rechts mit n x n-Matrizen vom obigen Typ multipliziert wird. Da der Zeilenrang und der Spaltenrang gleich sind, gibt es also auch eine Matrix C mit der . h a ft A . C = (Er Elgensc 0
m-r,r
Or' n-r ) . 0 m-r,n-r
Wegen der Definition des Spalten- und des Zeilenrangs folgt Rang A ::; n und Rang A ::; m und damit Rang A ::; min{ m, n} für alle A aus Kmxn. Man beachte, dass im Allgemeinen gilt Rang(B· A) ::; min{RangB,RangA},
(1.41)
denn Bild(hB.A) = Bild(h B 0 hA) c Bild(h B ), und die Dimension von hB(Bild(hA)) ist höchstens gleich der Dimension von Bild(hA)' Diese letzte Bemerkung ist eine unmittelbare Folgerung der wichtigen Dimensionsformel für lineare Homomorphismen: Ist ! : V -+ Wein K -linearer Homomorphismus und {W I, ... , Wr } eine Basis von Bild(f), so seien VI, ... , Vr aus V mit !(Vi) = Wi für i = 1, ... ,r. Wegen der Linearität von! sind VI, ... , Vr linear unabhängig. Sei {nI, ... , nk} eine Basis von Kern(f). Es lässt sich leicht nachweisen, dass VI, ... , Vr , nl, ... , nk
1.1 Begriffe und Ergebnisse
41
eine Basis von V bildet, und deshalb gilt die sog. Dimensionsformel dimK Kern(f)
+ dimK Bild(f)
= dimK V .
(1.42)
Nun untersuchen wir - unter der Annahme der Existenz einer Lösung (d.h. wenn RangA = Rang(A, b) gilt) -, ob und wann das System (1.40) nur eine Lösung hat, bzw. wie die Lösungsmenge IL beschrieben werden kann. Sind x und x' zwei Lösungen von (1.40), so gilt: A(x-x / ) = Ax-Ax' = b- b = O. D.h., x - x' ist eine Lösung des homogenen Gleichungssystems
Ax=O. (1.43) Im anderen Fall, wenn b =I- 0 ist, nennt man (1.40) inhomogen. Umgekehrt: Ist x irgendeine spezielle (man sagt oft: partikuläre) Lösung des inhomogenen Systems und x* eine beliebige Lösung des homogenen Systems, so ist A(x + x*) = Ax + Ax* = b + 0 = b, d.h. auch x + x* ist eine Lösung des inhomogenen Systems. Mit IL o bezeichnet man die Lösungsmenge des homogenen Systems; offensichtlich ist IL o der Kern von hA, d.h. ein Untervektorraum von Kn. Mit diesen Bemerkungen folgt: IL ist der affine Unterraum IL o + x = {x* + x I x* E ILo }. Wegen der Dimensionsformel gilt (s. die Definition der Dimension eines affinen Raumes am Ende des Paragraphen 1.1.9) dirn IL + Rang A = dirn IL o + Rang A = n . (1.44) Also: Notwendig und hinreichend für die Eindeutigkeit der Lösung ist: RangA = n. Insbesondere ist n :::; m wegen RangA :::; min{m,n}. Sonst (d.h. falls Rang A < n) ist IL ein affiner Raum der Dimension n - Rang A . Man sagt, dass das durch A definierte lineare Gleichungssystem universell lösbar ist, wenn für alle b E Km das lineare Gleichungssystem Ax = b lösbar ist, d.h., wenn für alle b E Km gilt: RangA = Rang(A, b). Ist Rang A = dimK Bild(hA) < m, so gibt es ein b E Km\ Bild(hA), und für dieses bist Ax = b nicht lösbar. Hiermit ist Rang A = m notwendig für die universelle Lösbarkeit. Diese Bedingung ist auch hinreichend, weil aus Rang A = m zuerst m :::; n und wegen m = Rang A :::; Rang(A, b) :::; m auch RangA = Rang(A, b) folgt. Die obigen Überlegungen führen zum folgenden Ergebnis: Das Gleichungssystem Ax = b hat für jedes b E Km genau dann eine eindeutige Lösung, wenn Rang A = n = m gilt. Man sagt in diesem Fall: A definiert ein universell eindeutig lösbares Gleichungssystem. Ist A
= (akj)
k=l, ... ,m J=l, ... ,n
aus Kmxn, so heißt die Matrix AT
= (a[j)
k=l, ... ,n J=l, .... TTl
mit
a[j = ajk die transponierte Matrix von A; es ist diejenige Matrix, die als k-te Zeile die k-te Spalte von A hat für jedes k = 1, ... , n . Z.B. gilt:
= S(m) ( S~~))T 'J J'
.
Die Zuordnung A r-+ AT ist ein K-Isomorphismus von Kmxn auf Knxm, der außer der K-Linearität noch weitere Eigenschaften hat, wie z.B. (AT)T = A
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
42
und Rang AT = RangA für alle A E
Kmxn .
Das schon angesprochene Eliminationsverfahren ist die Grundidee für den sog. Gaußsehen Algorithmus. Mit diesem Rechenschema gelingt es, gleichzeitig den Rang der Matrix A und der ergänzten Matrix (A, b) zu berechnen, und - falls die Lösbarkeitsbedingung Rang A = Rang(A, b) erfüllt ist - ein zu (1.32) äquivalentes System ii1iI XiI
+ ii1i2Xi2 + ... + ii1irXir + ... + ii1in Xi n = ii2i2Xi2 + ... + ii2i r X i r + ... + ii2inXin =
/)1
/)2
(1.45)
zu bekommen; dabei ist (i 1 , ... , in) eine Permutation von (1, ... , n), d.h. die Mengen {i 1 , .•. , in} und {1, ... , n} sind gleich, und alle Diagonalelemente ii1il' ii 2 i2' ... ,iir,i r sind von Null verschieden. Die n - rUnbekannten Xir+l' Xi r +2' ... ,Xi n bleiben frei wählbar und heißen Parameter der Lösungsmenge. Für jedes (n-r)-Tupel (Ar+! , ... , An) aus Kn-r erhält man aus (1.45) sukzessive (von unten nach oben) Xi r , Xir_I" .. ,Xi2' XiI als Polynome ersten Grades in Ar+! , ... ,An. (So gewinnt man zuerst aus der letzten Gleichung von (1.45) den Wert
Xi r
r+ 1 A r +1 + ... + arin An); und damit dann aus = ~ - (a ri a rlr a r1r a rtr
der vorletzten Gleichung von (1.45) Xir_l' usw.) Es wird wie folgt verfahren: Im ersten Schritt betrachtet man eine Tabelle mit n + 1 Spalten; die ersten n Spalten sind die Spalten von A und tragen die Bezeichnungen Xl, •.. ,X n . Die letzte Spalte ist b. Damit entsteht das erste Kästchen der Tabelle. Man wählt einen von Null verschiedenen Koeffizienten aklir (falls möglich 1 oder -1!) und bezeichnet die k 1 -te Zeile mit I. Für jedes [ E {1, ... , m} \ {kd multipliziert man die k 1 -te Zeile mit -~, und das Ergebnis wird zur [-ten Zeile akl '1
addiert. Die neu erhaltenen m - 1 Zeilen bilden - in derselben Reihenfolge das zweite Kästchen der Tabelle; dabei steht in der i 1 -ten Spalte überall die Null, und die k1 -te Zeile ist nicht vorhanden. Die Nummerierung der anderen Zeilen bleibt also unverändert. Man sucht nun in diesem zweiten Kästchen einen von Null verschiedenen Koeffizienten aLi2' (Aus der Konstruktion ergibt sich k 1 :j:. k 2 sowie i 1 :j:. i 2 . Am günstigsten wäre es, für ak2i2 entweder -1 oder 1 wählen zu können.) Die k 2 -te Zeile wird mit II bezeichnet. Für jedes [ E {1, ... , m} \ {k 1 , k2 } multipliziert man lImit - ~ und addiert das ak2t2
Ergebnis zur [-ten Zeile des zweiten Kästchens. Die neu gewonnenen (insgesamt m - 2) Zeilen bilden das dritte Kästchen; jetzt stehen sowohl in der i 1 -ten als auch in der i 2 -ten Spalte nur Nullen. Dies wird nun fortgesetzt, bis entweder nach r Schritten nur noch eine einzige Zeile übrig bleibt und diese
43
1.1 Begriffe und Ergebnisse
Zeile in einer der ersten n Spalten von Null verschiedenes Element hat, oder wir erhalten nach r + 1 Schritten ein Kästchen, das in den ersten n Spalten nur Nullen enthält. Im ersten Fall ist r sowohl der Rang von A als auch von (A, b), und damit ist das System lösbar. Im zweiten Fall ist r der Rang von A; erscheint in diesem (r + 1)-Kästchen in der letzten Spalte ein von Null verschiedenes Element, so ist das System unlösbar. Sonst ist der Rang von (A, b) ebenfalls r, wie im ersten Fall. Die Zeilen k 1 , k2 , ... , kr (die mit I,II, usw. bezeichnet wurden) werden nun zu 1,2, ... , rumnummeriert, und dadurch erhält man (1.45). Wie es weiter geht, haben wir schon erläutert. Die Handhabung dieses Verfahrens ist in der Praxis einfacher; diese "genaue" (aber unangenehme) Beschreibung ist notwendig, wenn man das entsprechende Computerprogramm schreiben möchte (was eigentlich nur zum Üben interessant ist, da inzwischen der Gaußalgorithmus schon in einfachen Softwarepaketen vorhanden ist!). Wir haben festgestellt, dass das durch eine m x n-Matrix A definierte lineare
.. .
Xl
I
11
XiI
...
Xn
b
an
a1iI
akI1
akIil
akIn
bkl
amI
ami}
amn
bm
* an
0
* a1n
bi
* a(k-1)1
0
a(kl -l)n
b kl - 1
a(kl +1)1
0
a(kl +l)n
b kl +1
ak21
0
* ak2n
b k2
* amI
0
* amn
b*m
a1n
0 0
Tabelle 1.1. Der Gaußalgorithmus
b1
44
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
Gleichungssystem universell eindeutig lösbar ist, wenn m = n = Rang A gilt. Hat die Matrix A E Kn x n den maximalen Rang (also Rang A = n), so kann man Matrizen Bund C aus Knxn finden, so dass BA = AC = E n gilt. Es folgt B = B· E n = B· (A· C) = (B· A)· C = E n · C = C. Deshalb ist B die inverse Matrix von A, und wird mit A -1 bezeichnet. Der Rang von A -1 ist ebenfalls n, da n = RangEn:::; min{RangA, RangA-l} :::; n, RangA = n und RangA- l :::; n gilt. Wir erinnern uns daran, dass B ein Produkt von Matrizen der Typen M, V und S ist. Betrachtet man anstelle von A die zusammengesetzte n x 2n- Matrix (A, E n ) und führt man der Reihe nach darauf die Zeilentransformationen aus, welche in der Darstellung von B als Produkt von Matrizen der Typen M, V und S vorkommen, so erhält man anstelle von (A, E n ) die Matrix (En , A -1). Ist nun A E Knxn invertierbar, so folgt - wie oben - Rang A = n, und damit haben wir gezeigt, dass Rang A = n zur Invertierbarkeit von A äquivalent ist, und gleichzeitig ein Verfahren angegeben, wie man A -1 berechnen kann (s. Aufgabe 47,b)). Ein Hilfsmittel von Bedeutung ist die Berechnung von Determinanten. Wir haben schon eine Zahlen-Größe kennengelernt, die jeder Matrix zugeordnet wird: den Rang, der stets eine natürliche Zahl ist. Eine weitere wichtige Kwertige Größe, die nur für quadratische Matrizen definiert werden kann, ist die Determinante. Sie hilft sowohl bei der Berechnung des Ranges einer beliebigen Matrix, als auch beim Lösen von linearen Gleichungssystemen (Stichworte: Cramersche Regel und Berechnung der inversen Matrix). Die Determinante einer 3 x 3-Matrix haben wir kennengelernt, obwohl wir das an der Stelle nicht so genannt haben. Sind al, a2, a3 die Spalten der Matrix A, so ist det(A) das Spatprodukt (al x a2) . a3 . Die Berechnung einer Determinante lässt sich leicht programmieren, und falls die Anzahl n der Spalten und Zeilen nicht allzu groß ist, ist der Rechenaufwand gut zu bewältigen. Ist A eine quadratische Matrix mit n Zeilen und Spalten und bezeichnen al, a2, ... , an die Spalten von A, so kann man A durch (al, a2, ... , an) angeben; diese Schreibweise ist im Folgenden vorteilhaft. Man kann beweisen, dass für jede natürliche Zahl n ~ 1 genau eine Funktion det n : Knxn -7 K oder einfacher det : Knxn -7 K oder auch I I: K nxn -7 K existiert (da aus dem Umfeld klar ist, wieviele Zeilen und Spalten vorhanden sind), so dass gilt: i)
det ist K-linear in jeder Spalte, d.h. für jedes k E {I, 2, ... , n} gilt det(al,"" ak-l, ßb k
+ "ICk, ak+l,""
ßdet(al,'" ,ak-l, bk,ak+l,'" ,an)
+"1 det(al , ... , ak-l, Ck, ak+l,"" an).
an) =
1.1 Begriffe und Ergebnisse ii) iii)
45
det ist spalten-alternierend, d.h. entsteht A' aus A durch Vertauschen zweier Spalten, so gilt det A' = - det A. det E n = 1, wobei E n die n x n-Einheitsmatrix ist.
Man liest det(A) als Determinante von A. Mehr oder weniger leicht kann man weitere Eigenschaften von det nachweisen: iv)
Die Determinante einer Matrix ändert ihren Wert nicht, wenn das Vielfache einer Spalte zu einer anderen Spalte addiert wird. v) Hat eine Matrix eine Nullspalte oder zwei gleiche Spalten, so ist ihre Determinante gleich Null. vi) Die Determinante einer Diagonalmatrix oder einer Dreiecksmatrix (d.h. einer Matrix, die unterhalb oder oberhalb der Diagonalen nur Nulleinträge hat) ist das Produkt der Diagonalelemente. vii) det(AB) = det(A) . det(B) für alle A, BE K nxn . viii) det A = det AT für jede Matrix A E Knxn . ix) det(a· A) = an det(A) für jedes a E K und alle A E Knxn (denn: det(a . A) = det(a . (En . A)) = det((a . En)A) = det(a . E n ) . det A = an det(A)). Aus viii) folgt, dass in i), ii), iv) und v) das Wort Spalte durch das Wort Zeile ersetzt werden kann. Die Funktion detl : K 1 xl = K -+ K ist die Identität, da sie den Bedingungen i), ii) und iii) genügt. Für n = 2 ist sehr einfach zu beweisen, dass die Abbildung
die Eigenschaften i),ii) und iii) besitzt, und deshalb gilt: (1.46) Etwas mühsamer ist festzustellen, dass det3
(:~~ :~~ :~:) = (:~~ :~~ :~:) = det
a31
alla22 a 33
a32
a33
a31
+ a12 a 23 a 31 + a13 a 21 a 32
-
a32
(1.47)
a33
a13 a 22 a 31 -
alla23 a 32 -
a12 a 21 a 33
die richtige Funktion ist. Wie kann man sich diese Formel merken? Sind al, a2, a3 die Spalten von A, so schreibt man die 3 x 5 Matrix (al, a2, a3, al, a2) auf. Man bildet die Summe der drei Produkte der Elemente dieser Matrix, die auf den drei Diagonalen von oben links nach unten rechts liegen, also alla22a33 + a12a23a31 + a13a21a32. Davon subtrahiert man die Summe der
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
46
drei Produkte der Elemente auf den drei Diagonalen von oben rechts nach unten links, d.h. a13a22a31 +aUa23a32+a12a21a33. Die ersten drei Diagonalen stehen senkrecht auf den anderen Diagonalen, was an einen Jägerzaun erinnert; deshalb nennt man diese Gedächtnisstütze Jägerzaun-Regel. Auch der Name Sarrus-Regel wird dafür verwendet. det n wird rekursiv berechnet, d.h. detn-1 wird bei der Berechnung von det n benutzt, indem man den folgenden Entwicklungssatz anwendet. (Leider gibt es für n 2 4 keine leicht zu merkende Regel wie z.B. die Sarrus-Regel.) Sei A E Knxn und (i, j) E {1, ... ,n} x {1, ... ,n}; mit A ij bezeichnet man die (n - 1) x (n - 1)Matrix, die aus A durch Entfernen der i-ten Zeile und j-ten Spalte entsteht. Der Entwicklungssatz besagt detA
n
n
j=l
j=l
= detnA = 2:(-1)i+jaijdetn-1(Aij) = 2:(-l)i+jaij det(Aij ) ,
wenn man nach der i-ten Zeile entwickelt, und n
n
i=l
i=l
wenn man nach der j-ten Spalte entwickelt. Selbstverständlich ist es vorteilhaft, nach einer Zeile oder Spalte zu entwickeln, die mehrere Nulleinträge vorweist. Praktisch wird zuerst mit Hilfe einiger Operationen gemäß Eigenschaft iv) für Zeilen oder/und Spalten angestrebt, ziemlich viele solche Nulleinträge in einer Zeile oder Spalte zu erreichen, und dann wird nach dieser Zeile oder Spalte entwickelt. Damit ist z.B. klar, wie vi) bewiesen wird. Sei A eine n x n-Matrix mit det A =f 0, deren Spalten a1, a2, ... ,an sind, und bein Spaltenvektor mit n Komponenten (also - wie a1, a2, ... ,an - auch eine n x 1-Matrix). Wir wissen schon (da A eine bijektive Abbildung von K n nach K n durch v I-t A . v definiert), dass das lineare Gleichungssystem Ax = L:~=1 Xi . ai = b eine eindeutige Lösung hat; nennen wir sie 6, ... , ~n' Wegen L:~=1 ai~i = b, i) und v) gilt det(a1,"" ak-1, b, ak+1, ... ,an) = det(a1,"" ak-1, L:~=1 ~iai, akH,'" ,an) L:~=1 ~i det(a1,"" ak-1, ai,ak+1, ... ,an) = ~kdet(a1, ... ,ak-1,ak,ak+1, ... ,an) = ~k' detA, und damit haben wir die Cramersche Regel bewiesen: ~k
=
det(a1,"" ak-1, b, ak+1, ... ,an) det A
für
k
= 1, ... , n .
(1.48)
°
Das Kronecker-Symbol ist die Funktion 8: {1, ... , n} x {1, ... , n} -+ {O, 1}, die jedem Paar (i, i) den Wert 1 und jedem Paar (i, j) mit i =f j den Wert zuordnet. 8(( i, j)) wird mit 8ij bezeichnet. Dieses Symbol hilft uns, gewisse
47
1.1 Begriffe und Ergebnisse
Formeln einheitlich zu schreiben und dabei auf Fallunterscheidungen zu verzichten. Sei nun wieder A eine n x n Matrix mit den Spalten a1, ... , an. Für alle j und k aus {I, ... ,n} gilt n i=1
Die Matrix A#
= (am
mit
i=l""n
J=l, ... ,n
a~:= (-I)i+j det A ji
= (-I)i+ j IA ji l
heißt die Adjunkte von A. Die obige Gleichung läßt sich als
Ojk •
det A =
L~=1 a~aik schreiben; daraus folgt (1.49)
Ist det(A) -:j:. 0 (äquivalent dazu: Existiert die Inverse man daraus E n = (det(A) . A#)A, was A-1
= _1_ . A# = (( -1)i+ j
det A
IA j
lAI
A-1
von
A),
il)
so erhält
(1.50) i=l"",n j=l, ... ,n
bedeutet. Ist insbesondere A eine 2 x 2-Matrix mit lAI -:j:. 0, so gilt: A- 1 = ( a ll a21
Ist die 3 x 3 Matrix B
a12
) -1
a22
-1 = lBf 1
_I bb
21 31
+
a22 -a12
-a 21 ) all
.
= (b ij ) invertierbar, so gilt
b231 22 + 1bb32 b33 B
1 (
= lAf
b21 b31
_I bb12 bb131 + 1bb12 bb131 32 33 22 23
b231 + 1bbl l bb131 31 33
b33
b22 b32
bl l
b31
b12 b32
_I bb
ll
21
b131
b23
+ 1bbl21l bb121 22
Man bemerkt also, dass die Vorzeichen + und - wie die Farben eines Schachbrettes verteilt sind. In den Ecken oben links sowie unten rechts steht +. 1.1.12 Folgen und Reihen reeller und komplexer Zahlen (Aufgabe 51 bis 63)
Der Begriff, der in den letzten 300 Jahren dem mathematischen Fortschritt die wesentlichen Impulse gegeben hat, ist die Konvergenz, die Existenz des
48
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
Grenzwertes. Ohne ihn wären die meisten Teilgebiete der heutigen Mathematik (aber auch die Grundlagen der theoretischen Physik) nicht vorstellbar. Die erste Stufe in der Entwicklung dieses Begriffs ist die Konvergenz von nummerischen Folgen und Reihen. Eine Folge in einer nicht leeren Menge A ist eine Funktion von IN oder IN* nach A. Üblicherweise wird eine solche Folge durch eine Aufzählung (aO,al,a2,a3, ... ) bzw. (al,a2,a3, ... ) oder einfacher (an)n~O bzw. (an)n~l angegeben; dabei ist noch festzulegen, nach welcher Vorschrift an definiert wird. Für uns sind zuerst die Zahlenfolgen (also Folgen in (l), IR oder () interessant. So kann man für jede Zahl a die konstante Folge (a, a, a, a, .. .), die alternierende Folge (a, -a, a, -a, a, ... ) oder die Folge der Potenzen (a, a 2, a3, a4, ... ) betrachten. Eine Folge darf auch "später anfangen", wie z.B. (an)n~4 mit an = (n-3)(n~2)(n-l) für n 2:: 4. Es genügt aber, nur Folgen zu betrachten, die bei 0 oder bei 1 anfangen; denn durch "Umnummerierung" kann jede Folge darauf zurückgeführt werden; so läßt sich die obige Folge als (bn)n~l mit bn = n(n+l)(n+2) darstellen. Man schreibt oft auch nur (an), da es für die Konvergenz - wie wir gleich sehen werden - unwichtig ist, ob die Folge mit ao oder al anfängt. (Hauptsache: an ist durch eine sinnvolle Vorschrift gegeben!). Die Folgen sind also spezielle reellwertige oder komplexwertige Funktionen; insbesondere kann man - wie für alle reell- oder komplexwertigen Funktionen - algebraische Operationen wie die Summe, die Differenz, das Produkt oder den Quotienten betrachten. Beim Quotienten der Folge (an) durch die Folge (b n ) muss man voraussetzen, dass alle bn von Null verschieden sind. Durch Einschränkungen auf unendliche Teilmengen von IN bzw. IN* entstehen Teilfolgen, wie z.B. aus (( _1)n~)n~l die Teilfolgen (- 2Ll h~l und (21kh~1 .
Auch der Begriff der Beschränktheit bei Folgen reeller oder komplexer Zahlen liest sich wie bei Funktionen: Eine Folge reeller oder komplexer Zahlen (an) ist beschränkt, wenn eine reelle Zahl M > 0 existiert, so dass für alle n gilt: lanl ::; M. Für Folgen von reellen Zahlen kann man weitere Eigenschaften betrachten wie z.B. beschränkt nach oben, beschränkt nach unten, monoton, streng monoton; so ist die Folge (n~l )n~l streng monoton wachsend und beschränkt, während die Folge (n2)n~1 streng monoton wachsend, aber nicht beschränkt ist. Was eigentlich neu ist, ist die Idee zu untersuchen, wie sich die Folge "auf Dauer" verhält, ob die Folge bei steigendem Index gegen einen bestimmten Wert strebt; schon in dieser ungenauen Formulierung ist klar, dass die ersten
1.1 Begriffe und Ergebnisse
49
10, 100 oder 100.000 Glieder der Folge für das untersuchte Verhalten keine Rolle spielen! Was man darunter mathematisch genau versteht, hat sich erst zu Anfang des neunzehnten Jahrhunderts in den Arbeiten (und Vorlesungen) von Cauchy herauskristallisiert. Die Folge (an) konvergiert, wenn eine Zahl a existiert, so dass für jedes c > 0 eine natürliche Zahl no mit der folgenden Eigenschaft existiert: Für jedes n 2: no gilt: la n - al < c. In diesem Fall ist a eindeutig bestimmt und heißt der Grenzwert (Limes) von (an). Man schreibt: a = lim an oder n->oo
an -+ a für n -+ 00 und sagt treffend: an konvergiert bzw. strebt gegen a, wenn n gegen Unendlich strebt. Im reellen (komplexen) Fall ist äquivalent dazu: Außerhalb jedes offenen Intervalls (bzw. Kreises), das (der) a enthält, liegen nur endlich viele Glieder der Folge. Ist 0 der Grenzwert von (an), so spricht man von einer Nullfolge. Man hat die Äquivalenz der folgenden Aussagen: i)
lim an = a,
n->oo
ii)
(an - a)
ist eine Nullfolge.
Schränkt man die genannten algebraischen Operationen auf konvergente Folgen ein, so erhält man wieder konvergente Folgen; dabei muss man aber ausschließen, dass bei Quotienten der Grenzwert der Nennerfolge den Wert Null hat. Genauer: Konvergiert (an) gegen a i- 0 und (b n ) gegen 0, so ist die Folge (t) nicht konvergent. Ist a = 0, so kann man keine allgemeingültige Aussage machen. Z.B. für an = ~ , bn = ;'2 , Cn = ~ konvergiert die Folge (abnn ) = (n) nicht, dagegen ist (Cbnn ) = (.1) eine Nullfolge, also konvergent. n Wichtig - vor allem für Anwendungen - ist, dass die Grenzwertbildung und die algebraischen Operationen vertauschbare Prozesse sind; dies wird kurz geschrieben wie folgt: lim (an
n--"oo
+ bn ) = n--too lim an + lim bn , n--+oo
lim (an - bn )
n--+oo
lim an - lim bn ,
n--+oo
n--+oo
( lim a n )( lim bn ) n--+oo
. an 11m n->oo bn
n--+oo
,
(1.51 )
lim an
n->oo
lim bn
n->oo
Diese "Rechenregeln" muss man richtig lesen! Dies tun wir nur für die letzte von ihnen, die ohnehin die komplizierteste ist: Konvergieren die Folgen (an) und (b n ) gegen a bzw. b, und gilt bn i- 0 für alle n sowie b i- 0, so ist die Folge (t) konvergent, und ihr Grenzwert ist %. Eine konvergente Folge ist stets beschränkt; die negative Form dieser Aussage
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
50
ist ebenfalls nützlich: Eine unbeschränkte Folge konvergiert nicht. Sei (c n ) eine Folge komplexer Zahlen und an := Recn und bn := Imcn . Dann gilt: (c n ) konvergiert dann und nur dann, wenn (an) und (b n ) konvergieren. In diesem Fall gilt: lim Cn = lim an
n--+ 0Cl
n--+ 00
+ i n--+ lim
00
bn .
(1.52)
Wir betrachten nun Folgen reeller Zahlen. Eine beschränkte oder eine monotone Folge braucht nicht zu konvergieren; dagegen ist eine beschränkte und monotone Folge konvergent. Klassische Beispiele dazu sind die Folgen )n>l )n+1_ )n>l' Für alle n 2: 1 kann man zeigen: ((1 + l)n n _ und ((1 + 1 n 2< (1 -
+ l)n < (1 + _1_)n+1 < (1 + _1_)n+2 < (1 + 1)n+1 <4. n n+1 n+1 n -,
also sind beide Folgen streng monoton und beschränkt; die erste steigend, die zweite fallend. Wegen 1 + +11 -+ 1 für n -+ 00 gilt: lim (1 + l)n = lim (1
n--+oo
+ 1n )n+l.
n
n--+oo
n
Der gemeinsame Grenzwert ist eine sehr interessante Zahl,
die Eulersche Zahl e. Diese Zahl ist nicht rational (der Beweis dazu ist äußerst schwierig), und ihr Wert ist etwa 2,718281. Beim Übergang zum Grenzwert bleiben Ungleichungen bestehen; gen auer: Sind (an) und (b n ) konvergente Folge und gilt an ~ bn für alle n, so folgt lim an ~ lim bn . Allerdings folgt aus an < bn für alle n nur n-+OCl
n--+oo
lim an ~ lim bn , wie die Nullfolgen (0,0,0,0, ... ) und (1,~,~, ~, ... ) zei-
n-+oo
n-+oo
gen. Von praktischer Bedeutung ist der Einschließungssatz: Gelten für die Folgen (an), (b n ) und (c n ) die Ungleichungen an ~ bn ~ Cn für alle n, und sind (an) und (c n ) konvergent gegen a, so ist (b n ) ebenfalls konvergent, und ihr Grenzwert ist a . Ist (an) eine gegen a konvergente Folge, so ist jede Teilfolge von (an) ebenfalls gegen a konvergent. Enthält (an) eine divergente (d.h. nicht konvergente) Teilfolge, so ist (an) selbst divergent. Hat eine (nicht notwendig konvergente) Folge eine konvergente Teilfolge, so heißt der Grenzwert dieser Teilfolge Häufungspunkt der Ausgangsfolge. Eine Folge ist genau dann konvergent, wenn sie beschränkt ist und nur einen einzigen Häufungspunkt besitzt. Es ist leicht, den Satz von Bolzano-Weierstraß zu beweisen: Jede beschränkte Folge hat mindestens einen Häufungspunkt. (Äquivalent dazu: Eine Folge ohne Häufungspunkt ist unbeschränkt.) Vielen Folgen sieht man - z.B. wegen der Rechenregeln (1.51) - leicht an, ob sie konvergieren, und in den meisten Fällen "ahnt" man schon, wie der
1.1 Begriffe und Ergebnisse
51
Grenzwert lautet. Das ist aber nicht immer der Fall! So ist z.B. für a > 0 rekursiv definierte Folge monoton die durch a1 := a , an+1 := -21 (an + ..J!..) an fallend und wegen a; 2 a muss a:= lim an > 0 gelten. Unter Benutzung n--+oo
+ ..J!..) an die positive Wurzel Va.
der Rechenregeln für konvergente Folgen ergibt sich aus an+1 =
1 -2
(an
zuerst a = ~(a + ~), und daraus a 2 = a. Also ist a Manchmal ist die Entscheidung, ob eine Folge konvergiert, noch schwieriger. Von theoretischer Bedeutung ist das sog. Cauchy-Kriterium: (an) konvergiert genau dann, wenn für jedes E > 0 ein n c E IN existiert, so dass für alle n,m 2 n c gilt: la n - ami< E. Wenn eine Folge (an) keinen Grenzwert hat, dann treten eine oder mehrere der folgenden Situationen auf:
(an) hat mindestens zwei verschiedene Häufungspunkte. (an) besitzt eine streng monoton steigende und nicht nach oben beschränkte Teilfolge. (an) besitzt eine streng monoton fallende und nicht nach unten beschränkte Teilfolge. Zwei Typen von divergenten Folgen verdienen eine besondere Kennzeichnung. Hat die Folge (an) die Eigenschaft, dass für jedes a E IR eine natürliche Zahl n", existiert, so dass an 2 a (bzw. an ~ a) für alle n 2 n"" so sagt man, dass die Folge (an) uneigentlich gegen 00 (bzw. -00) konvergiert oder auch bestimmt gegen 00 (bzw. -00) divergiert. Die Bezeichnung dafür: lim an = 00 (bzw. -00) oder an -+ 00 (bzw. -00) für n -+ 00. Hiermit n--+oo
ist also klar, dass 00 und -00 keine Zahlen sondern Symbole sind. (Die Schreibweise "n -+ 00" erhält hiermit einen Sinn.) lim an = 00 ist äquivalent n--+oo
zu: (an) ist nach unten beschränkt und besitzt keinen Häufungspunkt. Für die Folge (a n )n2:1 hat man:
lim an =
n--+oo
{~ 0
, falls a > 1 , , falls a = 1 , , falls lai< 1 .
Für a ~ -1 ist die Folge (a n )n2:1 divergent. Man kann nun Operationen mit Folgen betrachten, die konvergent oder bestimmt divergent sind; so z.B.: Ist (an) konvergent und (b n ) bestimmt divergent gegen 00 (bzw. -00), so ist (an + bn ) bestimmt divergent gegen 00 (bzw. -00). Ist (an) konvergent gegen a > 0 und (b n ) bestimmt divergent gegen 00 (bzw. -00), so ist (anb n ) bestimmt divergent gegen 00 (bzw. -00), usw. Dagegen kann man keine allgemein gültige Aussage machen über das Verhalten von
52
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
+ b n ), falls
-+
(an
-+
(anbn ),
lim
an
n-+oo
falls lim
n-+oo
=
an
= 00 und n-+oo lim b n = -00 ,
±oo und n-+oo lim bn
°.
=
Formal kann man diese Rechenregeln kurz darstellen wie folgt:
+ 00 = 00 und a - 00 = -00 für a E IR , 00 + 00 = 00 , 00' 00 = 00 , 00' (-00) = -00 ,
a
= 00 und a· (-00) = -00 . 00 = -00 und a· (-00) = 00
> für a < für
a . 00 a
!::. 00
=
° und
-00 =
00
-00 =
-00
a a
~ -00
-00 - = -00 a -00 un d - = 00 a
für die Folgen (n) und n-too
° für
un cl
Aber die "Operationen" 0, lim (n - n 2 )
=
00 -
(n 2 )
= -00,
a E IR , a
> ,
fu"r
a
< .
0, :
gilt: lim n =
lim (n 2
n---too
-
n)
00
= 00,
°, °,
(1.51')
°
fu"r
00 , 00'
n-+oo
a
°
haben keinen Sinn, weil z.B. =
lim n 2
n-+oo
lim ~
n-+oo n
,
= 0,
lim (n - n) =
n-+oo
lim n 2 n---too n
= 00 .
Ein Häufungspunkt einer nichtleeren Teilmenge A von IR oder ([ ist eine Zahl (also geometrisch ein Punkt) p aus IR bzw. ([, so dass eine gegen p konvergente Folge von paarweise verschiedenen Elementen aus A existiert. Eine endliche (evtl.leere) Teilmenge von IR oder ([ hat also keinen Häufungspunkt. Mit H(A) bezeichnen wir die Menge der Häufungspunkte von A; man hat z.B.
H(]O, 1[)
= H(]O, 1]) = H([O, 1]) = H(]O, ~[UH, 1[) = H(CQ n [0, 1]) = [0,1] .
Sind A und B zwei Teilmengen von IR oder ([, so folgt aus A c B stets die Inklusion H(A) c H(B) . Ist a E A\H(A), so heißt a isoliert in A oder ein isolierter Punkt von A; es gibt also ein offenes Intervall bzw. einen offenen Kreis I mit I n A = {a}, d.h. in einer genügend kleinen Umgebung von a liegt kein weiteres Element aus A. Die Menge der ganzen Zahlen 7l.. (als Teilmenge in IR oder ([) besteht nur aus isolierten Punkten. Eine nichtleere Teilmenge A von IR ist nach oben beschränkt, wenn ein a E IR existiert, so dass a :S a für alle a aus A gilt. a heißt eine obere Schranke von A. Es gibt eine kleinste obere Schranke von A; sie heißt das Supremum von A und wird mit sup A oder sup a bezeichnet. Analog aEA
gibt es für eine nach unten beschränkte Teilmenge B von IR eine größte
1.1 Begriffe und Ergebnisse
53
untere Schranke, die Infimum heißt und mit inf B oder inf b bezeichnet bEB
wird. Für eine nach oben (unten) unbeschränkte Teilmenge A von IR wird supA = 00 (bzw. inf A = -(0) gesetzt. Ist A nach oben beschränkt, so liegt genau einer der folgenden Fälle vor: 1) 2)
3)
sup A ist ein isolierter Punkt von A. (Das kommt immer vor, wenn A endlich ist.) sup A ist ein Häufungspunkt von A, der in A liegt. (Z.B. für A = [0,1] gilt supA = 1.) sup A ist ein Häufungspunkt von A, der nicht in A liegt. (Z.B. sup A = ~ für U~=0[2n~2 ' 2n~I]·)
Ist A nach oben unbeschränkt, so gibt es eine streng monoton wachsende Folge (an) in A mit lim an = 00 = supA. Analoge Ergebnisse gelten für das n--+oo
Infimum einer Teilmenge von IR . Sei (an)n~o eine Folge reeller oder komplexer Zahlen. Man definiert rekursiv die Folge der Partialsummen (sn)n~O : So := ao, Sn+l := Sn + a n+l für alle n ~ O. Für eine Folge (an)n~1 definiert man ähnlich: SI := al, Sn+l := Sn + anH für alle n ~ 1. Die Reihe I:~=o an oder I:~=1 an konvergiert gegen a, wenn die Folge der Partialsummen (sn) gegen a konvergiert. a heißt die Summe der Reihe. Sonst divergiert die Reihe. Die Reihe I:~=o an oder I:~=1 an konvergiert absolut, wenn I:~=o lanl bzw. I:~=1 lanl konvergiert. Aus der absoluten Konvergenz folgt die Konvergenz. Konvergiert die Reihe I:~=1 an, so ist (an) eine Nullfolge; das zeigt man mit dem Kriterium von Cauchy für (sn). Ist also (an) keine Nullfolge, so divergiert die Reihe. Ist (an) eine Nullfolge, so ist I:~=1 an nicht unbedingt konvergent, wie die harmonische Reihe I:~=1 ~ zeigt. Diese Reihe ist divergent, weil S2 m + 1
_ -
",2 m
+1
L.m=1
n1 -_
S2 m
+ 2 1+l + ... + 2 1+ > S2 + 2m m
m
1
m
1
_
. 2ffl-FT - S2 m
+ '21
gilt, also lim Sn = 00 . n--+oo
Aus der Konvergenz der beschränkten und monotonen Folgen erhält man sofort: Jede Reihe mit reellen, nichtnegativen Gliedern ist konvergent, falls die Folge der Partialsummen beschränkt ist. Aber gerade dagegen verstößt die harmonische Reihe! Nun geben wir zwei Beispiele von konvergenten Reihen, für welche die Summe leicht zu berechnen ist. Ist a keine negative ganze Zahl, so ist (n+a)(;+a+l) eine reelle Zahl, und die Reihe I:~=1 (n+a)(;+l+a) ist konvergent mit der Sum1 ·1 ",m 1 ",m ( 1 1) 1 1 me l+a' wel L.m=1 (n+a)(n+l+a) = L.m=1 n+a - n+l+a = l+a - m+l+a gegen l~a strebt, wenn m gegen 00 strebt. Insbesondere ist I:~=1 n(n~I) = 1 .
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
54
Das zweite Beispiel ist von besonderer praktischer und theoretischer Bedeutung: Für jedes c E ([ mit Icl < 1 konvergiert die geometrische Reihe I:~=ocn, und die Summe ist wegen I::'=ocn = l-lc:c+ 1 gleich l~C ,also
2.: c 00
n=O
n
1 = 1_ c
für
Icl < 1 .
(1.53)
Reihen als Reihen und nicht als Folgen von Partialsummen zu betrachten, erweist sich als sehr nützlich bei der Formulierung verschiedener Konvergenzkriterien. Das Quotientenkriterium (für Reihen mit reellen oder komplexen Gliedern) lautet: Gibt es ein no E IN und q E]O, 1[ mit der Eigenschaft I a~:l I ~ q für alle n 2:: no oder gilt lim Ia~+l I < 1 , so ist I:~=l an absolut konvergent. n-+oo
n
Gibt es ein no E IN mit der Eigenschaft Ia~n-l I 2:: 1 für alle n 2:: no oder gilt n +l I > 1, so ist I:~=l an divergent. Mit diesem Kriterium kann man lim Ia an
n--+oo
zeigen, dass für alle c E ([ die Reihe I:~=o ~~ absolut konvergent ist; dabei gilt: 00 1 n! = e . (1.54) n=O Das ist allerdings nicht ganz leicht zu zeigen. Für I:~=l ,& kann man mit dem Quotientenkriterium keine Entscheidung treffen. Das Wurzelkriterium (für Reihen mit reellen oder komplexen Gliedern) sichert die absolute Konvergenz von I:~=l an, falls ein no E IN und ein q E]O, 1[
2.:
existieren, so dass Vlanl ~ q für alle n 2:: no gilt. Gibt es ein no E IN mit
Vlanl 2:: 1 für alle n 2:: no oder gilt lim VIani> 1, so ist I:~=l an divern-+oo
gent. Auch mit diesem Kriterium kann man nicht entscheiden, ob I:~=l ,& konvergiert. Die Beweise für die Gültigkeit des Wurzel- und Quotientenkriteriums beruhen auf dem Verhalten der geometrischen Reihen. Das Leibniz-Kriterium gilt nur für Reihen mit reellen Gliedern: Ist (an) eine monotone Nullfolge, so ist I:~l (-1 )nan konvergent. Insbesondere sind 00 l=.!L. konvergent e R' L..m=l l=.!L. n un d "" L..m=l,;n elhen.
" " 00
Das Majoranten-Kriterium vergleicht eine Reihe I:~=l Cn komplexer Zahlen mit einer Reihe I:~=l an positiver Zahlen. Gibt es ein no E IN mit Icnl ~ an für alle n 2:: no und ist I:~=l an konvergent, so ist I:~=l Cn absolut konvergent. Wegen (n~1)2 < n(';+l) für alle n 2:: 1 und I:~=l n(n1+1) = 1 konvergiert die Reihe I:~=2 ,& und damit auch I:~=l ,& . Das Minoranten-Kriterium vergleicht zwei Reihen mit positiven Gliedern. Gibt es ein no E IN mit ~ an ~ bn für alle n 2:: no und divergiert I:~=l an,
°
1.1 Begriffe und Ergebnisse
55
so divergiert auch L~=I bn· Deshalb ist L~=I nIe< für 0 < 0: :::; 1 divergent wegen ~ :::; nIe< für alle n ~ 1 . Aus diesen beiden Kriterien kann man das Vergleichskriterium ableiten. Seien (an) eine Folge reeller Zahlen und (b n ) eine Folge positiver reeller Zahlen. Konvergiert die Quotientenfolge (t) gegen eine von Null verschiedene Zahl, so haben die Reihen L an und L bn dasselbe Konvergenzverhalten. Einen Beweis des folgenden Kriteriums, das den Namen Verdichtungskriterium trägt, kann man durch geschicktes Arbeiten mit Ungleichungen erhalten: Für eine monotone Nullfolge reeller Zahlen (an) sind die Reihen L~=I an und L~=I 2na2n gleichzeitig konvergent oder divergent. Mit Hilfe dieses Kriteriums kann man noch einmal beweisen, dass L~=I ;bkonvergiert. Für an = 2n I _ ",00
",00
L..n=1
22n"" - L..n=1
;b-
I
2n
gilt a2 n = (2~)2 = ~ und damit L~=I 2na2n = _ -
I ",00
"2 L..n=O
I-I
2n
-
•
Nach dem Studium der uneigentlichen Integrale werden wir ein weiteres Konvergenzkriterium für Reihen kennenlernen, das Integralkriterium. 1.1.13 Grenzwerte von Funktionen (Aufgabe 64 bis 65) Wir haben uns gerade mit der Konvergenz (Existenz der Grenzwerte) numerischer Folgen beschäftigt. Hiermit können wir die Existenz der Grenzwerte von Funktionen definieren - also die zweite Stufe dieses zentralen Begriffes kennenlernen. Ich sage noch einmal: Der Begriff Grenzwert ist fundamental für die Mathematik, aber nicht nur für sie. Er ist sehr geeignet für die Untersuchung zeitlich veränderlicher Prozesse. Wie könnte man ohne diesen Begriff definieren und verstehen, was Geschwindigkeit, Beschleunigung oder Stromstärke sind? Auch die Länge beliebiger Kurven und den Flächeninhalt beschränkter Gebiete der Ebene kann man nur mit Hilfe der Grenzwertbetrachtungen definieren. Sei a ein Häufungspunkt von D c IR und f : D -+ IR oder f : D\ {a} -+ IR. Der Punkt b E IR ist Grenzwert von f in a, falls für jedes e > 0 ein b > 0 existiert, so dass für jedes x aus (D\{a}) n Ja - b,a + b[ gilt: If(x) - bl < e. Man schreibt lim f(x) = b oder f(x) -+ b für x -+ a. Ist a ein Häufungspunkt x-ta
von D, so ist lim f(x) = b äquivalent zur folgenden Aussage: Für jede gegen x-ta
a konvergente Folge (Xn)n>1 aus D\ {a} gilt: lim f(x n ) = b. Insbesondere n-too hat
f
keinen Grenzwert in a, wenn eine der bei den Situationen eintritt: Es gibt eine gegen a konvergente Folge (X n )n2:I aus D\{a}, so dass (f(X n ))n2:I nicht konvergiert.
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
56
Es gibt zwei gegen a konvergente Folgen (X~)n~1 und (X~)n~l, so dass die Folgen (f(X~))n~1 und (f(X~))n~1 gegen verschiedene Zahlen konvergieren. Aus der zweiten folgt die erste Situation; dazu betrachtet man z.B. die gemischte Folge x~, x~, x~, x~ , x~, . ... Damit wird auch klar, dass f in a höchstens einen Grenzwert haben kann; deshalb spricht man von dem Grenzwert von f in a, und die Bezeichnung lim f(x) ist gerechtfertigt. Ist a ein x-+a
isolierter Punkt von D, so darf man nicht einmal die Frage stellen, ob einen Grenzwert hat! Die Funktion Sb,c :
IR\{a}
-t
b IR , Sb,c(X) = { c
,fallsx
hat genau dann einen Grenzwert in a, wenn b = c ist; dann gilt lim
x-+a
b. Sonst besitzt
Sb,c
f in a
Sb,b(X)
=
in a einen Sprung der Breite Ib-cl. Schränkt man Sb,c auf
]-00, a[ (bzw.]a, oo[) ein, so ist b (bzw. c) der Grenzwert dieser eingeschränkten Funktion in a. Man schreibt lim
x-+a-
Sb,c(X)
= bund
lim
x-+a+
Sb,c(X)
=
C.
Allgemeiner: Ist a ein Häufungspunkt von D n ] - 00, a[ und hat die Einschränkung von f auf D n ] - 00, a[ in a den Grenzwert b, so heißt b der linksseitige Grenzwert von f in a; man schreibt lim f(x) = b oder x-+a-
f(x) -t b für x -t a-. Analog definiert man den rechtsseitigen Grenzwert lim f(x) von f in a; das setzt natürlich voraus, dass a ein Häufungspunkt
x-+a+
von D n Ja, oo[ ist. Für die Grenzwerte (und entsprechend für die linksseitigen und rechtsseitigen Grenzwerte) gelten die folgenden Rechenregeln: lim (J(x) ± g(x)) = lim f(x) ± lim g(x) ,
x-+a
x-+a
x-+a
lim (J(x) . g(x)) = (lim f(X)) . (lim g(X)) ,
x~a
x~a
x~a
(1.55)
f(x) lim f(x) lim __ = "-x-+--,,a_:-:x-+a g(x) lim g(x) x-+a
Diese Regeln sollen richtig "gelesen" werden; so muss man die letzte dieser Formeln wie folgt verstehen: Haben die Funktionen fund 9 in a einen Grenzwert und gilt lim g(x) :j:. 0, so gibt es ein c > 0 mit der Eigenschaft, dass x-+a
für jedes x E]a - c, a + c[, in welchem 9 definiert ist, g(x) :j:. 0 gilt. Für jedes x E]a - c, a
+ c[,
in welchem fund 9 definiert sind, ist der Quotient ~t:?
definiert, und er besitzt in a den Grenzwert
lim f(x)
r-+1m 9 a
x-+a
( )' X
Die anderen Regeln
1.1 Begriffe und Ergebnisse
57
sind leichter zu "lesen". Für die Komposition von Funktionen gilt die (beim ersten Blick recht kompliziert aussehende) Kettenregel für Grenzwerte von Funktionen. Seien h : D 1 -+ IR und 12 : D 2 -+ IR Funktionen und gelte h (Dd C D 2 . Sei a E D 1 ein Häufungspunkt von D 1 und es existiere lim h (x) =: b. Sei bein Häufungspunkt von D 2 und mit der Eigenschaft
so hat
12 h
12
x-+a
habe in b den Grenzwert c. Gibt es ein 8
>0
den Grenzwert c in a. Es gilt also:
0
lim (12
x--+a
0
h)(x) =
lim
y--+hm
ft (::tl)
h(Y).
(1.56)
Die Bedingung (*) kann man äquivalent wie folgt formulieren: Es gibt keine Folge (x n ) C D\{a} mit h(x n ) = b für alle n. (Überlegen Sie sich, dass die Funktion h : IR -+ IR , h(x) = 0 für x :::; 0 und h(x) = x für x > 0 die Eigenschaft (*) für a = 0 , b = 0 nicht besitzt, und dass für h zusammen mit 12 : IR -+ IR , 12(0) = 1 und h(Y) = Y für Y f:- 0 die Formel (1.56) verletzt ist.) Ein interessantes Beispiel liefert die Funktion f : IR\{O} -+ IR, f(x) = sin~. Sie hat in 0 keinen Grenzwert; man kann sogar zeigen: Ist b E [-1, 1) und ß E [-~,~) mit sinß = b, so ist (2n;+ß)n2:: 1 eine Nullfolge und es gilt
f(2n;+ß) = sin(2mf + ß) = sinß = b. Überraschend ist das Grenzwertverhalten der folgenden Funktion: f: IR -+ IR, f(x)
1
={ 0
,falls x E ~ , ,falls x E IR\~ .
Jedes x E IR lässt sich durch eine Folge rationaler Zahlen (qn)nEIN, aber auch durch eine Folge irrationaler Zahlen (Pn)nEIN approximieren, d.h. lim qn =
x
= n-+oo lim Pn.
Wegen f(qn)
= 1 und
f(Pn)
= 0 hat
n-+oo
f in x keinen Grenzwert.
(Und x war beliebig in IR!). Die Grenzbildung erhält die Ordnungsrelation, d.h.: Gibt es ein c > 0, so dass für alle x E D n )a - c,a + c[ die Ungleichung f(x) :::; g(x) gilt, so gilt auch lim f(x) :::; lim g(x). Unter denselben Voraussetzungen folgt aus x--+a
x--+a
f(x) < g(x) für alle x E D n)a - c, a + c[ nur lim f(x) :::; lim g(x). x--+a
x--+a
Nützlich ist das folgende Einschließungskriterium: Ist a ein Häufungspunkt von D und gilt für f, g, h : D -+ IR die Ungleichung f(x) :::; g(x) :::; h(x)
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
58
für alle x E D\{a}, so folgt aus lim f(x) = lim h(x) die Existenz von x--+a
lim g(x) und sogar lim f(x)
x--+a
gen -lxi :s; xsin ~ lim x sin 1 = 0 . x-+o
x--+a
:s;
x--+a
= x--+a lim g(x) = lim h(x). x--+a
Insbesondere folgt we-
lxi für alle x E IR\{O} aus dem obigen Kriterium:
x
Nun beschäftigen wir uns mit Grenzwerten vom Typ lim f(x) = b, in welx-+a
chen für a und b auch die Symbole -00 bzw. 00 zugelassen sind, d.h. mit uneigentlichen Grenzwerten. Sei zuerst wie vorher D C IR, a E IR ein Häufungspunkt von D und f : D -+ IR oder f : D\ {a} -+ IR. Man sagt, dass f gegen 00 strebt, falls x gegen a strebt, wenn für jedes A E IR ein CA > 0 existiert, so dass für alle x aus (D\{a}) n Ja - CA, a + cA[ gilt: f(x) > A. Man schreibt lim f(x) = 00. Analog erklärt man, was lim f(x) = x-+a
x-+a
-00
bedeutet.
Sei nun D nach oben unbeschränkt; das könnten wir auch kurz durch ,,00 ist ein Häufungspunkt von D" ausdrücken. Man sagt, dass f(x) gegen b E IR strebt, falls x gegen 00 strebt, wenn zu jedem C > 0 ein Ac E IR existiert, so dass If(x) - bl < C für alle x E D n JA c , oo[ gilt. Geschrieben wird dann: lim f(x) = b. Analog definiert man lim f(x) = b; das beinhaltet x--+-oo
x--+~
die Annahme, dass D nach unten unbeschränkt ist (oder auch: -00 ist ein Häufungspunkt von D). Nun sei wieder 00 ein Häufungspunkt für D. Man sagt, dass f(x) gegen 00 konvergiert, falls x gegen 00 konvergiert, wenn für jedes A E IR ein BA E IR existiert, so dass f(x) > A für alle x E D n JBA' oo[ gilt. Dazu notiert man: lim f(x) = 00. Es ist eine leichte, aber lohnende Übung zu erläutern, was x-+oo
lim f(x)
x-+oo
= -00,
lim f(x)
x-+-oo
= 00 und x-+-oo lim f(x) = -00 bedeuten.
Wir schließen diese Betrachtungen mit der Bemerkung ab, dass auch für uneigentliche Grenzprozesse Rechenregeln aufgestellt werden können, aber - wie bei den uneigentlich konvergenten Folgen - Fälle existieren, die keine allgemein gültige Antwort zulassen, wie z.B.: Gilt lim f(x) = 00 und x-+a
lim g(x) =
x--+a
-00,
so weiß man LA. nicht, ob lim (J(x) x--+a
+ g(x))
im eigentli-
chen oder uneigentlichen Sinne existiert. (Vgl. dazu auch die Formel (1.51') aus 1.1.12). 1.1.14 Stetige Funktionen (Aufgaben 66 bis 70)
Die meisten Phänomene aus verschiedenen Lebensbereichen verlaufen in der Regel oder wenigstens über längere Intervalle (z.B. Zeitintervalle, aber nicht nur!) ohne "Sprünge", kontinuierlich (um nicht stetig zu sagen). Dies ist z.B.
1.1 Begriffe und Ergebnisse
59
der Fall, wenn man die Dichte des Wassers in Abhängigkeit von seiner Temperatur (zwischen 0° und 100° Celsius) untersucht. Man sagt "die Natur macht keine Sprünge" oder "kleine Ursachen - kleine Wirkungen". Das gilt nur mit Einschränkungen, und vor allem nicht in der Atomphysik. Auch in der Politik sind Wahltage mögliche Stichtage für plötzliche, sprunghafte Veränderungen. Seien D C IR, a E D n H(D) und f : D -+ IR; a ist also kein isolierter Punkt von D. Man sagt, dass f in a stetig ist, wenn der Grenzwert von f in a existiert und gleich dem Funktionswert f(a) ist, d.h. lim f(x) = f(a). Schreibt x-+a
man lim x anstelle von a, so hat man lim f(x) = f(lim x), d.h. die Stetigx-+a
x-+a
x-+a
keit von f in a kann man als Vertauschung von f mit der Grenzwertbildung auffassen. Die Stetigkeit von f in a bedeutet also: Zu jedem € > 0 gibt es ein 8> 0, so dass aus Ix - al < 8 stets If(x) - f(a)1 < € folgt. Äquivalent dazu: Für jede gegen a konvergente Folge (x n ) aus D\{a} konvergiert die Folge (J(x n )) gegen f(a) . f heißt linksseitig oder rechtsseitig stetig in a, falls die Einschränkung fIDnj-oo,aj bzw. fIDn[a,oo[ stetig in a ist, d.h. für jede Folge (x n ) mit X n < a bzw. X n > a für alle n und lim X n = a gilt: lim f(x n ) = f(a) . n-+oo
n-+oo
Hat D keine isolierten Punkte (d.h., ist D eine Vereinigung von nichtausgearteten Intervallen), so heißt f : D -+ IR stetig auf D, falls f in jedem Punkt von D stetig ist. Äquivalent dazu: Zu jedem a E D und jedem € > 0 gibt es eine von € und a abhängige positive Zahl 8, so dass If(x) - f(a)1 < € für alle x E D mit Ix - al < 8 gilt. Entsprechend kann man die Links- bzw. Rechtsseitigstetigkeit einer Funktion auf ihrem Definitionsbereich (ohne isolierte Punkte) definieren. Hängt in der obigen Definition die Zahl 8 nur von € ab, also ist 8 unabhängig von a, so sagt man, dass f gleichmäßig stetig auf D ist. Jede konstante Funktion ist gleichmäßig stetig auf IR. Jedes Polynom vom Grad 1 ist gleichmäßig stetig auf IR. Ein Polynom vom Grad größer oder gleich 2 ist stetig, aber nicht gleichmäßig stetig auf IR. Operationen mit stetigen Funktionen führen wegen (1.55) aus 1.1.13 zu stetigen Funktionen. Die Summe und die Differenz zweier gleichmäßig stetiger Funktionen sind gleichmäßig stetige Funktionen. Für Produkte und Quotienten ist dies im Allgemeinen nicht der Fall; so ist id lR gleichmäßig stetig, aber x 1-7 ~ nur stetig auf IR\ {O}. Ein hinreichendes Kriterium für die gleichmäßige Stetigkeit einer stetigen Funktion f : D -+ IR liefert die Lipschitz-Bedingung, die bedeutet, es existiert eine positive Zahl L - genannt Lipschitz-Konstante - mit der Eigenschaft
If(x l )
-
f(x)1 :S Llx l
-
xl
für alle
x, Xl E D .
Ist a ein Häufungspunkt von D und hat f : D\ {a} -+ IR einen Grenzwert in a, so ist die Fortsetzung j : D -+ IR, j(x) = f(x) für x "I a und
60
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
j(a) = lim J(x), stetig in a. Man hat also J in a stetig fortgesetzt. x-+a
Die Kettenregel für Grenzwerte von Funktionen führt zur Kettenregel für stetige Funktionen (allerdings ist die Formulierung diesmal einfacher). Seien h : D 1 -t D 2 stetig in a und h : D 2 -t IR stetig in h(a); dann ist h o h stetig in a . Ist J : [a, b] -t IR stetig, so nimmt J jeden Wert zwischen J(a) und J(b) mindestens einmal an; dieses Ergebnis - der Zwischenwertsatz - hat als Folgerung, dass das Bild eines Intervalls wieder ein Intervall ist. Dabei wird zurecht nicht spezifiziert, ob es sich um offene, halboffene, abgeschlossene, endliche oder unendliche Intervalle handelt, wie die folgenden Beispiele zeigen: -t
Der Wertebereich von ]0,1] mittels x r-+ ~ ist [1, oo[ .
-t
Das Bild von ]1, 2[ mittels x r-+ ~ ist 1[ . Das Bild von] - 1, 1[ mittels x r-+ x 2 ist [0, 1[ . Der Wertebereich von IR =]- 00, oo[ mittels x r-+
-t -t
H,
l-':x 2
ist [-~,~] .
Der Zwischenwertsatz hat eine äquivalente Formulierung: Ist J : [a, b] -t IR stetig und haben J(a) und J(b) verschiedene Vorzeichen, ist also eine dieser Zahlen positiv, die andere negativ, so hat J mindestens eine Nullstelle im Intervall Ja, b[. Damit kann man die Existenz von Nullstellen einer stetigen Funktion nachweisen und durch Intervallhalbierungsverfahren (s. Aufgabe 67) ein Intervall von vorgegebener Länge bestimmen, in welchem sich mindestens eine dieser Nullstellen befindet. Insbesondere erhält man aus dem Zwischenwertsatz, dass jedes Polynom (mit reellen Koeffizienten) eine reelle Nullstelle besitzt, falls sein Grad ungerade ist. Im Paragraphen 1.1.5 (über komplexe Zahlen) haben wir für jede natürliche Zahl n ~ 2 und jede positive reelle Zahl r die Existenz der positiven n-ten Wurzel y'r als selbstverständlich angesehen. Mit Hilfe des Zwischenwertsatzes kann man leicht beweisen, dass sie tatsächlich existiert und eindeutig bestimmt ist, da x r-+ x n eine streng monotone Funktion von [O,oo[ auf [O,oo[ ist, und damit bildet ihre Inverse vt das Intervall [O,oo[ auch auf [0, oo[ ab. Die Stetigkeit von V' (also der n-ten Wurzelfunktion) ist eine Folgerung des Satzes über die Stetigkeit der Umkehrfunktion. Dafür treffen wir zuerst eine Vorbereitung. Sei J eine stetige Funktion auf dem Intervall I; das Intervall J sei das Bild von J, also J : I -t J ist surjektiv. Wegen des Zwischenwertsatzes sind die Eigenschaften streng monoton und bijektiv für J äquivalent; in diesem Fall hat die Umkehrfunktion J- 1 : J -t I dasselbe Monotonieverhalten wie J, d.h. beide sind streng monoton wachsend, oder beide sind streng monoton fallend. (Die Erhaltung der Monotonieart "sieht"
1.1 Begriffe und Ergebnisse
61
man auch anhand der grafischen Darstellungen von fund f-1; deren Graphen sind bezüglich der ersten Winkelhalbierenden - d.h. der Geraden x = y - spiegelsymmetrisch. ) Mit diesen Bezeichnungen lautet der angekündigte Satz: Ist f stetig und bijektiv, so ist auch f- 1 stetig. Eine Funktion f : D --t IR heißt beschränkt, wenn ihr Wertebereich f(D) eine beschränkte Teilmenge von IR ist. Entsprechend kann man nach oben (unten) beschränkte Funktionen definieren. Ist f stetig auf einem beschränkten und offenen (oder halboffenen) Intervall, so ist f nicht notwendig be~ zeigt; für a > gilt: f(]O, aD (xl[. schränkt, wie das Beispiel f(x) Das kann nicht passieren, falls das Intervall beschränkt und abgeschlossen ist. Es gilt nämlich: Jede stetige Funktion f : [a, b] --t IR ist beschränkt. Außerdem existieren in [a, b] mindestens ein Punkt Xm und ein Punkt XM mit der Eigenschaft f(x m ) = inf f([a, b]) , f(XM) = sup f([a, b]). Man sagt, dass f in Xm (bzw. XM) ihr absolutes Minimum (bzw. Maximum) annimmt. f(x m ) und f(XM) sind die absoluten Extrema von f. Wegen des Zwischenwertsatzes gilt: f([a, b]) = [J(x m ), f(XM)] .
=
°
=H,
Entscheidend ist dabei die Beschränktheit und die Abgeschlossenheit von [a, b]. Allgemeiner nennt man eine Menge M aus IR, die beschränkt und abgeschlossen ist, kompakt. Die Kompaktheit von M kann äquivalent durch die folgende Eigenschaft charakterisiert werden: Ist M in einer beliebigen Vereinigung UAEA]a A, bA [ von offenen Intervallen enthalten, so genügen immer schon endlich viele davon, um M zu überdecken, d.h., es gibt Al, ... ,An E A mit M C U~=l]aAk' bAk [ . Eine stetige Funktion auf einem kompakten Intervall ist gleichmäßig stetig. Das kann man recht leicht mit der obigen Eigenschaft eines kompakten Intervalls beweisen oder durch einen Widerspruchs beweis unter Verwendung des Satzes von Bolzano-Weierstraß (s. Abschnitt 1.1.12, Folgen und Reihen). Im Vergleich dazu ist der Beweis des folgenden Satzes (Approximationssatz von Weierstraß) sehr anspruchsvoll: Zu jeder stetigen Funktion f : [a, b] --t IR und zu jedem c > gibt es ein Polynom P, so dass If(x) - P(x)1 < c für alle xE [a, b] gilt. Nimmt man für c der Reihe nach die Werte ~, so erhält man eine Folge von
°
Polynomen (Pn), so dass für alle x E [a, b] gilt: If(x) - Pn(x)1 < ~ . Später werden wir sehen, wie man solche Polynomfolgen konstruieren kann. Hiermit haben wir einen nahtlosen Übergang zum nächsten Paragraphen vorbereitet.
62
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
1.1.15 Funktionenfolgen, Funktionenreihen, Potenzreihen (Aufgabe 71 bis 74) Mit IK bezeichnen wir einen der Körper IR oder { und mit Deine Teilmenge von IK. Seien (In : D -+ IK)n eine Folge IK-wertiger Funktionen und a E D. Man sagt, dass (In) im Punkt a E D konvergiert, wenn die nummerische Folge (ln(a)) konvergiert. Die Menge aller Punkte aus D, in welchen (In) konvergiert, heißt die Konvergenzmenge von (In). Ist diese Menge gleich D und bezeichnet f(x) den Grenzwert von (ln(x)) in jedem x aus D, so erhält man eine Funktion f : D -+ IK. Man sagt, die Folge (In) konvergiert punktweise gegen f, und f ist die Grenzfunktion von (In). So konvergiert die Folge nt~:) punktweise auf [0, 1] gegen die Funktion, die im Nullpunkt den Wert 1 hat und sonst (d.h. auf ]0, 1]) verschwindet. Dabei bemerken wir, dass alle Funktionen x 1-+ ~!~: stetig auf [0, 1] sind, aber die Grenzfunktion nicht. Bei punktweiser Konvergenz werden also nicht automatisch Eigenschaften der Funktionen der Funktionenfolge auf die Grenzfunktion übertragen. Dies gilt jedoch bei einer schärferen (stärkeren) Konvergenzart, der gleichmäßigen Konvergenz. Um den Unterschied zwischen den beiden Konvergenzarten deutlich zu sehen, stellen wir fest: (In) konvergiert punktweise auf D gegen f, wenn für jedes c > und jedes x E D eine von c und x abhängige natürliche Zahl N = N(c, x) existiert, so dass für n ~ N gilt: Ifn(x) - f(x)1 < c. Kann man für jedes c > diese natürliche Zahl N unabhängig von x aus D wählen, so heißt die Konvergenz der Folge (In) gegen f gleichmäßig. Aus dem Approximationssatz von Weierstraß haben wir also gefolgert, dass für jede stetige Funktion auf einem kompakten Intervall eine Folge von Polynomen existiert, die gleichmäßig gegen diese Funktion konvergiert. Für jedes a E]O, 1[ konvergiert die Folge (zn) gleichmäßig gegen die Nullfunktion auf der abgeschlossenen Kreisscheibe 6 a := {z E { I Izl :S a}. Dagegen konvergiert (x n ) nur punktweise auf [0,1] gegen die Funktion, die auf [0, 1[ verschwindet und in 1 den Wert 1 annimmt. Die gleichmäßige Konvergenz einer Folge von stetigen Funktionen sichert die Übertragung der Stetigkeit aller Folgenglieder auf die Grenzfunktion. Sei nun D c IR und seien alle Funktionen der Folge (In : D -+ IR) sowie f : D -+ IR stetig auf D. Ist (Jn(x)) eine monoton wachsende Folge mit dem Grenzwert f(x) für alle x E D, so ist (In) gleichmäßig konvergent gegen f. Dasselbe gilt, wenn die Eigenschaft monoton wachsend durch monoton fallend ersetzt wird. Sei a E]O, 1[, dann ist für jedes x E [a,l] die Folge nt~:) monoton fallend
°
°
gegen Null. Die Nullfunktion und jede Funktion x
1-+
~!~: sind stetige Funk-
tionen. Deshalb konvergiert die Funktionenfolge n!~:) auf [a, 1] gleichmäßig gegen die Nullfunktion.
63
1.1 Begriffe und Ergebnisse
Sei nun wieder D c IK. Der Folge (in : D -+ IK) und jedem xE D kann man die Reihe 2:: In(x) zuordnen. Mit Hilfe der Partialsummen kann man also sagen, was es heißt, dass die Reihe 2:: In punktweise oder gleichmäßig gegen I : D -+ IK konvergiert. Für a E]O, 1[ konvergiert z.B. die Reihe 2::::=1 Zn gleichmäßig auf [-a, a] bzw. /:::;a gegen 1-=-z. Die gleichmäßige Konvergenz ist hinreichend für die Übertragung der Stetigkeit aller Reihenglieder In auf die Stetigkeit der Summe 2:: In. Hinreichende Bedingungen für die gleichmäßige Konvergenz einer Reihe 2:: In sind: 1)
2)
Weierstraß-Kriterium. Gibt es eine konvergente Reihe positiver Zahlen 2:: an und gilt tln(x)t ::; an für alle xE D, so ist die IK-wertige Reihe 2:: In gleichmäßig konvergent auf D. Dirichlet-Kriterium. Seien D C IR, M eine positive Zahl,
(in : D -+ IR) mit der Eigenschaft t 2::~=1 In(x)t < M für alle x E D und NEIN und (gn : D -+ IR) eine monoton fallende Funktionenfolge, die gleichmäßig gegen die Nullfunktion konvergiert. Dann ist 2:: Ingn eine gleichmäßig konvergente Reihe. Mit dem Weierstraß-Kriterium kann man sofort zeigen, dass die obige geometrische Reihe 2::::=1 Zn auf /:::;a gleichmäßig konvergiert wegen tznt ::; an für alle z E
/:::;a
und wegen 2::::=1 an = 1~a' Die gleichmäßige Konvergenz der Reihe
2::::=1 nx2n auf [0, ~] ergibt sich als Anwendung des Dirichlet-Kriteriums auf
die Funktionen In(x) = x n und gn(x) = nx n . Auf [O,~] gilt tln(x)t ::; 2~ und gn+1(x) ::; gn(x) (da diese letzte Ungleichung zu x::; n~1 äquivalent ist und
x ::; ~ ::; n~ 1 für alle n 2: 1 gilt). Die Potenzreihen sind spezielle Funktionenreihen, die im reellen Fall die Gestalt 2:: an(x - xo)n und im komplexen Fall die Gestalt 2:: an(z - zo)n haben. Dabei heißt Xo bzw. Zo der Entwicklungspunkt der Potenzreihe. Man spricht von einer Potenzreihe um Xo E IR bzw. Zo E ( mit den Koeffizienten an aus IR bzw. (. Die Konvergenzmenge K(xo) bzw. K(zo) der Potenz reihe ist relativ leicht zu beschreiben. Setzt man R := sup{tx - xot t x E K(xo)} bzw. R:= sup{tz - zot t z E K(zo)}, so ist die Konvergenzmenge
°
die einpunktige Menge {xo} bzw. {zo}, falls R = gilt, ganz IR bzw. (, falls R = 00 ist, das Intervall ]xo - R, Xo + R[ bzw. der Kreis /:::;R(ZO) := {z E ( t tz - zot < R} vereinigt mit einer (evtl. leeren) Teilmenge des Randes {xo - R, Xo + R} bzw. 8/:::;R(ZO) = {z t tz - zot = R}, falls R eine positive Zahl ist. Welche Randpunkte hinzukommen, muss man in jedem einzelnen Fall untersuchen.
64
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
Für die Reihe L:~=1 Jnzn gilt z.B. R = 1: Zunächst weiß man R 2': 1, weil auch L:~=1 Jnzn Folge ( yn hz n ) für für
Izl >
L: an
:S an für Izl :S a konvergiert (Kriterium von Weierstraß). R :S 1 gilt, da die Izl > 1 keine Nullfolge ist. Es gilt sogar lim hlzl n = 00
für jedes a E)O, 1[ die Reihe
und damit wegen IJnznl
n~ooyn
1. Für z = 1 ist die Reihe divergent (beachte Jn
Divergenz der harmonischen Reihe!). Für
Izl =
2':
~ und die
1 und z::f 1 gilt
Da (Jn) eine monoton fallende Nullfolge ist, ergibt sich mit dem DirichletKriterium die Konvergenz von
Izl:S 1 und z ::f I} Ist R
>
°
L: Jnzn,
und damit ist ~1 \{1} = {z E
die Konvergenzmenge von L:~=1 Jnzn .
und gilt r
< R,
so konvergiert die Potenzreihe
«: I
L: an(x -
xo)n Iz - zol :S r}
bzw. L:an(z - zo)n auf [xo - r,xo + r) bzw. ~r(ZO) := {z I gleichmäßig, was man aus dem Vergleich der Potenzreihe mit einer numerischen geometrischen Reihe schließt. Insbesondere ist die Potenzreihe stetig für jedes Intervall [xo - r, Xo + r] bzw. jeder Kreisscheibe ~r(ZO) und damit auch auf )xo - R, Xo + R[= Ur
es ein no mit an ::f
°
=
für alle n 2': no und hat die Folge
lim \flanl. Gibt
n~oo
(I a~n-l !)n<::no
einen
Grenzwert, so ist dieser Grenzwert gleich limsup \flanl. Der Limes superior von (\flan!) existiert - im Gegensatz zu lim \flanl und lim I~I n-too
n-too
an
-
im-
mer und zwar ist er 0, eine positive Zahl s oder 00. Nach einem Satz von Hadamard gilt dann R = 00 bzw. ~ bzw. 0. Die Folge (y'ri)n<::3 ist z.B. streng monoton fallend (da y'ri > n+.(!n + 1
1.1 Begriffe und Ergebnisse zu nn+1
65
> (n + l)n und damit zu n > (n!l)n
= (1
+ ~)n
äquivalent ist
und (1 + ~)n < e < 3 gilt). Außerdem gibt es zu jedem a > 1 ein N(a), so dass y'ri < a (d.h. n < an) für alle n ~ N(a) gilt. Deshalb hat man
:j +11 = 1. Daraus folgt für jede Folge (an) : limsup ylnlanl = limsup yllanl = limsup :j n~llanl . lim y'n
n--+oo
= 1 und damit
lim
n-+oo
n
Insbesondere haben 2:~=1 an(z - zo)n, 2:~=1 nan(z - zo)n und 2:~=1 n~l an(z - zo)n denselben Konvergenzradius. Entsprechendes gilt im reellen Fall. Die folgende Aussage, deren Beweis jetzt viel Mühe machen würde, kann man mit Kenntnissen aus dem Kapitel 3 leicht beweisen: Konvergieren die Reihen 2:~=0 an(z - zo)n und 2:~=0 bn(z - zo)n auf einer Kreisscheibe 6 r (zo) mit r > 0, so ist 2:~=0(2:~=0 akbn-k)(Z - zo)n konvergent, und es gilt für alle z E 6 r (zo):
Die entsprechende Aussage für den reellen Fall erhält man als Folgerung. Auf dem Einheitskreis hat man insbesondere (2:~=0 zn)2 = 2:~=o(n + l)zn . 1.1.16 Elementare Funktionen (Aufgabe 75 bis 81)
7h
Der Konvergenzradius der komplexen Potenzreihe 2:~=0 zn ist wegen lim [1, : (n +11)1 1 = n-+oo lim (n + 1) gleich 00, und damit wird auf 0: eine sten--+oo n. . tige, komplexwertige Funktion exp: 0: -+ 0:, exp(z) =
L 00
1
(1.58) n=O definiert; sie heißt die Exponentialfunktion (auch komplexe Exponentialfunktion). Es folgt exp(O) = 1 und exp(l) = e (s.(1.54) aus 1.1.12). Außerordentlich wichtig ist die folgende Eigenschaft, deren Beweis nicht sehr einfach ist: exp(zl + Z2) = exp(zd . exp(z2) für alle Zl, Z2 aus 0:. (1.59) Diese Funktionalgleichung ist der Schlüssel für das Studium der Exponentialfunktion; aus ihr folgt für alle z E 0: hintereinander exp(z) # 0, exp( -z) = ex~(z) und damit exp(nz) = (exp(z)t für alle n E 7l; insbesondere gilt exp(n) = e n . Wegen 2::=0
,zn n.
7h zn = 2::=0 7hZ" hat man exp(z) = exp(z). Daraus ergibt sich
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
66
= exp(iy) = exp( -iy) = eXP(iY)' also exp(iy) ·exp(iy) = 1 und damit I exp(iy)I = 1 .
für y E IR: exp(iy)
Man setzt eZ anstelle von exp(z), also eZ := exp(z) = L::=o ;hzn. Das ist sinnvoll, weil die üblichen Rechenregeln für e-Potenzen {e n I n E Z} auf "komplexe e-Potenzen" erweitert werden. Wie oben gesehen gilt für alle O- , 1 e1 -- , e eZ r -I- , e- z -.1. Z , Z 1, Z 2 E lf" 'I,.. und n E Z·• e - eZ' (eZ)n -- enz und (vor allem!) eZ1 +Z2 = eZ1 . eZ2 . Insbesondere gilt ex+ iy = eX • eiy mit le iY I = 1 . Die Einschränkung von exp auf IR ist eine stetige Funktion. Ist x positiv, so
°
= 1 + x + ... + ~! + ...
> 1 + x > 1 und exp(x) > ~; Ersetzt man k durch m + 1, so erhält man ex:lx) > (m~l)! und folgt aus exp(x)
k
sofort exp(x)
damit: · exp(x) 11m - - -- 00
1im exp (x ) = 00,
x-+oo
x-+oo
vm E IN .
\.J
xm
(1.60)
Die Lesart dazu lautet: Die Funktion exp wächst schneller als jedes Polynom, wenn x gegen 00 strebt. Wegen 1 = exp(O) = exp(x - x) = exp(x) . exp( -x) folgt für x > < exp( -x) < 1. Aus (1.59) und (1.60) ergibt sich sogar:
°:°
lim exp(x)
x-+-oo
= 0,
lim x m exp(x)
x-+-oo
=
°,
(1.61)
d.h. für x --+ -00 fällt exp(x) schneller gegen Null als der Betrag jedes Polynoms gegen 00 wächst. Nach dem Zwischenwertsatz ist das Bild der reellen Exponentialfunktion das Intervall ]0,00[. Durch äquivalente Umformungen Xl < X2, < X2 - Xl ,1 < exp(x2 - Xl), 1 < exp(x2) . exp( -Xl) = exp(x2) . exp(xd' exp(xd < exp(x2) ergibt sich, dass exp streng monoton wachsend ist und insbesondere bijektiv. Die Inverse ist ebenfalls stetig, streng monoton wachsend und bildet ]0, oo[ bijektiv auf IR ab. Sie heißt der natürliche Logarithmus und wird mit In :]0,00[--+ IR bezeichnet. Ihre Eigenschaften lesen wir aus denjenigen der reellen Exponentialfunktion ab: Inl = 0, Ine = 1, In(x1x2) = Inx1 + Inx2, In(l) = -lnx, x-+oo lim Inx = x
°
x,:
°
00, lim Inx = -00 und Inx ~ x-I für alle X,X1,X2 E IR. Aus lim = x-+o+ x-+oo e für alle m E IN* folgt lim I.:!~X = 0, d.h. Inx wächst langsamer gegen 00 x-+oo
V
als jede Wurzelfunktion. Mit diesen Erkenntnissen kann man eine Skizze anfertigen, wie Abbildung 1.2 sie zeigt. Für jedes x E IR ist also eX , die x-te Potenz zur Basis e, durch L::=o ;hxn definiert. Ist a > 0, so definiert man die x-te Potenz zur Basis a durch a X := eX In a. Die Rechenregeln für x f-t a X werden mühelos aus denjenigen der Exponential- und reellen Logarithmusfunktion abgeleitet. Für alle
67
1.1 Begriffe und Ergebnisse
Abbildung 1.2. Exponential- und Logarithmus-Funktion
X,
Xl, X2 aus IR gilt: (1.62)
Die letzte Regel ergibt sich aus In ((a X1 )X2) = x2In(aX1) = X2Xlln a = In(a X1X2 ) und der Injektivität von In. Ist a > 1, so ist X 1-7 X In a eine streng monoton steigende und stetige (also bijektive!) Funktion von IR auf IR. Wie schon erwähnt, ist die Exponentialfunktion eine streng monoton steigende und stetige Funktion von IR auf jO,oo[. Deshalb ist x 1-7 a X = exp(x In a) als Komposition dieser Funktionen eine streng monoton steigende und stetige Funktion von IR aufjO, 00[. Analog zeigt man für a EjO, 1[, dass x 1-7 a X eine streng monoton fallende und stetige Funktion von IR auf jO, oo[ ist. Für a = 1 ist x 1-7 a X die konstante Funktion XI-71.
Sei (an) eine Folge positiver Zahlen mit dem Grenzwert a und (b n ) eine Folge reeller Zahlen mit dem Grenzwert b. Ist a > 0, so konvergiert die Folge ln(a~n) = bn In an gegen ln(a b) = bIn a (wegen der Stetigkeit von In). Wegen der Stetigkeit der Exponentialfunktion konvergiert deshalb (a~n) gegen ab, also: !im bn !im ( a~n ) = ( lim an)n-+oo ,
n--+oo
Für a
=
°
n--+oo
gilt !im (a~n)
°
n-+oo
=
falls
0, falls b
>
lim an> 0.
(1.63)
n-+oo
°
bzw. !im (a~n) n-+oo
00, falls
b < 0. Für a = = b kann man im Allgemeinen über die Konvergenz von (a~n) keine Aussage machen. Es gilt z.B. lim (l);l- = 1, !im (~);l- = n--+oo n
0, lim (~)-;l- = n--+oo n
00 .
Falls a
> 1 und bn -+
00
n--+oo n
bzw. a EjO, 1[ und bn -+
-00,
so strebt a~n gegen 00. Falls a EjO, 1[ und bn -+ 00 bzw. a > 1 und bn -+ -00, so strebt a~n gegen 0. Falls a = 1 und bn -+ 00 oder bn -+ -00, so kann man über das Verhalten von (a~n) für n -+ 00 i.A. keine Aussage machen;
68
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
als Begründung dient z.B.: lim (1 - 1.. )n2 =
=
Falls a
°und b
n
n-+oo
n
°
und
lim (1
n-+oo
+ 1..)n n
-+ 00 bzw. bn -+ -00, so hat man lim a~n n-too
=
= e.
°bzw.
lim a bn = 00 .
n--+oo
n
Für a E]O, 1[ U ]1, oo[ ist x H a X eine bijektive und stetige Funktion von IR auf ]0,00[. Die Umkehrfunktion heißt der (reelle) Logarithmus zur Basis a und wird mit a log :]0,00[-+ IR oder auch loga : ]0,00[-+ IR bezeichnet. Der Logarithmus zur Basis a ist stetig und hat die gleiche Monotonieeigenschaft wie die Potenz zur Basis a, d.h. er ist für a > 1 streng monoton wachsend, für < a < 1 streng monoton fallend. Es folgt sofort a log 1 = und a log a = 1. Für alle x, Xl und X2 aus ]0, oo[ hat man
°
°
Inx alog x = -1- , alog(XIX2) =alogxl +a lo g x 2 , na alogaX
= x,
alog
(1.64)
(~) = -a log x .
Außerdem gilt für alle a, b E]O, 1[ U ]1, oo[ die Umrechnungsformel (1.65)
alog x =a log b 'blog x .
Die trigonometrischen Funktionen Sinus und Cosinus werden (zunächst unabhängig von dem bisher Behandelten) eingeführt durch die Potenzreihen
sinx :=
00 2n cosx:= 2)-I)n(x )' . 2n.
X 2n +1
00
~(_I)n (2n + I)!
(1.66)
n=O
Der Konvergenzradius dieser Reihen ist unendlich, und deshalb definieren sie Funktionen auf IR, die stetig sind. Sofort sieht man, dass Sinus ungerade ist (d.h. sin( -x) = - sinx für alle x aus IR) und Cosinus gerade (d.h. cos(-x) = cosx für alle x aus IR). Wegen 00
exp(ix) =
1
~ n! (ix)n
= cos x
00
=
2n
00
2n+1
~(_I)n (~n)! + i ~(_I)n (2: + I)!
+ i sin x
und entsprechend exp( -ix) = cos x-i sin x ergeben sich die sog. Eulerschen Formeln . exp(ix) - exp( -ix) smx = 2i cosx =
exp(ix)
2i
+ exp( -ix) 2
2
(1.67)
1.1 Begriffe und Ergebnisse Wie gesehen gilt
le ix
sin 2 x
I=
69
1 für alle x E IR. Damit haben wir nachgewiesen:
+ cos 2 X
(1.68)
= 1.
Insbesondere liegen die Werte von sin und cos in [-1,1] . Für jedes z = x+iy aus ([ mit x, y aus IR gilt also: exp(z) =
Iexp(z)1
eZ
=
e x +iy
=
lezi =
=
eXe iy
=
lexeiYI
e X (cos X
=
lexlleiYI
=
+ isinx)
eX .
1=
,
eX .
Aus der Funktionalgleichung (1.59) ergeben sich die Beweise der Additionstheoreme für Sinus und Cosinus:
+ X2) = sinxI COSX2 + sinx2 COSXI cos( Xl + X2) = COS xl COS X2 - sin Xl sin X2
sin(XI
,
(1.69)
•
Exemplarisch beweisen wir das Additionstheorem für die Sinusfunktion: sin Xl cos X2
+ sin X2 cos Xl
eiX1 _ e- iX1
eiX2 _ e- iX2
2i
=
---2--
+ --2-z-·- -
Weil sin und cos ungerade bzw. gerade Funktionen sind, gewinnt man aus (1.69) auch sin(XI -
X2)
= sinxI
COSX2 -
COS(XI -
X2)
= COSXI
COSX2
sinx2 COSXI ,
+ sinxI COSX2
(1. 70)
•
Insbesondere erhält man aus (1.69) und (1.70) leicht die Formeln sin 2x
= 2 sin X cos X
,
sin 3x
= 3 sin X -
4 sin 3 X
,
cos2x = 2cos 2 x-I = 1- 2sin2 x, cos3x = 4cosx - 3cos3 x, sowie . Xl + X2 Xl - X2 sinXI + sinx2 = 2 sm 2 cos 2 ' . Xl sinXI - sinx2 = 2 sm 2
X2
Xl 2
X2
X2 -
Xl . sm
COSXI
+ COSX2 =
COSXI -
COSX2
2cos •
= 2sm
2
cos cos
Xl
+ X2
Xl
+ X2
X2
2
2
(1. 71)
(1. 72) '
+ Xl 2
Mit Abschätzungen folgt aus der Definition der Sinusfunktion, dass
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
70 x3 3!
X -
-
sin x
< sin x
x
für alle
x3
x5
x7
3!
5!
7!
aus ]0,2], x9 9!
<x - - +- - - +-
für alle
(1. 73) x
aus
]0,4]
gelten. (Sie gelten sogar für alle x > 0; dafür ist aber ein aufwendiger Beweis notwendig, der mit Hilfe des Satzes von Taylor - siehe Kapitel 2 - durchgeführt werden kann.) Insbesondere folgt daraus, dass die Funktion sin auf ]0, 2] nur positive Werte f"1'n
hat. Für x = V 12 hat das Polynom x - ~! + ~! - ~! + ~! einen negativen Wert. Deshalb hat sin zwischen 2 und JI2 mindestens eine Nullstelle. Die kleinste positive Nullstelle von sin ist die Hälfte der Bogenlänge des Einheitskreises, also 1f. Das kann man an dieser Stelle nicht zeigen! Ebenfalls sehr schwierig ist der Beweis, dass die auf diese Weise eingeführten Sinusund Cosinusfunktionen mit den aus der Schulzeit bekannten Funktionen mit den gleichen Namen übereinstimmen. Im Klartext ist dabei folgendes gemeint: Man betrachtet auf dem Einheitskreis (mit dem Mittelpunkt M) zwei Punkte P und Q mit der Eigenschaft, dass die Bogenlänge x dazwischen klei3
5
7
9
p
M
ner als
~
cosx
pI
Abbildung 1.3. sin x und cos x im Einheitskreis
Q
ist. Mit pi bezeichnet man die Projektion von P auf den Radius
--
2n+l
CX)
--
MQ. Dann ist sinx = L:n=o( _1)n (~n+l)! die Länge der Strecke ppl und
cos x = L:~=o ( -1) n (~:~! die Länge der Strecke M pi . Hiermit ist 1f als diejenige positive Zahl festgelegt, die die Eigenschaft sin 1f =
° und
sin x
>
° für
x E]O,1f[
(1.74)
hat. (Diese Zahl1f, deren Wert durch 3,1416 approximiert werden kann, ist keine rationale Zahl. Es gibt nicht einmal ein Polynom mit rationalen Koeffizienten, das 1f als Nullstelle hat. Diese Aussagen übersteigen bei weitem das von uns angestrebte Niveau.) Aus dem Additionstheorem für Sinus folgt durch vollständige Induktion, dass sin n1f = für alle nEIN und wegen sin( -n1f) = - sin n1f auch für alle n E 7l. gilt. Aus (1.68) folgt Icosn1f1 = 1. Ist 0: eine Nullstelle von sin, so gibt es genau eine ganze Zahl k mit
°
1.1 Begriffe und Ergebnisse
71
°
k1r :S a < (k + 1)1f. Es gilt :S a - k1r < 1f und sin(a - k1r) sin a cos k1f - sin k1f cos a = 0. Die Minimalität von 1f als positive Nullstelle von sin hat also als Folgerung a = k1f. Damit ist gezeigt, dass {n1f I n E ~} die Nullstellenmenge der Sinusfunktion ist. Wegen sin 2x = 2 sin x cos x und (1.74) ist cos auf ]0, i[ positiv, und deshalb ist i die kleinste positive Nullstelle des Cosinus. Es folgt sin i = 1 und cos 1f = 2 cos 2 i - 1 = -1. Durch vollständige Induktion kann man zeigen cosn1f = (-1)n für n E~. Man hat sin 3211" = sin 1f cos i + sin i cos 1f = -1. Insbesondere ist der Wertebereich sowohl für sin als auch für cos das Intervall [-1, 1]. Mit Hilfe der Additionstheoreme kann man für alle x E IR zeigen: sin(x
+ 21f) = sin(x -
cos (x cos (x cos(x
~) = cos (~ -
+ ~)
+ 1f)
Wegen
°=
cos(x
+ 21f) = cos(x -
= sin x , sin (~ -
x)
= - sin x , sin (x
+ ~)
x)
21f)
cos i
,
(1.75)
= cos x ,
= 2cos 2 ~ -1 = 1- 2sin2 ~ = cos ~ =
= COSX
= cos x ,
= - cosx , sin(x + 1f) = - sinx .
i[ folgt sin ~
für x E]O,
= x,
21f)
sowie sinx
°
> und
cosx
° >° >
f. Mit der Formel (1.71) erhält man aus
°-sin 1f - sin(3· zr.) - 3 sin zr. - 4 sin zr. - sin zr. (3 - 4 sin2 zr.) wegen sin zr. und cos ~ > ° zuerst sin ~ ~ und daraus cos ~ ~. Analog ergeben sich aus °= cos i = cos(3· = 4cos 3cos = COS - 3) die -
-
3-
3
3
3-
3
3
=
~)
V;
3
=
3
~
~
-
~(4COS2 ~
Funktionswerte cos ~ = und sin ~ = ~. Mit dem Additionstheorem für cos und wegen der Minimalität von i als positive Nullstelle von cos zeigt man, dass {i + n1f I n E ~} die Nullstellenmenge des Cosinus ist.
°
° t
Sind Xl, X2 mit Xl < X2 aus [0, iJ, so folgt < X2;X] :S ~ und < Xl X2 < i, und damit sin X2 - sin Xl = 2 sin X2 ;XI COS Xl X2 > 0. Deshalb ist sin auf [0, i] streng monoton wachsend. Wegen sin( -x) = - sinx und cos x = sin(i - x) ist sin sogar auf [-i, i] streng monoton wachsend von -1 bis 1, während cos auf [0, i] streng monoton fallend ist. Wegen cos(1f - x) = - cos x ist cos auf [O,1f] streng monoton fallend von 1 bis -1. Mit Hilfe der Formeln (1. 75) zeigt man, dass für alle ganzen Zahlen n sin auf [2n1f - i ' 2n1f + i] und cos auf [(2n-1)1f,2n1f] streng monoton wachsend von -1 bis 1 sind; dagegen sind sin auf [2n1f + i ' 2n1f+ 3;] und cos auf [2n1f, (2n + 1)1f] streng monoton fallend von 1 bis -1. Die streng monotonen Funktionen sin : [-i, i] -+ [-1,1] und cos: [O,1f]-+ [-1,1] sind bijektiv. Ihre Umkehrfunktionen
t
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
72
arcsin:[-l,lJ-+
[-~,~]
und
arccos:[-l,lJ-+[O,7fJ
heißen Arcus Sinus und Arcus Cosinus; sie sind streng monoton wachsend bzw. fallend. Für jedes x E [-1, 1J folgt ~ - arccosx E [-~, ~J, und deshalb arcsin
arccos
Abbildung 1.4. Arcus Sinus und Arcus Cosinus
cos
gilt
sin(~
- arccosx) = cos(arccosx) = x, was zu
"27f =
. arcsm x
+ arccos x
(1. 76)
äquivalent ist. Die stetigen Funktionen tan : D tan := IR\{n7f + 2" IT
und
In E ?l}
sinx -+ IR, tanx := - cosx
cosx cot : D cot := IR\{n7f I n E ?l} -+ IR , cotx := - . smx
heißen Tangens und Cotangens. Aus den Eigenschaften von sin und cos ergeben sich diejenigen von tan und cot: -+
tan ist streng monoton wachsend auf J- ~, ~ [ und bildet J- ~, ~ [ bijektiv auf IR ab. Man hat lim tan x = -00 und lim tan x = 00 .
-+
cot ist streng monoton fallend auf JO, 7f[ und bildet JO, 7f[ bijektiv auf IR ab. Man hat lim cot x = 00 und lim cot x = -00.
-+
{n 7f I n E ?l} und {n 7f + ~ I n E ?l} sind die Nullstellenmengen von tan bzw. cot. tan ~ = cot ~ = ~ , tan ~ = cot ~ = 1 , tan ~ = cot ~ = V3.
x--t-~+
X--+O+
-+ -+ -+
X-4~-
X--+7f-
1 + tan2 x = co;, x für alle x E D tan , 1 + cot 2 x = tan(x + 7f) = tanx für alle x E D tan , cot(x xE D cot .
sin12 x
für alle x E D cot· cotx für alle
+ 7f) =
1.1 Begriffe und Ergebnisse
-+
tan(xl
+ X2)
73
= lta~ Xl +t:n X2 für alle Xl, X2 E D tan mit Xl - anXl anX2
Insbesondere gilt tan 2x = l~~~~:f x' falls
-+ -+
-+
cot(Xl
+X2)
= CO\X!~tXt2-l für alle co Xl CO X2
+ X2
E D tan .
und 2x aus D tan sind.
X
Xl,X2
E D cot mit Xl +X2 E D cot .
Insbesondere gilt cot 2x = c~t:o~-;/' falls X und 2x aus D cot sind. Die Inversen arctan : IR -+] - ~, ~ [ von tan :] - ~, ~ [-+ IR und arccot : IR -+]0,1f[ von cot :]0,1f[-+ IR existieren. Sie heißen Arcus Tangens und Arcus Cotangens und sind stetig und streng monoton wachsend bzw. fallend. Für alle X E IR gilt arctan x + arccot x = ~ .
Nach dem Vorbild der Eulerschen Formeln (1.67) definiert man die hyperbolischen Funktionen Sinus hyperbolicus und Cosinus hyperbolicus sinh: IR -+ IR bzw. cosh : IR -+ IR durch sinhx :=
eX
_
2
e- x
' coshx :=
eX
+ e- x
(1. 77)
2
Die Funktion sinh ist stetig und bildet IR bijektiv auf IR ab, weil sie streng monoton steigend ist und lim sinh x -00 sowie lim sinh x = 00 gilt. x~-oo
x~oo
Wegen cosh 2 X folgt
lim cosh x
x--+-oo
-
sinh 2 x = 1 ,
= 00 = x--+oo lim cosh x
und cosh
°=
(1.78) 1. Deshalb ist die stetige
Funktion cosh auf dem Intervall
-+ -+
]- 00,0] streng monoton fallend und bildet dieses Intervall bijektiv auf [1, oo[ ab, [0, oo[ streng monoton wachsend und bildet dieses Intervall ebenfalls auf [1, oo[ ab.
So wie jedem Punkt des Einheitskreises {( u, v) E IR2 I u 2 + v 2 = I} genau ein Punkt x E [0,21f[ mittels der Parametrisierung des Kreises x f-t (cos x, sin x) entspricht, entspricht jeder Punkt des rechten Astes der Hyperbel {( u, v) E IR2 I u 2 - v 2 = 1, u ~ I} genau einem Punkt x E IR mittels der folgenden Parametrisierung dieses Hyperbelastes x f-t (coshx,sinhx). Deshalb nennt man in Analogie zu den Kreisfunktionen sin und cos die Funktionen sinh und cosh hyperbolische Funktionen; diese Analogie kann man fortsetzen:
-+
Aus (1. 77) folgt ähnlich zu (1.66) die Darstellung von sinh und cosh als konvergente Potenzreihen auf IR 00
sinhx =
X 2n+l
~ (2n + I)!
00
'
cosh x
2n
= 2:= (~n)! n=O
.
(1. 79)
74
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
-+
Wie sin ist sinh ungerade, während cosh wie cos eine gerade Funktion ist. Es gelten die Additionstheoreme
-+
+ X2) = sinh Xl cosh X2 + sinh X2 cosh Xl COSh(XI + X2) = COShXI COShX2 + sinhxI sinhx2
sinh(XI
Insbesondere hat man sinh 2x
= 2 sinh X cosh X
,
cosh 2x
, .
(1.80)
= cosh 2 X + sinh2 X
•
Die Umkehrfunktionen von sinh : IR -+ IR und cosh : [0,00[-+ [1, oo[ heißen Area Sinus hyperbolicus bzw. Area Cosinus hyperbolicus; sie werden mit area sinh bzw. area cosh bezeichnet.
Abbildung 1.5. Area Sinus hyperbolicus bzw. Area Cosinus hyperbolicus
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel Aufgabe 1
Seien mund n natürliche Zahlen. Die Bezeichnung mln bedeutet: m teilt n, d.h. es gibt ein pEIN mit mp = n . Stellen Sie fest, welche Implikationen und Äquivalenzen zwischen den folgenden Aussagen A, B, C, D, E, F, G und H für eine beliebige natürliche Zahl n allgemein gelten; Sie brauchen Ihre Antwort nicht zu begründen. A : 21n , B : 51n , C : 10In , D : 21n und 51n , E : 21n oder 51n , F: Die letzte Ziffer der Zahl n ist 0 , G : 41n 2 , H : 251n 2 . Lösung: C, D und F sind äquivalent. A und G sind äquivalent. Bund H sind äquivalent. Jede der Aussagen C, D und F impliziert jede der Aussagen A, B, G und H. Jede der Aussagen A,B,C,D,F,G und H impliziert E. Weitere Implikationen oder Äquivalenzen sind nicht vorhanden. Aufgabe 2
Lösen Sie die folgenden Gleichungen: i)
(n
ii)
(n
+ 2)!
= 72
+ 2)!
n!
n! n3
1
nEIN.
'
1
(n
+ I)!
Lösung: i) Wir formen äquivalent um
(n
+ l)(n + 2)
= 72 {::::::} n 2
' nEIN. (n+,2)! ~
=
+ 3n + 2 =
72
{::::::}
72 {::::::} n 2
J
+ px + q =
nl
2
,
= -
+ 3n -
~ ± if; -
Mit der p-q- Formel (welche die Nullstellen Gleichung x 2
n!(n+ll(n+2) n.
=
72
{::::::}
70 = 0 .
q für die quadratische
0 liefert) erhält man für p = 3 und q = -70
J
~2 ± ~ + 70 = - ~ ± 4 2
J
289 = _ ~ ± 17 4 22
und damit die Nullstellen nl = -10 und n2 = 7. Die Lösungsmenge ist also IL = {7}, da -10 keine natürliche Zahl ist. 3
ii) Wieder wird äquivalent umgeformt: (n~2)! (n+1)(n+2)-(n+2) (n+2)!
o=
n( _n 2
{::::::}
+ n + 2)
= rh -
3
(n~l)! {::::::} (n~2)! = n3 = n 2 +3n+2-n-2 {::::::} 0 = -n 3 +n 2 +2n {::::::}
{::::::} n = 0 oder _n 2
+n +2 =
O. nl = 0 gehört also
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
76
zur Lösungsmenge. Für die Gleichung n 2 - n - 2 mit der p-q-Formel für p = -1 und q = -2
~ J~4 + ~4 = ~2 ± V'~4 = ~2 ± ~2'
n23 = ± , 2
Hiermit lautet die Lösungsmenge IL
= 0 ergibt sich wiederum
d.h.
n2 = -1, n3 = 2.
= {0,2}.
Aufgabe 3
a) b)
b
Berechnen Sie I:~=l für n = 3 und n = 4 . Beweisen Sie durch vollständige Induktion, dass für alle natürlichen Zahlen n ~ 2 gilt: I:~=l
b <2-
~ .
Lösung:
a)
~ ~= ~ ~ ~ = 1 + ~4 + ~9 = 1 + 36 13 = ~ k2 12 + 22 + 32
k=l 4
1
3
1
L k2 = L k k=l k=l
2
1
+ 42
49 = 36
1
+ 16
49 36'
205 = 144 .
' f ang f"ur n -- 2'. ,,2 1 - 1 1 - 5 3 - 2 b) I n d u kt lOnsan L.k=l k2 - 12 + 22 - 4 < 2' - 2'1 . Induktionsschritt von n auf n + 1: Die Induktionsannahme I:~=l < 2- ~ 1 "n 1 1 2 - Ti1 + (n+l)2 1 1 wel'1 fu"hr t zu "n+l L.k=l k2 = L.k=l k2 + (n+l)2 < < 2 - n+l' 1 + (n+l)2 1 < Ti1 (wegen (n+lF n+2 < Ti 1 0 der auch n 2 + 2n< n 2 + 2n + 1) gl. 'lt n+l
b
Hiermit ist der Schritt vollzogen, da aus der Annahme I:~=l Ungleichung I:~~i
l2
b
<2-
~ die
< 2 - n~l folgt.
Aufgabe 4
Beweisen Sie durch vollständige Induktion i) ii)
t(2k _ 1)2 = n(4n: - 1) . k=l ~(3k _ 2)2 _ n(6n 2 - 3n - 1) ~
k=l
-
2
.
Lösung: i) Wir führen den Beweis mit vollständiger Induktion nach nEIN.
Induktionsvoraussetzung (IV): I:~=l (2k - 1)2 =
n(4n;-1) .
Induktionsbehauptung (IB): I:~~i(2k - 1)2 = (n+l)(4(~+1)2-1) . Induktionsanfang (lA): Für n = 1 gilt die Behauptung, weil die Gleichung
77
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
2:~=1 (2k
1)2 = 1(4.132 -1) äquivalent zu 1 = 1 ist. Induktionsschritt (IS): Aus (IV) erhält man (IB) mittels folgender Umfor-
mungen: 2:~~i(2k
(2 n
+
-
1)2 = 2:~=1 (2k _1)2 +
4n 3-n+3(4n 2+4n+1) _ 3 -
1) 2 -
-
(2(n
+ 1) _ 1)2 (~)
4n 3-n+12n 2+12n+3 _ 3 -
n(4n;-1) +
4n 3+12n 2+11n+3 _ 3 -
(n+1)(4n 2+8n+3) _ (n+1)(4(n+1)2- 1) 3
3
ii) Der Beweis wird wieder mit vollständiger Induktion nach nEIN geführt. IV:
2:~=1 (3k
-
2)2 = n(6n2~3n-1)
IB:
2:~~i(3k
-
2)2 = (n+1)(6(n+1~2-3(n+1)-1)
.
IA: Für n = 1 : 2:~=1 (3k - 2)2 = 1(6.1 2 -;3.1-1) gilt, da beide Seiten den Wert 1 haben. IS: 2:~~i(3k - 2)2 = 2:~=1 (3k - 2)2 + (3(n + 1) _ 2)2 I~ n(6n2~3n-1) + (3n
+
1)2
=
6n 3 -3n 2 -n+22(9n 2+6n+1)
=
6n3-3n2-n118n2+12n+2
6n 3+15n 2+11n+2 _ (n+1)(6n 2+9n+2) _ (n+1)(6(n+1)2- 3(n+1)-1)
2
-
2
-
2
Aufgabe 5
a) b)
Beweisen Sie, dass für alle natürlichen Zahlen n :2 7 gilt: n 2 Bestimmen Sie die Menge M := {n E IN o 15n 2 < 2n } .
< 2n -
1 •
Hinweis: Verwenden Sie für b) das Ergebnis aus a). Lösung: a) Der Induktionsanfang ist leicht zu überprüfen: 72 = 49 < 64 = 27 - 1 . Der Induktionsschritt von n auf n + 1 ergibt sich wie folgt: Nimmt man für ein n :2 7 an, dass n 2 < 2n - 1 gilt, so folgt (n
+ 1)2
= n 2 + 2n + 1 < 2 n - 1 + 2n + 1 < 2 n = 2(n+1)-1
weil 2 n - 1 + 2n + 1 < n :2 5 richtig:
2n
zu
2n
2 n - 1 = (1+1)n-1 = 1+(n-1)+
+ 1
<
2n- 1
(n - l)n
,
äquivalent ist, und dies ist für
+ ... +1> 1+
(5 - 1) . n = 2
1+2n.
2 b) Offensichtlich gehört 0 zu M. Es ist leicht zu sehen, dass 1,2, ... ,7,8 nicht zu M gehören, da 5 > 2, 20 > 4, ... ,245 > 128, 320 > 256 gilt. Dagegen folgt aus 405 < 512 und 500 < 1024, dass 9 und 10 in M liegen. Leicht sieht man, dass auch 11, 12 und 13 zu M gehören. Dies führt zur Vermutung 5n 2 < 2n für
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
78
alle n :2: 9. Dahinter steht die Tatsache, dass mit steigendem n der Abstand zwischen 5n 2 und 2n steigt! Diese Aussage werden wir nun durch vollständige Induktion beweisen. Den Induktionsanfang haben wir oben schon gemacht. Sei nun n :2: 9, und es gelte 5n 2 < 2n . Die Ungleichung 5(n + 1)2 < 2n + 1 folgt daraus: 5(n + 1)2 = 5n 2 + IOn + 5 < 2n + IOn + 5 < 2n + 1 , da wegen a) und n :2: 9 gilt: IOn + 5 < IOn + 10 = lO(n + 1) ::; (n + 1)2 < 2 n = 2 n +l - 2n . Also: M = {O} U {n E IN In :2: 9} . Aufgabe 6
Bestimmen Sie die Menge aller nEIN mit der Eigenschaft (2n)!
1 . 3 . 5 . .. ( 2n - 1) = - 2n n!
> 6n
.
Lösung: Wir suchen also die Menge aller nEIN mit der Eigenschaft, dass gilt: (n
+ l)(n + 2) ... (2n -
1)(2n)
> 12 n
.
Zuerst bemerken wir, dass beide Seiten n Faktoren enthalten. Ist n :2: 11, so gilt diese Ungleichung, da nur der erste Faktor größer gleich 12 ist und alle anderen n - 1 Faktoren echt größer 12 sind. Dagegen gilt für n ::; 5 die Ungleichung nicht, da alle n Faktoren der linken Seite kleiner 12 sind. Auch für n = 6 gilt die Ungleichung nicht, weil nur ein Faktor der linken Seite 12 ist, während die anderen fünf kleiner als 12 sind. Sogar für n = 7 gilt die Ungleichung nicht, weil:
8·9 ·10 ·11·12 ·13·14 = 8·9· (10 ·14)· (11·13) ·12 < 12 ·12· (12 ·12)· (12 ·12) ·12 . (Dazu bemerken wir allgemeiner: (k-p)(k+p) < k·k für alle p, 1 ::; p ::; k-l.) Für n = 8 hat man 9· 10 . 11 . 12· 13·14·15· 16 = 12 3 . 10·11 . 13·14·15 = 12 4 .5 ·11·13·7·5 = 12 4 ·143 ·175 > 12 4 ·144 ·144 = 128 . Damit gilt für n = 8 die Ungleichung. Nun zeigen wir durch vollständige Induktion, dass für alle n :2: 8 die Ungleichung (n
+ l)(n + 2) ... (2n -
1)(2n)
> 12 n
gilt. Den Induktionsanfang, d.h. die Überprüfung der Ungleichung für n = 8, haben wir gerade getan. Sei n :2: 8 und gelte (n + l)(n + 2) ... (2n -1)(2n) > 12 n . Es folgt: (n
+ 2)(n + 3) ... (2n)(2n + 1)(2n + 2)
>
12 n . (2n + 1) . 2
= (n
+ l)(n + 2) ... (2n)(2n + 1) ·2
:2: 12 n . (2 ·8+ 1) ·2 > 12 n +l ·2 > 12 n +l
.
Hiermit haben wir den Induktionsschritt durchgeführt, d.h. wir haben gezeigt, dass aus der Induktionsvoraussetzung die Induktionsbehauptung folgt.
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
79
Also ist {n E IN I n 2: 8} ist die gesuchte Lösungsmenge. Aufgabe 7
Bestimmen Sie aus der Summe, die über den binomischen Lehrsatz aus
entsteht, den konstanten Summanden, d.h. denjenigen, der von x nicht abhängt. Lösung: i) Mit dem binomischen Lehrsatz ergibt sich: (x 2
-
~)12 =
,,12 (12) 2(12-k) (_ l)k _ ,,12 (12) 24-2k. (_1)k _ ,,12 (12) (_1)k 24-3k uk=O k X x - uk=O k X ~ - uk=O k X .
Um nun den konstanten Summanden zu erhalten, muss 24 - 3k = 0 gelten, d.h. k = 8. Daher ist der gesuchte Summand (_1)8 C82 ) = i!~!! = 9·5·11 = 495. ii) Für (fIX + )21 ergibt sich wie bei i): (fIX + )21 =
Je
Je
,,21 (21)( 5G)21-k(..1...)k _ ,,21 (21) ll_lt.2 k _ ,,21 (21) ll_lt_lt. k uk=O k V X Vx - uk=O k X 5 5;;;T - uk=O k X 5 5 2 2
•
Auch hier muss der Exponent von x Null werden; daher soll 251 - ~ - ~ = 0 gelten. Es folgt 251 = 170 k und damit k = 23150 = 6. Für den konstanten Summanden ergibt sich
e61)26 = 6!(2211~6)! .2 6 = ~~i~~ = 8.17.19.21.2 6 = 3472896.
Aufgabe 8
Welche Summanden aus der Summe, die mit Hilfe des binomischen Lehrsatzes aus ({13 27 gewonnen wird, sind rationale Zahlen? Berechnen Sie
1-)
diese Summanden. Lösung: Der allgemeine Summand
. t rat·lOna,I wenn -1-0 7k-135 ·lt F··ur k E {O , 1, ... , 27}·1St -1-0 7k-135 . 1S E 7l. g1. eme ganze Zahl genau dann, wenn k E {5, 15, 25} gilt. Man hat also die folgenden rationalen Summanden:
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
80 85
=
(27) 3-10 5
= 27·26·25·24·23 = 2990 2 . 3 . 4 . 5 . 310
2187 '
_ (27) 3- 3 _ 27·26· ... ·17 ·16 _ 1931540 815 15 - 2 . 3 ..... 11 . 12 . 33 3 ' 825
=
(27) 34 25
Alternative Lösung:
(W -
= 27·26·81 = 28431 . 2 Js)27 = (3! - 3-!)27 =
L:~:o (~) (_I)k(3!)27-k(3-!)k. Die Summanden werden rational, wenn
275k - ~ = 54107k eine ganze Zahl ist; dies ist für k E {2, 12, 22} der Fall. k
= 2:
5
k = 12:
2
= (27) 2
(_1)2.3 54;014
= ~34 = 27.26 34 = 28431 2
.
27) 12 54-84 27!_3 5 12 = ( 12 (-1) ·3 10 = 12!.15!3 27·26·25 ... 17 ·16 1 . 2 ... 11 . 12 . 33
k=22:
2! ·25!
17383860 27
1931540 3
_ -10 - (27) (_ )22 54-10154 _ 27! 5 2222 1 3 -22!.5!3
27 . 25 . 24 . 23 2 . 3 ·4· 5 . 310
80730 310
2990 37
2990 2187 .
Aufgabe 9
Lösen Sie die folgenden Ungleichungen. i)
ii)
+ 6x + a ~ 0 in Abhängigkeit von a E IR . x6 + 19x3 _ 216 < 0 . iii) x-I < 2x - 1 x +1 2x + 1 x2
.
Lösung: i) Man hat x 2 + 6x + a = (x + 3)2 + a - 9. Ist a ~ 9, so ist (x + 3)2 + a - 9 ~ 0 und damit gilt die Ungleichung für jedes x E IR. Ist a < 9, so hat x 2 + 6x + a die reellen Nullstellen -3 ± V9 - a und es gilt
Deshalb ist x 2 + 6x + a positiv genau dann, wenn x in der Vereinigung der Intervalle ]- 00, (-3 - vg=a)[ und ]( -3 + vg=a), oo[ liegt.
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
ii) Die Gleichung y2 1i
± J3~1
+ 216 =
x 6 + 19x 3 - 216
-
+ 19y 129
±
216
J12425
= (x 3 + 27)(x 3 -
8)
=
81
°
hat die Nullstellen -27 und 8, weil:
= - 1i ±
325.
= (x +3)(x -
Damit gilt: 2)(x 2 - 3x+9)(x 2 + 2x +4) .
V
2 + 2 7 und x 2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3 Wegen x 2 - 3x + 9 = (x 4 hat x 6 + 19x 3 - 216 dasselbe Vorzeichen wie (x + 3)(x - 2). Das Produkt (x+3)(x-2) ist negativ dann und nur dann, wenn x E]-3, 2[ gilt. Also ist dieses Intervall die gesuchte Lösungsmenge der Ungleichung x 6 +19x 3 -216 < iii) Die angegebene Ungleichung ist äquivalent zu ~~+i ~+i > und damit 2-x+2x+1 > 2 2x > . In d en P un kt en - 2"1 zu 2x -x+2x-1-2x (2xH)(xH) , d .h. zu (2xH)(xH)
-
°
°
°
°.
und -1 ist der Ausdruck nicht definiert; sie werden von unserer Untersuchung ausgeschlossen. Der Nullpunkt gehört nicht zur Lösungsmenge. Man hat also das Vorzeichen von (2XH)(xH) in Abhängigkeit von x zu bestimmen, und zwar auf den Intervallen]- 00, -1[, ]- 1, - ~[ , ]- ~,o[ und ]0, oo[ . Für x aus]- 00, -1[ sind x, 2x+ 1 und x+ 1 negativ. Damit gilt (2X+1)(X+1) 0. Für x aus] - 1, -
H sind x
und 2x
+1
negativ, während x
<
+ 1 positiv x + 1 posi-
ist, also: (2XH)(XH) > 0. Für x aus] - ~,o[ sind 2x + 1 und tiv, während x negativ ist. Hiermit gilt (2XH)(XH) < 0. Schließlich sind für x E]O, oo[ die Zahlen x, x
+ 1 und 2x + 1 positiv und
damit auch
(2XH)(X+1)'
Die Lösungsmenge ist IL =]- 1, - ~[U ]0, oo[ . Aufgabe 10
Lösen Sie die Ungleichungen i)
°
x 2 - 5x + 4 > . -::----x 2 - 8x + 15 -
ii)
x
2x-l 3x - 5
--<--. x
+2
Lösung:
i) Wir wollen sämtliche reellen Zahlen x bestimmen, die die Eigenschaft haben, dass :22~85:t1~ ~
°
gilt. Es ist wichtig, zuerst darauf zu achten, dass der
Ausdruck A(x) := :22~85:t1~ definiert ist, d.h., dass x 2 - 8x + 15 von Null verschieden ist. Dies gilt gen au dann, wenn x weder 3 noch 5 ist. Da die Nullstellen von x 2 - 5x + 4 die Zahlen 1 und 4 sind, kann man den Ausdruck (genauer: den Wert A(x) der rationalen Funktion A) als f~::::m~:::::l schreiben. Nützlich ist es (sowohl für Anfänger als auch für Fortgeschrittene!) eine Tabelle wie Tabelle 1.2 zur Hilfe zu nehmen. Dabei haben wir uns z.B. klar gemacht, dass x-I für x E] - 00, 1[ negativ und für x E]I, oo[ positiv ist.
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
82
I
x
3
4
5
x-I
-
0
+
+
+
+
x-4
-
-
-
-
-
0
x-3
-
-
-
0
-
-
+
5x - 5
-
-
-
A(x)
+
0
-
+
+
+ + +
+ + +
-
-
0
0
-
+ + + + +
Tabelle 1.2. Vorzeichenverteilung von A(x)
Außerdem wurden die bekannten Regeln über das Vorzeichen eines Produktes bzw. Quotienten von reellen Zahlen (wie "Minus mal minus ist plus") verwendet, um auf den entstandenen Intervallen das Vorzeichen von A zu bestimmen. Also ist ]- 00,1] U ]3,4] U ]5, oo[ die Lösungsmenge. ii) Man formt die gegebene Ungleichung um: x~2 < ;~=~ ~ 0 < 2x-1 _ _ x_ ~ 2x 2 -x+4x-2-3x 2 +5x > 0 ~ -x 2 +8x-2 > 0 3x-5
x+2
(3x-5)(x+2)
(3x-5)(x+2)
~ B(x) := (3~~5)(:';2) < 0 . Die Nullstellen des Zählers sind Xl = 4 und
X2
ist: -2
V14
= 4 + V14, des Nenners - 2 und ~. Die Anordnung dieser vier Zahlen
< 4 - V14 <
x
~
< 4 + V14. (Vorsicht! Hier lauert die Gefahr, die
-2
5
Xl
X2
3
X -Xl
-
-
-
0
+
+
+
-
-
+
X -X2
-
-
-
-
-
0
x+2
-
0
+
+
+
+
x-~
-
-
-
-
-
0
+ +
B(x)
+
-
0
+
+ + -
0
+ + + + +
Tabelle 1.3. Vorzeichenverteilung von B(x)
Zahlen falsch anzuordnen!). Aus Tabelle 1.3 ergibt sich die Lösungsmenge der Ungleichung:]- 2,4 - V14[ U H,4 + V14[. (Ein grober - und leider nicht seltener - Fehler ist es zu glauben, dass x~2 < ;~=~ zu x(3x - 5) < (2x - l)(x + 2) äquivalent ist. Man darf eine Ungleichung nicht mit einer Zahl multiplizieren, von welcher man nicht
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
83
weiß, ob sie positiv oder negativ ist!) Aufgabe 11
Lösen Sie die Ungleichung durch eine Skizze.
Ix + 11 < 12x - 31- 1. Bestätigen Sie Ihr Ergebnis
Lösung: Um die Ungleichung Ix + 11 < 12x - 31 - 1 zu lösen, betrachtet man 3 Fälle. 1. Fall: x ~ -1 x + 1 und 2x - 3 sind dann negativ. Damit ergeben sich die äquivalenten Umformungen -(x+1) < -(2x-3)-1, -x-I< -2x+2, x< 3. Deshalb gehört das ganze Intervall ]- 00, -1] zur Lösungsmenge IL . 2. Fall: -1< x < ~ Diesmal ist x + 1 positiv, während 2x - 3 negativ ist. Die Ungleichung ist äquivalent zu x + 1 < 3 - 2x - 1 und damit zu x < ~. Hiermit gilt ] - 1, ~ [ n IL =] - 1,
H.
3. Fall: x ~ ~ Da x + 1 und 2x - 3 in diesem Fall positiv sind, erhält die Ungleichung die Gestalt x + 1 < 2x - 3 - 1, oder auch 5 < x. Also: IL n [~, +oo[ = ]5, oo[ .
Insgesamt ist die Lösungsmenge IL =] - 00, Lösung" der Ungleichung zeigt Abbildung 1.6.
x
H U ]5,00[.
Die "graphische
Abbildung 1.6. "Graphische Lösung" der Ungleichung Ix + 11
< 12x -
Aufgabe 12
Schreiben Sie die folgende Menge als Vereinigung von Intervallen.
A = {x E IR 11 < 113x -11-12x + 111< ll} .
31 - 1
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
84
Lösung: Man betrachtet drei Fälle: x ~ - ~ , - ~
<x <
~ und x
2
~
.
Ist x ~ - ~, so gilt 113x - 11 - 12x + 111 = 11-3x-( -2x-l)1 = 12-xl = 2-x. Damit ist in diesem Fall 1 < 113x - ll-12x + 111 < 11 äquivalent zu 1 < 2 - x < 11, d.h. zu -9 < x < 1. Also: An] - 00, -~] =] - 9, - ~] . Ist - ~ < x < ~, so gilt 113x - 11 - 12x + 111 = 11 - 3x - (2x + 1) I = 51xl und deshalb muss 1 < 51xl < 11 gelten. Es folgt: An] - ~,
H
H H-, H.
=]- ~, u Ist x 2 so gilt 113x -11-12x + 111 = 13x -1- (2x
h
-+ -+
Für ~ ~ x < 2 hat man 1 < 2 - x Damit gilt A n 2[ = [~, 1[ . Für 2 ~ x ergibt sich aus 1 < x - 2 deshalb gilt An [2, oo[ = ]3,13[.
a,
Insgesamt gilt: A = ]- 9, -
+ 1)1
= Ix - 21·
< 11 zu lösen, d.h. -9 < x <
1.
< 11 äquivalent 3 < x < 13, und
Hu H-, 1[ U ]3, 13[ .
Aufgabe 13
Berechnen Sie die p-adische Darstellung von 143 für p = 2, 6 und 12 . Lösung: Für p = 2 erhält man wegen
no = 143 DIV 2 = 71,
ao = 143MOD2 = 1,
nl = 71DIV2 =35,
al
n2 = 35DIV2 = 17 ,
a2 = 35 MOD 2 = 1 ,
n3 = 17DIV2= 8,
a3 = 17MOD2 = 1,
= 71 MOD 2 = 1 ,
n4=
8DIV2= 4,
a4 =
8MOD2=0,
n5=
4DIV2= 2,
a5 =
4MOD2=0,
n6=
2DIV2= 1 ,
a6 =
2MOD2=0,
n7=
lDIV2 = 0,
a7 =
IMOD2=1
die Dualdarstellung (10001111h von 143. Für p = 6 ergibt sich analog aus no = 143 DIV 6 = 23,
ao = 143MOD6 = 5,
nl= 23DIV6= 3,
al
n2 =
a2 =
3 DIV 6 = 0,
= 23MOD6=5, 3MOD6 =3
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
85
die 6-adische Darstellung (355)6 von 143 . Ist 12 die Grundzahl, so werden mit A und B die "Ziffern" 10 bzw. 11 bezeichnet. Es gilt no
= 143DIV 12 = 11,
nl
= 11 DIV 12 = 0,
= 143 MOD 12 = 11 , al = 11 MOD 12 = 11 ao
und damit 143 = (BBh2 . Aufgabe 14
i
a) b)
Bestimmen Sie den p-adischen Bruch von für p = 3 und p = 5 . Schreiben Sie (10,04132h als rationale Zahl.
Lösung: a) Für p = 3 ergibt sich mit dem bekannten Schema für dann:
= 3 . 3 DIV 5 = 1 , a-2 = 3 . 4 DIV 5 = 2 , a-3 = 3 . 2 DIV 5 = 1 ,
a-l
a-4
= 3 . 1 DIV 5 =
°,
r -1
i
zuerst ro
= 3 und
= 3 . 3 MOD 5 = 4 ,
r -2 = 3 . 4 MOD 5 = 2 ,
r -3
= 3 . 2 MOD 5 = 1 ,
r -4 = 3 . 1 MOD 5 = 3 .
Also: r-l f::- ro , r-2 rt {ro,r-d , r-3 rt {rO,r-l,r-2} , r-4 = ro. Hiermit folgt: = (0, 1210h . Für p = 5 ist alles viel einfacher. Setzt man wieder ro = 3, so hat man
i
a-l
= 5 . 3 DIV 5 = 3 ,
r -1 = 5 . 3 MOD 5 =
°
i
und deshalb = (0,3)5 . b) Es gilt (lOh = 1· 51 + 0.5 0 = 5. Für (0, 04132h ergibt sich die Darstellung %mit
= (4132h - (41h = 4.5 3 + 1 .5 2 + 3.5 1 + 2 . 50 500 + 25 + 15 + 2 - 21 = 521 , b = 55 - 53 = 3125 - 125 = 3000 .
a
(4.5 1 + 1 . 50)
521 un d d amI, 't (0 04132) 5 -- 5 + 3000 521 -- 15521 Al so gl'lt ba -- 3000 3000 . Aufgabe 15
Schreiben Sie die folgenden Zahlen in der Form a + ib mit a, b E IR
=
86
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
(2 - i 47 )(3 + 5i 145 ) 10 - i
i)
ii)
(2
+ 3i)4 .
Lösung:
n n n n
, falls , falls , falls , falls
Es gilt
= = = =
4m , 4m + 1 4m + 2 , 4m + 3 .
i) Da 47 = 4 . 11 + 3 und 145 = 4 . 36 + 1 gelten, hat man i 47 = -i und i 145 = i. Damit lassen sich die folgenden Umformungen anstellen:
(2 - i 47 )(3 + 5i 145 ) 10 - i
(1
+ 13i) (10 + i) 100 - i 2
(2 + i)(3 + 5i) 10 - i
(6 + 13i + 5i 2 )(10 + i) = (10 - i)(10 + i)
10 + 131i + 13i 2 -3 .131 101 = 101 + z 101 .
ii) (2+3i)4 = (4+12i+9i 2 )2 = (-5+12i)2 = 25-120i+144i 2 = -119-120i. Aufgabe 16
Bestimmen Sie die Polar koordinaten von i) - 17 . ii) - z . iii) V3 - i . iv)
2+2i.
v)
sina-icosa.
vi)
3-4i.
Lösung: Die Polarkoordinaten von a + ib seien r und 'PO. Man hat dann a = r cos 'P, b = r sin 'P, d.h. a + ib = r( cos 'P + i sin 'P). Damit erhält man:
i) ii)
-17 = 17 (cos 1f + i sin 1f) , -i = l(cos 32" + i sin 3;) = l(cos( -~) + i sin( -~)) ,
iii)
V3-i=2(cosl~"+isinl~")=2(cos(-~)+isin(-~)),
iv) v)
2+2i=2V2(cosi+isini), sina - icosa = l(cosCr + a) + isine; + a)) , und nun muss man ein Vielfaches von 21f zu 32" + a addieren oder subtrahieren, um in das richtige Intervall zu gelangen. 3 - 4i = 5 (cos(21f - ß) + i sin(21f - ß)), wobei ß der einzige Winkel aus
vi)
]0, ~[ mit sinß =
t ist.
Aufgabe 17
· Ste11en Sle
(V3_i)'5. (2+2i)1 m
der Drorm a + z'b d ar.
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
87
Lösung: Mit den Ergebnissen aus der Lösung der Aufgabe 16iii) und iv) sowie mit Hilfe der Moivreschen Formel erhält man:
( V3 - i)15 (2 + 2i)1 24V2( cos
[2( cos
11611"
+ i sin
11611")]15
~~~______~~__
[2V2( cos i + i sin i
1O,r + i sin 1O,r) =
W
215 (cos 5511" + i sin 5511") 2 2_ 210 V2( cos 7; + i sin 7n
16V2( cos(24 + ±)7r + i sin(24 + ±)7r) =
16V2(cos 7; + i sin 7n = 16V2( ~ - i~) = 16(1 - i) . Aufgabe 18
a)
Bestimmen Sie die Polarkoordinaten der Zahlen Zl = -1 + i und Z2 = 1 - iV3 .
b)
und ~ . Berechnen Sie (Zl + Z2)3 , ZlZ2 , z~ , z~ , ~ Z2 Zl
Lösung:
= JT+l = V2. Aus cOS'P = - Jz und sin'P = Jz sowie 'P E]- 7r,7r] folgt 'P = 3; und damit Zl = -1 + i = V2(cos 3; + isin Analog folgt wegen 11 - i V31 = v'f+3 = 2 aus cos 'P = ~ , sin 'P = -1 und 'P E]-7r, 7r] zuerst'P = -~ und damit Z2 = 1-iV3 = 2(cos( -~)+i sin( -~)) . a) 1 - 1 + il
3n.
b) zl+z2=-1+i+1-iV3=i(1-V3),
(Zl + Z2)3
= -i(l -
z~
= -i(10 -
= (-1 + i)(l - iV3) = -1 + i + iV3 + = 1 - 2i V3 - 3 = - 2 - 2i V3 , = 1 - 3iV3 - 3 . 3 + i3V3 = -8 ,
Zl . Z2 z~
3V3 + 3 . 3 - 3V3)
V3
= i(6V3 -
6V3)
= V3 -
10) ,
1 + i(V3 + 1) ,
~
_ ...::.!±L _ (-Hi)(Hiv'3) _ -Hi-ifl-fl _ -l-v'3+i(l-v'3)
Z2
-
1-iv'3 1+3 4 4 15 (cos(-511")+isin(-511")) = 29V2 cos:+is~n,;; _ Zl 250(cos3~~+isin3~~) COS"4+'Slll"4 9 9 2 V2(cos(7r - i) + isin(7r - i)) = 2 V2(cos 3; + i sin 3n = 29V2( +i = 29(-1 + i) = 512( -1 + i) . ~
=2
Jz Jz)
Aufgabe 19
Bestimmen Sie alle komplexen Zahlen z in Polarkoordinatendarstellung mit der Eigenschaft z5 = -4 - 4i . Lösung: Zunächst stellen wir -4 - 4i in Polarkoordinaten dar. Es ist
Tl
= )16 + 16 =
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
88 4)2 und aus sin
-
4fi
= - 0
und cos
4fi
= - 0
3; . Die gesuchte Zahl r( cos
r 5 (cos 5
genügen. Es folgt r 5 = 4)2 = ()2)5, d.h. r = )2, und 5
z 1 = V'2(cos ~ it, 4 + i sin~) 4 = 1+ i
2;
3;
= 2k7r mit
mit k aus {1,2,3,4,5}. Die fünf
z2 = V'2(cos it,
'
folgt
1311" 20
+ i sin
1311") 20'
Z 3 --
2l7r V'2(cos it, 20
+ i sin
2l7r) 20
=
1911") V'2(cos(it, 20
+ i sin(- 1911")) 20'
Z 4 --
2911" it, 20 V'2(cos
+ i sin
2911") 20
=
V'2(COS(_1111") it, 20
+ i sin(- 1111")) 20'
Z 5 --
377r V'2(cos it, 20
+ i sin
377r) -20
311") V'2(cos(it, 20
+ i sin(- 311")) 20
.
Aufgabe 20
Lösen Sie die folgenden Gleichungen i) z + 3z - 1 - 4i = 0 . ii) (1 + 3i)Z2 + 2(1 - i)z + i-I = 0 . iii) z6 - iz 4 + Z2 - i = 0 . Lösung: i) Mit z x + iy ergibt sich aus z + 3z - 1 - 4i = 0 die Gleichung x + iy + 3x - 3iy - 1 - 4i = 0, d.h. 4x - 1 - 2i(y + 2) = 0, und daraus x = sowie y = -2. Die Lösung ist 2i .
i
") 11
_
i-
i-l±V(1-i)2-(H3i)(i-l) _ -
z 1+3i stellen sind also .i±.l. H3i -
i-l±yl
(Hl)(1-3i) H9 -
2i 1 i+1+3+3i 1+3i -
HH3-3i 10
=
2-i 5
und
i-1±2. 1+3i' i-3 H3i -
i
d' N 11le
u
.
iii) Wegen Z6 - iz 4 + Z2 - i = Z2(Z4 + 1) - i(Z4 + 1) = (Z4 + 1)(z2 - i) = (Z2 - i)2(Z2 + i) hat man Z2 = i = cos ~ + i sin ~ sowie Z2 = -i = cos( - ~) + i sin( - ~) zu lösen. Die erste der beiden Gleichungen hat die Lösungen cos i + i sin i und cos( W3
3n +i sin( -
3n,
d.h.
Wl
:= 0
(1 +i) und W2 := - 0 (1 +i). Weiter sind
:= cos(-i)+isin(-i) = 0(1-i) und
W4
= COS
3; +isin 3; =
0(-1+i)
die Nullstellen der zweiten Gleichung. Hiermit sind Wl, W2, W3 und W4 die Nullstellen der gegebenen Gleichung; dabei sind Wl und W2 doppelte Nullstellen. Also:
Aufgabe 21
Berechnen Sie sin ~ und cos ~; mit Hilfe der Additionstheoreme.
89
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
Lösung: a) Die Sinusfunktion ist auf [O,~] streng monoton steigend. Wegen 0<
!'
i
<
%
gilt 0 = sin 0 < sin i < sin %= d.h. insbesondere, dass sin i eine positive Zahl ist. Nach den Additionstheoremen gilt cos 2a = 1 - 2 sin 2 aj dies kann man äqui-
±JI-C~S20/. In unserem Fall, d.h. für a
valent umschreiben zu sina =
=
i,
fällt - wie vor bemerkt - die negative Lösung weg. Daraus ergibt sich . 7f 8
Sln -
= )1 -
cos 2
J
1 - V; ~= - = -21 J2 2
V2 .
b) Es gilt ~; = ~ + %. Damit lässt sich cos ~; mit Hilfe des Cosinus-Additionstheorems berechnen. Man erhält 57f 12
cos -
= cos -7f4 cos -7f6 =
V2 (.;3 4
. 7f . 7f 4 6
- sm - sm -
1) =
= -V2.;3 . -2 - -V2 . -21 2 2
~(V6 - V2) . 4
Aufgabe 22 a)
Beschreiben Sie in IR2 die Menge
A:= {z E (: Ilz - xol :S alz - xII} ,
b)
wobei Xo < Xl und a reelle Zahlen sind. Geben Sie das Ergebnis als Teilmenge von IR2 an (über die Identifizierung von IR2 mit (:). Beschreiben Sie A insbesondere für Xo = 0, Xl = 3 und a = 2 .
Lösung: a) Ist a negativ, so ist A die leere Menge. Für a = 0 besteht A nur aus Xo . Sei a > O. Setzt man z = X + iy, so ist die gegebene Ungleichung (d.h. Iz - xol :S alz - XII) äquivalent zu (x - xO)2 + y2 :S a2[(x - xd 2 + y2]. Für a -::f. 1 folgt daraus
90 Ist a
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra 2 > 1 , so ist die gesuchte Menge A durch (x + xo-a Xl )2 + y2 > a 2 -1 -
2(
aXO-Xl (a 2 _1)2
)2
gegeben; sie ist das Äußere des offenen Kreises mit dem Radius al~r::~ll 2
und dem Mittelpunkt (a :21~lxO , 0). Ist a E]O, 1[, so ist die gesuchte Menge A = {(x y)T E IR2 1 (x + XO- a2X I)2 + y2 < (a IX O-XII)2} d.h. der Kreis ,
a2 -1
(einschließlich des Randes) mit alxo-xII
-
1-a2
,
2
(xo;-=-aa
ll , 0) als Mittelpunkt und dem Radius
1-a 2
Für a = 1 ergibt sich aus der gegebenen Ungleichung -2xox+x6 ~ -2X1X+xi oder auch 2(X1 -xo)x ~ (Xl -XO)(X1 +xo) , x ~ Xlt XO . Damit ist die gesuchte XO }. Menge die berandete Halbebene {(x,y)T E IR 2 1 x ~
x1t
b) Gemäß a) ist die gesuchte Menge A das Äußere des offenen Kreises mit dem Radius ;':"31 = 2 und dem Mittelpunkt (4,0) (also einschließlich des Kreisrandes!) . Aufgabe 23
Gegeben sind die folgenden Teilmengen von 71. :
A := {n E IN 1n G:= {2n
~
7}, B := {2n + 11 nEIN} ,
+ 11 n E 71.},
D:= {n E 71.1 n 2 ~ 17} .
Bestimmen Sie die folgenden Mengen:
AnB, AnG, AnD, BnG, BnD, GnD, AUD, BUG, AnBnGnD. Lösung:
An B = {n EIN 1n An G
= {n EIN
1n
~
~
+ 11 nEIN} = {I, 3, 5, 7} . 7} n {2n + 11 n E 71.} = An B = {I, 3, 5, 7} . 7} n {2n
An D = {n E IN 1n ~ 7} n {n E 71. 1n 2 ~ 17} = {O, 1,2,3,4} .
n G = {2n + 1 1nEIN} n {2n + 1 1n E 71.} = B = {I, 3, 5, 7, 9, ... } . B n D = {2n + 1 1nEIN} n {n E 71. 1n 2 ~ 17} = {I, 3} . G n D = {2n + 1 1n E 71.} n {n E 71. 1n 2 ~ 17} = {-3, -1, 1, 3} . AUD = {n EIN 1n ~ 7}U{n E 71.1 n 2 ~ 17} = {0,1,2,3,4}. BuG = {2n + 11 nEIN} U {2n + 11 n E 71.} = G = {±1, ±3, ±5, ... } . An B n G n D = (A n B) n (G n D) = {I, 3, 5, 7} n {-3, -1, 1, 3} = {I, 3} . B
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
91
Aufgabe 24 Gegeben sind die folgenden Teilmengen von C : l f = { z E C | l < | z | < 4 } , L = {z E C | \z + 1| < \z -i\} , M = {z E d | + < 4} . Skizzieren Sie KnL, K fl M, L n M und ÜT n L n M . Lösung: ist der abgeschlossene Kreisring (d.h. mit Rändern) mit Mittelpunkt 0 und Radien 1 und 4. L ist die offene Halbebene, die durch die Mittelsenkrechte der Strecke zwischen - 1 und i berandet ist (ohne jedoch diese Gerade zu enthalten), welche den Punkt - 1 (aber nicht den Punkt i) enthält. Sei z — x + iy. Wegen z + z = x + iy + (x - iy) = 2x ist M der offene (d.h. ohne Ränder) unendliche Streifen zwischen den Geraden x = — 2 und x = 2 . Damit ergeben sich die Skizzen gemäß Abb. 1.7.
Abbildung 1.7. Darstellung der gesuchten Durchschnitte
Aufgabe 25 Es sei / : IR -> IR eine beliebige Funktion und Ai,A ,Bi und B seien beliebige Teilmengen von IR. Mit f{A\) und f~ (Bi) bezeichnet man (wie üblich) das Bild bzw. das Urbild der Teilmenge A± bzw. Bi unter / , d.h.: 2
2
l
f(Ai) f- (B ) 1
1
— {bi E IR | 3ai E Ai =
mit
{a e\R\f(a )eB }, 1
1
1
Welche der folgenden Gleichheiten gelten immer:
f(a )=b }, 1
1
92
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
= f-l(B l ) U r l (B 2 ) f-l(B l n B 2 ) = f-l(B l ) n f- l (B 2 ) f(A l U A 2 ) = f(A l ) U f(A 2 ) .
n A 2 ) = f(Ad n f(A 2 )
a) f-l(B l U B 2 )
.
d) f(A l
b)
.
e) f- l (J(A l )) = Al .
c)
f) f (rl(Bd)
= BI
.
.
Ihre Antwort ist vollständig, wenn Sie entweder die Gleichheit (indem Sie beide Inklusionen zeigen) beweisen, oder ein Gegenbeispiel dazu bieten. Lösung:
Ist Al C A 2 , so gilt f(Ad C f(A 2 ). Aus BI C B 2 folgt (laut Definition der Urbildmenge) f-l(Bd C f- l (B 2 ). Daraus ergeben sich sofort die folgenden Inklusionen:
f-l(B l ) U f-l(B 2 ) C rl(B l U B 2 ), f-l(B l n B 2 ) C f-l(B l ) n f-l(B 2 ) f(A l ) U f(A 2 ) C f(A l U A 2 ), f(A l
n A2 )
C
f(Ad
n f(A 2 )
,
•
a) Sei a aus f-l(B l U B 2), dann ist f(a) E BI U B 2. Ist f(a) aus BI oder B 2, so ist a aus f-l(Bd bzw. f- l (B 2 ), also: a E f-l(Bd U f- l (B2), und damit f-l(B l U B 2 ) C f-l(Bd U f- l (B2). Hiermit gilt stets die Gleichung f-l(B l U B 2) = f-l(B l ) U f- l (B 2). b) Ist a aus f- l (Bdnf- l (B 2), so gilt a E f-l(B l ) und a E f-l(B 2). Es folgt f(a) E BI und f(a) E B 2, also: f(a) E BI nB2. Damit ist a aus f-l(B l nB2) und insgesamt: f-l(B l n B 2) = f-l(Bd n f-l(B 2) . c) Sei b E f(A l U A2). Es gibt ein a E Al U A2 mit der Eigenschaft f(a) = b. Ist a aus Al bzw. A 2, so ist b = f(a) aus f(A l ) bzw. f(A 2), und damit ist in jedem Fall bE f(A l )Uf(A2). Es gilt also immer f(A l UA 2 ) = f(A l )uf(A 2) . d) Ist bE f(Ad n f(A2), so gilt b E f(A l ) und b E f(A 2). Es gibt al E Al und a2 E A 2 mit f(ad = b = f(a2). Hiermit ist aber noch nicht gesagt, dass es ein gemeinsames a aus Al und A 2 gibt, so dass f(a) = b gilt. Dies führt zur Vermutung, dass es Fälle gibt, in welchen f(A l n A 2) :I f(A l ) n f(A 2 ) gilt. Schon aus der obigen Überlegung sieht man, dass in einem solchen Fall f nicht injektiv sein darf. Ist f die Abbildung f(x) = x 2 und nimmt man für Al das Intervall [-2, -1] und A 2 = [1,2], so gilt Al nA2 = cP, f(A l nA 2) = cP, aber f(Ad = f(A 2) = [1,4], und damit auch f(A l ) n f(A 2) = [1,4]. e) Ist a aus Al, so ist f(a) aus f(A l ) und damit ist a aus f- l (J(Ad). Ist f nicht injektiv, so könnte es sein, dass die Gleichung aus e) nicht gilt. Das trifft z.B. für die Funktion f mit f(x) = x 2 zu. Man hat:
f- l (J([l,2])) = r l ([l,4]) = [-2,-1]U [1,2]:1 [1,2]. Die Antwort lautet: Im Allgemeinen gilt nur Al C f- l (J(Ad) . f) Ist baus f(f-l(B l )), so gibt es ein a E f-l(Bd mit f(a) = b. Aber
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
93
a E f-I(Br) bedeutet, f(a) liegt in BI. Man hat also f(f-I(Br)) C BI. Ist BI nicht leer, aber f-I(B I ) leer, so ist auch f(f-I(Br)) leer und damit f(f-I(Br)) "I BI. Dass dies möglich ist, zeigt uns die Funktion f(x) := x 2 mit BI = [-5, -3]. Also: Im Allgemeinen gilt nur f(f-I(B I )) C BI. Aufgabe 26
Untersuchen Sie, ob jeweils die folgende Teilmenge von IR 2 der Graph einer Funktion y = f(x) oder/und x = g(y) ist. Geben Sie, falls das zutrifft, Definitions- und Wertebereich sowie eine Funktionsgleichung für f bzw. g an. Fertigen Sie eine Skizze an. i) iii) iv) v)
{(x,y) E IR 2 1x 2 +y2 > 6x}. ii) {(x,y) E IR21 x 2 +y2 = 6x}. 2 {(x,y) E IR21 x +y2 = 6x, y ~ O}. {(x,Y)EIR 2 Ix 2 +y2=6x,x2':a} für aE]-00,6]. {(x,y) E IR 2 1 x 2 +y2 = 6x, x+y 2': a} für a E]- 00,3+3V2].
Lösung: i) Die angegebene Menge ist das Äußere des Kreises mit dem Mittelpunkt (0,3) und Radius 3, da x 2 + y2 > 6x auch als (x - 3)2 + y2 > 32 geschrieben werden kann. Daher liegen z.B. alle Punkte (-l,y) mit y E IR in der Menge, d.h., dass -1 unendlich oft als erste Koordinate vorkommt. Deshalb ist diese Menge nicht der Graph einer Funktion von x. Aus ähnlichem Grund (z.B. für alle x E IR liegen die Punkte (x, -4) in der Menge) ist diese Menge nicht der Graph einer Funktion von y . ii) Auch diesmal handelt es sich nicht um den Graphen einer Funktion von x bzw. y, denn die Punkte (3,3) und (3, -3) bzw. (0,0) und (6,0) liegen auf dem Kreis. iii) Diese Menge ist der untere Halbkreis und somit der Graph der Funktion [0,6]--+ [-3,0], x t--t y(x) := -V6x - x 2 . Sie ist aber nicht der Graph einer Funktion von y, weil (0,0) und (6,0) in der Menge liegen. iv) Für a E] - 00,0] ist die Menge der ganze Kreis und somit (s. ii)) weder der Graph einer Funktion von x noch der Graph einer Funktion von y . Für a E]O, 3[ ist der Kreisbogen weder der Graph einer Funktion von x noch der Graph einer Funktion von y, wie Abb. 1.8 zeigt. Für a E [3, 6[ ist der Kreisbogen nur der Graph einer Funktion von y, nämlich
[-v6a - a2, v6a - a2] --+ [a,3], y t--t 3 + ~. Für a = 6 besteht die betrachtete Menge aus dem Punkt (6,0) und ist damit der Graph der Funktion 6 t--t 0 aber auch der Funktion 0 t--t 6 . v) Für a E]- 00,3 - 3V2] ist die Menge der ganze Kreis, für a E]3 - 3V2, 6[ ist die Menge ein Kreisbogen. In diesen Fällen (also bei a E ] - 00, 6[) ist die Menge weder der Graph einer Funktion von x noch der Graph einer Funktion
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
94
3
x
Abbildung 1.8. Der Fall 0 < a < 3
-3 ............ ,,~=.--4
von y . Für a E [6,3
+ 3V2]
ist die Menge - also der Kreisbogen mit einem
3
"
" "~x+y=3+3V2 "
x+y:;::::6"" "
x
3
x+y=" "
3
6 "
3-3V2
" x
-3
"
+ y = 4.5
Abbildung 1.9. Der Fall 3 - 30
-3
< a < 6 und
der Fall 6
Öffnungswinkel kleiner gleich ~ - der Graph der Funktion x
f--7
V6x - x 2
aber auch der Funktion y f--7 3 +~. (Geben Sie selbst den entsprechenden Definitionsbereich an.) Die Menge besteht für a = 3 + 3V2 nur dem einem Punkt (3 +
.ß ' .ß) .
Aufgabe 27
Es seien J und g die auf IR durch J(x) := x 2 + x-I und g(x) := 3x - 1 definierten Funktionen. :ijerechnen Sie J 0 g, go J, J 0 J und go g . Lösung:
(f 0 g)(x) = J (g(x)) = g(x)2 + g(x) - 1 = (3x - 1)2 + (3x - 1) - 1 = 9x 2 - 6x + 1 + 3x - 1 - 1 = 9x 2 - 3x - 1 . (g 0 f)(x) = g (J(x)) = 3J(x) - 1 = 3x 2 + 3x - 4. (f 0 f) (x) = J (J (x)) = J (x) 2 + J (x) - 1 = (x 2 + x-I) 2 + (x 2 + x-I) - 1 = x 4 + 2x 3 + x 2 - 2x 2 - 2x + 1 + x 2 + x-I - 1 = x 4 + 2x 3 - x-I .
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
95
(g 0 g)(x) = 9 (g(x)) = 3g(x) - 1 = 3(3x - 1) - 1 = 9x - 4. Aufgabe 28
X2 Zeigen Sie, dass die Funktion f : IR -+ IR, f(x) = { 0 -x 3 streng monoton fallend und bijektiv ist. Berechnen Sie f- 1 und f 0 f .
a)
b)
, falls x < 0 , , falls x = 0 , , falls x > 0
Lösung: a) Ist Xl < 0 < X2, so gilt f(xd = xi > f(O) = 0 > f(X2) = -x~. Ist Xl < X2 < 0, so hat man f(xd = xi > x~ = f(X2). Ist schließlich Xl > X2 > 0, so folgt > x~ > 0 und damit f(xd = -xr < -x~ = f(X2) < 0 . Aus der strengen Monotonie folgt die Injektivität von f. Sei y < O. Dann ist -y > 0 und f( H) = -( H)3 = -( -V) = y. Ist nun y > 0, dann ist -"fij < 0, und damit f( -"fij) = (_"fij)2 = y. Außerdem ist f(O) gleich O. Deshalb ist f surjektiv und damit insgesamt bijektiv. b) Im Beweis der obigen Surjektivität haben wir gezeigt: f-1(y) =
xr
{
H
o
- "fij {
_(x2)3
o
(_X 3)2
,falls y < 0 , ,falls y = 0, Man hat: (j ,falls y > 0 . ,falls x < 0 , {-x 6 , falls x = 0, = 0 ,falls x > 0 x6
0
{ f(x 2 ) j)(x) = f(O) f (- x 3)
, falls X < 0 , , falls x = 0 , ,falls x > 0
, falls x < 0 , , falls x = 0 , , falls x > O.
Aufgabe 29
a)
b) c) d) e) f) g)
Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich Df der Zuordnung x M f(x) := 2:i/ . Die Funktionen h :]- 00,1[-+ IR und h :]1,00[-+ IR seien als Einschränkungen von f definiert. Zeigen Sie, dass hund h streng monoton fallend sind. Ist f eine monotone Funktion? Bestimmen Sie den Wertebereich W i von li , i = 1,2. Bestimmen Sie [11 : W 1 -+]- 00, 1[ und f:;l : W2 -+]1, oo[ . Ist h o h bzw. h o h definiert? Bestimmen Sie gegebenenfalls die Funktionsgleichung (Zuordnungsvorschrift) und den Wertebereich. Fertigen Sie eine Skizze des Graphen von fan.
Lösung: a) Df =] - 00, 1[ U ]1,00[= IR\{I}, da für alle x definiert ist.
=I 1 der
Ausdruck
2:8
96
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
xd . Sind x und x 1 2x2+ x2-1 = (XI3(X2-1)(x2-1) 1 2 beide aus ]- 00, 1[ oder aus ]1,00[, so ist der Nenner positiv. Ist Xl < X2 < 1 (bzw. 1 < Xl < X2), so folgt aus der obigen Umformung h (xI) > h (X2) (bzw. h(xI) > h(x2))' c) Man hat f( -1) = ~ > f(O) = -1 und f(O) = -1 < f(2) = 5. Deshalb ist f auf ihrem Definitionsbereich weder monoton fallend noch monoton steigend. d) Wegen lim h(x) = 2, lim h(x) = -00 und lim 12 (x) = 00, x-t-oo x-t1x-t1+ lim h(x) = 2 sowie der Monotonieeigenschaften von hund 12 ist]- 00, 2[ x-t+oo bzw. ]2, oo[ der Wertebereich von h bzw. h. Also: b) Es gilt: f(x 1 ) - f(x 2 )
=
2xI+1 XI -1
W 1 =]- 00, 2[ und e) Da aus 2::S = y mit y
'I-
W 2 =]2, oo[ .
2 sofort x = ~ folgt, ergibt sich für f1- 1 und
f:;l derselbe Ausdruck; die Funktionen ordnen jedem y aus ihrem Definitionsbereich den Wert ~ zu. f) h (-5) = ___lt~ll = =~ = ~. Da h in ~ nicht definiert ist, ist h 0 hauch nicht definiert. (Der Grund ist also: h bildet] - 00, 1[ auf] - 00, 2[ ab, und ]- 00, 2[ ist nicht in ]- 00, 1[ enthalten!). Wegen h(]I, oo[) =]2, oo[ C ]1, oo[ ist h o 12 definiert. Man hat für jedes x aus ]1, oo[ :
2h(x)
+1
(12 0 h)(x) = 12 (h(x)) = h(x) _ 1 =
22:!/+1 atll _ 1
x-1
=
5x+l x +2
y
f(x) 2
,
----------------r--------------,, x
. 2x + 1 AbbIldung 1.10. fex) = x-I
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
97
Da /2 streng monton fallend ist, ist /2 012 streng monoton wachsend, wie die folgende Überlegung zeigt: 1 < x' < x" ~ 2 < /2(x") < /2(x' ) ~ 12 (/2(x' )) < /2 (/2(x")) . Aus dieser Monotonieeigenschaft, aus dem Zwischenwertsatz und aus . 11m (/2 x-tI+
0 /2)(x) = 5·1 + 1 = 2 1+2
. SOWIe
lim (12 x-too
0 h)(x) = 5
folgt, dass ]2, 5[ der Wertebereich von /2 0/2 ist. Die Funktion also ]1, oo[ bijektiv und strikt monoton steigend auf ]2, 5[ ab. g) Die Abbildung 1.10 zeigt den Graphen von f.
/2 0/2
bildet
Aufgabe 30
Untersuchen Sie, ob die folgenden Funktionen surjektiv, injektiv oder bijektiv sind: i) f: IR -+ IR, f(x) = x2~1 . iii) h: [1, oo[-+]O,~] , h(x) = x2~1 . ii) g: [1,00[-+ IR, g(x) = X2~I . iv) k: [-1,1]-+ [- ~,~] , k(x) Bestimmen Sie für die bijektiven Funktionen die Inverse.
= x2~1
.
Hinweis: Zeigen Sie zuerst, dass f in -1 (bzw. +1) und nur in diesem Punkt das Minimum (bzw. Maximum) annimmt. Lösung: Wir zeigen zuerst, dass für jedes x E IR\ {I, -I} gilt: - ~ = f( -1) - 2I
< f(x) < f(l)
°
.. . Ient zu < < f()· x ISt aqmva
°< l(J'~:). < °< 2((X-;~:)
x x2+1
= ~ .
° "# °<
I d .h. zu < + 2'
Diese letzte Ungleichung ist für jedes x
. t x2x+1 IS zu
2I zuers t zu
°< I
x d ann zu 2 - x2+I'
äquivalent. Das ist aber für x
2 2x+x +1 2($2+1)
. zu un d d amlt
-1 aber klar. Analog
2 x2(x2+I) +1-2x
un d schl·Ie ßI·ICh
"# 1 richtig.
Insbesondere folgt aus (*), dass f das Intervall [1, oo[ in ]0, ~] und das Intervall [-1,1] auf [-~,~] abbildet, was die Definitionen von hund k rechtfertigt. i) Wie gesehen liegen die Punkte aus] - 00, -1[ und aus ]1,oo[ nicht im Bild von f. Deshalb ist f nicht surjektiv, und damit auch nicht bijektiv. Die Gleichung x2~1 = Y mit Y E] - ~,o[ u ]0, ~[ hat zwei verschiedene reelle Nullstellen, nämlich
l±~.
Deshalb ist
f
auch nicht injektiv. (Es würde
genügen, einfach zu bemerken, dass f(2 + J3) = f(2 - J3) =:t gilt.) ii) Wegen g(x) ::; ~ für alle x ist 9 nicht surjektiv. Aus 1 ::; Xl < X2 folgt
98
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
1 < X1X2 und damit g(X1) > g(X2) wegen der folgenden äquivalenten Umformungen: g(xd > g(X2) {::::::} 1~~~ > 1~~~ {::::::} Xl + X1X~ > x2 + Xi X2 {::::::}
Xl - X2
+ X1X2(X2
- Xl)
>
°{:: : :} (X2 - Xd(X1X2 - 1) > °.
9 ist also streng monoton fallend, und deshalb insbesondere injektiv. Eine andere Möglichkeit, die Injektivität von 9 zu beweisen, ist die folgende: 9 hat nur positive Werte, und zwar in ]0, ~]. Ist y E]O, ~[, so ergeben sich, wie
schon gesehen, aus nämlich
X
x2~1
= Y für
X
die Werte
Genau einer davon,
H~, liegt in ]1,00[. Hinzu kommt g(1)
=
injektiv. Wir haben eigentlich mehr gezeigt: auf ]0,
1±~. X
f-t x2~1
=
~. Deshalb ist 9
bildet [1, oo[ bijektiv
~] ab und die inverse Abbildung ist y f-t H~. Hiermit haben wir
die Lösung für iii) geliefert: h ist eine bijektive Abbildung und ihre Inverse . t 1S
HJi=4Y2 2y
h- 1 ( y ) --
•
iv) Zu jedem y E [-~,~] gibt es genau ein
--+ für y --+ für y
° x= :I ° x = ~ =
ist es ist
X
aus [-1,1] mit x2~1 = y:
0, und
1-
Hiermit gilt: h- 1 (y) = {
diese Zahl.
1-8
, falls y =
°,
,falls y E [- ~,O[ U ]0, ~].
2y
Aufgabe 31
Berechnen Sie die Werte des Polynoms P(x) = 2x 3 - 5x 2 + 3x - 11 an den Stellen Xo = 3 und Xl = -2 mit Hilfe des Horner-Schemas.
-5
3
-11
6
3
18
2
1
6
7
2
-5
3
-11
-4
18
-42
-9
21
-53
2
Lösung:
Xo = 3
Xl =-2 2
Also: P(3) = 7 und P( -2) = -53. Daraus abzulesen sind auch die Darstellungen P(x) = (x - 3)(2x 2 + X + 6) + 7, P(x) = (x + 2)(2x 2 - 9x + 21) - 53.
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
99
Aufgabe 32
Schreiben Sie x 4 - 11x 3 + 43x 2 - 69x + 36 als Produkt von Linearfaktoren. Untersuchen Sie dafür zuerst mit dem Horner-Schema, ob 3 eine einfache oder mehrfache Nullstelle dieses Polynoms ist. Lösung:
-11
43
-69
36
3
-24
57
-36
1 19 -8 Deshalb ist 3 eine Nullstelle.
-12
o
1
xo
=3
-8
19
-12
3
-15
12
1
-5
4
1
-5
4
3
-6
-2
-2
1 xo = 3
0 3 ist also mindestens eine doppelte Nullstelle.
xo = 3
1
3 ist also keine dreifache Nullstelle. Für das Polynom ergibt sich damit zunächst x 4 -11x 3 + 43x 2 - 69x + 36 = (x - 3)2(X 2 - 5x + 4). Nun lässt sich x 2 - 5x + 4 als (x - l)(x - 4) schreiben. Daraus ergibt sich insgesamt: x4
-
11x 3
+ 43x 2 -
69x
+ 36 =
(x - l)(x - 3)2(x - 4) .
Aufgabe 33
Welche der folgenden Mengen von Vektoren aus IR 3 sind linear abhängig und welche sind linear unabhängig? Bilden die Mengen der linear unabhängigen Vektoren jeweils eine Basis?
i)
iii)
0),0),0)
m, m
ii)
iv)
100
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
Lösung:
G:)
i) Sei
ein beliebig" Vekto, aus IR'. Aus
=Y2
+ >'3 =
Y3
ergibt sich durch Elimination
Die Existcn, und die Eindeutigkeit die", Looung zeigt, d""
und
(~)
eine Dasis hilden; insbceondm sind diese Vektocen lineac un-
abhängig.
li)
(~) , ( ~ )
Audc(~ ) + '{{a ) +"
(
m man
--f)
e,hilit
>'1 + 3>'2 - 2>'3 = 0 J3>'1 + 2J3>'2 - J3>'3 = 0 >'1 + >'3 = 0 . Aus den letzten bei den Gleichungen ergibt sich durch Elimination >'3 = >'2 = ->'1. Setzt man >'3 = ->'1 und >'2 = ->'1 in die erste Gleichung ein, so erhält man eine Identität, nämlich 0 = o. >'1 ist damit frei wählbar. Die nichttriviale Lösung >'1 = 1, >'2 = -1, >'3 = -1 des obigen Systems zeigt, dass
(1),(2{a) --f) (~) (!) (~) und (
iii)
>'1
+ >'2
lineac
abhän~g
lässt sich als
sind
>'1 + 2>'2 = 0 2>'1 + 3>'2 = 0 3>'1 + 4>.2 = 0
schreiben.
101
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
Aus den e<sten beiden Gleichungen folgt ,I,
(!)
~ ~ O. Damit sind (~) und ,I,
line", unabhängig, abc, sie bilden keine B",is. (Z.B. 11lBst sich
0)
m ~1 m~s
(~)
nicht als lineare Kombination der angegebenen Vektoren schreiben.) iv),\,
+ ,I,
+ ,13
(
hat
)
Lösung ,I, = 11, ,I, =
-7 und A3 = 1. Deshalb sind diese drei Vektoren linear abhängig; insbesondere können sie keine Basis bilden. Aufgabe 34 Untersuchen Sie, ob die Vektoren
a) b) c)
linear unabhängig sind, ein Erzeugendensystem von IR4 bilden, eine Basis von IR4 bilden.
Lösung: a) Aus ülbl
+ Ü2b2 + Ü3b3 + Ü4b4 = 0,
d.h. aus
+ Ü2 + Ü3 + Ü4 = ÜI + Ü3 + Ü4 = ÜI + Ü2 + Ü4 = ÜI + Ü2 + Ü3 = ÜI
0 0 0 0
erhält man, indem man von der ersten Gleichung des Systems jede der anderen Gleichungen abzieht, sofort Ü2 = 0, Ü3 = 0 und Ü4 = o. Aus der ersten Gleichung (oder aus jeder anderen) ergibt sich dann ÜI = 0, und dies zeigt die lineare Unabhängigkeit der Vektoren b l , b 2, b 3 und b 4 . b) Ist a = (al a2 a3 a4)T ein beliebiger Vektor aus IR4, so muss man feststellen, ob das Gleichungssystem (das zu ßlb l + ß2b2 + ß3b3 + ß4b4 = a äquivalent ist)
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
102
ßI + ß2 + ß3 + ß4 = ßI + ß3 + ß4 = ßI + ß2 + ß4 = ßI + ß2 + ß3 =
al a2 a3 a4
eine Lösung besitzt. Zieht man von der ersten Gleichung die zweite, dritte bzw. vierte Gleichung ab, so erhält man
Aus jeder der 4 Gleichungen des Systems bekommt man deshalb ßI = a2 + a3 + a4 - 2al, und damit hat das Gleichungssystem genau eine Lösung, was die gestellte Frage, ob b l , b 2 , b 3 und b 4 ein Erzeugendensystem bilden, positiv beantwortet. c) In der Lösung von b) wurde gezeigt, dass jeder Vektor a aus IR4 sich auf genau eine Weise als lineare Kombination von bl, b 2 , b 3 und b 4 darstellen lässt, nämlich a = (a2 + a3 + a4 - 2al)bl + (al - a2)b 2 + (al - a3)b 3 + (al - a4)b 4 . Deshalb bilden die vier Vektoren eine Basis von IR4 . Eine andere Begründung: In a) und b) wurde gezeigt, dass b l , b 2 , b 3 und b 4 ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von IR 4 ist, und dies ist äquivalent zu der Aussage, dass diese vier Vektoren eine Basis bilden, weil die Dimension von IR 4 gleich 4 ist. Aufgabe 35 Untersuchen Sie, ob a) b) c) d)
der offene Einheitskreis IE := {(x, y) T E IR 2 I Ix 2 + y2 < I} , der abgeschlossene Einheitskreis IE:= {(x,y)T E IR2 IIx2 + y2 :S I} , der Kreis OIE:= IE\IE = {(x,y)T E IR 2 I x 2 + y2 = I} , die abgeschlossene obere Halbebene IH+ := {(x, y)T E IR2 I y ~ O} Unterräume von IR2 sind.
Lösung: Die Antwort ist in jedem Fall: nein! Man kann dafür in den Fällen a) und d) sowie für b) und c) jeweils eine gemeinsame Begründung angeben: Der
Vektoc (:;;) (bzw.
(:j~)) liegt in der cntsp,echenden Menge, abec
dec Vekto, (-10) . (:;;)
~ ( =~) (bzw. v'2 ( :j ~) ~ (:)) nicht.
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
103
Für b) und c) kann man auch folgendermaßen argumentieren: liegen in der Menge, aber nicht deren Summe folgende Argumentation möglich: Ist
(~)
aus IH+ und a
(~)
(~).
(~)
(~)
und
Im Fall c) ist auch die
(j. OIE. Für IH+ kann man sogar sagen:
< 0, so ist a ( ~ )
= (
~~ )
aus IH+ genau dann,
wenn Y = 0 gilt. Aufgabe 36
Untersuchen Sie, welche der angegebenen Mengen Unterräume der jeweiligen Vektorräume sind, und berechnen Sie die Dimension, falls es sich um einen Untervektorraum handelt.
i) ii) iii)
Ua :=
{(Xl,X2)T
I Xl -
3X2
= a} C IR2
V:= {(Xl, X2, X3)T 12xl - 3X2 W:= {(Xl,X2,X3)T I Xl + X~ -
,
+ X3 = 0, 3X3
a E IR. X2 - X3
= O} C IR3
= O} C IR3 .
.
Lösung:
i) Ist a :j:. 0, so ist Ua kein Untervektorraum von IR2 , weil
(~)
nicht zu Ua
gehört. Ist a = 0, so ist Ua ein Untervektorraum von IR 2 , weil mit
Yl) für alle ( Y2
a,ß
aus IR auch a (Xl)
liegt. Aus Xl -
3X2
= 0 = Yl -
Ist {
(~~)
(~) }
X2
aus Uo, so gilt Xl =
3Y2
3X2
+ ß (Yl) Y2
=
(aXl aX2
(~~)
+ ßß Y1 ) + Y2
und
in Uo
folgt nämlich
und damit
(~~)
=
X2
(~).
eine Basis des eindimensionalen Unterraums Uo von IR2
Somit ist •
Geometrische Interpretation: Jede Menge Ua ist eine Gerade in IR2 . Nur diejenigen Geraden aus IR 2 sind auch Untervektorräume, die durch den Nullpunkt gehen. In unserem Fall ist dies nur Uo . ii) Aus 2Xl - 3X2 + X3 = 0 und X2 - X3 = 0 folgt X2 = X3 und damit Xl = X3. Deshalb hat jeder Vektor aus V die Gestalt x3(1, 1, l)T. Umgekehrt liegt jeder Vektor von dieser Gestalt in V. Damit sieht man, dass V ein Untervektorraum der Dimension 1 von IR 3 ist; {(I, 1, l)T} ist eine Basis von V .
104
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
Aus allgemeinen Gründen kann man ebenfalls behaupten, dass V ein Untervektorraum von IR3 ist: V ist die Lösungsmenge eines linearen Gleichungssystems. Geometrisch entsteht V als Schnitt zweier nichtparallelen Ebenen 2X1 - 3X2 + X3 = 0 und X2 - X3 = O. Deshalb ist V eine durch den Nullpunkt gehende Gerade, und damit ein eindimensionaler Untervektorraum. iii) Man ahnt, dass die zweite Potenz der zweiten Koordinate die Linearität stört. Dass es tatsächlich so ist, ergibt sich z.B. aus: (-1,2,1)T E W (da -1 + 22 - 3 = 0), aber 2· (-1,2, l)T = (-2,4, 2)T rt W (da -2 + 42 - 3·2 = 8 f. 0) . Aufgabe 37 Sei n 2: 3 eine natürliche Zahl. a und b seien zwei linear unabhängige Vektoren aus IR n . V und U bezeichnen die folgenden Teilmengen von IR n :
V := {o:a + ßb I 0:, ß E IR} a) b) c) d) e) f)
und
U:= {c E IR n
IC. a =
0 = C . b} .
Zeigen Sie, dass V und U Unterräume von IR n sind. Welche Dimension hat V ? Bestimmen Sie die Schnittmenge Unv. Benutzen Sie dabei die Aussage der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung (und zwar in vollem Umfang!). Zeigen Sie, dass jeder Vektor aus IR n als Summe eines Vektors aus U und eines Vektors aus V darstellbar ist. Folgern Sie aus c) und d), dass die Vereinigung einer Basis von V mit einer Basis von U eine Basis von IR n ist. Welche Dimension hat U ?
Lösung: a) Mit o:a + ßb und 0:1 a + ß1 b liegt auch (0: + O:l)a + (ß + ßdb in V. Ist A eine beliebige reelle Zahl, so ist A(o:a + ßb) = (Ao:)a + (Aß)b aus V . Gilt Cl . a = 0 = Cl . bund C2 . a = 0 = C2 . b und sind /1, /2 beliebige reelle Zahlen, so gilt auch (')'1 Cl + /2C2) . a = /1 (Cl· a) + /2 (C2 . a) = 0 = /1(C1 . b) + /2(C2 . b) = (')'lC1 + /2C2) . b . b) Da a und b linear unabhängig sind, bilden sie nicht nur ein Erzeugendensystem von V, sondern eine Basis. Deshalb ist die Dimension von V gleich 2. c) Sei C aus U n V. Es gibt also 0:, ß aus IR mit C = o:a + ßb. Außerdem gilt: o:a . a o:b . a
+ ßb . a = 0 + ßb . b = 0 .
Multipliziert man die erste Gleichung mit b· b und die zweite Gleichung mit b . a und subtrahiert, so erhält man 0: ((a. a)(b· b) - (b· a)(b· a)) = 0
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
105
oder auch
Wegen der linearen Unabhängigkeit von a und b folgt aus (dem zweiten Teil) der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung a = o. Analog, d.h. durch Multiplikation der ersten Zeile mit b . a und der zweiten Zeile von a . a, erhält man ß = o. Also: U n V = {O} . d) Wir müssen also für jedes x aus IRn Zahlen a und ß finden, so dass x - aa - ßb in U liegt, d.h., dass gilt:
(x - aa - ßb) . a = 0 = (x - aa - ßb) . b . a und
ß müssen also Lösung des linearen Gleichungssystems (a . a)a + (b . a)ß = x . a
(a· b)a + (b· b)ß = x· b sein. Mit dem Trick, den wir in der Lösung von c) schon benutzt haben (d.h. Multiplikation der ersten Zeile mit b . b, der zweiten Zeile mit b . a und Subtraktion) erhalten wir
((a. a)(b . b) - (a . b)2) a = (x· a)(b . b) - (x· b)(a . b) und damit (wieder kommt die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung ins Spiel!)
a = Analog errechnet sich für
(x· a)(b· b) - (x· b)(a· b) IIal1 211bl1 2 _ (a. b)2
ß der Wert
(x· b)(a· a) - (x· a)(a· b) IIal1 211bl1 2 - (a· b)2 Damit ist die Behauptung bewiesen. e) Ist x aus IRn , so haben wir gezeigt, dass u EU und v E V mit u + v = x existieren. Ist {VI, V2} eine Basis von V und {U1, ... , ud eine Basis von U, so lässt sich u als lineare Kombination von U1, ... ,Uk und v als lineare Kombination von VI und V2 schreiben. Damit ist x eine lineare Kombination von VI, V2, U1,.··, Uk, d.h. {VI, V2, U1, ... , ud ist ein Erzeugendensystem von IR n . Aus ')'lV1 +')'2V2 + 61U1 + ... + 6kuk = 0 folgt ')'1 VI +')'2V2 = -(61U1 + .. .+6kuk) E VnU und damit ')'1 VI +')'2V2 = 0 = 61 U1 + .. .+6kuk (siehe c)). Da {VI, V2} eine Basis von V und {U1, ... , ud eine Basis von U ist, folgt ')'1 = ')'2 = 0 = 61 = ... = 6k, d.h. {VI, V2, U1, ... , ud ist
106
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
ein System von linear unabhängigen Vektoren. Damit ist eine Basis von IR n . f) Aus 2 + k = n folgt dirn U = k = n - 2 .
{VI, V2, Ul,···,
ud
Aufgabe 38
Betrachten Sie die folgenden drei Geraden in der Ebene: gl := {(Xl,X2? E IE 2 12xl - 3X2 - 6 = O},
+ 3X2 - 6 = O}, 12xl - X2 + 2 = O} .
g2 := {(Xl, X2)T E IE 2 12xl g3 := {(Xl,X2? E IE 2
a) b) c)
d) e) f) g) h)
Zeigen Sie, dass keine zwei dieser Geraden parallel sind. Bestätigen Sie das Ergebnis aus a) indem Sie die Schnittpunkte C von gl und g2, A von g2 und g3 sowie B von g3 und gl berechnen. h 1 sei die Gerade durch A senkrecht zur Geraden durch Bund C, h 2 sei die Gerade durch B senkrecht zur Geraden durch A und C und h 3 sei die Gerade durch C senkrecht zur Geraden durch A und B. Bestimmen Sie je eine Parametergleichung von h 1 , h 2 und h3 . Bestimmen Sie die Hessesche Normalform der Geraden gl, g2, g3, h1 , h2 und h 3 . Welche davon liegt dem Nullpunkt am nächsten? Berechnen Sie den Schnittpunkt der Höhen des Dreiecks ABC. Bestimmen Sie den Mittelpunkt und den Radius des Kreises, der dem Dreieck umschrieben ist. Berechnen Sie die Längen der Seiten und Höhen des Dreiecks sowie den Flächeninhalt. Fertigen Sie eine Skizze an.
Lösuog: a) Eine Möglichkeit zwei Geraden in Koordinantenform auf Parallelität zu prüfen, besteht darin, die Normalenvektoren auf lineare Abhängigkeit zu prüfen. i)glllg2? Der Normalenvektor von gl ist 01 = (!3) und der von g2 02 = (;). Offensichtlich ist aber 01 kein Vielfaches von 02, also sind 01 und 02 linear unabhängig. Damit sind gl und g2 nicht parallel. ii) g211g3 ? Wie bei i) ist 02 = (;) und für den Normalenvektor von g3 ergibt sich = (-;.2). Auch hier ist offensichtlich 02 kein Vielfaches von 03, also sind auch 02 und 03 linear unabhängig und damit g2 und g3 nicht parallel. iii) gl11g3 ? Aus i) ,ii) ist bekannt: 01 = (!3) und 03 = (-;.2). Wie man leicht sieht, sind 01
03
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
107
und 03 linear unabhängig, also auch gl und g3 nicht parallel. b)i) Berechnung des Schnittpunktes C von gl und g2. gl : 2Xl - 3X2 - 6 = 0 und g2 : 2Xl + 3X2 - 6 = O. Zunächst wird die erste Geradengleichung nach Xl aufgelöst: Xl = ~X2 + 3. Setzt man nun dies in g2 ein, so erhält man 2( ~X2 + 3) + 3X2 - 6 = O. Das ist aber äquivalent zu 6X2 = 0 und hiermit gilt X2 = O. Setzt man nun noch X2 in gl ein, so ergibt sich Xl = 3, und damit ist der Schnittpunkt C = (3,0) . ii) Der Schnittpunkt A von g2 und g3 habe die Koordinaten Xl und X2. Sie erfüllen die Gleichungen 2Xl + 3X2 - 6 = 0 von g2 und 2Xl - X2 + 2 = 0 von g3. Hier löst man zuerst g2 nach Xl auf: Xl = - ~X2 + 3. Wie bei i) setzt man Xl nun in g3 ein und erhält für X2 den Wert 2. Setzt man X2 in g2 ein, so ergibt sich Xl = o. Also ist A = (0,2) der Schnittpunkt. iii) Der Schnittpunkt B von g3 : 2Xl-X2+2 = 0 und von gl : 2Xl-3x2-6 = 0 lautet B = (-3, -4) . c)i) h l sei die Gerade durch A = (0,2) senkrecht zur Geraden gB,C durch B und C; die letztere wird mit Hilfe der Zweipunkteform geschrieben. Man hat für gB,C (d.h. für gl):
m
Deshalb ergibt sich für h l die Gleichung x = + A(6) . ii) h 2 sei die Gerade durch B = (-3, -4) senkrecht zur Geraden A und C. Wie bei i) erhält man für gA,C (d.h. für g2):
Entsprechend lautet die Gleichung von h2 : x = (~) + J1(~2) iii) Analog hat man für gA,B (d.h. für g3) die Gleichung
gA,C
durch
.
te'
Für h 3 erhält man x = (~) + 3) . d)i) Die Hessesche Normalform von gl,g2 bzw. g3 wird zuerst berechnet. Dafür benötigt man den Normaleneinheitsvektor 01 zu gl, der durch Nore3)· Der Abstand dl vom mieren von C'6) gewonnen wird, also 01 =
vh-
Nullpunkt zu
gl
ist die Länge der Projektion des Vektors OC auf 01, also:
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
108
Analog erhält man den Einheitsvektor ll2 zu g2 und den Abstand d 2 vom Nullpunkt zu g2 als Projektion des Vektors OC auf ll2 :
Entsprechend lautet der Einheitsvektor Nullpunkt zu g3 :
ll3
1 (-2)
v'5
=
1
d3
Die Hessesche Normalform von
gi
=
ll3
zu
Js I( ~
lautet
g3
~2 ) I = ~ . = d für i = 1,2,3. Es folgt:
1
lli . X
) .( i
1 (2) -3 .(Xl) = v'136 vb (~) (Xl) = v'136 1 (-2) v'5 1 .(Xl ) = v'52 v'13
X2
.
und der Abstand d 3 vom
X2
X2
für
gl ,
für
g2 ,
für
g3 .
ii) Die Einheitsnormalenvektoren zu h l , h 2 und h3 lauten
Jg G). Die Abstände vom Nullpunkt lvb-m . (~)l = vh ' lvb-e2)· (:=~)l = vb-
bzw.
zu h l , h2 und h3 sind
IJgm . @l = Jg.
bzw. Damit erhalten wir die Hessesche Normalform von h . _1 1 .
v'13
bzw. von
(3). (Xl) v'13 ' 1 (1) (Xl) v'53 . v'5 2
h3
= _4
X2
2
:
.
X2
von
h . _1 . ( 2 .
vb- m ' vb- e2)
v'13
3) .(Xl) _~V3
-2
X2
-
=
e) Den Schnittpunkt von h l und h2 erhält man, indem man (~)
t'
k
+ .x (!6)
und
@ + J.L e2) gleichsetzt. Es ergibt sich J.L = .x = und damit (~, ~) für den Schnittpunkt. Dieser Punkt liegt auch auf h 3 , weil (~) + (-
152) .
C'3) = (1) gilt. 4
f) Um den Mittelpunkt M des Kreises, der dem Dreieck umschrieben ist, zu bestimmen, berechnet man den Schnitt von zwei der drei Seitenhalbierenden des Dreiecks ABC. Ein Punkt X2) liegt auf der Seitenhalbierenden von AB, wenn er von A und B gleich weit entfernt ist, d.h., wenn gilt:
(Xl,
lOg
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
Durch Quadrieren und Vereinfachen ergibt sich daraus die Gleichung der Seitenhalbierenden xi + x~ - 4X2 + 4 = xi + 6X1 + 9 + x~ + 8X2 + 16 , -6X1 - 12x2 - 21 = 0 . Analog für die Seitenhalbierende von AC
J(X1 - 0)2
+ (X2
- 2)2
= J(X1
xi + x~ -
4X2 + 4 = xi 6X1 - 4X2 - 5 = 0 .
+ (X2 6X1 + 9 + x~ , - 3)2
0)2 ,
Die Koordinaten des Schnittpunktes erhält man als Lösung des folgenden Gleichungssystems:
-6X1 - 12x2 - 21 = 0 6X1 - 4X2 - 5 = 0 . Addiert man die zweite Gleichung zur ersten Gleichung, so erhält man -16x2 - 26 = 0, d.h. X2 = - 183. Daraus folgt Xl = ~(- 183) + ~ = Der Mittelpunkt ist also M = (183). Der Abstand von diesem Punkt zu A, d.h. der Radius des dem Dreieck ABC umschriebenen Kreises, ist
t.
t'-
J(-~r + (_1; -2r
4 64
841
+ 64
y!845
= -8-·
= (::::1::::~) = (::::~)AC = (~::::~) = (!2) und BC = (~!D = Längen IABI = v'45 = 3)5, IAC! = V13 und IBCI =
g) Die Vektoren AB (~) haben die
J52 = 2V13. Wir berechnen nun die Längen der Höhen des Dreiecks ABC. Die Projektion Al von A auf gl erhält man aus dem linearen Gleichungssystern Setzt man Xl = 4>. und X2 man 2(4).) - 3(2 - 6>') - 6
= 2 - 6>' in die = 0, d.h. >. =
1. Gleichung ein, so erhält ~~ = 163 • Damit ergeben
sich Xl = ~ , X2 = - ~~ und die Länge der Höhe AAl : IAA 1 = 1
_/(24)2+(-36)2 -- .l..Y!9.208 V1(24_0)2+(_10_2)2 13 13 V 13 13 13
M· Analog berechnet man die Koordinaten der Projektion BI von B auf g2. Aus 2X1 + 3 X2 - 6 = 0 und (:~) = (::::1) + folgt BI = (!3, ~). Deshalb -.fl... -
t-tm
ist die Länge der Höhe BB1 gleich IBB 1
1
= )(193 + 3)2 + (i~ + 4)2 = Jh.
Wiederum analog berechnet man die Koordinaten der Projektion Cl von C
110
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
auf g3. Aus 2Xl -
X2
und damit ICCll =
+2 =
0 und (~~) = (~)
J(-t I IBGI
3)2
+ (~)2
=
+
J
ve'3) ergibt sich Cl = (-t, ~)
3i50
=
285'
Der Flächeninhalt des
~.2v'l3
Dreiecks ABC ist I \ = m 2 = 12 . h) Abbildung 1.11 zeigt eine zugehörige Skizze. AA
Abbildung 1.11. Das Dreieck ABC und seine Höhen
Aufgabe 39
Man betrachte die Vektoren a = (1,0, l)T , b = (2,3, -l)T , e = (-1,1,2)T, d = b x e sowie die Vektorenschar {CA = (-1,A 2 , l-23A )T I A E IR} aus IE 3 . Seien Al = 1 und A2, A3 E IR, A3 < A2, die beiden eindeutig bestimmten reellen Zahlen, für welche C A2 und C A3 senkrecht zu d sind. Sei E die Ebene mit der Parametergleichung x = a + vb + PC A2 , v, P E IR . a) b) c) d) e) f) g)
Berechnen Sie den Flächeninhalt des von den Vektoren CA! und C A2 aufgespannten Parallelogramms. Berechnen Sie das Volumen des von den Vektoren CA!' C A2 und C A3 aufgespannten Spats. Stellen Sie E in der Form aXl + bX2 + CX3 = e dar. Leiten Sie die Hessesche Normalform von Eher. Bestimmen Sie den Abstand von (-1, -3,0) zur Ebene E. Berechnen Sie den Schnittpunkt A von E mit der Geraden g durch den Punkt (-1, -3,0), die parallel zu a ist. Wie lautet eine Gleichung der Projektion von g auf E ?
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
111
Lösung:
-7 - 3,\2
+ 5-15>' 2
=
-14-6>.2+ 5 - 15 >, -
-
-
+ 5,\ + 3)
!!(2,\2 2
!:) T) m, 2
-- -(,\
+ 1)('\ + !!) 2·
Also: '\3 = - ~ , '\2 = -1 , '\1 = 1 .
a) e" xe" = (
x (
h, x e" I =
v9+ 9 + 0 = 312 .
Der Flächeninhalt des von C>'l und C>'2 aufgespannten Parallelogramms ist also 3..)2 . b) Das Volumen des von C>'l' C>'2 und C>'3 aufgespannten Spats ist
Ih,
c) x = a
(
m0')
x e,,)e,,1 =
+ vb + J.lC>'2
=
=
(~) + ~ 1
v (
-1
)
1-3+ ~ + 01 = ':
+ J.l
(~1) 2
=
(1
~
2 ;v : J.l) I-v+2J.l
~: ). Aus den Gleichungen 1 + 2v - M = x, und 3v +
ß = x, folgt
1 + 5v = Xl + X2, während aus 1 + 2v - J.l = Xl und 1 - v + 2J.l = X3 sich 3 + 3v = 2X1 + X3 ergibt. Die gesuchte Darstellung der Gleichung von E erhält man aus v = Xl +~2-1 = 2Xl +3X3 -3; sie lautet: 7X1 - 3X2 + 5X3 = 12 . Ein Nmmalenelnheltsvektm 'u E Ist also },. (
~3 ) ,da .)7' + (-3)' + 5'
v'83 gilt. Der Abstand vom Nullpunkt Eist 1~I
=
jh. Damit ist die Hes-
sesche Normalform von E : 12
v'83 . e) Der gesuchte Abstand ist 17· (-1) - 3· (-3)
v'83
+ 5·0 -121
1- 7 + 9 - 121
v'83
=
10
- v'83 .
112
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
f) Die Gerade g hat eine Gleichung der Gestalt
Setzt man Xl = >. - 1, X2 = -3 und X3 = >. in die Gleichung von E ein, so folgt aus 7(>. - 1) - 3( -3) + 5>. = 12 zuerst 7>. - 7 + 9 + 5>. = 12, und damit >. = = ~. Der Schnittpunkt von E und g ist also (-3,~) =: A . g) Die Projektion B von (-1, -3,0) auf E bekommt man als Schnitt von
i,
ig
x= (
~~) + >. ( ~3 )
mi'
E.
Set"
mM
x,
= 7>. - 1,
x, = -3>' - 3 und
= 5>. in E ein, so folgt aus 7(7). - 1) - 3( -3>' - 3) + 5(5)') = 12 für>. den 10 Dam1t . gl·1 t B = ( - 83' 13 83' 279 50) D· P . ktlOn . von gauf E 1st . Wert A\ = 83. 83· 1e rOJe durch A und B bestimmt. Sie hat eine Gleichung der Form
X3
x
=
(
- 1)
-3 §. 6
- 83 6 (13 + >. - 2;39 ++ 13 ) 50 5 83 - 6
=
-1 ( ) ~ -18 6 5
1 ( ) + ~ -36 498 - 23
Aufgabe 40
Durch die Punkte Al = (1,2,3), A 2 = (-2,1,2), A 3 = (-1,3,4) bzw. BI = (-3,7, -1), B 2 = (1,3,1), B 3 = (2,11,5) werden zwei Ebenen EA und EB eindeutig bestimmt. Sei g die Schnittgerade EA n EB . a) b) c)
d) e)
Geben Sie je eine Gleichung dieser Ebenen an. Berechnen Sie eine Parameterdarstellung der Schnittgeraden g . Entscheiden Sie, welcher der Punkte Al, A 2 , A 3 am nächsten und welcher am weitesten von E B entfernt ist. Welche von diesen drei Punkten (d.h. A 1 ,A 2 und A 3 ) liegen in demselben von E B berandeten Halbraum wie der Nullpunkt? Seien B~, B;, B~ die Projektionen von BI, B 2 , B 3 auf EA. Berechnen Sie den Flächeninhalt des Dreiecks B~, B;, B~ . Unter welchem Winkel 0: E [0, ~l schneiden sich die Ebenen EA und EB ?
Lösung:
a) EA hat cinc GlckJmng dcc G",ru' x =
(i)
+ >. (:) + ß
(
:2) .
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel Xl
113
= 1 + 3A -
2/-1
Eliminiert man A und /-1 aus X2 = 2 + A + /-1
, so erhält man eine weitere
X3 = 3 + A + /-1 Gleichung von EA : X3 - X2 = 1 .
EB hat eine Glekhung dedb,m x Xl
~ (~) +
A
m ~4)+ M(
Dmch die
= 1 + A + 4/-1
Elimination von ,\ und /-1 aus X2 = 3 + 8'\ - 4/-1 bekommt man die folgende
X3 = 1 + 4A + 2/-1 Gleichung von EB : 16xI + 7X2 - 18x3 = 19 . b) Setzt man in 16xI + 7X2 - 18x3 = 19 für X3 den Wert X2 + 1 ein, so ergibt sich 16xI + 7X2 - 18(x2 + 1) = 19 und damit 16xI - 11x2 = 37. Aus Xl = ~~ X2 + i~ und X3 = X2 + 1 erhält man die folgende Parameterdarstellung
vongx~ (~:) (~) +{:)
c) Der Abstand eines Punktes P = (PI,P2,P3) von einer Ebene E, die durch eine Gleichung der Form alxl +a2x2 +a3x3 +a4 = 0 angegeben werden kann, ist d(P, E) := lalPI + a2P2 + a3P3 + a41 . Jai + a~ + a~ Zwei Punkte P und Q = (QI,Q2,q3) liegen in demselben von E berandeten Halbraum, falls alPI + a2P2 + a3P3 + a4 und alQI + a2Q2 + a3Q3 + a4 dasselbe Vorzeichen haben. In unserer Situation hat man mit der Bezeichnung
fB(P) := fB(PI,P2,P3) := 16pI (für welche gilt
+ 7P2
- 18p3 - 19
d(P E B ) = IfB(P)1 = IfB(P)1 ) : , J16 2 + 72 + (-18)2 v'629
43 /CM' y629 80 fB(A 2) = 16· (-2) + 7 ·1-18·2 -19 = -80, d(A2,EB ) = v'629 ' fB(Ad
= 16·1 + 7·2 -18·3 -19 = -43,
fB(A 3) = 16· (-1)
d(AI,EB ) =
+ 7·3 -18·4 -19 = -86,
und schließlich für den Nullpunkt 0 = (0,0,0)
d(A 3,EB)
=
86 y629
/CM
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
114
IB(O)
° °- °-
= 16· + 7·
18·
19 = -19,
deO, E B ) =
19 v629
/CiOr\'
Daraus folgt d(A 1 ,EB) < d(A 2,EB) < d(A 3,E3) , d.h. Al liegt näher bei EB als A 2, A 2 liegt näher bei E B als A 3 und Al, A 2, A 3 befinden sich in demselben von EB berandeten Halbraum wie der Nullpunkt. d) Der Vektor (0,1, _l)T ist senkrecht zu EA. Um die Projektion von B 3 auf
EA zu bekommen, ,chneidet mon die Gecade x
~ (1:1) + >. ( J1)
mit
der Ebene EA. Aus Xl = 2, X2 = 11 + >.., X3 = 5 - >.. und X3 - X2 = 1 folgt 15 17) /\\ -- -27 un d d amI't B'3 -- (2 '2'"2' Analog "hält ffion B; als Schnitt d" Gecaden x
~ (~) + >. ( J 1
) und
EA. Aus (1- >..) - (3+>") = 1 ergibt sich>" = -~, und daraus B~ = (1,~,~) . Den Punkt B~ als Projektion von BI auf EA kann man genauso berechnen; man erhält B~ = (-3, ~, ~). Der Flächeninhalt des Dreiecks B~ B~B~ ist
e) Der Winkel
0:
E [0, ~l zwischen EA und EB ist der Winkel zwischen
0
und
25 arccos V'Zv'629 '
,..., 0: ,...,
den Normaleneinheitsvektoren zu EA und zu EB, d.h. zwischen 1 (16 7 I · cos 0: -- 1-7-181 25 v'629 " - 18)T , aso. V'Zv'629 -- V'Zv'629 '
0: -
45°10'55" .
Aufgabe 41 Seien A = (1,2,0), B = (2,0,1) und C = (0,1,2) drei Punkte aus IR3 • Mit E bezeichne man die Ebene, welche durch A, Bund C geht. Sei g die Gerade rrrit de, Gleichung x a) b) c)
~
(
=0
+ >.
0) ,
AElR
Berechnen Sie die Seitenlängen des Dreiecks ABC. Ermitteln Sie eine Gleichung von E in Parameterform. Geben Sie die Hessesche Normalform von E an.
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
115
Geben Sie Gleichungen der Geraden aus E an, welche die Winkel des Dreiecks ABC halbieren, und berechnen Sie dann deren Schnittpunkt S. Wie hätten Sie unter Verwendung von a) und Schulkenntnissen (aus der Mittelstufe!) den Punkt S sofort angeben können? Zeigen Sie, dass jeder Punkt von 9 gleich weit von A, Bund C entfernt ist. Berechnen Sie den Punkt D auf g, der den Abstand 2\1'3 zur Ebene E hat und so gewählt ist, dass S zwischen dem Nullpunkt G und D liegt. Berechnen Sie das Spatprodukt der Vektoren DA , DB und DC . Welche geometrische Deutung hat dieses Spatprodukt aus g)?
d)
e) f) g) h)
Lösung:
+ (0 2)2 + (1 0)2 + (2 -
IABI = )(2 - 1)2
a)
IBOI = ICAI =
~
b) x
DA
)(0 -
m~
)(1 -
+ AAB + MAC
~
+ (1 0)2 + (2 1)2 + (0 2)2
+A (
2)
0)2 = 1)2 = 2)2 =
.J6 , .J6 , .J6 .
~ ~:) ; ~
+ (
A,
E IR .
c) n erhält man durch Normieren von AB x AC = (-3, -3, -3)T, und dabei soll das Vorzeichen so gewählt werden, dass z.B. n· GA positiv ist. Deshalb gilt n = ~(1, 1, l)T und n· GA = ~(1 + 2 + 0) = \1'3. Also: n· x - \1'3 = 0 ist die Hessesche Normalform der Ebene E. d) Da AB = AC gilt, geht die Winkelhalbierende des Winkels in A durch den Mittelpunkt A' der Strecke BC, d.h. durch A' = (1,~, ~). Deshalb ist x = GA + AAA eine Gleichung dieser Winkelhalbierenden, also: -
-I
A E IR.
Setzt man
0:
anstelle von ~A, so erhält man die folgende Gestalt einer Glei-
chung d", Winkelhalbiffenden x
~ (~) +a ( ~1)
,a E
man für die Winkelhalbierenden der Winkel in Bund C
IR. Analog ",hält
116
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
Als Schnittpunkt ergibt sich für 0: = ß = 'Y = 1 : S = (1,1,1) . Da das Dreieck ABC gleichseitig ist (s. a)), ist S nicht nur der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden (also der Mittelpunkt des einbeschriebenen Kreises in diesem Dreieck) sondern auch der Schwerpunkt des Dreiecks, und deshalb gilt OS = ~(OA + OB + OC), was zum selben Wert (1,1,1) für S führt. e) Die Gerade 9 geht durch S (diesen Punkt erhält man für A = 3) und ist senkrecht auf E. Aus der Gleichheit der rechtwinkligen Dreiecke ASP, BSP, CSP (P E 9 beliebig) ergibt sich die Behauptung. Dasselbe Ergebnis kann man auch rechnerisch erhalten, indem man die Abstände zwischen P = (A - 2, A - 2, A - 2) und A, B bzw. C bestimmt. f) Wenn man die konkrete geometrische Vorstellung außer acht lässt und für 9 die Darstellung x = ft(l, 1, l)T , ft E IR, nimmt, so bekommt man für den Abstand eines Punktes (ft, ft, ft) von E den Wert I~(ft + ft + ft) - V31. Aus lV3ft - V31 = 2V3 folgt 1ft - 11 = 2 und damit ft = 3 oder ft = -1, d.h. der gesuchte Punkt ist entweder (3,3,3) oder (-1, -1, -1). Da S = (1,1,1) zwischen (0,0,0) und D liegt, muß D = (3,3,3) gelten. Wenn man bedenkt, dass 9 senkrecht zu E in S ist, ist der Abstand eines Punktes P = (ft, ft, ft) von 9 zu E die Länge der Strecke PS, d.h.
J(ft - 1)2 + (ft - 1)2 oder ft = -l.
g) DA=
+ (ft -
1)2. Aus V3lft - 11 = 2V3 folgt wieder ft = 3
UO ' (=0 (=n DB=
(DA x DB)· DC
= 21 + 2 -
DC=
5
DA xDB=
(~l
= 18.
h) 18 ist das Volumen des Parallelotops, das durch die Kanten DA, DB und DC definiert wird. Aufgabe 42
Sei {VI, V2, V3} eine Basis eines dreidimensionalen Vektorraums V über einem Körper K, der ~ enthält, und f : V -t V ein Endomorphismus von V, der durch f(Vl) = VI - 2V2 + 3V3, f(V2) = 2Vl + 3V2 - 4V3, f(V3) = -V2 definiert ist. a) b) c)
Bestimmen Sie den Kern und das Bild von f . Wie operiert f 0 f auf der angegebenen Basis von V ? Ist f oder f 0 f ein Isomorphismus? Gegebenenfalls bestimmen Sie den inversen Isomorphismus.
Lösung: a) Sei V E V mit der Eigenschaft f(v) = O. Es gibt al, a2, a3 aus K mit
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
117
I(v) = l(a1 V1 + a2V2 = =
+ a3V3) = a2/(V2) + a3/(V3) a1 (VI - 2V2 + 3V3) + a2(2v1 + 3V2 - 4V3) - a3V2 (al + 2a2)V1 + (-2a1 + 3a2 - a3)V2 + (3a1 - 4a2)V3
.
Deshalb ist I(v) = 0 äquivalent zum linearen Gleichungssystem
a1
+ 2a2 = 0,
-2a1
+ 3a2 -
a3
= 0,
3a1 - 4a2
=
°.
Aus der ersten und dritten Gleichung folgt 2(a1 +2a2)+(3a1 -4a2) = 5a1 = 0, d.h. a1 = 0, und damit a2 = 0. Aus der zweiten Gleichung erhält man dann a3 = 0. Hiermit ist V der Nullvektor, d.h. I ist ein Monomorphismus. Wegen der Dimensionsformel dimK Kern(f)
+ dimK Bild(f)
= dimK V
folgt Bild(f) = V, d.h. I ist auch ein Epimorphismus. b) (f 0 f)(vd = 1(f(V1)) = I(V1 - 2V2 + 3V3) = I(vd - 2/(V2) + 3/(V3) = VI - 2V2 + 3V3 - 2(2v1 + 3V2 - 4V3) + 3( -V2) = -3V1 - 11v2 + 11v3 . Analog erhält man (f 0 f)(V2) = 8V1 + 9V2 - 6V3 und (f 0 f)(V3) = -2V1 - 3V2 + 4V3 . c) I ist sowohl injektiv als auch surjektiv, also ein Isomorphismus. Als Komposition von Isomorphismen ist I 0 I ebenfalls ein Isomorphismus. Man sucht für i = 1,2,3 die Elemente Ail, Ai2, Ai3 aus K mit der Eigenschaft I(Ail VI + Ai2 V2 + Ai3V3) = Vi· Dann ist 1-1 (Vi) = Ail VI + Ai2V2 + Ai3V3 . Wie in a) hat man I(Ail VI + Ai2V2 + Ai3V3) = (Ai1 + 2Ai2)V1 + ( - 2Ail + 3Ai2 - Ai3 )V2 + (3Ail - 4Ai2 )V3. Daraus folgt für i = 1 All + 2A12 = 1, -2All + 3A12 - A13 = 0, 3All - 4A12 = und damit All = ~ , A12 = 130 ' A13 = 110 . Analog berechnet man A21 = A22 = 0, A23 = -1 und A31 = t ' A32 = - 110 ' A33 = - 170 .
°
= 1-1 01- 1, und deshalb hat man (f f)-l(vd = 1-1 (f-1 (vd) = 1-1 (~V1 + 130 V2 + 110 V3) = ~(~V1 + 130 V2 + 110 V3) + 130 (-V3) + 110(tV1 - 110V2 - 170V3) = ;oV1 + 11010V2 - 1303oV3 , (f f)-1(V2) = ... =
Es gilt (f
0
f)-1
0
0
-tV1
+ /OV2 + 170V3'
(fof)-1(V3) = ... = -53oV1
+ 11030V2 + 16010V3.
Aufgabe 43 Berechnen Sie sämtliche Lösungen der folgenden linearen Gleichungssysteme durch Zeilenumformungen:
i)
+ 5X3 - X4 = 7 4X1 - 2X2 + 7X3 - 4X4 =-2 2X1 + 3X2 + 2X3 + 2X4 = 7 . 3X1 - 4X2
118
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra 3ixl
ii)
-4(1+i)x2 -X3
=-1-4i
(1 + i)Xl + 2(1 - 2i)X2 + (1 - i)X3 = -5 + 3i . Lösung: i) Addiert man das 2-fache der ersten Zeile zur dritten Zeile und das (-4)fache der ersten Zeile zur zweiten Zeile, so folgt 8Xl -8Xl
5X2
+ 12x3 =
+ 14x2 -
21
13x3 = -30 .
Addiert man nun diese beiden Zeilen, so erhält man 9X2 + X3 = 9, d.h. X3 = 9 - 9X2, woraus sich dann für Xl und X4 folgende Lösungen ergeben: Xl = - 887 + 1~3 X2 und X4 = ~3 - 583 X2. Damit ist die Lösungsmenge die folgende Gerade aus IR 4
:
87 43)T (113 53)T } IL= { ( -8,0,9'8 +,,\ 8,1,-9'-8 I"\EIR ii) Addiert man das (1 - i)-fache der ersten Zeile zur zweiten Zeile, so folgt 3i(1-i)Xl +(l+i)Xl -4(1+i)(1-i)x2+2(1-2i)x2 = (l-i)( -1-4i)( -5+3i) ,
was äquivalent ist zu xd 4i + 4) - X2( -4i + 10) = 34. Daher ergibt sich für Xl 17 -4i+1017-17i 3-7i Xl = 2i + 2 + X2 4i + 4 = 4 + X2 - 4 - , und für X3 _ 4' 51i + 51 21 + 9i 4(1 ') _ 55 + 67i 5 - 7i X3 - 1 + z + 4 + X2 --4- + Z X2 4 + X2 - 4 - . Daraus ergibt sich als Lösungsmenge:
°
IL = { (17 -17i 55 + 67i 4 "4
)T +p (3 -4" 7i 1 5 - 7i )T I ( }. 4 pE
Aufgabe 44 Bestimmen Sie alle Lösungen der folgenden Gleichungssysteme:
i) 5Xl - 2X2 + 7X3 + 3X4 + 2X5 =-1 5Xl + X3 + 5X3 + 3X4 + X5 = 1.
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
119
+ X2 + 7X3 + 3X4 = 0 4Xl + 2X2 + 6X3 + 2X4 = 1 Xl + 2X3 + X4 = 3 .
ii)
4Xl
Lösung: i) Subtrahiert man von der zweiten Gleichung die dritte Gleichung und von dem 3-fachen der dritten Gleichung die erste Gleichung, so folgt -3X2
+ 2X3 + X5 =
3X2 - 2X3 - X5
-2
= 3.
Addiert man nun wieder diese beiden Gleichungen, so erhält man 0 = 1, woraus folgt, dass das System keine Lösung hat. ii) Addiert man das (-2)-fache der ersten Gleichung zur zweiten Gleichung und multipliziert man die dritte Gleichung mit -4, so erhält man -4Xl - 8X3 - 4X4
= 1
-4Xl - 8X3 - 4X4
= -12.
Das System hat also keine Lösung. Aufgabe 45
Lösen Sie die folgenden linearen Gleichungssysteme mit Hilfe des Gaußschen Algorithmus und - falls möglich - mit der Cramerschen Regel. i)
2x+ y - 3z=6
2x - 3y+ z =2
ii)
3x - 2y - 4z = 3
3x -4y+5z=4
2x + Y + 3z = 1.
-x + y - 3z = -2 .
Lösung:
i) I
II
x
y
z
b
2
1
-3
6
3
-2
-4
3
2
1
3
1
7
0
-10
15
0
0
6
-5
Aus II ergibt sich gleich z = -65 und damit x =
20 21 '
aus I folgt y =
67 42·
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
120
Man hat mit Hilfe des Gaußschen Algorithmus die Lösung x = ~~ , y = ~; und z = - ~ gefunden. Da die Determinante der Koeffizienten des Gleichungssystems den Wert 42 hat, d.h. von Null verschieden ist, kann man die Cramersche Regel anwenden und erhält mit
det
Y
(2 1 -3) = 3 2
-2 1
-4 3
42
2 = 1 ( 6 -3) = 67 42 det
42 ' z
3 3 -4 2 1 3
x
die Werte
1 (6
= 42 det
= 1
42 det
C 3 2
1 -2 1
3 1
-3) -4 3
0
1 -2 1
20 21 '
35 42
5 6
ii) Den zugehörigen Gauß-Algorithmus zeigt Tabelle 1.4. Aus III erhält man
I
11 III
x
y
z
b
2
-3
1
2 4
3
-4
5
-1
1
-3
-2
-7
11
0
-6
5
-8
0
4
1
11
-7
0
6
5
-8
0
7 4
0
-7
1
0
-7
2
Tabelle 1.4. Der Gauß-Algorithmus zu Aufgabe 45 ii)
y = 2, hiermit ergibt sich aus II x = 4 und dann aus I der Wert 0 für z .
Die Koeffizientenmatrix des Systems ist
(~-1 =!1 -3~) ,ihre Determinan-
te hat den Wert -1, d.h. sie ist von Null verschieden. Deshalb ist die Cramersche Regel anwendbar. Sie führt zu derselben Lösung x = 4, Y = 2, z = 0 wegen det
(!
-2
=! ~) = 1
-3
-4, det
(~
-1
! ~)
-2
-3
= -2 ,
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
det (
~
-1
-3
-4 1
~
-2
) =
121
o.
Aufgabe 46 Betrachten Sie das lineare Gleichungssystem
+ X2 + X3 = 3 2XI - X2 + 3X3 = 4 3XI + 2X2 + 4X3 = 9 4XI + 7X2 + 5X3 = 0 . Xl
a) b)
c)
Lösen Sie dieses System mit Hilfe des Gaußschen Algorithmus, indem Sie elementare Umformungen durchführen. Lösen Sie die 4 linearen Gleichungssysteme, die aus je drei Gleichungen des obigen Systems entstehen. Benutzen Sie dabei für zwei von diesen Systemen die tabellarische Form des Gaußschen Algorithmus und für die anderen zwei die Cramersche Regel. Interpretieren Sie die erzielten Ergebnisse geometrisch.
Lösung: a) Wir formen das gegebene Gleichungssystem um. Zuerst wird die erste Gleichung mit 2,3 bzw. 4 multipliziert und von der zweiten, dritten bzw. vierten Gleichung abgezogen. Man erhält: Xl + X2 + X3 = 3 , -3X2 + X3 = -2 , -X2 + X3 = 0 , 3X2 + X3 = -12. Multipliziert man die dritte Gleichung mit -1 und vertauscht die Gleichungen 2 und 3, so folgt Xl + X2 + X3 = 3 , X2 - X3 = 0 , -3X2 + X3 = -2 , 3X2 + X3 = -12. Nun wird die zweite Gleichung mit 3 multipliziert und zur dritten Gleichung addiert bzw. von der vierten Gleichung abgezogen. Es folgt Xl + X2 + X3 = 3 , X2 - X3 = 0, -2X3 = -2 , 4X3 = -12. Multipliziert man die dritte Gleichung mit 2, addiert man sie zur vierten Gleichung und teilt man danach die dritte Gleichung durch -2, so erhält man das (zum ursprünglichen System äquivalente) System: Xl + X2 + X3 = 3 , X2 - X3 = 0 , X3 = 1 , 0 = -16. Das Gleichungssystem hat also keine Lösung. (Das hätten wir auch früher sehen können, aber dadurch ist das Verfahren vollständig durchgeführt.) b) Wir lösen das Gleichungssystem, das aus den ersten 3 Gleichungen des angegebenen Systems besteht; dabei benutzen wir den Gaußschen Algorithmus in tabellarischer Form (vgl. Tabelle 1.5). Aus III folgt X2 = 1, und damit ergibt sich aus II der Wert 1 für X3. Schließlich folgt aus I: Xl = 1. Also ist (1,1,1) die Lösung dieses Systems. Nun lösen wir mit derselben Methode auch das System, das aus den Gleichungen 1,2 und 4 des angegebenen Systems gebildet wird (vgl. Tabelle 1.6). Man erhält nacheinander aus III, II
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
122 X2
Xl
I
II III
b
X3
X3
b
1
1
3
1
1
1
3
2
-1
3
4
2
-1
3
4
3
2
4
9
4
7
5
0
0
-3
1
-2
0
-3
1
-2
0
-1
1
0
II
0
3
1
-12
0
2
0
2
III
0
-6
0
10
I
1.5. Der GaußAlgorithmus für die ersten drei Gleichungen
X2
X2
1
Tabelle
und I:
Xl
=-i
Tabelle
1.6. Der GaußAlgorithmus für die Gleichungen 1, 2 und 4
' = - 7 und Xl = 335 • X3
+ X2 + X3 = 3XI + 2X2 + 4X3 = 4XI + 7X2 + 5X3 = Xl
Die Lösung des Systems
3 9
wird mit der Cramerschen
0
111 Regel gesucht, was wegen d:= 3 2 4 = -4 i- 0 möglich ist. Weiterhin
475
ist 3 d l := 9
1 2
1 4 = -36 ,
075
Die Lösung ist deshalb
Xl
131 d2 := 3
9
= '1 = 9 ,
X2
4 = 12 ,
405
+ 3X3 = 4 3XI + 2X2 + 4X3 = 9 4XI + 7X2 + 5X3 = 0 2XI -
Auch das Gleichungssystem
= ~ = -3 ,
2 -1 sehen Regel gelöst. Wegen 3 2
113 2 9 = 12 .
d 3 := 3
470
X3
= ~ = -3 .
X2
wird mit der Cramer-
3 4
475
= 2 setzt man das Verfahren fort.
Mit 4 9
-1 2
3 4 = 162
075
,
243 3 9 4 = -14
405
und
2 3
-1 2
4 9 = -110
470
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
123
erhält man die Lösung (81, -7, -55) . c) Bezeichnet man mit Ei die Ebene, welche durch die i-te Gleichung des Systems beschrieben wird, so besagt das Ergebnis aus a), dass die Ebenen E 1 , E 2 , E 3 und E 4 keinen gemeinsamen Punkt besitzen. Aus b) folgt: Je drei dieser 4 Ebenen schneiden sich in genau einem Punkt, d.h. sie bestimmen ein Tetraeder mit den Ecken (1,1,1), (- -7, 335 ), (9, -3, -3) und (81, -7, -55) .
i,
Aufgabe 47
Betrachten Sie die Matrizenschar
{Ac", 0:
E IR} ,
Ac"
Mat3(IR) . a) b) c)
Berechnen Sie in Abhängigkeit von 0: den Rang von Ac" Berechnen Sie A~l falls der Rang maximal (d.h. 3) ist. Berechnen Sie A~ und A~ .
.
Lösung:
a) Um den Rang von An
( 1~
= 0::) :
L<
zu bestimmen, bringen wir die
Matrizenschar auf Zeilenstufenform. Die k-te Zeile der Matrix, die umgeformt wird, wird mit der entsprechenden römischen Ziffer bezeichnet. 1 0:-1
o
Der Rang von Al ist also 1. Für 0: "# 1 ist der Rang von An gleich drei. b) Sei 0: "# 1; wir formen nun die Matrix An zur Einheitsmatrix E 3 und gleichzeitig die Einheitsmatrix E 3 zu A~l um. (An, E 3 ) sei die 3 x 6 Matrix, die aus An und E 3 zusammengesetzt ist.
0 0
1 0:-1 0
(An, E 3 )
1I:(n-1) 1-----+
0: 1-0: 0:-1
1 0: -1 1 0 0:-1
1 0 0
1 0 0
o1 o
0) 0 1
0 (0: - 1)-1 0
n
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
124 III:(a-1) t----+
I-H-.n<
t----+
0(1
1 0: 1 0 0 1 0
0 0
0 0
1 0 1
1 0 0
0 (0: - 1)-1 0
-(a
~ 1)-' )
(0: _1)-1
-1 )
1 -(0: - 1)-1 (0: - 1)-1 0 0 0
_(0:-1)-1 (0: - 1)-1
=(E3,A~1).
Also:
A- 1 = _1_ ( a 0:-1 c)
A 2a =
(:
1 0: 0:
A 3a = ( 2+0 2+0: 1 + 20:
0:-1 0
o
-1
1 - 0:)
1
-1 1
o
00 01+0+0') 1 0: 0:
1 + 0: + 0: 2 1 + 0: + 0: 2 1 + 20: 2
4 + 30: + 20: 2 ( 3 + 50: +0: 2 2 + 40: + 30: 2
(2+0
2+0: 1 + 20:
30: 20: +0: 2
(:
für
0:
1 + 0: + 0: 2 1 + 0: + 0: 2 1 + 20: 2 1 0: 0:
2 + 30: + 20: 2 + 20: 3 2 + 20: + 40: 2 + 0: 3 1 + 30: + 20: 2 + 30: 3
1.
~
l+a+<>' )
n
30: 20:+0: 2
,
Aufgabe 48 Betrachten Sie die folgenden Matrizen:
Al
= ( 31
2) ,A2 -2
=
(2 !1
2) ,A3 = (-1 ~4 0
a)
Untersuchen Sie für alle i,j E {I, 2, 3, 4}, ob das Produkt AiAj definiert ist und berechnen Sie es gegebenenfalls.
b)
Berechnen Sie det (Ai) , det(A 3A 2 ), det(A 2 A 3 ) .
Lösung: a) Die Multiplikation AB von zwei Matrizen A und B ist nur dann definiert, wenn die Spaltenzahl von A mit der Zeilenzahl von B übereinstimmt. Daher
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
125
sind A 1A 2 , A 3 A 1 , A 3 A 4 , A 4 A 1 , A 4 A 2 , A 2 A 2 , A 3 A 3 und A 4 A 4 nicht definiert. Dagegen kann man folgende Matrizenprodukte berechnen:
(! !2) (! !2) - (!3 ~g), = (! !2) (~1 ~ !3) - (=! ~! ~;), = (! !2) (;) = (~) , 04), = (; !4) (! !2) = (!9 1 -1 5 14 -12
A1A 1 = A1A3 A1A4
A2 A 1
A,A, ~
(!1 ~4) (~1 ; :3) ~ (~; ~~4
A'A'~U ~4)m~(m, (-10 25 -33) (2!1 ~42) = (118 b) Es sind det(Ad = -2 -6= -8, det(Ar) = 70 -6= 64, det(A A -35-80 = -115 und det(A A = -504-756+294+966 = 1260-1260 = o. A3 A 2 =
3
2
3)
Als Probe dient uns die bekannte Identität det(Ar) = [det(AdF . Aufgabe 49
Wir betrachten die Matrix A a sowie die Vektoren b a und
a) b) c) d)
Ca .
Berechnen Sie A a . A a = A; , A a . b a und b~ . A a • Berechnen Sie den Rang von A a in Abhängigkeit von a E IR. Berechnen Sie die Adjunkte von A a . Bestimmen Sie A;.;-l für alle a, für welche dies sinnvoll ist.
2)
=
126 e)
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra Berechnen Sie die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems A,x = c'" in Abhängigkeit von a aus IR. Wie kann man die Ergebnisse deuten?
Lösung:
a)
A", . A", = (
a 2
1 2 1
- 2a 2 -3 a4 _ 2
1
0
a2
-1 1
-1 ) -2 0
( ' A", . b", =
+1 1 15 + 3a 2 + 5a 3 , 8)
-7 - lOa ) -12 -4 + 3a 2 + 5a3 10 + 5a
und b~ . A", = (2 + 5a, -5 , b) Streicht man die dritte Zeile und die dritte Spalte aus A"" so erhält man die Matrix
; ihre Determinante ist -1, d.h. sie ist invertierbar, (0o1 101 -10) 1
und damit gilt rang A", 2 3 für alle a E IR. Wegen det A", = 3 - a 2 ist der Rang von A", gleich 4 für a =f. ±y'3 und gleich 3 für a = ±y'3 . c) Man berechnet (mit viel Geduld):
All
=
1
o
0 a2 1
1
1
0
A l3 = 1 0
o
1 A 21 = 0
o
A 23 =
A 31
=
A 33 =
o 1
0 -2 a2 1 1 0
o
0
1 1
-2 0 1
o
1 1 0
o 1
o
-1
o
= a2
,
1 0 A l2 = 1 a 2
-1
o
101 -1 0 = -1 , A l4 = 1 0 0 = a2 1
,
A 22 =
-1 0 = -1 , A 24 =
1
o -1 1
= 3 , A 32 =
0 -1 = -1 , A 34 = 1
= a2
1
1 1 o 1 0 a 2 = -1, o 0 1 0 1 0
-2 a2 1
o
1 1 0
o
0
0 1 0
-2 0 1
0 0 = 2, 1
-2 a 2 = -1 ,
1
o
-1 = 2, 1
0 1 -2 1 1 0 = -1 , 0 0 1
-
1,
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
A 4l
=
1 -2 1 0 0 a2
A 43
=
0 1 1 1 1 0
0 -1 0 0 -1 0
127
=a2 , = -1,
A 42
A 44
0 1 1
=
=
-2 0 a2
0 1 1 1 1 0
-2 0 a2
0 -1 0
= 2,
=2-
a2
.
Mit der Relation a~ = (-l)i+j Aji erhalten wir die Adjunkte zur Matrix Ao: : -a 2 2 1
-1
d) Wegen det Ao: = 3 - a 2 und der obigen Darstellung von A# erhalten wir für jedes a f. ±V3 die Inverse zu Ao: :
_a 2 2 1 -1
e) Ist a
f. ±V3, so ist Ao: _ A- l x - 0:
.
invertierbar, und die Lösung von Ao:x =
Co:
21 + 3V3a - 10( 2 _ _1_ 22 + 2V3a + 4a 2 - 3 2 ( f<) - a 3 - v3a 18 + V3a -7a 2
Co:
lautet
) •
Für a = V3 erhält man das Gleichungssystem X2 - 2X3 = -4 , Xl + X2 - X4 = -1 , Xl + 3X3 = 10 , X3 + X4 = 7. Setzt man X4 = 7 - X3, Xl = 10 - 3X3 und X2 = 2X3 - 4 in die zweite Gleichung ein, so ergibt sich -1 = -1, und damit ist die Lösungsmenge
{(1O, -4,0, 7f +.\(-3,2,1, - l f
I .\ E IR}
.
Dies liegt daran, dass die Matrix Ay'3 ergänzt durch cy'3 ebenso wie Ay'3
den Rang 3 hat. Für a = -V3 erhält man das Gleichungssystem X2 - 2X3 = -4 , Xl + X2 - X4 = -1 , Xl + 3X3 = 4 , X3 + X4 = 7. Setzt man nun X4 = 7 - X3, Xl = 4 - 3X3 und X2 = 2X3 - 4 in die zweite Gleichung ein, so ergibt sich der Widerspruch -7 = -1. Das erklärt sich durch rang A_y'3 = 3
128
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
~ 4~ '~g (1
1 1 0 0
-2 0 3 1
0 -1 0 1
-4) i '
-1
-2 0 3 1
0 1 1 1 weil 1 0 0 0
-4 -1 = -6 gilt. 4 7
Aufgabe 50
i)
Berechnen Sie die folgende Determinante
ii)
und zeigen Sie, dass das Ergebnis in der Form 2abc(a+b+c)3 dargestellt werden kann. Sei A k die folgende Matrix mit k Zeilen und Spalten: a a
a a
a b b a
Ak = a b b a
iii)
a a
a a
Berechnen Sie det(A k ) für k = 2,3,4 und 5 . Berechnen Sie für n 2: 2 die Determinante der Matrix b+c 1 0
bc b+c 1
0 bc b+c
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
b+c 1 0
bc b+c 1
0 bc b+c
An =
wobei bund c von Null verschieden sind. (Man kann die Matrix An = (aij h~i,j~n wie folgt beschreiben: aii = b + c für 1 :S i :S n, a(i-l)i = 1 für 2 :S i :S n, ai(i+l) = bc für 1 :S i :S n -1 und aij = 0 für li - jl 2: 2.) Lösung: i) Zieht man aus der ersten (bzw. zweiten) Spalte die zweite (bzw. dritte) Spalte ab, und benutzt man mehrmals die Identität A2_B 2 = (A-B)(A+B), so ist die zu berechnende Determinante gleich
129
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
o
(a + b - c)(a + b + c) ( det (a - b - c)~a + b + c)
(~~~=~ b+~-a ~~) o b-c-a (c+a)2
(a+b+c)2det
(a
(b + c - a)(b + c + a) (b-c-a)(b+c+a)
+ b + c)2 [(b 2 -(a - C)2)
= (a
(c + a)2+ c2 (c 2 -(a - b)2) _a 2 ((b - C)2 - a2)]
+ b + C)2 [b 2c2 + b2a2 + 2acb2
_a 2c2 + 2abc2 - b2c2 + a4
=
-
-
a4
_
c4
+ 2a2c2 + c4
a2b2 - a2c2 + 2a 2bc]
= (a + b + c)2[2a 2bc + 2ab2c + 2abc2] = 2abc(a + b + c)3 . ii) Der erste, aber entscheidende Schritt bei den Umformungen der Matrix A k ist die Addition der zweiten, dritten, ... bis k-ten Spalte zur ersten Spalte. Für k = 2 ist dieser Schritt nicht notwendig, aber aus methodischen Gründen wird er trotzdem durchgeführt. det A 2 = det = (a
det
+ b) det
(~ ~) = det ( ~ ! ~ ~) = (a + b) det (~ ~) (~
(~b a~ a~)
=det
0~
~ (2a +b) det dclA,
b: a) = - (a
b
(3a +b) det (
=
a /,
b a a a a a
i~
;
det A 3 =
(;~!~ ~ ~) (2a+b)det (~ 2a + b a a l
~ ~ ~ ~ ~) dcl (
+ b)( b - a) .
;)
aab
b aa )
~ a ) ~ -(2a +b)(b - a)' . = det
~
(~~!+ ~ ~
3a b b 3a + b a
(3a +b) clet (
~
o o
b-a
b-a
0
a
a
0
T)
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
130
- (3a
+ b) det
detA 5
= det
(4a + b) det
(4a
(4a
+ b) det
+ b) det
~ b-a
(
a a a a b
o o
a a a b a
a a 1 a 1 b 1 a 1 1
b0 0
b-a a a b a a a a b a a
a b a a a
0 0 0 0 0 0 0 b-a 1 a
b a a a a
a b a a a
= det
0 b-a
0
0 0
0 0 0
a
a
a
a b
0
-(4a + b)(b - a) det (
a a b a a
a b a a a
b a a a a
b-a
0 0
(~ ~ ~ b-a
4a+b a 4a+b a 4a+b a 4a+b b 4a+b a
b a a a a
b-a
b
a) =(3a+b)(b-a)3.
a
0
~
b-a
b
T) 0
~ a b ~ a ) ~ (4b+ a)(b _ a)' .
Bemerkung: Man kann auf diese Weise det A k +1 für eine beliebige natürliche Zahl k berechnen. Was noch dafür fehlt, ist der Wert der Determinante 0 0
0 0
0
An-1
det
An
0
0
A2 0 0
Al 0 0 0
Er ist cnA1 A2 ... An-1 An, wobei gilt: Cn
={
+1 -1
falls n = 4p oder n = 4p - 3 mit p > 1 falls n = 4p - lader n = 4p - 2 mit - p ~ 1
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel Damit folgt det A kH iii) Man hat det(A n )
131
= ck(ka + b)(b - a)k . = det(Rn ) + det(Cn ), wobei gilt:
b
bc
1 b+c 1 0
0 bc b+c
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
b+c
bc b+c
0 bc b+c
Rn =
0 0 0
0 0 0
1 0
1
und c 0 0
bc b+c
0 0 0
1
0 bc b+c
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
b+c
bc b+c
0 bc b+c
Cn =
1 0
1
Der Grund dafür: Die erste Spalte von An ist die Summe der ersten Spalten von Rn und Cn, die anderen Spalten von An, Rn und C n stimmen überein. Multipliziert man die erste Zeile von Rn mit - und addiert man das Er-
gebnis zur zweiten Zeile, so folgt B n
~ (r
t
bc 0 B n -,
0) und damit
det Rn = bdet(Rn _ 1 ). Durch vollständige Induktion folgt Rn = bn - 2 det(R 2 ). Wegen det(R2 )
= det
(~ b ~ c)
= b2
hat man det(R n )
= bn . Entwickelt
man det(Cn ) nach der ersten Spalte (Regel von Laplace), so ergibt sich det(Cn ) = cdet(An-d. Wegen det(Ad = b + c, det(A 2 ) = b2 + bc + c2 ,
det(A 3 )
= det
(
b+C 1
o
bc b+c 1
0) bc b+ c
= ... = b3 + b2 c + bc2 + c3
vermutet man det(A n ) = bn + bn-1c + ... + bcn - 1 + c n . Der Induktionsschritt ist leicht nachzuvollziehen: Aus det(A k ) = bk + bk-1c + ... + bCk - 1 + c k
132
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
folgt det(Ak+d det(Bk+d + det(Ck+d = bk+ 1 + edet(Ak) = bk+1 + e(b k + bk-Ie + ... + bek+l + ek ) = bk+1 + bke + ... + be k + ek+l, was man erreichen wollte! Hiermit gilt det(A n ) = L:~=o bn-ke k . Insbesondere hat man fürb=e:
2b 1 0
b2 2b 1
0 b2 2b
0 0 0
0 0 0
0 0 0 = (n
det 0 0 0
0 0 0
b2 2b 1
+ 1)bn .
0 0 0
2b 1 0
> 0 eine
natürliche Zahl n c mit der Eigenschaft,
0 b2 2b
Aufgabe 51 Bestimmen Sie für jedes c dass für alle nEIN mit n
2::
n c gilt: 1 -
~I < c. Was folgt daraus für die
Folge (~I)n~o?
Lösung: Für c > 1 ist die Ungleichung für alle n 2:: 0 erfüllt. Deshalb sei c ~ l. (Dies wird an der Stelle (*) benutzt.) Die Ungleichung lässt sich wie folgt äquivalent umformen:
1 1 1- vn
--1
(~ - 1)2 < n (und damit auch 1 - ~I < c) für alle n 2:: n c
.
Aus der Definition einer konvergenten Folge ergibt sich daraus die Konvergenz der Folge (~I )n~O gegen den Grenzwert 1 .
Aufgabe 52 Seien q a)
> 0 eine reelle
Zahl und
Untersuchen Sie die Folge in Abhängigkeit von q .
an :=
fr für n 2:: 1 .
(an)nEIN
auf Monotonie und Beschränktheit
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel b) c)
133
Für welche q ist (an)nEIN eine Nullfolge? Für welche q ist die Folge (an)nEIN bestimmt divergent gegen
Lösung:
a) an verhält sich zu a n+1 wie (n!I)3 zu
>
~ = 1+ ~
7 = q. Ist q ~ >
?
1, so ist also
für alle n 2: 1. Die Folge (a n )n:2: I ist also für q ~ 1 eine streng monoton fallende Folge, wegen al = q > an > 0 für alle n 2: 2 ist diese Folge auch beschränkt. an < an+l, (~)3
d.h.
;s < n
n+l
(;;'+1)3
2: 1 2: q und damit
n+l
00
an
a n +1
I
+ n)3 < q oder
ist äquivalent zu (1
I
auch zu 1 + n
< ifCi·
Ist q > 8, so ist die Folge (a n )n:2:I streng monoton wachsend. Ist q = 8, so ist die Folge "nur" monoton wachsend, da 8 = al = a2 < a3 < a4 < ... gilt. Sei q aus ]1,8[. Da (~)n:2:I eine Nullfolge ist, gibt es ein no 2: 2 mit 1
+ ~o < ifCi ~
1+
nol_l·
Das besagt, dass die Teilfolge (;; )n:2:no streng
monoton wachsend ist. Da al = q > lf = a2 gilt, ist die Gesamtfolge (a n )n:2: I keine monotone Folge. Es soll die Beschränktheit der Folge (a n )n:2: I für q > 1 untersucht werden. Sei x > 0 mit 1 + x = q. Für n 2: 4 gilt 2
+ . . + n(n-l)(n-2)(n-3) 4+ qn -_ (1 + x )n = 1 + nx. 24 x . ..
>
n(n-I)(n-2)(n-3) 4 24
X
und damit
Das zeigt, dass die Folge;; unbeschränkt ist, falls q
> 1 gilt.
b) Für jedes q ~ 1 ist die Folge (a n )n:2:I eine Nullfolge, weil;; < ~ < ~ gilt. (Man könnte hier z.B. wegen 0 < an < ~ auch den Einschließungssatz benutzen!). Dass nur für q ~ 1 eine Nullfolge vorliegt, ergibt sich aus der Unbeschränktheit der Folge (a n )n:2:l, die für q > 1 in a) gezeigt wurde.
> (q~~)4 (n - 3). Ist K > 0, so sei nl eine natürliche Zahl mit (q~~)4 (nI - 3) > K, d.h. nl > (:~~4 + 3. Für alle n 2: nl gilt dann auch an > K, was zeigt, dass c) In a) wurde gezeigt, dass für q
(an)n>1 -
falls q
bestimmt divergent gegen
> 1 und n 2: 4 gilt:
00
an
ist oder kurz geschrieben: lim an = n-+oo
00
> 1 . (Weitere q kommen natürlich wegen b) nicht in Frage.)
Aufgabe 53
Für eine Teilmenge M von IR bezeichnet H(M) die Menge der Häufungspunkte von M. Untersuchen Sie, welche allgemeingültige Beziehung zwischen i)
H(A U B)
und
H(A) U H(B) ,
134 ii)
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
H(A n B)
und
H(A) n H(B)
besteht. Lösung: Bekanntlich folgt aus M C N sofort H(M) c H(N). Deshalb ergibt sich aus A c A u Bund B C A U B sowie A n B C A und A n BeB:
H(A) U H(B) c H(A U B) , H(A n B) c H(A) n H(B) . Die Frage ist also, ob auch H(A U B) c H(A) U H(B) bzw. H(A) n H(B) c H(A n B) gilt. i) Sind x E H(A U B) und nEIN beliebig, so gibt es Cn E Au B\{x} mit ICn - xl < ~. Entweder gibt es unendlich viele n mit Cn E A, und dann ist x aus H(A), oder es gibt nur endlich viele n mit Cn E A, dann sind fast alle Cn aus B, und deshalb ist x aus H(B). Also gilt für alle A, B C IR:
H(A) U H(B) = H(A U B) .
ii) Sowohl die Menge ([) der rationalen Zahlen als auch die Menge IR\ ([) der irrationalen Zahlen ist dicht in IR, d.h. H(([)) = IR = H(IR\([)). Da ([) n (IR\([)) =
n (IR\([))) =
Deshalb gilt im Allgemeinen nur die Inklusion
H(A n B) c H(A) n H(B) und nicht die Gleichheit. Aufgabe 54
Untersuchen Sie die Folgen nenfalls den Grenzwert.
i) ... )
an
= J n4 5n 2
+ 2n 2 + 7 -
(a n )n2:1
auf Konvergenz. Bestimmen Sie gegebe-
n2 .
-7n+2
111
an
= 10n2 +5n-1·
v)
an
= Jn 2
Jn 2
vi)
an
= J
J
vii)
an
=
ix)
an
= (1 - 2~)3n.
+ 3n + 5 n 2 + 3n - 5 -
+ 2n + 3. n 2 + 3n + 3.
v'n3+1- J n 2 + l.
1·1·)
an
= ( - l)n n-1 n+1·
iv )
an
n n3 = ( -1 ) n 4 +1.
135
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
Lösung: Es werden die üblichen Rechenregeln für konvergente Folgen und dazu bekannte Tatsachen wie JA - VB = A-~ und lim :\- = 0 für alle natürli+ n-too n chen Zahlen k ~ 1 benutzt,
i) a = Jn 4 + 2n2 + 7 _ n 2 = n4 +2n 2 +7_n4 = n
Vn 4 +2n 2 +7+n 2
2n 2 +7 Vn 4 +2n 2 +7+n2
2+.;.x
\/1+~+;;'.+1'
Der Zähler des letzten Bruchs konvergiert gegen 2, der Nenner ebenfalls! Damit ist (an)n>O konvergent und lim an = 1 , n--+oo
-
ii) Die Teilfolge (a2n k:~o konvergiert gegen 1, weil a2n
= (-1) 2n ;~:; ~ = ~~!
gilt, Dagegen gilt a2n-1 = - 2~;:;:2 = -1 + ~ und damit ergibt sich lim a2n-1 = -1. Deshalb ist die angegebene Folge divergent, n-too ' 5 n 2 -7n+2 _ 5-*+~
.. ,
,1 _'
m) Es gllt 10 n 2+5 n -1 - 10+Q.I ' Wegen hm - n ~ n--+oo n
1 _ hm ::2 n--+oo n
..
0 erhalt man
2
mit den Rechenregeln für konvergente Folgen: nl~~ 150~2+75~-1-=?1 = ~ ,
=
iv) an
Nenner (1
3
(_1)n n4'+1
=
1
(-1)n 1+";;\-' Der Zähler ~ konvergiert gegen 0, der
+ A) n
gegen 1. Damit gilt lim an = 0 , n-too v) Die Umformungen Jn 2 + 3n + 5 - v'n"2-+--;:;:2n-+--;:;:3 = n2 +3n+5-(n2 +2n+3)
vn 2 +3n+5+Vn2 +2n+3 2 1+k + n _ n zeigen' Vn 2 +3n+5+Vn 2 +2n+3 - J1+*+~+J1+*+-:.z '
lim n-too
(Jn2+3n+5-Jn2+2n+3)=~, 2
vi) Wegen Jn 2 + 3n - 5 - Jn 2 + 3n + 3 = Vn2 + 3 n- 5-+SVn 2+ 3 n+ 3 hat der gesuchte Grenzwert den Wert 0 ' vii) a = Jn 3 + 1 - Jn 2 + 1 = n 3 +1-(n2 +1) = n 3 (1-k) n Vn3+T+v'n2+l Vn3(J1-~+J~+~) 1-1. A 1-1. = V /03 n ,us lim v103 n = CXl und lim = 1 J1-~+J~+~ n-too n-too J1-~+J~+~ folgt lim an = CXl , n-too ;,.+( -W E 'lt l' - l' :;b+1 1 I +.1+1' S gl 1m a2k - k-too 1m 4k2" I +-1-+1 = ~ n k-too 2k u
u
n
1
1
n
und lim a2k-1 = lim ~~ = -1. Deshalb konvergiert die Folge k-too k-too (2k-l)2 + 2k-l +1 (an)nEIN nicht, ix) Man hat an = (1 - 2~ )3n = e~;:;:1 )3n 1 ) 3n ( 2n ) 3n ( 1+ 2n-l 2n-l
136
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
?niiT . Da die Folge ((1 + 2
1
[(
_1
1+ 2n-1
)2n-1] n-1
+ 1.n )n)n>1 -
gen e konvergenten Folge ((1
1_1 )2n-l )n>1 eine Teilfolge der gen_
ist, und lim 23~1 = lim 2~l = 2.2 n~oo
n
n-+oo
n
gilt, folgt (weil die Voraussetzungen für die Gültigkeit der Rechenregel lim
n-+oo
(b~n)
lim
= ( lim bn)n--+oo n--+oo
lim an n--+oo
=
Cn
erfüllt sind):
[ lim (1 n--+oo
lim ~ =
1
+~ )2n-l]n--+oo 2n-l 2n 1
e}/2 .
Aufgabe 55
an =
a)
2·6·10 ... (4n 5 . 9 . 13 ... (4n
+ 2) + 5)
= 6·10·14 ... (4n + 2)
bn
5·9·13 ... (4n+l)
d) e)
Zeigen Sie, dass die Folge (an)n~1 konvergiert. Ist a:= lim an, so zeigen Sie: 0 a < 389 • n--+oo Begründen Sie die Aussage: (bn)n~1 ist streng monoton wachsend. Beweisen Sie, dass anb n 285 für alle n ?: 1 gilt. Berechnen Sie den Grenzwert lim!!:a b .
f)
Zeigen Sie, dass aus der Annahme a
g)
folgt. Folgern Sie aus e) und f), dass a
b)
c)
:s
:s
n--+oo
n
> 0 die Ungleichung n--+oo lim bn
:s
2 85
a
= 0 gilt.
Lösung: a) Wegen 0 < an+l = an . :~t~ < an ist (an)n~1 eine streng monoton fallende, nach unten beschränkte Folge, und damit konvergent. b) Wegen an > 0 folgt a ?: O. Für jedes n ?: 1 hat man a < an und insbeson8 d ere a < a2 = 2·6·10 5.9.13 = 39 .
c) Für jedes n ?: 1 gilt bnH = bn . :~t~ > bn (da :~!~ > 1). d) an . bn = ~. (~ . ~) . n~ 190) ••. (:~t~ :~ti), (4n
.
.
+
2)2
16n 2 + 16n + 4 < 16n 2 + 24n + 5 = (4n + 5)(4n + 1) . Die Zahl in jeder der n Klammern ist also kleiner eins. Damit ist an . bn ~ (~ ~) = 285 für alle n ?: 1 . e) 0 :S!!:a zeigt, dass n-+oo lim!!:a bn = 0 gilt. bn = 4 n2+ 5 < 1. n
:s . .
:s
:s
f) Gelte a > 0, so gelte abn < anbn 285 und damit bn 2~a' Da (bn)n~1 eine streng monoton wachsende Folge ist, folgte daraus, dass der Grenzwert
137
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel der Folge
(bn)n~l
o < b ::;
eine reelle Zahl - sagen wir b - ist. Für diese Zahl gelte
2~a . g) Die Annahme a (bn)n~l
>
0 führt zur Existenz von b
und damit zum Widerspruch: 0
muss a = 0 gelten.
=
lim n--?oo
>
!!.n. bn
0 als Grenzwert von lim an = n--?oo = Q.b. Also lim bn n--?oo
Aufgabe 56
Seien a und b zwei reelle Zahlen mit a < b. Die Folgen . rek · d efi mer . t d urch al = a, bI = b un d an selen urslv 2an- l +3bn - l f·· >2 5 urn_.
a) b)
(an)n~l
=
und
(bn)n~l
an-l+b 2 n- 1
Beweisen Sie durch vollständige Induktion, dass für alle n 2: 1 gilt: an < an+I < bn+I < bn . Zeigen Sie, dass diese zwei Folgen konvergieren, und dass 0::= lim an n--?oo und ß:= lim bn gleich sind. n--?oo
Lösung: a) Man hat al
=
a , a2 = ~ , bl = bund b2 = 2at3b. Wegen a < b a folgt al = a = at < at b = a2 , b2 = 2at3b < 2bt3b = b = bl und aus 5a+5b = 4a+a+5b < 4a+6b auch a2 = ~ = 5aj;5b < 4alt6b = 2at3b = b2. Das ist der Nachweis für den Induktionsanfang al < a2 < b2 < bl . Die Induktionsannahme ist: Für ein n 2: 2 gelte an-I< an < bn < bn - l . Daraus n > .S!n..±!!.n. n < 2b n+3b n -- bn· Colgt a n+l -- an +b -- a n und bn+l -- 2a n+3b l' 2 2 5 5 Die Ungleichung an+l < bnH , d.h. 5anlt5bn < 4anlt6bn, ist zu an < bn äquivalent, und dies ist aufgrund der Annahme richtig. Hiermit ist der Induktionsschritt vollzogen: Aus der Annahme an-l < an < bn < bn - l folgt an < an+I < bn+I < bn . b) Die Folge (an)nEIN ist streng monoton wachsend und nach oben beschränkt durch bl . Die Folge (bn)nEIN ist streng monoton fallend und nach unten beschränkt durch al. Deshalb sind beide Folgen konvergent und wegen an < bn ß für alle n folgt: 0: = lim an::; lim bn = ß. Aus anH = ant bn folgt 0: = und damit
0:
=
ß.
n-too
n-too
"'t
Aufgabe 57
Untersuchen Sie, ob die folgenden Reihen konvergieren oder divergieren. Begründen Sie Ihre Antworten.
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
138 00
i)
J
L ( n=l
00
n 4 + 2n 2 + 7 - n 2)
ii)
L(-1)nn-1 n+1 . n=2
iv)
L 2n42 +1 n +1 . n=O
vi)
L
00
00
iii)
L( _1)n nr:1 . n=l 00
v)
00
L 2n32 +1 n +1 . n=O
n=O
2.6.1O ... (4n+2)
5·9·13 ... (4n+5)
Lösung: Wir benutzen die Lösung der Aufgabe 54, das Leibnizkriterium, das notwendige Kriterium "L~=l an konvergiert ==> lim an = 0" (in seiner negativen n--+oo
Form, d.h.: Konvergiert (an)n::~l nicht gegen Null, so divergiert die Reihe L~l an), das Majorantenkriterium, die Konvergenz von L~=l und die
.b-
Divergenz von L~=l ~ . i) Da lim
n--+oo
(Jn 4 + 2n 2 + 7 -
n 2) = 1 =f. 0 gilt, konvergiert die Reihe nicht.
ii) Da die Folge ((-1)n~+i)n~2 nicht gegen Null konvergiert, divergiert die angegebene Reihe. 3 iii) Die Folge ((-l)n n~+l)n~l ist eine alternierende Folge, welche gegen Null konvergiert. Wir zeigen nun, dass (n~:l )n~l eine monoton fallende Folge ist, und damit ergibt sich aus dem Leibnizkriterium die Konvergenz der angegebenen Reihe. Man hat die äquivalenten Ungleichungen: n3 n4+1 <===} <===} <===}
+ 1)4 + 1] > (4 n + 1) (n + 1)3 n 3(n 4 + 4n 3 + 6n 2 + 4n + 2) > (n 4 + 1)(n3 + 3n 2 + 3n + 1)
>
(n+1)3 (n+1)4+1
<===}
n 3[( n
n 7 +4n 6+6n 5+4n 4 +2n 3 > n 7 +3n6+3n5+n4+n3+3n2+3n+1 n 6 + 3n 5 + 3n 4 + n 3 > 3n 2 + 3n + 1 .
Diese letzte Ungleichung ist offensichtlich und damit auch die erste aus dieser Kette, was
3
(n~+l )n~l
•
als monoton fallende Folge nachwe1st.
2 iv) Man hat 2n +1 < 112 3 für alle n > 1 da 2n 4 + n 2 < 3n 4 + 3 n 4 +1 , = 2n 4 + n 4 + 3 gilt. Deshalb ist die angegebene Reihe nach dem Majorantenkriterium konvergent.
v) Wegen 2:32: / > ~ für alle n 2: 1 ist die Reihe L~=o 2:32: 11 divergent. vi) Man hat 2·6 ·10 ·14 ... (4n + 6) > 5·9 ·13 ... (4n + 5) und damit 2.6.1O ... ... (4n+5) (4n+2) > 4n1+6 (> 111 n ) für alle n 2: 1. Also divergiert die angegebene 5·9·13 Reihe.
139
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel Aufgabe 58
Zeigen Sie, dass die Reihe L~=1 die Summe.
3'5'7 .. ~2k+1)
konvergiert, und berechnen Sie
Hinweis: Beachten Sie, dass für alle k 2: 1 gilt: k
3·5·7 ... (2k
+ 1)
1(
2
=
1 1) 3·5·7 ... (2k - 1) - 3·5·7 ... (2k + 1)
Lösung: Mit Hilfe des Hinweises erhalten wir die folgenden (für Aufgaben von diesem Typ üblichen) Umformungen: ~n k L.."k=1 3·5·7 ... (2k+1)
= ~
= 1. 3
+ l3·5 + _3_ + ... + 3·5·7 ...n(2n+1) 3·5·7
+ ~(~ - 3~5) + ~(3\
~ (3'5 ... (~n-3) -
3'5 ... (~n 1))
-
3.~.7)
+ ~(3.~.7
+ ~ (3-5 ... (~n-1)
- 3.5\.9)
+ ... +
3'5 ... (~n+1))
-
= ~ (1 - 3.5.7 ...(2n+1)) .
Wegen J~~
3.5.7...(2n+1)
= 0 existiert der Grenzwert nl~~ L~=1 3.5.7 ...(2k+1) ,
d.h. die angegebene Reihe konvergiert, und es gilt
L%:1 3'5'7 .. ~2k+1) -
~
.
Aufgabe 59
Zeigen Sie, dass die Reihen i) L~=1 n(n1+4) und ii) L~=o (n~~)2 konvergieren und berechnen Sie jeweils die Summe. Lösung: .
.
1) Es gIlt
-1n - -.L n+4
1
n(n+4) -
und deshalb
k
1
(1 + 2'1 + 3'1 + 41) - 41 (k+1 1 1 1 1) + k+2 + k+3 + k+4 Wegen lim k+1 = 0 für p = 1,2,3,4 folgt, dass 1
= 4
k-too
_
Ln=1 n(n+4) -
k
! - -.L n+4)
Ln=1 (n
.
P
1
k
1
L .- lim L----:-------"'" n=1 n(n + 4) .- k-too n=1 n(n + 1) 00
t
t)
existiert, und ist gleich (1 + ~ + ~ + = ;~ . ii) Für n 2: 5 gilt n 3 2: 5n 2 = 4n 2 + n 2 > 4n 2 + 1. Die Ungleichung (n - 2)(n - l)n > (n + 1)2 ist äquivalent zu n 3 > 4n 2 + 1, und damit gilt sie für n 2: 5. Deshalb hat man für n 2: 5 :
140
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
+ 1)2 <
(n
n!
(n + 1)2 (n - 4)(n - 3)(n - 2)(n - l)n
"'=
<
<
1
(n - 4)(n - 3)
",= I uk=1 k2
1
(n - 4)2
"'=
konverglert, . konverglert . (n+I)2 auch un=5 -n-!-' ",= (n+I)2 ur (n+I)2 n2 +2n+1 n(n 1)+3n+1 un d d amit auch un=O n! . vvegen n! = n! - n! I 3 + I d ",= I h t . (n-2)! + (n-I)! nr un un=O nr - e a man.
I Da L.m=5 (n-4)2 -_
= (n+1)2 1 4 = (n+1)2 5 = [ 1 3 1] ~ n! -- + + ~ n! -- + ~ (n - 2)! + (n - I)! +n!-
Aufgabe 60 Zeigen Sie, dass die Reihe 2:~=1
kIk
konvergiert und dass ihr Wert größer als
i~ und kleiner gleich i~ ist.
Lösung: Man hat für k ~ 2 :
-&
~ 21k . Die geometrische Reihe 2:~2 ~ konvergiert.
Nach dem Majorantenkriterium konvergiert auch 2:~2
-&
und damit auch
-&. Setzt man an := 2:~=1 -&' so gilt: al = 1 , a2 = ~ , a3 = i~· -& > 0 ist a:= n--+= lim an = 2:~1 -& größer als i~. Die folgende
2:~1 Wegen
Abschätzung zeigt uns die noch nicht bewiesene Behauptung a ~ i~; sei dafür n > 3. an =
nIl kk = 1 + 22
L
k=1
1
1
111
1
1
+ 33 + 44 + ... + nn < 1 + 22 + 33 + 34 + ... + 3n
Aufgabe 61 Untersuchen Sie die Reihe 2:~=1 (-l)n* auf Konvergenz und auf absolute Konvergenz.
141
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
Lösung: Die Folge (Tn)n?:l ist eine streng monoton fallende Nullfolge, denn aus
n
< n+1
folgt
Vn <
f/n
+1
und damit Tn
>
~~+1. Nach dem Leib-
nizkriterium konvergiert die angegebene Reihe. Wegen Tn 2: ~, wegen der Divergenz der harmonischen Reihe L:~=1 ~ und aufgrund des Minorantenkriteriums ist die Reihe L:~=1 ( -1) n Tn nicht absolut konvergent. Aufgabe 62 Betrachten Sie die Reihe ~ a) b) c) d)
+
f,:
+ 313 + 214 + 315 +
:fr +
....
Schreiben Sie die Reihe in der Form L:~=1 an . Untersuchen Sie diese Reihe mit dem Quotientenkriterium auf Konvergenz. Untersuchen Sie diese Reihe mit dem Wurzelkriterium auf Konvergenz. Bestimmen Sie die Summe.
Lösung: a) Man setzt an := {
2;-1
3~n
2n
, falls nungerade, , falls n gerade.
Man schreibt auch a2n := ~
und a2n-1 := 3 für alle n 2: 1 . n +1 untersucht, muss man berücksichtigen, ob n gerade oder b) Wenn man aan ungerade ist. Man hat 1
1
a2n+1 = 3 21+ 1 = 1. . (~)2n < 1. . (~)2 = ..!. und ~ = ~ = 1. . (~yn-1. a2n 22>' 3 3 - 3 3 27 a2n-1 32n - 1 2 2 Für n -> 2 gilt ~ = 27. Es gibt also kein q < 1 mit a2n-1 -> Q:± a3 = 1.2 . (~)3 2 16
Ia~::-1 I ~ q für fast alle n. Es wäre aber auch falsch zu behaupten, dass Ia~::-1 I 2: 1 für fast alle nEIN gilt. Deshalb kann man mit Hilfe des Quoti-
entenkriteriums keine Aussage über die Konvergenz der angegebenen Reihe machen, falls man dieses Kriterium ohne genauere Überlegung verwendet. Berücksichtigt man, dass die Reihe L:~=1 an die Summe von zwei geometri-
schen Reihen, nämlich L:~=1 bn und L:~o Cn mit bn = }n und Cn = 3.~n ist, so kann man wohl mit Hilfe des Quotientenkriteriums die Konvergenz der Reihen L:~=1 bn und L:~=o Cn sofort nachweisen, und daraus die Konvergenz von L:~=1 an folgern. c) Wegen 2v'a2n = ~ und 2n-..ya2n_1 = ~ folgt yra;; ~ ~ für alle n 2: 1. Die Reihe ist nach dem Wurzelkriterium konvergent. 1 1 1 1 1 1 _ 1 ",00 1 1 ",00 1 _ 1 1 + 1 1 _ d) 3+2 2 +33+24+35 +26+ ... 3 L..Jk=O 9k+4" L..Jj=o 4J - 3.1- 1 4".1- 1 3
8"
+ 31
_
-
17 24 .
9
4
142
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
Aufgabe 63
Zeigen Sie mit Hilfe 2:~=2 n l~ n divergiert.
des
Verdichtungskriteriums,
dass
die
Reihe
Lösung: Die Folge (a n )n>2 mit an := nl~n konvergiert monoton fallend gegen
Null. Für n ~ 1 gilt a2 n = 2nl~2n = 2n ;ln2. Die Reihe 2:~=22na2n = 2:~=2 2n 2n;ln 2 = 1~2 2:~=2 ~ ist divergent. Deshalb ist auch die Reihe 2:~=2
n
l~ n divergent.
Aufgabe 64
Bestimmen Sie (falls vorhanden) die folgenden Grenzwerte:
x-I lim - x--+oo X + 1
i) iv)
ii) v)
lim Vx2+1sinx
x--+oo
Lösung:
> 0 hat man xX+-11 = lim (1 + 1) und damit x--+oo x
i) Für x 1=
11+-
_1 +1
x--+oo X
iii)
x2 + 1 lim - - - . x--+oo x 3 + 2
lim xcosx
vi)
lim x--+oo
x--+-oo
1.Da ;c
lim
lim _x__ =
x2 + 1 lim - - x--+-oo x-I
x--+oo
lim
x--+oo
lim 1 = 0 gilt, hat man lim (1- 1) =
x-too x
x
x
-00
während der Nenner gegen 1 geht. Deshalb gilt
geht der Zähler gegen lim x2~11 =
x-t-oo x
~:$:. Da 2~n~/~ + x\-) lim (1 + :?:r) = 1 gelten, hat man lim x~++21 = 0 . x--+oo x x--+oo x
iii) Für x (j {O,-{I2} gilt
~~t~
x
x--+oo
(1 - 1) (1 + 1)
ii) Ist x (j {I, O}, so gilt xX2~11 = ~~!. Für x --+ -00,
sinx
v'XTI. X + 1
=
-00 .
= 0 und
iv) Die Funktion f : IR --+ IR, f(x) = vx 2 + 1 sinx soll für x --+ 00 untersucht werden. Die drei Folgen (2mr)n2:o , ((2n+~)7rk::o und ((2n+~)7r)n2:o haben 00 als Grenzwert. Es gilt
f(2n7r) = 0, f ((2n +
~)7r)
= J(2n +
~)27r2 + 1> (2n + ~)7r
und
143
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
Deshalb existiert lim f(x) nicht! x--+oo
v) Analog wie bei iv) wird das Verhalten der Funktion g : IR -+ IR, g(x) = xcosx für x-+-oo untersucht. Betrachtet man die Werte g(-2mr)=-2mr, g( -(2n + 1)7r) = (2n + 1)7r und g( -(2n + ~)7r) = 0, so sieht man, dass lim g(x) nicht existiert.
x--+-oo
vi) Da Isin xl :S 1 für alle x E IR und x--+oo lim yXT.L d,.,+l
= 0 gilt, folgt x--+oo lim
= O.
s~+xl
yXT.L
Wir zeigen nun exemplarisch - ohne Verwendung der Rechenregeln für Grenzwerte, warum lim ~in+xl = 0 gilt. Dafür gehen wir von der Definition aus. Sei x--+oo
x
> 0; zu zeigen ist: Es gibt Ac 2: 0, so dass für alle x > Ac gilt: I~~:l -01 < c. Wegen I sinx I < _1_ < c und _1_ < c <===> 1 < x + 1 <===> 1 - 1 < x VX+I - VX+I VX+I c c
C
genügt es Ac gleich max{O, ~ - I} zu wählen. Aufgabe 65
Bestimmen Sie die Grenzwerte folgender Funktionen für x -+ ±oo: x2 2x 2
i)
+X +1 + 3x + 7
Ix2 +x - 51 x 2 + Ix - 11
ii)
.
Lösung: Es wird benutzt: lim
-A =
x--+oo x
.
1)
Wegen
x 2 +x+1 2x 2+3x+7
für x -+ -
l+~+::':r
lim
-A
x--+-oo x
x 3 + X - 17 x2 + x + 1 .
x m -1 --xn + 1
iv)
für jede natürliche Zahl k 2: 1 .
.
..
= 2+!+~ 1st sowohl der Grenzwert fur x
-+
als auch
00
gleich ~ .
00
") ur x 11 vvegen x
0=
iii)
11+~-~1 10 e gt, I dass b'd . d ++x-51 x-li = l+!h'll::"fl el e G renzwer t e gl' elch 1 sm.
2
iii) Die Umformung lim x3lx-17 x--+oo x +x+l
=
x
3
+x-17 =
x(1+~-.g.)
x 2 +x+l
1+ 1 + f •
;2
zeigt:
lim
x
3
x--+-oo x
fX-17 = +x+l
-00
und
00 .
. )I tel t xm-l xm-l l-d,,c l' xm_l - 1 S m = n, so 10 gaus xn+l = xm+l = l+~ S010rt xJ~oo xn+l - .
IV
Falls m lim
> n,
x:+-t
x--+oo x
= 00
so hat man m - n 2: 1 und und
lim
x:+-t
x--+-oo x
1n
%n-tt
=
xm-n_~
1+ iwn ; .n
= (_l)m-n oo . Schließlich gilt für
n
also:
> m,
144
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
Aufgabe 66
Betrachten Sie die folgenden Funktionen: i) f: IR ---+ IR
f(x) = {2X x2
,
iii) f: IR\{-2} ---+ IR,f(x)
=
v) f : IR ---+ IR , f(x) = x4~3 a)
b) c) d) e)
, falls x < 0, ii)f: IR ---+ IR, f(x) = , falls x 2: 0 .
Ix+21.
iv)f: IR\{-2} ---+ IR,f(x)
= X~2'
IX~21' •
Berechnen Sie jeweils lim f(x), X-tOO
lim f(x) und gegebenenfalls zu
X-+-CX)
Punkten aus IR, die nicht in dem angegebenen Definitionsbereich liegen, sondern auf dessen Rand, die Grenzwerte von f . Begründen Sie, warum jede der angegebenen Funktionen stetig ist. Bestimmen Sie die Bildmengen dieser Funktionen. Untersuchen Sie, ob die Funktionen umkehrbar (invertierbar) sind, und bestimmen Sie gegebenenfalls die Umkehrfunktion. Für jede der obigen Funktionen, die nicht (global!) invertierbar ist, stellen Sie den Definitionsbereich als (nicht notwendig disjunkte) Vereinigung von Intervallen dar, auf welchen die Einschränkungen der betreffenden Funktion invertierbar sind. Geben Sie dann für jede dieser Einschränkungen jeweils die Umkehrfunktion an.
Lösung: i) lim f(x) = lim x 2 = x--+oo
lim f(x) =
und
00
x-+oo
x--+-oo
lim 2x =
x--+-oo
-00 .
f ist definiert auf IR, deshalb hat man keine weiteren Grenzwerte zu berech-
nen. Als Polynome sind 2x auf 1-
00,
O[ und x 2 auf [0, oo[ stetig. Wegen
lim f(x) = lim 2x = 0 = lim x 2 = lim f(x)
x-tO-
x-tO-
x-tO+
x-tO+
ist f auch im Nullpunkt stetig und damit auf IR . Ist y < 0, so ist ~ < 0 und f(~) = 2· ~ = y, ist Y 2: 0, so ist f(..jY) = (..jY)2 = y. Damit ist IR das Bild von f. Außerdem werden durch die Zuordnungen x t--+ 2x und x t--+ x 2 die Intervalle 1- 00, O[ bzw. [0, oo[ jeweils bijektiv auf sich selbst abgebildet. Hiermit ist f umkehrbar, und es gilt:
f-l( ) = { y
, falls y
<0,
Ix + 21 = 00. Als Komposition der stetigen t--+ x+2 und z t--+ Izl ist f stetig auf IR. Für x E IR ist f(x) 2: 0;
ii) Es gilt lim
x-+oo
Ix + 21
~
..jY ,fallsY2:0.
=
lim
X--+-CX)
Funktionen x umgekehrt gilt für jedes y 2: 0
f(y-2) =
ly-2+21 = lyl =
y und
f(-y-2) =
l-y-2+21 = l-yl =
y.
145
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel Daraus ergibt sich:
[0, oo[ ist das Bild von f . f ist nicht bijektiv, da jede positive Zahl y > 0 zwei verschiedene Ur-
-+ -+
bilder hat. Die Einschränkungen h : [-2,00[-+ IR und 12 :]- 00, -2]-+ IR sind injektiv. Sie bilden deren Definitionsbereiche bijektiv auf [0, oo[ ab. Man hat für f1- 1 : [0,00[-+ [-2, oo[ und f2- 1 : [0,00[-+] - 00, -2] die Zuordnungsvorschriften fl 1 (y) = y - 2 bzw. f.;l(y) = -y - 2.
-+
iii) lim f(x) = 0 = x--+oo
lim f(x). Schreibt man den Definitionsbereich von
x-t-oo
f als] - 00, -2[ U ]2,00[, so sieht man besser, dass auch lim
x-t-2+
lim
x-t-2-
f(x) und
f(x) berechnet werden sollten. Beide dieser Grenzwerte sind 00, da
man" 1 durch eine immer kleiner werdende positive Zahl teilt". Sowohl auf ] - 00, -2[ als auch auf] - 2, oo[ ist f stetig, da gilt:
f(x) = {
~~\
x+2
für für
x> x<
-2, -2.
Im Punkt -2 ist f nicht definiert. Deshalb stellt sich die Frage nach der Stetigkeit von f überhaupt nicht! Man darf allerdings die Frage nach der Existenz einer stetigen Ergänzung von f in diesem Punkt stellen. Da lim f(x) = 00 x-t-2-
und
lim
x-t-2+
f(x) = 00 gilt (es genügt nur eine dieser "Gleichungen" als Be-
gründung), ist diese Frage negativ zu beantworten. f nimmt nur positive Werte an, und zwar alle! Ist nämlich y > 0, so folgt aus IX~21 = y zuerst ~ = Ix + 21, und daraus x = ~ - 2 oder x = - ~ - 2. Dabei liegt ~ - 2 in] - 2,00[, während - ~ - 2 in ] - 00, -2[ liegt. Es wurde also gezeigt:
-+ -+ -+
]0, oo[ ist das Bild von f . f ist nicht injektiv. Die Einschränkungen h : ] - 2,00[-+ IR und 12 : ] - 00, -2[-+ IR von f bilden deren Definitionsbereich jeweils bijektiv auf ]0, oo[ ab. Deren Inversen sind fl 1 (y) = ~ - 2 bzw. f.;l(y) = - ~ - 2.
iv) Die Grenzwerte der FUnktion am Rande des Definitionsbereich lauten: lim f(x)
x-t-oo
= 0 = x-too lim f(x), lim f(x) = -00 und x-t-2-
lim
x-t-2+
f(x)
= 00 .
Als Quotient von stetigen FUnktionen (nämlich einer konstanten FUnktion durch ein Polynom) ist f auf dem Definitionsbereich IR\ {-2} stetig.
146
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
f hat keine Nullstelle, ansonsten wird jeder Wert genau einmal angenommen, da aus X~2 = Y i- 0 folgt x + 2 = und damit x = 2. Also ist IR\ {O} das
i
Bild von
i-
f und die Zuordnung IR\{ -2} -+ IR\{O}, x
i-
M
X~2 ist bijektiv. Die
2. inverse Zuordnung lautet Y M v) lim f(x) = 0 = lim f(x). Wie bei iv) ist f als Quotient einer konstanx-+oo
x--+-oo
ten Funktion durch ein Polynom (ohne Nullstellen) auf IR stetig. f hat nur positive Werte, genauer: es ist X4~3 ~ O~3 = ~. Wir zeigen, dass jeder Wert Y aus ]O,~] angenommen wird: y = x4
~3 ~
x4
+3 =
t ~ tx4 =
3
~
x =
±«t-
3.
Daraus folgt: -+ -+ -+
Bildf=]O,~].
f ist nicht injektiv und damit nicht bijektiv. h: [0, oo[-+]O,~] und 12:]- 00,0] -+]O,~] als Einschränkungen von f sind bijektiv. Die Umkehrabbildungen sind gegeben durch f 1 1 (y) =
1i -
3 bzw. f;l(y) =
-1i -
3.
Aufgabe 67
[ ] bezeichne die Gaußsche Klammer, d.h. [x] ist die größte ganze Zahl, die kleiner oder gleich x ist.
a) b)
c) d)
e)
Berechnen Sie die Werte dieser Funktion in - ~ , V3 , 1T , 1T 2 , e , e2 • Bestimmen Sie die Menge U aller Punkte u aus IR, in welchen die funktion g: IR -+ IR,g(x) := [x 2 ] nicht stetig ist. Gehört 0 zu U? Berechnen Sie in jedem u E U die Grenzwerte lim [x 2 ] und lim [x 2 ] . x--+u+
x--+u-
In welchen Punkten aus U ist 9 linksseitig bzw. rechtsseitig stetig? Wie groß ist die Sprunghöhe in diesen Punkten? Stellen Sie die Funktion 9 graphisch dar.
Lösung: a) -~ = -2,666... ,
V3
= 1,73205... , 1T = 3,14159 ... 9,8696. .. , e = 2,71828... , e2 = 7,389056 .... Deshalb gilt: [-~l -3, [V3] = 1 , [1T] = 3, [1T 2 ] = 9, [e] = 2, [e 2 ] = 7 . b) Für jede natürliche Zahl n ~ 1 und jedes q E]O, 1[ gilt:
+ q) = [n + q] = n , g( Jn - q) = [n - q] = n - 1 , g( -Jn + q) = [n + q] = n , g( -Jn - q) = [n - q] = n g( Jn
1,
147
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
g(±.fij)
= [q] = 0 = g(O) .
Daraus folgt die Stetigkeit der Funktion 9 auf]- 1,1[, auf ]yn, Vn+1"[ und Hiermit ist U = {yn I nEIN} U {-yn I nEIN} und o ~ U. c) Aus b) folgt insbesondere:
] - Vn+1", -yn[.
lim g(x)=n=g(yn),
h,m+
x .....
lim
x-t ..... y/n.....
d)
lim
x-ty/n+
g(x) -
g(x)
lim
x-ty/n.....
lim g(x)=n-l,
x -t y/n .....
= n = g(-yn), g(x)
=1,
lim
lim
x-t ..... y/n+
x-t ..... y/n+
g(x) -
g(x)
= n -1.
lim
x-t ..... y/n .....
g(x)
= -1.
Die
Sprunghöhe in yn ist 1 und in -yn hat sie den Wert -1. Außerdem folgt aus c), dass 9 in yn rechtsseitig stetig und in -yn linksseitig stetig ist. e) Die obigen Ergebnisse werden auch durch die folgende Bemerkung bestätigt: Die Funktion 9 ist eine gerade Funktion, d.h. g(x) = g( -x) für alle x E IR.
-.-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
.
-
-~----------..-;r
-
,-~
e, ,
- .....0 I
I
_I
I
_.....-<> - ' _'
--15 -V3
-1
l_
I
I
Abbildung 1.12. g(x) = [x 2 ]
Das bedeutet geometrisch: Der Graph von 9 ist symmetrisch bzgl. der yAchse. Eine Skizze zeigt uns die Abbildung 1.12. Aufgabe 68
Gegeben sei das Polynom P : IR -+ IR durch P(x) := x 3 a) b)
+x +1 .
Zeigen Sie, dass P eine streng monoton steigende Funktion ist. Wieviele Nullstellen hat P? (Warum?)
148 c)
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra Bestimmen Sie die Nullstellen mit Hilfe des Intervallhalbierungsverfahrens auf zwei Stellen nach dem Komma genau.
Lösung: a) Ist Xl < X2, so auch
xr < x~ und damit
b) Da P eine injektive Funktion ist, gibt es höchstens ein x E IR mit P(X) = 0. Wegen P( -1) = -1 und P(l) = 3 folgt (s. Zwischenwertsatz), dass eine (und nur eine!) Nullstelle von P existiert. c) Man hat P( -0,9) < und P( -0,5) > 0, genauer: P( -0,9) = -0,629 und P( -0,5) = 0,375. Deshalb ist es sinnvoll, das Intervallhalbierungsverfahren mit Xo = -0,9 und Yo = -0,5 anzufangen. Wir führen die Rechnungen durch und erhalten dabei die folgende Tabelle:
°
= -0,9 Xl = -0,7 X2 = -0,7 X3 = -0,7 X4 = -0,7 X5 = -0,6875 X6 = -0,6875 Xo
= -0,043 P( -0,6) = 0, 184 P( -0,65) = 0,075375 P( -0,675) = 0,01745 ... P( -0,6875) = -0,01245 ... P( -0,68125) = 0,00258 P( -0,7)
Deshalb ist die gesuchte Nullstelle
x=
= -0,5 YI = -0,5 Y2 = -0,6 Y3 = -0,65 Y4 = -0,675 Y5 = -0,675 Y6 = -0,68125 . Yo
-0,68 ...... .
Aufgabe 69
Zeigen Sie, dass die Funktion f : IR -+ IR , f(x) := l;x 2 gleichmäßig stetig auf IR ist, indem Sie zeigen, dass feiner Lipschitz-Bedingung genügt. Lösung: Für alle x, Xl aus IR gilt X
Xl
- -2- - - /2 1+x
=
Ix -
1+X
I
X I(1
11- xxii
X + XX /2 - Xl - Xl X2 (1 + x 2)(1 + X/2 )
+ x2)(1 + X/2) ~ Ix -
I
X I(1
I(x - x l )(l - xxl)1 (1 + x 2)(1 + X/2 )
1 + lxiixii + x2)(1 + X/2)
Für nichtnegative Zahlen a und b gilt 1 + ab ~ (1 + a2 )(1 + b2 ), denn das ist äquivalent zu ab ~ a2 + b2 + a2 b2 , was offensichtlich richtig ist wegen
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
2ab :S a2
+ b2 .
149
(Für unsere Aufgabe wählt man a
Lipschitz-Konstante ist also 1, d.h.: I H~x2
-
= lxi
1:~'21 :S Ix -
und b
xii·
= Ix'!-)
Die
Aufgabe 70
Sei I: IR -+ IR, I(x) =
1';x4 .
Zeigen Sie, dass I eine Lipschitz-Bedingung erfüllt. Was folgt insbesondere daraus?
a) b)
Lösung: a) Sind x und t verschiedene reelle Zahlen, so ist I/(x) - l(t)1 < Ix4_t41 <41 X - tl {::::::} 1x 3 + x 2 t + xt 2+3 41 x - t I {::::::} (Hx t 1< 4 )(Ht 4 ) _
4(1
+ x 4 )(1 + t 4 )
Ix 3
+ x 2 t + xt 2 + t 3 1:S
.
Ohne Einschränkung sei Itl :S IxI- Ist lxi :S 1, so gilt Ixl 3
+ x 2 1tl + Ixlt 2 + IW :S 4 <
Ixl 3
+ x 2 1tl + Ixlt2 + Itl 3
4(1
+ x 4 )(1 + t 4 )
.
Ist lxi> 1, so hat man Ix 3
+ x 2 t + xt 2 + t 3 1 :S
< 4x 4 < 4(1
+ x 4 )(1 + t 4 )
Also ist 4 eine Lipschitz-Konstante für I . b) Aus a) folgt, dass I gleichmäßig stetig auf IR ist. Ist nämlich folgt aus Ix - tl < ~ die Ungleichung I/(x) - l(t)1 < € .
€
.
> 0, so
Aufgabe 71
a) b)
Untersuchen Sie die Funktionenfolge (fn)nEIN auf IR auf Konvergenz und gleichmäßige Konvergenz. Dabei gilt In(x) := H~x2 . Untersuchen Sie mit Hilfe des Cauchyschen Konvergenzkriteriums für gleichmäßige Konvergenz die Funktionenfolge (fn)nEIN auf IR. Diesmal ist In(x) := H~x2 .
Lösung: a) Ist x i 0, so hat man lim (1 n--+oo
+ nx 2 )
=
00
und deshalb !im In(x) = O. n--+oo
= 0 gilt In(O) = 1 für alle n aus IN. Deshalb ist I : IR -+ IR , = {01 ,fallstx = 0, die Grenzfunktion der Folge (fn)n>l. Die Funkoom -
Für x I(x)
tionen In sind alle stetig auf IR, aber I nicht. Deshalb kann die Konvergenz der Folge (fn)n?l gegen die Funktion I nicht gleichmäßig sein. b) Die gegebene Funktionenfolge konvergiert gegen die Nullfunktion. Die einzige (allerdings anspruchsvolle) Frage ist, ob diese Konvergenz gleichmäßig ist: Sei € > 0 fest; es genügt € < 1 anzunehmen. Sei x E IR mit lxi ~ 1. Es gibt ein nl = nd€) aus IN mit nl > ~. Für alle n ~ nl und alle m > n gilt:
150
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
3 Im-nllxl IIm (x) - f n (x)1 -- (1+mx 2)(1+nx 2)
3 < < Im-nllxl mnx 4
-
Im-ni . .!. m n
c < ...!... nl < .
lxi< 1. Es gibt ein n2 = n2(c) aus IN mit n2 > ~. Für alle n 2 n2 gilt n > ~ 2 ~ und damit nlxl > :' was zu I~~ > : äquivalent ist. Es folgt 1+nx 2 = 1 + nx 2 > nx 2 > 1. und damit ~ < c. Daraus ergibt JXI TXT Txf Txf c l+nx Sei x E IR mit c :::;
sich für alle mEIN :
Ifm(x) - fn(x)1 =
1 2 lxi I1 +mx
-
1 1
+nx
2
I < lxiI
1 2 +nx
< c.
Sei schließlich x E IR mit lxi< c. Aus 1J~lx2 < c für alle nEIN folgt wie zuletzt: Ifm(x) - fn(x)1 < c für alle m, nEIN. Insgesamt haben wir gezeigt: Für alle m, nEIN mit m > n > max( n1, n2) = n2 und alle x E IR gilt: Ifm(x) - fn(x)1 < c. Die Funktionenfolge (fn)nEIN ist nach dem Cauchyschen Kriterium gleichmäßig konvergent. Aufgabe 72
Bestimmen Sie die Konvergenzradien der folgenden Potenzreihen mit Hilfe des Quotientenkriteriums: 00
'"'"
~ ((n
n
2n n
+ I)!)2x .
Lösung: ( 3n) . an n 1)-a-=(3 n+1 n+
3)=
n+l
~ n!(2n)!
(3n+3)!
(n+l)!(2n+2)!
(n
+ I)!(2n + 2)! n!(2n)!
(3n)! (3n + 3)!
(n + I)(2n + 2)(2n + 1) 4n 2 + 6n + 2 4 --t2 - (3n + 3)(3n + 2)(3n + 1) - 3(9n + 9n + 2) n--+oo 27 . Es folgt für den Konvergenzradius: r = 2~ • -
") ~ _
11
an+l
-
n 2n
~
(n+l)2n+2 «n+2)!)2
(n+2)2 . ((1 (n+1)2
((n+2)!)2 . (( n+1 )n)-2 . 1 _ ((n+1)!)2 n (n+1)2 -
+ .!.n )n)-2 = (1 + _1_)2 . ((1 + .!. )n)-2 n+1 n
--t
n--+oo
e- 2 .
Der Konvergenzradius ist gemäß dem Quotientenkriterium gleich e- 2
•
Aufgabe 73
Bestimmen Sie für die folgenden Potenzreihen die Konvergenzmengen:
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
151
f
00
ii)
i)
n: n=O n
n=O iii)
L oo
(3n)! n
--x n 2n n=l
L oo
iv)
n=l
+ 21 (x +
(3n)! n
-3- X n n
3)n .
.
Lösung: i) Mit an := 3n + 4n lässt sich die Reihe in der Form L~=o anx n schreiben. a 3 n ±4 n · U c M an h at d1e mlormungen -""'= 3n+l+4nfi = a n +l
Daraus ergibt sich lim ~ n n--+oo a +l
=
-41, da lim (~4)n n--+oo
1 (if+ (3)n +4 .
3 4
= 0 gilt.
Dieser Grenzwert
ist der Konvergenzradius. Wegen an· (~)n = (~)n + 1 und an. (_ ~)n = (_1)n[(~)n + 1] sind die Reihen L~=o an(~)n und L~=o a n ( - ~)n divergent, und damit ist] - ~,~ [ die gesuchte Konvergenzmenge . .. ) S .- n 2 +1 ·1 ~ _ n2H . (nH)2+1 _ (n 2H)[(nH)3+2] 11 etzt man an .- na+2' so gl t a n +l - n3+2 . (nH)3+2 - (n3+2)[(nH)2H]
= (1+~)[(1+~)3+~1 : (1+~)[(1+~)2+~]. Daraus folgt J~~ a~:l = 1,
und deshalb ist 1 der Konvergenzradius der angegebenen Reihe. Zu untersuchen ist nun das Verhalten der Reihen in den Punkten x = 4 und x = 2, d.h. der Reihen L~=o an und L~=o( -1)nan . Wegen an = ~~t~ > ~ für alle n ~ 1 und nach dem Majorantenkriterium ist L~=o an divergent. Es gilt lim an = 0 und für jedes n ~ 1 gilt a n+1 < an, weil diese Ungleichung n-too
wie folgt zu einer offensichtlich geltenden Ungleichung äquivalent umgeformt werden kann: an+1
< an
{=}
(n + 1)2 + 1 n 2 + 1 <-(n + 1)3 + 2 n 3 + 2
{=}
(n 2 + 2n + 2)(n 3 + 2)
{=}
n + 1
< n4 +
< (n 2 +
1)(n3 + 3n 2 + 3n + 2)
n 3 + 4n 2 .
Nach dem Leibnizkriterium ist L~=o( -1)n an konvergent, und damit ist [2, 4[ die Konvergenzmenge der Reihe L~=o ~~!~ (x - 3)n . ... ) I St an:=~, (3n)! III so gl·lt (3n)! (3n + 3)! n 2n . (n + 1)2n+2
_
n+l
- 3(3n + 1)(3n + 2)
(3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)
[( 1+.!.n) nj2
.
152
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
+ -nl)n --
Wei'l l'1m (1 n--+oo
n+l +2) -(3 +1}(3
l'1m e un d n-+oo
n
n
0 ge1ten, 1st . l'1m n--+oo
...E:IL- - 0 ,
a n +l
und damit ist 0 der Konvergenzradius; die Konvergenzmenge besteht nur aus dem Nullpunkt. . ) M'It a n := (3n)"1 IV n 3n ' gi t d'leSma1 an (3n)! (3n + 3)! a n+l = n 3n : (n + 1)3n+3
und deshalb ist
3
e7 2
= lim
...E:ILn-+oo a n +l
(n + 1)2 3(3n + 1)(3n + 2) . [(1
1
n 3
+:;:) ] ,
der Konvergenzradius. Die Untersuchung der
Reihe in den Punkten x = ~~ und x = - ~~ ist anspruchsvoll. Man benutzt im Vorgriff auf Kapitel 2, dass für lxi< 1 gilt:
Die Ungleichung n(n 2 + 2n + 1) < (n + 1)(n 2 + 2n + ~) ist für alle n 2: 1 gültig, weil n 3 + 2n 2 + n < n 3 + n 2 + ~n + n 2 + n + ~ gilt. Deshalb folgt
~= an+l
Für r
= ~7 3
a n r n < (1
~
n 2 + 2n + 1 . (1 n 2 + n + ~ 27
+ ~) 3n < n
(1
+ -nI)
217 (1
+ -nI) 3n
.
hat man also
+ 1.) n
..L 27 (1
+ 1.)3n a n+l r n = (1 + 1.)3n+l 1a r n+l . n n ~ n+l
Nun zeigen wir, dass für alle n 2: 1 gilt (1+ ~)
3n+l
:S e3
.
Für n = 1 ist (**) erfüllt, weil 24 = 16< 19,683 = 2,73 < e3 gilt. Für n 2: 2 zeigen wir (äquivalent zu (**)), dass (3n + 1) ln(1 + ~) < 3 gilt. Man hat: (3n+l) ln(1
+ ~) = (3n+l)(~ -
~
+ 3~3
-
~
+ 5~5
-
~
+ 7~7
-
... )
=
3;N -
3 + ~ - 3;~1 + (3n + 1)[(~ -~) + (~-~) + ...] < 3 + -3n~!rn+2 < 3, weil für alle n 2: 2 die Zahl -3n 2 + 3n + 2 negativ ist. Aus (*) und (**) folgt dann anr n < a n+1 r n+1, und damit sind weder L~=1 anr n noch L~=I (-I)n anrn konvergent. Die gesuchte Konvergenzmenge ist deshalb]- ~~, ~~[.
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
153
Aufgabe 74
Bestimmen Sie die Konvergenzmenge der Potenz reihe L~=2
I: x n
n.
Lösung:
Der Grenzwert lim ~ = lim n--+oo
ln(n+l)
n-+oo
In\n+l l , nn
der der Konvergenzradius r die-
ser Reihe ist, ist ohne die Regel von de l'Hospital (vgl. 2.1.2) schwierig zu berechnen. Deshalb geht man diesmal anders vor. Für x = 1 hat man es mit der Reihe L~=2 In! n zu tun, die wegen ~ < In1n für alle n 2: 2 genauso wie die harmonische Reihe divergiert; also: r :S 1. Dagegen ist die Reihe L~=2 (-1) n n' die für x = -1 entsteht, konvergent nach dem LeibnizKriterium, da lim -11 = 0 und In n < ln(n + 1) für alle n 2: 2 wegen der
I:
n--+oo n n
strengen Monotonie der Logarithmusfunktion. Also: r 2: 1. Hiermit ergibt sich r = 1 für den Konvergenzradius und [-1, 1[ für die Konvergenzmenge. Als Nebenprodukt erhält man den Grenzwert J~~ In(~~ll = 1 wie folgt: Die Folge (In(~~I) k:~2 ist streng monoton fallend und beschränkt, also konvergent. Ihr Grenzwert ist dann ~ = 1. Aufgabe 75
Lösen Sie die Gleichungen i) gx - 4· 3 x + 3x +l = o.
ii)
310gx +glogx +27 10g x = 232
•
Lösung: i) Es gilt gx = (3 2)X = (3 x )2 und 3x +l = 3· 3x . Aus der gegebenen Gleichung ergibt sich mit der Bezeichnung y = 3 x die quadratische Gleichung y2 _ 4y + 3y = 0, d.h. y2 - Y = O. Diese letzte Gleichung hat die Nullstellen o und 1. 3x = 0 ist nicht lösbar, da 3X > 0 für alle x E IR gilt. Die Gleichung 3 x = 1 hat die Lösung x = O. Also ist 0 die einzige Lösung der Gleichung. ii) Wegen 3 log g. glog x =3 log x und 3 log 9 = 2 folgt glog x = ~ 3 log x.
Analog ergibt sich 27 log x = ~ 3 log x. Hiermit gilt 3 10g x +glogx +27 10g x =3 10g x +
1
1
11
2 3 10g x + 3" 3 10g x = "6 3 10g x .
Die Gleichung 161 (310g x) = 232 ist äquivalent zu 3 log x = 4. Also ist x = 34 = 81 die gesuchte Lösung. Aufgabe 76
Geben Sie alle x E IR an, für welche gilt:
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
154
= cos 5x . tanx = V6cosx. cos 3x = 5 - 4 cos 2 X sin 2x
i) iii) v)
ii) iv) •
vi)
= hsinx . sin 2x = tan x . 5sinx -12cosx = 10.
tanx
Lösung: Für solche Aufgaben ist es wichtig, die Additionstheoreme sowie verschiedene Formeln, die daraus folgen, zu kennen (oder wenigstens zu wissen, dass es sie gibt und wo sie stehen!) Außerdem ist es nützlich, sich die Werte von sin, cos und tan in Punkten wie 0, ~,~, ~, usw. zu merken, sowie das Verhalten der trigonometrischen Funktionen, wenn man das Argument x in -x, in x + ~ bzw. in x + 'Ir, usw. ändert. i) sin2x = cos5x = sinG - 5x) führt zu 0 = sin2x - sin(~ - 5x) = _ 2 sm . (7"ix - 4" 7r) cos (3"i x - 4"7r) • . (2X-~+5X) 2 sm 2 cos (2X+~-5X) 2 Die Lösungen von sin t = 0 haben die Form mf mit n E 7l. und aus ~x - ~ =
+ ~) = 27n'lr + r4' Die Lösungen von cos t = 0 sind alle Zahlen der Form k1r + ~ mit k E 7l.. Hiermit erhält man aus ~x - ~ = k'lr + ~ sofort x = 23k'lr + ~. Also ist n'lr folgt x
=
~ (mf
2n 'Ir I n E 7l. } U { T'Ir + 14
{ 3'1r 2k + "2'Ir I k
E 7l.
}
die Lösungsmenge von sin 2x = cos 5x . ii) Man kann tanx = ~~~~ = V2sinx zu sinx()z - cosx) Aus sin x
=0
umformen.
= 0 erhält man die Lösungen {n'lr I n E 7l.} und aus cos x = )z die
Lösungen {2k1r ±
~
Ik
E
7l.}. Die Gesamtlösungsmenge lautet also
Man beachtet dabei, dass keine der Zahlen ~ + m'lr mit m E 7l. (in welchen tan x nicht definiert ist) zur Lösungsmenge gehört. iii) Schreibt man tan x =
J6(1 -
sin 2
=
~~~ ~
= J6 cos x
als sin x
x), so muss man zuerst die Gleichung
lösen. Eine der Lösungen, nämlich -
= J6
J6x 2 + X
-
cos 2 X
J6 =
0
V,f, liegt nicht im Wertebereich der Si-
nusfunktion. Die andere Lösung, also ~, liegt zwischen -1 und 1. Daraus ergibt sich die Lösungsmenge der Gleichung tan x =
J6 cos x
zu
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel
155
Sie enthält nur Punkte, in welchen tan x definiert ist. iv) Aus sin 2x = 1!~:~f x = tan x erhält man äquivalent tan x(tan x-I) = 0, und damit ist die gesuchte Lösungsmenge die Vereinigung der Lösungsmengen von tanx = 0, tanx = 1 und tanx = -1, d.h.
2
{mr I n E 7l} U { m7r ±
i Im
E 7l }
v) Man benutzt die Formel cos3x = 4cos 3 x - 3cosx. Die angegebene Gleichung erhält damit die Gestalt 4 cos 3 x + 4 cos 2 X - 3 cos x - 5 = O. Es gilt (cosx - 1)(4cos2 X + 8cosx + 5) = 4cos3 X + 4cos 2 X - 3cosx - 5. Die Gleichung 4X 2 + 8X + 5 = 0 hat die komplexen Zahlen -1 ± ~ als Nullstellen. Deshalb stimmt die Lösungsmenge der angegebenen Gleichung mit der Lösungsmenge von cos x = 1 überein, d.h. sie lautet
vi) Teilt man die Gleichung durch V5 2 + 12 2 5smx · 10 S' ' t cosa 13 - 12 13 cosx = 13' elen a, ß aus ]0 , 2"71" [ml
g,
=
13, so hat man 5 un d' 10 13 sm ß = 13'
Dann gilt sina = und damit folgt sin(x - a) = sinxcosa - cosxsina = 5 1 3 sinxcosx = ~~ = sinß. sin(x-a) = sinß ist zu x-a = (-l)nß+n7r mit n E 7l äquivalent. Also ist
g
die Lösungsmenge der Gleichung 5sinx -10cosx = 10. Aufgabe 77
Lösen Sie die folgenden Gleichungen: i) ii)
sin x + sin 3x + sin 5x = 0 . V3 sin x - cos x = V2 .
iii)
3 sin x
+ 4 cos x
=
~.
Hinweis zu iii): Betrachten Sie den Winkel a E [O,~] mit cosa = ~ . Lösung: i) Mit den Umformungen sinx + sin3x + sin5x = (sinx + sin5x) + sin3x = 2 sin 3x cos 2x + sin 3x = 2 sin 3x( cos 2x + sieht man, dass die Lösungsmenge der gegebenen Gleichung die Vereinigung der Lösungsmengen von sin 3x = 0 und von cos 2x = - ~ ist. Ist x eine Lösung von sin 3x = 0, so
!)
156
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
gibt es n E II mit 3x = mr. Deshalb hat sin 3x = 0 die Lösungsmenge {n~ In E ll}. x ist eine Lösung von cos2x = -~ genau dann, wenn es ein k E II mit 2x = ±
2; + 2k1r gibt. Also ist diesmal {±~ + k1r
I k E ll} die
Lösungsmenge von cos 2x = - ~. Als Lösungsmenge für die gegebene Gleichung erhalten wir daher {n~ In E ll} U {±~ + k1r I k E ll} .
v'3 sin x - cos x = 2(1" sin x - ~ cos x) = 2 (cos i sin x - sin i cos x) = 2sin(x - i) = v'2 führt zu sin(x - i) = Y,f = sinf und damit zu sin(x - i) - sinf = 2sin(X-\-i)cos(x-\+i) = 0, d.h. zu sin x-}z = 0 x_ und cos ~ = o. Aus der ersten Gleichung folgt ~ = mr mit n E II ii)
5 11'
x+~
xi
f2 = ~ + k7r mit k E ll. Es ergibt sich die und aus der zweiten Gleichung Lösungsmenge für die gegebene Gleichung: {2n7r - ~; I n E ll} U {(2k + 1)7r - ;; I k E ll} . iii) Für a aus [0, ~l mit cosa = ~ gilt sina = Man geht ähnlich wie
5(cosasinx - sinacosx) = 7f 4" ' x - a = ± 4" + n 7r ml·t n E II .
im Fall ii) vor: 5(~sinx - tcosx) 5 y'2
,
. (x sm
{x = a ± f
-
a)
=
1 y'2
+ n7r I n E ll}
=
. sm
=
~
,
t.
7f
ist also die Lösungsmenge.
Aufgabe 78
Zeigen Sie, dass im IR- Vektorraum aller Funktionen von IR nach IR die Funktionen sin x, cos x, sin 2x, cos 2x linear unabhängig sind, d.h.: Gilt für al, a2, bl ,b2 aus IR bl sin x für alle
x
+ al cos x + b2 sin 2x + a2 cos 2x =
aus IR, so folgt bl = b2 = 0 =
al
=
0
a2 .
Lösung: Für x = 0, ~,7r ergibt sich aus bl sin x + al cos x + b2 sin 2x + a2 cos 2x = 0 das lineare Gleichungssystem al + a2 = 0 , bl - a2 = 0 , -al + a2 = O. Dies ist nur für al = a2 = bl = 0 möglich. Die obige Gleichung reduziert sich dadurch zu b2 sin 2x = 0 für alle x E IR. Da die Funktion sin 2x nicht die Nullfunktion ist (ihre Nullstellenmenge ist {n~ I n E ll}), muss auch b2 verschwinden, und deshalb sind die vier trigonometrischen Funktionen sin x, cos x, sin 2x, cos 2x linear unabhängig. Aufgabe 79
Zeigen Sie, dass für alle x E IR\ {n7r I n E ll} gilt:
157
1.2 Aufgaben für das erste Kapitel sin nx sin(n + l)x . 2 . = sm x smx
. 4 . 6 . 2 + sm x + sm x + ... + sm nx.
Hinweis: Sie könnten die Identität durch vollständige Induktion beweisen. Eine andere Möglichkeit ist, die äquivalente Identität sin x sin 2x + sin x sin 4x + sin x sin 6x + ... + sin x sin 2nx = sin nx sin(n + l)x durch Umformungen nachzuweisen. In beiden Fällen benötigen Sie als entscheidendes Hilfsmittel die Additionstheoreme. Lösung: Wir beweisen die Identität zuerst mit Hilfe der vollständigen Induktion. Induktionsanfang: Für alle x aus IR\{mf I n E ~} gilt sin~~i~2x = sin2x. Dies ist offensichtlich. Induktionsschritt: Unter Benutzung der Induktionsannahme sin nx sin(n + l)x . 2 . = sm x smx
. 4 . 6 . 2 + sm x + sm x + ... + sm nx
vollziehen wir den Induktionsschritt und zeigen, dass (ebenfalls für alle x aus IR\{mf I n E ~}) gilt: sin(n
+ l)xsin(n + 2)x . smx
. 2
= sm x
. 4 . 2 . (2 + sm x + ... + sm nx + sm n + 2) x.
In den folgenden Umformungen benutzen wir zweimal die Additionstheoreme und an der Stelle (*) die Induktionsannahme: sin2x + sin4x sin(2n + 2)x =
.
.
+ ... + sm2nx + sm(2n + 2)x sin nx sin(n . smx
+ l)x
(*)
=
sin nx sin(n . smx
+ l)x
+
+ 2sin(n + l)xcos(n + l)x =
sin(n. + l)x [sm . nx + 2 sm . x cos (n1 + ) x] = smx sin(n + l)x [ . . sm nx smx
. ( 2) + (sm n+ x-
. )] sin(n + 1) sin(n sm nx = . smx
+ 2)x
.
Das war der Induktionsschritt. Nun berechnet man die Summe sin x sin 2x + sin x sin 4x + sin x sin 6x
+ ... + sin x sin 2nx ,
indem man sin x sin 2kx als ~ (cos(2k - l)x - cos(2k + l)x) darstellt, und dann ergibt sich aus
158
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
1 2(cOS x - cos 3x)
1
+ 2 (cos 3x -
cos 5x)
1
+ ... + 2(cos(2n -
l)x - cos(2n + l)x)
zuerst ~ (cos x - cos(2n + l)x) und daraus: ~ . 2 sin nx sin( n
+ l)x .
Aufgabe 80
Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich der Funktion
x r-+ f(x)
:=
ln(sinx
+ cos2x)
.
Lösung: Wir bestimmen den maximalen Definitionsbereich der Funktion f. Die Funktion ist in x E IR genau dann definiert, wenn sin x + cos 2x > 0 gilt, d.h. wenn 2sin 2 x - sinx -1< 0 gilt. Das ist zu -~ < sinx < 1 äquivalent. Also ist
u (] -i +
2mf,
nEZ
~ + 2mf [ U]~ + 2mf, 7; + 2mf [)
der maximale Definitionsbereich von
f .
Aufgabe 81
Zeigen Sie, dass für alle x E IR\{O} gilt: 1 + sinh x
+ sinh 2x + ... + sinh nx =
sinh(n + 1.)x . h x2 sm 2"
Lösung: Man hat (s. geometrische Reihe):
+ sinh 2x + ... + sinh nx = e' -2e -' + e2 , -2e - 2Z + ... + eU e2' [1 + e X + ... + e(n-l)x] - e;' [1 + e- x + ... + e-(n-l)x] = e; [1 + e X + ... + (ex)n-l]_ e;z [1 + e- x + ... + (e-X)n-l] =
sinh x
c(en.c-1) _ 2
eZ-l
~(e-na:_l)
2
e-z-l
== 1 2
e(n+l)al_ e Oll+ e -nz_l
e'-l
-2e - nz
==
1. e(n+!)z±e-(n+!)z_e~ -e-~ _ cosh(n±!)x-cosh t 2
e!-e!
(Man beachte, dass sinh
~
2sinh~
so wie auch e X
-
1 nur x
= 0 als Nullstelle hat.)
1.3 Erster Test für das erste Kapitel
Aufgabe 1
Beweisen Sie durch vollständige Induktion, dass für alle natürlichen Zahlen n gilt:
:t
k(k + l)(k + 5) = n(n + l)(n 4+ 2)(n + 7) .
k=l Lösung: (lA) Induktionsanfang: Für n = 1 gilt die angegebene Identität, weil die linke
+ l)(k + 5) = 1 ·2·6 = 12 mit der rechten Seite 1.243.8 = 12 übereinstimmt. (IS) Induktionsschritt von n auf n + 1 : Annahme: L:Z=l k(k + l)(k + 5) = n(n+1)(n4+2)(n+7) gilt. Zu zeigen ist: L:Z~i k(k+1)(k+5) = (n+1)(n+2~n+3)(n+8). Es gelten die folgenden Umformungen: SeiteL:~=l k(k
n+1
n
k=l
k=l
L k(k + l)(k + 5) = L k(k + l)(k + 5) + (n + l)(n + 2)(n + 6) (*)
=
=
n(n + l)(n + 2)(n + 7) 4 (n+1)(n+2)
4
+ (n+ 1)(n+ 2)( n+ 6)
[n 2 + 7n + 4n + 24] =
(n+1)(n+2)
4
(n 2 + lln+ 24);
dabei hat man an der Stelle (*) die Induktionsannahme benutzt. Da offensichtlich n 2 + lln + 24 = (n + 3)(n + 8) gilt, wurde gezeigt, dass aus der Annahme der Identität für n die Identität für n + 1 folgt. Aufgabe 2
a)
Bestimmen Sie die Polarkoordinaten von Zl
= -1
+ iv3,
Z2
= V2 - iV2,
Z3
= 2v3 - 2i .
Z5 Z5
b)
Berechnen Sie
c)
Bestimmen Sie die drei Wurzeln wo, W1 , W2 der Gleichung w 3 = der Form ak + ib k mit ak, bk E IR, k = 1,2,3.
Z4
= ~ . Z3
Benutzen Sie dabei die Werte cos 2!:.. 12
=~ 4'
sin 2!:.. 12
=~ 4·
Z4
in
160
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
Lösung:
a) Zuerst berechnen wir die Beträge der drei komplexen Zahlen:
Die trigonometrischen Gleichungen cos a1 = - ~ , sin a1 = V; , cos a2 = O 1 ' sm ° 1 ' cos a3 --.Y'1 ° ° [0 ,7r 2 [ d1e V2 a2 -- - V2 2 ' sm a3 -- - 21 h a b en m 27r ' a2 = "4 77r ' a3 = -6-' 117r un d m ° 1- 7r, 7r1d leO LOOosungen a1 = Losungen a1 = "3 oo
237r , a2 = - i ' a3 = - i ° Damit ergeben sich die folgenden Darstellungen: 27r ° ° 27r ) Z1 = 2 (COS "3 + z sm""3 ' Z2
= 2( cos 7: + i sin 7;) = 2( cos( - i) + i sin( - i)) ,
Z3
= 4(cos 1~7r + i sin 1~7r) = 4(cos( -i) + i sin( -i))
107r +zsmT ° ° 107r) b) Wegen Z15 = 25 ( cosT
°
25 ( cos 47r +zsm 3 ° ° 347r)
357r 357r ) 25 ( cos-+z-
37r +zsm4" ° ° 37r) 25 ( cos4"
° ° 447r) 44 ( cos 447r +zsm 6 6
28 ( cos 47r +zsm 3 ° ° 347r)
°
4
4
folgt:
Z4
5+5-8 [cos (47r 37r - 3 47r) + z sm (47r 37r - 3 47r) 3 + 4" 3 + 4"
= 2
0
0
= 4 (cos 3: + isin 3:) = 2V2(-1 + i)
c) Für die drei Wurzeln Wk
= -V4 ( cos
V3r; 4 [ cos
also
Wo, W1
und
W2
1
°
erhalten wir
37r + 2k7r 37r + 2k7r) 4 3 + i sin 4 3
(7r 4" + T2k7r) + z° sm° (7r4" + T2k7r)] '
Wo
= ?'4(cos i
+ i sin i)
W1
117r + z sm 12 1h) = V3r;4 ( cos 12 °
°
= ?'4( ~ + i ~) = V"2(1 + i) , ,W2
197r + z sm 12 197r) = V3r;4 ( cos 12 °
°
1.3 Erster Test für das erste Kapitel
161
Es gilt·. cos 1l7r sin 1l7r 12 = - COS.!!.... 12 -- - 0}+V2 4' 12 -- sin .!!.... 12 -- 0}-V2 4 sin 1"; = 0}4 V2 , sin 1;; = - cos 1"; = -~. Damit hat man:
'
COS
1971" 12-
2~ [ ( -v'6 - h) + i (v'6 - h)] ,
W1
=
W2
= 2
~ [ ( v'6 - h) - i ( v'6 + h)] .
Aufgabe 3 Untersuchen Sie für alle reellen Zahlen>. die Lösbarkeit des linearen Gleichungssystems =>'+3 3X1
-
X2
-3X1
+ >'X2
+ (>' -
1)x3 = >. - 3 = 2.
Bestimmen Sie jeweils alle Lösungen. Lösung: Esgilt:det
(~-3 ~1>.
>':1) =-3>'+3+6>'-6->.3+>.2 = 0
>.2(>. _ 1) + 3(>' - 1) = (>' - 1)(3 - >.2) . Für>. (j. {I, -V3, V3} ist das lineare Gleichungssystem eindeutig lösbar. Nach der Cramerschen Regel gilt:
det Xl
=
C+
>.; 33
-3
=
AH
(>' - 1)(3 - >,2)
det ( ; X2
1 -1 >.
>'+3 >'-3 2
'H
(>' - 1)(3 - >,2)
2 - >. - >.3 (>' - 1)(3 - >,2)
>.2 + >. + 2 >.2 - 3
3 + 2>' - 5>.2 (>' - 1)(3 - >,2)
5>.+ 3 >.2 - 3 '
162
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
Ist A = 1, so erhält unser System die Gestalt: Xl + X2 + 2X3 = 4 , 3Xl - X2 = -2, -3Xl +X2 = 2. Die letzten zwei Gleichungen sind bis auf das Vorzeichen gleich. Ist X2 = t (beliebig aus IR), so folgt Xl = t;2 aus der zweiten Gleichung, und damit X3 = 7 32t aus der ersten Gleichung. Die Lösungsmenge ist also für A = 1 die folgende Gerade in IR3
:
Durch Zeilenumformungen erhalten wir für die (um die rechten Seite des Systems) erweiterte Koeffizentenmatrix, falls A -I 1 (das wird an der Stelle (*) benutzt): 1 -1
(Ja
(~ (~
A
A-1
>.
3
>.
A-1 0
""3 -1 1
0
>.2
Fü' A =
,;13 )
2
-"3
±v'3 ist
A
A 3
(*) 1----+
A-1
(~
A-}3) ~
0
3
1 -1
2
A-1 >.
-"3 >.2 3
+1
1
A-3
0 2
1
';;3 )
1----+
':-; 1)
1
1 0 Rang von ( 0 0 o 1
1----+
2
0
+1
A-1
A- 3
0
-"3 >.2
H3) (1
2
2 dre Rang d" Matdx
(~
y-;
1 ;), wM,end cle,
-~) ~ 1 gleich 3 ist, weil die Determinante (also -
53>'
1
nicht verschwindet. Deshalb ist für A =
±J3 das System nicht lösbar.
53>'
-1)
1.3 Erster Test für das erste Kapitel
163
Aufgabe 4
Betrachten Sie die Ebene E, welche die Punkte A = (1,0, -1) und B = (0, -1, 1) enthält und parallel zum Vektor c = (2, -1, O)T ist. Sei C der Punkt auf der Xl-x2-Ebene, dessen orthogonale (senkrechte) Projektion auf E der Punkt A ist. Bestimmen Sie a) b) c) d) e)
die Koeffizienten a, b, C, d mit a ~ 0 der Gleichung von E, die Hessesche Normalform von E , den Punkt C , eine Gleichung der Geraden durch Bund C , den Flächeninhalt des Dreiecks ABC.
aXl
+ bX2 + CX3
= d
Lösung: a) Die erste Möglichkeit: Setzt man in die Gleichung aXl + bX2 + CX3 = d die Koordinaten von A und B ein, so ergeben sich a - C = d und -b + C = d. Außerdem müssen (a, b, c)T und (2, -1, O)T senkrecht zueinander sein. Es gilt also 2a - b = O. Aus diesen drei Gleichungen, die a, b, c, d erfüllen, folgt, dass jede Lösung von der Form (a, b, c, d) = A(2, 4, 3, -1) mit A E IR ist. Eine Gleichung der Ebene ist also 2Xl + 4X2 + 3X3 = -1 . Die zweite Möglichkeit: Die Vektoren c und AB = (-1,-1,2)T spannen die Ebene E auf, sie geht außerdem durch A. Also ist
eine Parameterdarstellung der Ebene E. Durch Elimination von A aus Xl = 1 + 2A - J-L und X2 = -A - J-L hat man Xl + 2X2 = 1 - 3J-L. Daraus und aus X3 = -1 + 2J-L eliminiert man J-L, und erhält (wie erwartet!) die Gleichung 2Xl + 4X2 + 3X3 = -1, die von allen (und nur von diesen!) Punkten von E erfüllt wird.
b) me Länge d" Vckto<s (:) i,t ,,14 + 16 + 9
~ V29. Mit n ~ - }" (:)
lässt sich die Hessesche Normalform der Ebene E angeben: n· x -
vk = O.
c) Die Gerade, die senkrecht zu Ein A ist, wird dargestellt in der Form Xl -1 2
Für X3 = 0 bekommt man Xl Ortsvektor des Punktes C.
X2 - 0 4
=~
und
X3
+1 3
X2
= ~,
und damit ist (~, ~,O)T der
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
164
d) Man hat ~~-t = ~i~l = '''l~ol ,d.h. die Gerade durch Bund G wird durch 3
3
~ = ':1' = "3-'
bc,clITicbcn. Altemativ (::)
(
~l
+A(
)
~~)
mit A E IR ist eine Parameterdarstellung dieser Geraden. e) Der Flächeninhalt F des Dreiecks ABG ist die Hälfte der Länge des Vektors BA x BG, weilllBA x BGII = IIBAII·IIBClI sinß gilt; dabei ist ß der Winkel zwischen beiden Vektoren BA und BG. Es gilt
F = V174 . 6
Aufgabe 5
a) b)
3n-l d ") ",00 3n-l k · b d'le R'h Unt ersuch en Sle,O el en 1') ",00 L.m=O n3+2n+l un 11 un=O n2 +1 onvergieren. 2 +3n-l k . S·le, d ass d'1e R'h . ZeIgen el e ",00 un=O n (n+l)! onverglert, un d b erech nen Sie ihre Summe.
Lösung: Die Reihe L:~=l ~ ist divergent, dagegen ist L:~=l ~2 konvergent. Diese Reihen werden nun für a) bzw. b) bei der Anwendung des Majorantenkriteriums benutzt. 3n 3 1 . t d'le R'h 3n-l k t a ) 1') UT vvegen n 33n-l +2n+l < n3 = 112 IS el e ",00 un=l n 3 +2n+l onvergen.
ii) Mit ~'J+~ ~ ~ ergibt sich die Divergenz der Reihe L:~=l ~'J+~
> 1. {:::::} 3n 2 (Man beachte: 3n-l n 2 +1 - n b) Für n
~
-
n >_ n 2
+1
{:::::} 2n 2
>_ n + 1)
6 gilt:
Deshalb ist die angegebene Reihe konvergent. Mit den Identitäten 00
1
L,=e, n=O n.
00
1
'"' - =e ~n!
n=l
L 00
1 und
führen wir die folgenden Umformungen für n
1 n! =e-2
n=2
~
1 durch:
.
.
1.3 Erster Test für das erste Kapitel
+ 3n -1 (n + I)!
n2
165
n(n + 1) + 2n - 1 (n + I)!
+ 2~
1
(n-1)!
n!
_ 3
2n + 2 - 3 (n+1)!
1 (n-1)!
---+---1
(n+1)!
Daraus folgt: 00
Ln
1 +3 n(n + I)!
2
n=O
n=1
1
00
= -1
1 +3 n(n + I)!
002
=-l+L n 00
1
1
00
+ ~(n-1)! " + 2 ~n! " - - 3 " -:------:-:~(n+1)! 1 n!
00
= -1 + L
+ 2(e -
00
1) - 3 L
n=O
1 n!
= -1 + e + 2e -
2 - 3(e - 2)
=3 .
n=2
Aufgabe 6
Bestimmen Sie die Konvergenzmenge (nicht nur den Konvergenzradius!) der Potenz reihe
Lösung: · an = M1t
lim ....!!.n....-
n--+oo a n +l
. 1S . t r -un d d am1t der Konvergenzradius dieser Reihe. Für x = - -21 und x = -21 er-
~·l....!!.n....n+2 g1 t a n +l
= -21
~.
n+2·
2n +1 n+3
-
-
n+3 1 n+2 . 2'
halten die angegebenen Reihen die Gestalt L:~=1(-1)n n~2 bzw. L:~=1 n~2· Während die erste Reihe nach dem Leibniz-Kriterium konvergiert, ist die zweite bekanntlich divergent. Also ist [- ~, ~ [ die Konvergenzmenge. Aufgabe 7
Berechnen Sie den Grenzwert lim sin ;~.:;:j. Begründen Sie dabei Ihre Vorx-+oo
gehensweise. Lösung:
Es gilt lim
x--+oo
;x=j = x
lim
;= j
1
x--+oo:z:
folgt: 7rX -
= ~.
1 (
lim sin - 2 3 = sin
n-+oo
X -
Wegen der Stetigkeit der Sinusfunktion 7rX -
1) =
lim -2-X - 3
n-+oo
.
sm
7r
"2 = 1.
1.4 Zweiter Test für das erste Kapitel
Aufgabe 1
Beweisen Sie durch vollständige Induktion für alle n
~
1
n
2:)2k - 1)3 = n 2(2n 2 - 1) . k=l
Lösung: Induktionsanfang: Für n = 1 ist die linke Seite der zu beweisenden Identität gleich 13. Die rechte Seite ist 12(2 . 12 - 1), d.h. ebenfalls 1. Induktionsschritt: Aus der Induktionsannahme 2:~=1 (2k -1)3 = n 2(2n 2 -1) soll gefolgert werden: n+l
2:)2k - 1)3
= (n + 1)2(2(n + 1)2 -
1) .
k=l
Die Umformung der linken Seite unter Verwendung der Induktionsannhme ergibt: n+l
n
'L)2k - 1)3 = 2:)2k - 1)3 k=l
+ (2n + 1)3
= n 2(2n 2 - 1)
+ (2n + 1)3
k=l
+ 12n 2 + 6n + 1 2n 4 + 8n 3 + lln 2 + 6n + 1 .
= 2n 4 =
-
n 2 + 8n 3
Dasselbe Polynom erhält man auf der rechten Seite:
(n
+ 1)2(2(n + 1)2 -
1) = (n 2 + 2n + 1)(2n 2 + 4n + 1) = 2n 4 =
2n 4
+ 4n 3 + n 2 + 4n 3 + 8n 2 + 2n + 2n 2 + 4n + 1 + 8n 3 + lln 2 + 6n + 1 .
Hiermit ist der Induktionsschritt durchgeführt. Aufgabe 2
Bestimmen Sie die Menge aller x E IR mit
Ix2 -
4x - 51 ::; 2x
+ 5.
Lösung: Das Polynom x 2 - 4x - 5 hat die Nullstellen -1 und 5. Damit gilt
167
1.4 Zweiter Test für das erste Kapitel
Ix2 -
4x - 51 =
{
4x - 5 falls XE] - 00, 1[ U ]5, +oo[
X2 -
5+4x-x 2
falls xE [-1,5].
Deshalb muss man die folgenden Ungleichungen lösen: x2
-
4x - 5 ~ 2x + 5 für
xE]- 00, -1[ U
5 + 4x - x 2 ~ 2x + 5 für x
und
E [-1,
°
]5, +oo[
5] .
Die erste davon läßt sich auch als x 2 - 6x - 10 ~ schreiben. Da x 2 - 6x-1O die Nullstellen 3±Ji9 hat und 3-Ji9 < -1 sowie 5< 3+Ji9 gelten, ergibt sich [3 - Ji9, -1[ U ]5,3 + Ji9] als Lösungsmenge der ersten Ungleichung. Die zweite Ungleichung lautet äquivalent umgeformt ~ x 2 - 2x = x(x - 2), sie hat die Lösungsmenge [-1,0] U [2,5]. Die Menge aller x E IR mit der Eigenschaft Ix 2 - 4x - 51 ~ 2x + 5 ist also: [3 - Ji9,0] U [2,3+ Ji9].
°
f(x) 1 25 ,/
20
x=
11 15 10
'/
/
-4 -5,,
-10
-15
-20
/ /
:/ /:,
/
5
1
~=
x-I
10
15
20
x
-5 -8
-10
/. /.
a
a
/.
-15 -20
d d
?
-25
Abbildung 1.13. "Graphische Lösung" von Aufgabe 2
168
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
Ergänzende Bemerkung (welche nicht verlangt wurde) Man kann geometrisch die gefundene Lösung in einer Skizze veranschaulichen, wie Abbildung 1.13 sie zeigt. Aufgabe 3 Betrachten Sie die Mengen von Vektoren
a) b) c) d) e)
f)
Gibt es Paare (A, {t) aus IR 2 , so dass a A und bJL linear abhängig sind? Wieviele? Zeigen Sie, dass nur ein v in IR existiert, so daß a v und b v senkrecht zueinander sind. Diese Vektoren a v und b v werden mit a bzw. b bezeichnet. Bestimmen Sie die Menge P aller Vektoren paus IR3 , so dass a, bund p einen Spat mit dem Volumen aufspannen. Erklären Sie das erzielte Ergebnis elementargeometrisch. Bestimmen Sie diejenigen Punkte PI und P2 aus P, deren Abstände minimal sind, d.h. !OPI ! und !OP2 ! sind minimal in vom Nullpunkt der Menge {!OP!! PEP}. Berechnen Sie die Flächeninhalte der Dreiecke PI P2 A und PI P2 B .
i-
°
Lösung: a) Sind a A und bJL linear abhängig, so gibt es a, ß E IR, so dass (a, ß) i:- (0,0) und aaA + ßbJL = 0, d. h. a + ß(1 + 4{t) = 0, aA + ß . 4{t = 0, ß(1 - {t) = o. Aus der letzten Gleichung folgt ß = 0 oder {t = 1. Ist ß = 0, so folgt aus der ersten Gleichung a = 0, was ausgeschlossen wurde (durch (a, ß) i:- (0,0)). Deshalb gilt {t = 1 und damit a + 5ß = 0, aA + 4ß = O. Der Wert a = -5ß wird in die zweite Gleichung eingesetzt. Es folgt -5ßA+4ß = ß( -5A+4) = O. Da - wie schon gesehen - die Zahl ß von Null verschieden sein muss, folgt A = t. Damit ist (t,1) das einzige Paar (A, {t) mit der Eigenschaft, dass a A und bJL linear abhängig sind. Man bestätigt dies leicht, da a! ein Fünftel des Vektors b l ist. b) a A und b A stehen genau dann senkrecht aufeinander, wenn ihr Skalarprodukt verschwindet, d.h. wenn
o = a A • b A = 1· (1 + 4A) + 4· 4A + 0 . (1 gilt. Das trifft also genau für A b = b_!.
= -~
A)
= 1 + 4A + 4A2 = (1 + 2A?
zu. Hiermit hat man a
= a_!
und
169
1.4 Zweiter Test für das erste Kapitel
c) Sei p = (x , y , z)T, so dass der von a, bund p aufgespannte Spat den Volumen inhalt hat. Das ist genau dann der Fall, wenn der Betrag von
t
t ist. Mit axb = (-~ ,-~ ,_~)T erhält man also die Bedinh - ~ z I = t, d.h. 3x + 6y + 10z = 1 oder 3x + 6y + lOz = -l.
(axb)·p gleich
gung I - ~x d) Sei E die Ebene durch den Nullpunkt, die von den Vektoren a und b aufgespannt wird. Der Flächeninhalt des von a und b aufgespannten Parallelogramms ist la x bl =
J1 + t + 96
245
= tv'9
+ 36 + 100 =
tv145. Deshalb
besteht P geometrisch betrachtet aus allen Punkten des Raums, die den Abstand zur Ebene E haben. P ist also die Vereinigung der bei den zu
k
k
E parallelen Ebenen, die den Abstand
zu E haben, nämlich E 1 , ge-
geben durch die Gleichung 3x + 6y + lOz = 1, und E 2 , beschrieben durch 3x + 6y + 10z = -l. e) Für j = 1,2 ist Pj derjenige Punkt von E j , in welchem die Gerade 9 durch 0 und mit der Richtung a x b die Ebene trifft. Eine Darstellung von 9 ist ~ = = to. Setzt man x = 3t, Y = 6t und z = lOt in die Gleichung
*
3x+6y+ lOz = 1 bzw. 3x+6y+ 10z = -1 ein, so folgt t = 1~5 bzw. t = -1~5'
und damit gilt P1 = (1~5' 1~5' 229 ) und P2 = (- 1~5 ' - 1~5 ' - 1~5 . f) P1 P2 (als Strecke auf g) ist senkrecht auf E und damit insbesondere auf a und auf b. Es handelt sich jedesmal um ein gleichschenkliges Dreieck mit
PP von der Länge k und Höhe lai = J1 + t + 0 = Yf bzw. Ibl = J1 + 4 + t = ~ . Deshalb sind die Flächeninhalte der Dreiecke
Basis
1 2
P1p.2 A un d P1P.2 BgIe1c · h !.2 . _2_ v'i45
. ~ 2 -
_1_
2V29
b zw. !.2 . _2_ v'i45
.
m2 -__2y15· 1_
Aufgabe 4 Lösen Sie in Abhängigkeit von a E IR das folgende lineare Gleichungssystem:
+ aX2 + 2X3 = a 2 - 5 aX1 + X2 - X3 = 2a + 3 Xl + 2X2 - aX3 = 5a + 1 . Xl
Lösung: Man hat
~1)
-a
= -a - a
+ 4a -
2 + 2 + a 3 = a 3 + 2a = a(a2 + 2).
170 Für a
aiO
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
i
0 kann man die Cramersche Regel verwenden. Es gilt deshalb für
det
x=
("'-5+ ~l) a 2a 3 1 5a+ 1 2 a(a 2
det
+ 2)
5 ~, )
a(a 2
deI (;
z=
a3 + 2a = 1 a(a 2 + 2)
('a a' 2a + 3
1 5a+ 1
y=
-a
+ 2)
-a
5)
a a' 1 2a+3 2 5a+ 1
a(a 2
+ 2)
a4 + 2a 2 -a - a(a 2 + 2) - ,
-3a3 - 6a = -3. a(a 2 + 2)
Die Probe bestätigt unser Ergebnis:
1 + a2
-
6
= a2 -
5 , a + a + 3 = 2a + 3 , 1 + 2a + 3a
= 5a + 1 .
Für a = 0 erhält das System die folgende Gestalt
Die dritte Gleichung erhält man durch Addition der verdoppelten zweiten Zeile zur ersten Zeile, also kann sie weggelassen werden. Sei t eine beliebige reelle Zahl. Setzt man X3 = t, so folgt aus der ersten Gleichung Xl = -2t - 5 und aus der zweiten Gleichung X2 = t + 3. Die Lösungsmenge des Systems für a = 0 ist hiermit die folgende Gerade:
1.5 Dritter Test für das erste Kapitel
Aufgabe 1
Beweisen Sie, dass für alle natürlichen Zahlen nEIN gilt:
t
n(lln 2 + 48n + 49) k(k + 3) = 18(n + l)(n + 2)(n + 3)
1
k=l
Lösung: Der Beweis wird durch vollständige Induktion geführt:
Induktionsanfang: Für n 11±48±49 = ~ = 1 gilt 18·2·3·4
108·4
4
. h'· I n d u ktlOnssc ntt.
= 1 gilt die
Gleichung, weil L~=l k(k~3)
=t
und
.
N' d Immt man an, ass
",n 1 _ L.Jk=l k(k±3) -
n(l1n 2 ±48 n ±49) 18(n±1)(n±2)(n±3)
gilt, so folgt: 1
ntl
t;
k(k
+ 3)
(n 2
n(lln2 + 48n + 49) 18(n + l)(n + 2)(n + 3)
+
1
(n
+ l)(n + 4)
+ 4n)(lln 2 + 48n + 49) + 18(n 2 + 5n + 6) 18(n + l)(n + 2)(n + 3)(n + 4)
lln 4 + 92n 3 + 259n 2 + 286n + 108 18(n + l)(n + 2)(n + 3)(n + 4) (n
+ 1)(lln3 + 81n 2 + 178n + 108) 18(n + l)(n + 2)(n + 3)(n + 4)
(n + 1)(lln + 70n + 108) = -'---,-.:....:.....-:-:----:-:---.,.-'-
2
18(n + 2)(n + 3)(n + 4) (n
(n
+ 1) [ll(n + 1)2 + 48(n + 1) + 49] 18(n + 2)(n + 3)(n + 4)
+ 1) [ll(n + 1)2 + 48(n + 1) + 49]
- 18((n+1)+1) ((n+2)+1) ((n+3)+1)
Damit ist der Induktionsschritt durchgeführt, und die angegebene Gleichung gilt für alle nEIN.
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
172
Aufgabe 2
a) b) c)
Bestimmen Sie die Polarkoordinaten der bei den komplexen Zahlen Zl = -1 - iV3 und Z2 = 2 + 2i. Berechnen Sie zp . z~o. Bestimmen Sie alle w E (: mit der Eigenschaft w 4 =
zr.
Lösung: a) Die Beträge von Zl und Z2 sind Tl = VI+3 M2 A US COS
=
2 und T2 = V4 + 4 = 2 COS
= 2~ = ~ folgt:
sin
k E 7L. gilt.
c)
zr = 2 e- 2; i = 4e 4; i . Für wergeben sich die folgenden 4 Werte: 2
14 e~i = 4~ +2h
(k )
V2 e i+2"7I" i,
Wk
=
k = 0,1,2,3 . Also:
Aufgabe 3
Es sei I die durch I(x) := 3x + 1 definierte Funktion von IR nach IR. a) b) c)
Zeigen Sie, dass I eine bijektive Funktion ist, und bestimmen Sie die Inverse I-I von I. Berechnen Sie 1 0 1 und 1 0 I 0 I· Beweisen Sie durch vollständige Induktion, dass die n-malige Komposition von I mit sich selbst diejenige Funktion von IR nach IR ist, die jedem x aus IR den Wert 3n x + 3 n 2-1 zuordnet.
Lösung: a) Sei Xl
i=
X2,
dann gilt
3X1
i=
3X2
und damit
3X1
+ 1
i=
3X2
+ 1, d.h.
1.5 Dritter Test für das erste Kapitel
173
f(xr) i= f(X2), was zeigt, dass f injektiv ist. Ist y E IR, so folgt aus 3x + 1 = Y genau x und damit bijektiv. Außerdem gilt:
=?
Deshalb ist f surjektiv
r1(y) = y; 1 .
f)(x) = f(f(x)) = 3f(x) + 1 = 3(3x + 1) + 1 = 9x + 3 + 1 = 9x + 4 . f 0 f)(x) = f((f 0 f)(x)) = f(9x + 4) = 3(9x + 4) + 1 = 27x + 13 .
b) (f
(f
0
0
c) Induktionsanfang: Für n Induktionsschritt: Sei (f
= 1 ist 3n x + 3n ;
1
f) (x) = 3n x
+3
0 ••• 0
~
= 3x + 1 = f(x). n
2-1 .
n-mal
Dann gilt (n+l)-mal
3n + 1
x
+3
n
+;-3
+ 1 = 3n + 1 x + 3
n
+21 -1 ,
Aufgabe 4 a)
Unt&suchcn Sie, ob die Vektocen
was zu zeigen war.
m'0) ,(!) m und
linear unabhängig sind, ein Erzeugendensystem von IR 3 bilden, eine Basis von IR 3 bilden. b)
Geben Sie alle Vektocen
M,
die glelch,e;t;g auf
0) (0 und
senk-
recht stehen. Lösung: a) In einem n-dimensionalen Vektorraum sind n + 1 Vektoren stets linear abhängig. Deshalb sind die vier Vektoren aus dem IR3 linear abhängig. Das sieht man auch aus
Der Nullvektor lässt sich also als eine Linearkombination der vier Vektoren darstellen, wobei nicht alle Koeffizienten gleich Null sind:
174
m
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra
0) 0) (!) (!)
2
+(-1)
+(-1)
+0·
Insbesondere bilden die vier Vektoren keine Basis des IR3 . Es stellt sich nun die Frage, ob jeder Vektor aus dem IR3 sich als Linearkombination der gegebenen vier Vektoren darstellen lässt. Wegen (*) genügt es, für (a, b, c)T zu untersuchen, ob a, ß, "( aus IR existieren, so dass gilt:
Man hat also das lineare Gleichungssystem a 3a + 2ß + 4"( = c zu untersuchen. Wegen
det
(1 1 2) = 2
3 5
+ ß + "( =
a , 2a + 3ß + 5"( = b ,
12 + 15 + 8 - 18 - 10 - 8
324
= -1 f
0
gibt es eine eindeutige Lösung des obigen Systems. Deshalb handelt es sich bei den vier Vektoren um ein Erzeugendensystem des IR3 .
Wi, haben sog.,
gewi~,
dass
(~), (~)
und
(~)
eine BMi, von IR'
bilden!
b)
(~:)
Es folgt
(
~)
~)
ist genau dann "nhecht auf (
X2
und
a E IR }. 9
=
Xl
+ 2X2 + 3X3 = 0
X3
und daraus
(~)
Xl
=
und
Xl
-5X3.
und
(~),
wenn gilt
+ 3X2 + 2X3 = 0 .
Die Vektoren, die gleichzeitig auf
,enhecht ,tehen, bilden also die Menge
g.~
{a (
Y)
I
ist diejenige Gerade, welche durch den Nullpunkt geht und senk-
,echt ,m Ebene
E
.~
{b (
~) + ~) c (
b,
e E IR } ist Erne ande'e
1.5 Dritter Test für das erste Kapitel
175
(~) (~)
Lö,ung,möglichkBit Da, Vektü
x
(
Y)
ist senk-
recht zur Ebene E. Jeder andere Vektor mit der verlangten Eigenschaft ist ein Vielfaches von ihm. Deshalb ist 9 die gesuchte Vektorenmenge. Aufgabe 5
Betrachten Sie das lineare Gleichungssystem Xl + X2 + 3X3 = 3 2XI - X2 + X3 = 4 3XI + X2 - 4X3 = -2 . a) b) c)
Lösen Sie das System mit Hilfe des Gaußschen Algorithmus. Lösen Sie das System mit Hilfe der Cramerschen Regel. Wie kann man das Ergebnis geometrisch interpretieren?
Lösung: a) Wir lösen das Gleichungssystem mit dem Gaußschen Algorithmus; dabei bezeichnen wir mit b den Vektor (3,4, -2f . X2
X3
b
1 1
3
3
2 -1
1
4
3 1 -4
-2
11 0-3 -5
-2
Xl I
0-2 -13 -11 29 III 0 0_ 29 3 -3 Aus 111 ergibt sich b) Wegen det
X3
= 1,
aus 11 folgt
(1 1 3) 2
3
-1
1
1
-4
X2
= -1, und damit Xl = 1 aus I.
= 4+3+6
+9 -
1 + 8 = 29
:f:
0 kann man
die Cramersche Regel für die Berechnung der Lösung anwenden. Mit
det (
~
-2
1 -1 1
~)
-4
= 12 - 2 + 12 -
6 - 3 + 16
= 29 ,
176
1 Grundlagen der Analysis und Linearen Algebra 3 4
-2
~ ) = -16 + 9 - 12 - 36 + 2 + 24 = -29 ,
-4
!)
-2
= 2 + 12 + 6 + 9 - 4 + 4 = 29
erhalten wir die Werte Xl = 1, X2 = -1, X3 = 1 . c) Die Ebenen Xl +X2 +3X3 = 3, 2XI -X2 +X3 = 4 und 3XI +X2 -4X3 schneiden sich genau in einem Punkt, nämlich in (1, -1, 1).
= -2
Aufgabe 6
Berechnen Sie den Grenzwert der Folgen
(an)n~l
b) Lösung: Man benutzt die Identität (a - b)(a 2 a) Es gilt damit
und
(bn)n~l
mit
bn := ?'n 3 + n-{!n 3 - n .
+ ab + b2 ) =
a3
-
b3
•
2n 2 ijn 3 + n 2 - ijn 3 - n 2 = --------,,----------~ ( ?'n3 + n 2) 2 + ?'n 6 _ n 4 + ( ?'n 3 _ n 2) 2 2
Wegen lim .1 n-+oo n
= 0 = n-+oo lim n\
erhält man den Grenzwert ~3
•
b) Analog hat man
ijn3 + n - ijn 3 _ n
= _=---------2---------::;-
n[(R)'+R+(R)']
Deshalb ist diesmal der Grenzwert gleich Null. Aufgabe 7 Betrachten Sie das Polynom P(x) := 2x 3
a)
+ 3x 2 + 5x + 1 .
Zeigen Sie, dass P eine streng monoton steigende Funktion auf IR ist.
177
1.5 Dritter Test für das erste Kapitel b) c)
Beweisen Sie, dass P nur eine reelle Nullstelle hat. Geben Sie ein Intervall der Länge ~ an, das diese Nullstelle enthält.
Lösung:
a) Für Xl < X2 soll gezeigt werden, dass P(Xl) < P(X2), d.h. 2xr + 3xI 5Xl + 1 < 2x~ + 3x~ + 5X2 + 1 gilt. Man hat also zu zeigen: Xl
< X2
=}
0
+
< 2(x~ - xr) + 3(x~ - XI) + 5(X2 - xd.
Diese letzte Ungleichung wird nun zu äquivalenten Ungleichungen umgeformt:
0< (X2 - xd[2x~ + 2XlX2 + 2xi + 3X2 + {:::::=> {:::::=>
3Xl
+ 5]
0 < x~ + 2XlX2 + xi + x~ + 3X2 + t + XI + 3Xl + 0< (X2 + xd 2 + (X2 + ~)2 + (Xl + ~)2 + ~ .
t+
~
Diese letzte Ungleichung ist wahr für alle Xl, X2 aus IR. Deshalb gilt auch P(Xl) < P(X2) für Xl < X2· b) Da P streng monoton steigend ist, ist P eine injektive Funktion. Damit hat P höchstens eine Nullstelle. Wegen P(-1) = -3 und P(O) = 1 hat sie (nach dem Zwischenwertsatz) eine reelle Nullstelle zwischen -1 und O. c) Nachdem wir wissen, dass die reelle Nullstelle zwischen -1 und 0 liegt, bleibt P( - ~) zu berechnen und dann zu entscheiden, ob die Nullstelle in
-t
[-1, -~] oder [-~,O]liegt. P(-~) = + ~ - ~ + 1 = -1 zeigt, dass die einzige Nullstelle von P in ] - ~,O[ liegt. Aufgabe 8
Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich der Funktion
f, die durch
f(x) := vsin2x + cosx definiert ist. Lösung:
Gesucht wird die Menge D f : = {x E IR I sin 2x + cos X 2 O} . Es gilt (Additionstheoreme!): sin 2x + cos X = 2 sin X cos x+cos X = cos x(2 sin X + 1). Da cos x 2 0 {:::::=> x E UnEZ [2m!" - ~, 2m!" + ~] und sin x 2 - ~ {:::::=> xE UkEZ [2k1r - ~, 2k1r + 7;] gilt, hat man: 2sinx+120undcosx20 {:::::=> xE[2m7r-~, 2m7r+~] mit mE71., 2 sin x + 1 ::; 0 und cos x ::; 0 {:::::=> x E [2m7r + 767r, 2m7r + 3;] mit m E 71. . Insgesamt gilt also: Df= U mEZ
([2m7r-i, 2m7r+%]U[2m7r+ 7;, 2m7r+ 3;])
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
2.1 Begriffe und Ergebnisse 2.1.1 Differenzierbare Funktionen (Aufgabe 1 bis 14) Überall sei [ ein (endliches oder unendliches) Intervall in IR, das nicht nur aus einem Punkt besteht. Xo ist ein Punkt aus [, der - falls [ nicht offen ist - auch der Anfangs- oder Endpunkt von [ sein kann, also ist Xo nicht unbedingt ein innerer Punkt von [. Manchmal ist es praktisch und platzsparend, die Menge der inneren Punkte von [ mit [0 zu bezeichnen. Es gilt also: [a, bJo = [a, b[O = Ja, bJo = Ja, b[O = Ja, b[ , J - 00, aJo = J - 00, a[O = J - 00, a[ und [b, 00[0 = Jb, 00[0 = Jb, oo[ . Die Funktion f : [ -+ IR heißt differenzierbar in Xo, wenn sie in diesem Punkt linear approximierbar ist, d.h., wenn eine reelle Zahl a und eine stetige Funktion rl : [ -+ IR existieren, so dass lim rl (x) = 0 = rl (xo) und x--txo
für alle x E [ gilt:
f(x)
= f(xo) + a(x -
xo)
+ rl(x)(x - xo) .
Die Zahl a hat in diesem Fall den Wert lim
x--txo
f(x)-f(x o ) , x-xo
(2.1)
und ist damit eindeu-
tig bestimmt; sie heißt die Ableitung von f in Xo und wird mit f'(xo), aber auch mit !-(xo) oder D f(xo) bezeichnet. Kann man [ als ein Zeitintervall auffassen, so wird in der Regel t statt x geschrieben und die Ableitung von f in to mit j(to) bezeichnet. Die Funktion rl ist ebenfalls eindeutig bestimmt; für x "# Xo hat sie den Wert f(xt~~xo) - f'(xo) und in Xo den Wert Null. Insbesondere folgt aus der Differenzierbarkeit von f in Xo die Stetigkeit von f in Xo . Zu allen h l , h2 aus IR (für welche Xo + h l und Xo + h2 in [ liegen) bezeichnet Shl,h2 (xo) die Sekante durch (xo + hl, f(xo + hl )) und (xo + h2 , f(xo + h 2 )). Man sagt, dass die Gerade t(xo) durch (xo, f(xo)) die Tangente zu f (besser: zum Graphen von f) in Xo ist, falls der Winkel ahl,h2 E [0, ~J zwischen t(xo) und Shl,h2(XO) gegen Null konvergiert, wenn h l und h2 (unabhängig A. Duma, Kompaktkurs Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2002
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
180
voneinander) gegen 0 konvergieren. Sh,O und D:h,O werden mit Sh bzw. D:h bezeichnet. Zwischen der Differenzierbarkeit von f und der Existenz der Tangente zu f (beide in xo) gibt es eine enge Beziehung: f'(xo) existiert genau dann, wenn t(xo) existiert und t(xo) nicht parallel zur y-Achse ist. In diesem Fall ist die Steigung von t(xo) (also der Tangens des positiv orientierten Winkels zwischen der x-Achse und t(xo)) gleich f'(xo). Ist t(xo) parallel zur y-Achse, so gilt lim
x--+xo
!(x)=l(x o ) x
Xo
=
00
oder
-00
(je nachdem, ob
wächst oder abnimmt). In diesem Fall ist
fex)
f um xo ("sehr schnell")
f in xo nicht differenzierbar.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
f(xo) + a(x' - xo) X'
Xo
X
=
Xo
+h
Abbildung 2.1. Sekante und Tangente
Die Ableitung jeder konstanten Funktion ist in jedem Punkt gleich Null. Die Ableitung der Identität x rt x ist in jedem Punkt gleich 1. Ist n ~ 2 eine natürliche Zahl und Xo E IR, so ist die Ableitung der n-ten Potenzfunktion in Xo gleich nx~-l, weil:
. x n - x~ . n-l n-2 n-k k-l n-l n-l 11m = 11m (x +x xo+·· .+x Xo + .. .+x o ) = nxo . x-+Xo x - Xo X-+Xo Dabei hat man berücksichtigt, dass jede Potenzfunktion stetig ist, also: lim x n - k = x~-k für jedes Xo E IR . X-+Xo
Unter Benutzung der Rechenregeln für Grenzwerte kann man zeigen, dass Operationen (zuerst algebraische, später auch weitere) mit differenzierbaren Funktionen zu differenzierbaren Funktionen führen; konkret wird das beschrieben durch:
2.1 Begriffe und Ergebnisse Linearitätsregel: Produktregel: Quotientenregel:
181
+ c2h)'(xo) = clf{(xo) + c2f~(xo) , (h . h)'(xo) = f{(xo)!2(xo) + h(xo)f~(xo) , (Clfl
( h)' (xo) f2
f{(xo)!2(xo) - h(xo)fHxo) f2(XO)2
Wieder müssen wir betonen, dass man diese Rechenregeln "richtig" lesen muss; das tun wir exemplarisch für die Quotientenregel: Sind hund !2 auf I definiert und differenzierbar in Xo und gilt !2(xo) =j:. 0, so ist die Funktion differenzierbar in Xo und für die Ableitung von
i
i
in Xo hat den obigen Wert.
Daraus folgt, dass jedes Polynom L:~=o Ckxk in jedem Xo E IR differenzierbar ist, und es gilt: (2.2) Aus der Quotientenregel ergibt sich für die Ableitung von natürliche Zahl) in Xo =j:. 0 :
(x
-n
( )
, l' n ) (xo) = x n (xo) = - X~+1
= -nxo-n-l
.
x1n
(n 2: 1 eine
(2.3)
Mit Hilfe der Kettenregel für Grenzwerte kann man die Kettenregel der Differenzialrechnung beweisen. Seien I, J c IR Intervalle, die nicht nur aus den Punkten Xo bzw. yo bestehen, f : I --+ IR und g : J --+ IR Funktionen mit f(1) C J und f(xo) = yo. Sind f in Xo und g in Yo differenzierbar, so ist gof differenzierbar in Xo, und es gilt
(g
0
f)'(xo) = g'(f(xo)) . f'(xo) .
(2.4)
Die Funktion f bilde das Intervall I bijektiv auf das Intervall J ab, und sie sei dabei streng monoton. (Da I nicht nur aus Xo besteht, besteht J nicht nur aus Yo := f(xo).) Ist f in Xo differenzierbar, so ist f- 1 in Yo differenzierbar genau dann, wenn f'(xo) =j:. 0 gilt. Dann folgt aus der Kettenregel der Differenzialrechnung
1 _ 1 (f -l)'( ) _ Yo - f'(xo) - f'(f-l(yO))
(2.5)
Außerdem sind die Tangenten t(xo) zu f in Xo und t(yo) zu f- 1 in Yo symmetrisch bezüglich der Geraden x = y (also der Winkelhalbierenden des ersten
182
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Quadranten) .
°
°
Ist n ~ 2 eine gerade Zahl, so bildet die n-te Potenzfunktion die Halbgerade ]O,oo[ streng monoton wachsend auf ]0, oo[ ab. Zu Yo > sei Xo > mit X = Yo; es folgt für die Ableitung der n-ten Wurzelfunktion in Yo :
o
1 1 (Y"1)' (Yo)=(y'Y)'(yo)= (xn),(xo) = nx~-1
=
1
1
l-1
n~=-:;;'Y(; nyyo
(2.6)
Sei nun n ~ 3 eine ungerade Zahl; die n-te Potenzfunktion ist eine streng monotone Funktion von IR auf IR; ihre Ableitung hat nur im Nullpunkt den Wert Null. Deshalb gilt für Yo i- wieder die Formel (2.6). In Yo = ist die
°
Tangente zur n-ten Wurzelfunktion die y-Achse; auch !im Y!~o = dass
Y-+O
vr im Nullpunkt nicht differenzierbar ist.
Y
°
00
zeigt,
Ist ~ eine gekürzte rationale Zahl, so ist die Funktion x I-t x'-;!- differenzierbar für alle Xo > (sogar für alle Xo i- falls n ungerade ist); wegen (2.3),(2.4) und (2.6) folgt:
°
°
(2.7)
Sind] - 00, xo] n I und In [xo, oo[ Intervalle, die nicht nur aus Xo bestehen, so sind die Einschränkungen l := fl]-oo,xo]nI und r := fIIn[xo,oo[ von f auf diesen Teilintervallen differenzierbar in Xo, falls f in Xo differenzierbar ist; dann stimmen die Werte der drei Ableitungen in Xo überein. Umgekehrt: Sind rund l differenzierbar in Xo und sind deren Ableitungen in Xo gleich, so ist auch f in Xo differenzierbar und f'(xo) = r'(xo) = l'(xo). Sonst (also wenn r'(xo) i-l'(xo) gilt) hat f in Xo einen Knickpunkt, und f ist in diesem Punkt nicht differenzierbar. Dies geschieht z.B. für die Betragsfunktion im Nullpunkt. Sei J := {x E I I f'(x) existiert}; dann definiert x I-t f'(x) eine Funktion f' auf J. Ist I = J, so ist f' die Ableitung von f (sonst nur von fIJ). Man hat zum Beispiel --t --t --t
die Nullfunktion als Ableitung jeder konstanten Funktion, 2::~=1 kakxk-1 als Ableitung von 2::~=o ak xk , ~X'-;!--1 als Ableitung von x'-;!- (auf]O,oo[ oder IR* = IR\{O}), sgn: IR*
--t
{-I, I}, sgn(x) = { I -1 , falls x >
lxi eingeschränkt auf IR* = IR\{O} ,
, falls x
<
° °,
als Ableitung von
2.1 Begriffe und Ergebnisse
183
immer eine rationale Funktion als Ableitung einer rationalen Funktion (nicht aber auch umgekehrt, wie wir z.B. bald für die Funktionen arctan und In sehen werden),
n~ als Ableitung von
v1+x- n
VI + x 2n auf IR .
Ein Körper bewege sich auf einer Geraden nach einem Gesetz t t-t s(t). Die Geschwindigkeit und die Beschleunigung seien dabei durch Funktionen t t-t v(t) bzw. t t-t a(t) beschrieben. Sind die Funktionen s und v differenzierbar, so gilt Si = v sowie Vi = a. Der Quotient s(tt:;~to) ist die Durchschnittsgeschwindigkeit zwischen to und t. Den Grenzwert dieser Durchschnittsgeschwindigkeit, wenn die Dauer der Beobachtung, It - tol, gegen Null strebt, nennt man - naheliegenderweise - die "momentane" Geschwindigkeit zum Zeitpunkt to, also v(to). Analog erklärt man die Beschleunigung zum Zeitpunkt to als Vi (to). Die obigen Überlegungen waren vor 300 Jahren der Grund, die Motivation für die Einführung, die Entdeckung des Begriffs Differenzierbarkeit. In der Physik und Technik, aber auch in vielen anderen Wissenschaften und Gebieten der menschlichen Aktivitäten wie in der Biologie, Chemie, Wirtschaft, Straßenbau, Finanzen kann man zahlreiche Beispiele finden, welche durch diesen Begriff besser verstanden und beherrscht werden und gleichzeitig die Fruchtbarkeit dieser genialen Idee belegen: Die Ableitung einer ("gutartigen") Funktion ist ein Maß für die Tendenz zur Veränderung der Funktion, sowohl im qualitativen (das Vorzeichen der Ableitung gibt Auskunft über Zu- oder Abnahme) als auch im quantitativen Sinne (am Betrag der Ableitung ist die Intensität der Veränderung abzulesen). Ist nun 2::::0 an(x - xo)n eine reelle Potenzreihe mit positivem oder unendlichem Konvergenzradius, so ist uns bekannt, dass sie auf dem Konvergenzintervall eine stetige Funktion definiert. Man kann beweisen, dass sie darauf differenzierbar ist; ihre Ableitung wird durch gliedweise Differenziation gewonnen, d.h. (2.8)
Aus der Gestalt der Koeffizienten sieht man sofort, dass der Konvergenzradius der Ableitungsreihe nicht größer als der der gegebenen Reihe ist; wegen = 1 sind diese Radien sogar gleich. lim n-->oo
vrn
Daraus ergeben sich leicht die Ableitungen einiger durch konvergente Potenzreihen definierter Funktionen:
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
184
= e X , (sinx)' = cosx , (cosx)' = (sinhx)' = coshx, (coshx)' = sinhx .
(eX)'
sinx ,
(2.9)
Exemplarisch zeigen wir das für die Cosinusfunktion; der Schlüssel dafür ist eine einfache Indexverschiebung:
x 2k + 1
= 2) _1)kH (2k + I)! = 00
k=O
x 2k + 1
z) _1)k (2k + I)! = - sinx . 00
k=O
Die Formel (ex)' = e X zeigt, dass die Exponentialfunktion auf IR der Differenzialgleichung f'(x) = f(x) genügt. Sie ist - wie wir später sehen werden - bis auf Multiplikation mit einer Konstanten die einzige differenzierbare Funktion mit dieser Eigenschaft. Aus (2.9) folgt mit Hilfe der Quotientenregel (tanx)'
1
= -cos - 2 - = 1 + tan 2 x, x
(tanhx)' =
12
cosh x
(cotx)'
1
= - -sm . - 2 - = -(1 + cot 2 x) x
,
(2.10)
= 1- tanh 2 x.
Benutzt man (2.5), so erhält man aus (2.9) und (2.10) die Ableitungen von In, arcsin, arccos, area sinh, area cosh, arctan, arccot, area tanh : (Inx )'
1 = -,
x (area sinh x ) '
(arCSlnx .)'
=
1 ~,
v 1 - x2
(arccosx )'
=-
V
1 ~,
1 - x2
=
1 1 ( area cosh x )' = ~, ~, vI + x 2 vx 2 -1 1 1 (arctanx)' = - - 2 ' (arccot x)' = - - - 2 ' (area tanh x)' l+x l+x
(2.11) 1
= -I-x -2 .
Selbstverständlich muss man beachten, in welchen Punkten aus dem jeweiligen Definitionsbereich diese Ableitungen existieren. Z.B. für arccos: Es werden diejenige Punkte x aus [-1,1] entfernt, in welchen die Ableitung cos'(arccosx) = -sin(arccosx) = -Vl-x2 verschwindet, d.h. 1 und -1. Sind u und v differenzierbare Funktionen auf I und nimmt u nur positive Werte an, so ist die Funktion u V, (UV)(x) = u(x)v(x) durch ev(x)Inu(x) definiert. Benutzt man (2.4), (2.9) und (2.11), so erhält man die Differenzierbarkeit von U V auf I und
(UV)'(x) = u(x)v(x) (v' (x) In u(x)
+ v(x) u'(x) ) u(x)
(2.12)
185
2.1 Begriffe und Ergebnisse Man erhält daraus für 1 =]0, oo[ die folgenden Spezialfälle:
(2.13) Für die reelle Zahl b macht man dabei keine Einschränkung; dagegen muss a positiv sein. Ist zusätzlich a ungleich 1, so ist bekanntlich x r-+ a X invertierbar und a log ist ihre Inverse. Mit (2.5) ergibt sich dann aus (2.13): (alog x)'
= -11 . x na
(2.14)
°
Mit Hilfe von (2.1) erhält man aus f'(xo) > (bzw. f'(xo) < 0) unter Verwendung der Stetigkeit von rl, dass eine Umgebung von Xo in 1 existiert, in welcher I monoton zunimmt (bzw. abnimmt). Die Ableitung von I (es genügt die Existenz der Ableitung von 1110 anzunehmen) liefert mehr Informationen über das Verhalten von I auf 1 . I habe in Xo E 10 ein lokales Extremum, das heißt, es existiert e > 0, so dass ]xo - e,Xo + e[C 1 und I(xo) 2: I(x) bzw. I(xo) ::; I(x) für alle x E]xo - e,Xo + e[ gilt. (Im Fall I(xo) ::; I(x) handelt es sich um ein lokales Minimum, in dem anderen Fall, also I(xo) 2: I(x), um ein lokales Maximum.) Dann verschwindet l' in Xo. Die Voraussetzung Xo E 10 ist notwendig, wie die Funktion I : [1,2] -+ IR, I(x) = x 2 zeigt; in 1 bzw. in 2 liegt ein lokales (sogar globales) Minimum bzw. Maximum vor, aber f'(x) = 2x verschwindet nirgendwo auf [1,2] . Eine stetige Funktion I : [a, b] -+ IR mit der Eigenschaft I(a) = I(b) erreicht in mindestens einem Punkt Xo E]a, b[ ein absolutes (globales) Extremum. Ist I differenzierbar auf Ja, b[, so ist f'(xo) gleich Null. Aus diesem Ergebnis, das als Satz von Rolle bekannt ist, bekommt man mit einem einfachen Trick den Mittelwertsatz der Differenzialrechnung: Ist I : [a, b] -+ IR stetig und auf Ja, b[ differenzierbar, so gibt es ein Xo E]a, b[ mit der Eigenschaft
f'(xo) Die Tangente zu
= I(b) -
I(a) . b-a
(2.15)
I in Xo ist also parallel zur Sekante durch (a,/(a)) und
(b,/(b)) . Daraus ergibt sich unmittelbar ein wichtiges Ergebnis für viele Eindeutigkeitsfragen: Eine stetige Funktion auf I, die auf 10 die Ableitung Null hat, ist eine konstante Funktion (auf I). Äquivalente Formulierung: Zwei stetige Funktionen auf I, deren Ableitungen auf 10 existieren und gleich sind, unterscheiden sich nur um eine additive Konstante, d.h. deren Differenz ist eine Konstante.
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
186
Eine weitere Folgerung des Mittelwertsatzes der Differenzialrechnung für eine stetige Funktion I : I -+ IR, welche auf 10 differenzierbar ist, besteht in der Äquivalenz zwischen den Eigenschaften "I' 2: 0 auf 10 " und "I ist monoton wachsend auf I" (bzw. I' ~ 0 auf 10 und I ist monoton fallend auf 1). Verschwindet l' in Xo E 10 , so heißt Xo stationär für I. Das Vorzeichen von l' in einer "genügend kleinen" Umgebung eines solchen Punktes gibt eine klare Antwort, was in diesem Punkt passiert. Gibt es ein c > 0 mit ]xo - c, Xo + c[c I und
-+ -+ -+
- c, xo[ und l' < 0 auf ]xo, Xo + cl, so ist Xo ein lokales Maximum von I , l' < 0 auf ]xo - c, xo[ und I' > 0 auf ]xo, Xo + c[, so ist Xo ein lokales Minimum von I , Hat l' auf ]xo - c, xo[ und ]xo, Xo +c[ dasselbe Vorzeichen, so ist Xo kein lokales Extremum von f. (Dies ist z.B. der Fall für In : IR -+ IR, In(x) = X 2n+ 1 im Nullpunkt, wenn n 2: 1 eine natürliche Zahl ist.)
l' > 0 auf ]xo
Ist Xo ein lokales Extremum, so ist Xo stationär, aber falls Xo stationär ist, ist im Allgemeinen Xo kein lokales Extremum. Eine weitere Möglichkeit, über das Verhalten von I in einem stationären Punkt zu entscheiden, werden wir in Kürze erörtern. Ist I eine stetige Funktion auf einem Intervall I und gibt es eine diskrete Punktmenge (also ohne Häufungspunkte) P c I, so dass I\P die Menge aller Punkte aus I ist, in welchen I differenzierbar ist, so besteht I\P aus einer Vereinigung von Intervallen 10/, a E A, mit 10/ nIß = cp, falls a i- ß gilt. Ist x* ein absolutes Extremum von I, so ist x* entweder ein Endpunkt von I oder ein Punkt aus P oder ein stationärer Punkt von I. Diese Gedanken werden Ihnen klarer, wenn Sie die folgenden Beispiele auf lokale und absolute Extrema untersuchen:
I: IR -+ IR, I(x) Ist
= 1sinxl , g: [-5,5]-+ IR,
g(x)
= l(x 2 -
9)(x 2 - 16)1.
I differenzierbar und l' ebenfalls, so heißt (I')' die zweite Ableitung
von I und wird mit I" oder auch ~ bezeichnet. So ist - kurz gesagt die zweite Ableitung die Beschleunigung der Funktion, welche die Bewegung beschreibt. Analog werden die dritte, vierte, fünfte, ... Ableitung von I definiert und mit 1"',/(4),/(5), ... bezeichnet. Existiert I(k) und ist diese Funktion stetig auf I, so sagt man, dass I k-mal stetig differenzierbar auf I ist. (I, 1',1", ... ,/(k-l) sind dann automatisch stetig.) Existiert I(k) für jede natürliche Zahl k 2: 1, so heißt I unendlich oft differenzierbar. So sind Polynome, rationale Funktionen, reelle Potenzreihen mit einem von Null verschiedenen Konvergenzradius unendlich oft differenzierbar. Z.B. gilt (eX)(n) = eX, (sin x)(2n) = (_l)n sin x, (sin x)(2n+l) = (_l)n cosx .
2.1 Begriffe und Ergebnisse
187
Zu jeder natürlichen Zahl n 2: 1 gibt es Funktionen, die n- aber nicht (n + 1)mal stetig differenzierbar sind; Beispiel: gn : IR -+ IR, gn(x) = xnlxl. Es gilt: g~k)(x) = (n + l)n(n - 1) ... (n - k + 2)x n- k lxl für alle x E IR und k E {I, ... , n}. g~n) = (n + 1)!lxl ist im Nullpunkt nicht differenzierbar. Jeder n-mal stetig differenzierbare Funktion j auf I wird für jedes Xo E I zu Approximationszwecken ein Polynom vom Grad ~ n zugeordnet. Genauer: Es gibt ein Polynom P vom Grad ~ n und eine stetige Funktion r n auf I mit rn(xo) = 0, so dass für alle x E I gilt:
j(x) = P(x)
+ rn(x)(x - xo)n .
(2.16)
P ist eindeutig bestimmt, hat die Gestalt L~=o fkk~o) (x - xO)k und heißt das n-te Taylor-Polynom von j in xo. Ist die Funktion j (n + 1)-mal stetig differenzierbar, so lässt sich rn(x) in der Form rn(x)
= f(n(:~\e)\x)) (x -
xo)
darstellen; dabei ist ~(x) ein geeigneter Punkt aus I, der zwischen Xo und x liegt; manchmal ist es nützlich, ~(x) als Xo + O(x - xo) darzustellen, wobei o eine von x und Xo abhängige reelle Zahl aus ]0, 1[ ist. Man hat also die sogenannte Taylor-Entwicklung von j in Xo :
j( ) = ~ j(k)(xo) (x _ X )k X ~ k! 0 k=O
+ j(k+1)(~(x)) (x _ )n+1 (n + I)! Xo .
(2.17)
Der letzte Summand in der Formel heißt das n-te Lagrangesehe Restglied von j in xo; er misst den Fehler, der entsteht, wenn man die Zahl
°
j(x) durch L~=o f(k~\XO) (x - xo)k ersetzt. Sind c > und M > 0, so dass Ij(n+1)(x)1 ~ M für alle x E In [xo - c,Xo +c] gilt, so wird j durch das n-te Taylor-Polynom von j auf In [xo -c, Xo +c] mit einer Toleranz approximiert, die kleiner oder gleich (n::!)! c n +1 ist. Betrachtet man für ein reelles a die Funktion ]- 1,00[-+ IR, x I-t (1 + x)'''', so ist ihr n-tes Taylor-Polynom in Xo = gegeben durch L~=o (~)xk und ihr n-tes Lagrangesche Restglied ist (n~l) (1 + Bx )",-n-1 x n+1; dabei gilt
°
(~)
=
"'("'-1).~\",-n+1) und B E]O, 1[. So hat man insbesondere für a
=
~
und a = -~ die folgenden n-ten Taylor-Polynome für ..jf+X bzw.
Ax-
im Entwicklungspunkt Null: 1 + ~ -
bzw.
1-
:E.
2
+
3x 2 8
_
5x 3 16
+
35x 4 128
+
+ ...
8 + ~: - ~~; + ... + e~2)xn
X
2
(-1/2)X n n
.
Ist z.B. x E [0,1] und nEIN mit a - n - 1 < 0, so gilt (1 + Bx)",-n-1 < 1 für jedes B E]O, 1[, und deshalb approximiert L~=o (~)xk den Wert (1 + x)'" mit
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
188
einem Fehler, der höchstens I(n~l) Ix n +1 beträgt. Aus der Taylor-Entwicklung ergibt sich für eine (n + l)-mal stetig differenzierbare Funktion f : 1 -+ IR eine nützliche Information zum Verhalten von f in einem stationären Punkt Xo E 10 . Ist k :S n mit der Eigenschaft
f'(xo) = f"(xo) = ... = f(k)(xo) =
°
und
f(k+l) (xo)
f:-
0,
so gilt: Für gerades k hat f kein lokales Extremum in Xo . Für ungerades kund f(k+l)(xO) > (bzw. < 0) liegt in Xo ein lokales Minimum (bzw. Maximum) von f .
-+ -+
°
Dieses Kriterium wird vor allem in den Fällen k = 1 und k
= 2 benutzt.
f unendlich oft differenzierbar auf 1, so kann man die Taylor-Reihe von f um Xo bilden: L~=o ~(x - xo)n. Auch wenn diese Reihe einen
Ist
von Null verschiedenen Konvergenzradius hat, ist es nicht immer gesagt, dass sie in irgendeiner Umgebung von Xo mit f übereinstimmt. Für die Funktionen exp, sin, cos, sinh und cosh ist dies der Fall. Für die Funktion
x
1--4
°,
{° , 1
e-~
falls x < ,fallsx>O
verschwinden alle Ableitungen im Nullpunkt,
°
d.h. ihre Taylor-Reihe um den Nullpunkt ist die Nullfunktion, und damit stimmt sie mit der gegebenen Funktion auf keiner Umgebung von überein. Die Logarithmusfunktion und ihre Taylor-Reihe um 1 sind auf ]0,2] gleich, d.h. für jedes x E]O, 2] gilt: 00 ( l)n-l Inx=2:: (x-1)n. n=l n
(2.18)
Oft schreibt man diese Formel als In(l
+ x)
00 ( l)n-l = 2:: xn n n=l
(2.18')
für alle x aus ]-1, 1]. Wir erwähnen zwei weitere Ergebnisse dieser Art. Auf [-1,1] gilt 00 ( l)n arctanx = '"' _-__ X 2n +1 ~ 2n+1 '
n=O
(2.19)
und auf] - 1, 1[
(1
+ x)Q
=
~ (~) x n .
(2.20)
189
2.1 Begriffe und Ergebnisse 2.1.2 Die Regeln von de l'Hospital (Aufgabe 15)
Die Ableitung einer Funktion ist als Grenzwert definiert. Nun beschreiben wir, wie mit Hilfe von Ableitungen gewisse Grenzwerte berechnet werden können, die bei den Rechenregeln für Grenzwerte ausgespart wurden, da mit den bis dahin vorhandenen Mitteln - keine allgemeine Antwort möglich war. Es waren die folgenden Ausnahmefälle:
-+
lim (f(x) - g(x)), wenn lim f(x) und lim g(x) beide
x-tXQ
X--+Xo
00
X--+Xo
oder beide
sind, lim f(x)· g(x), wenn lim f(x) = 0 und lim g(x) E {oo, -oo} gelten, x-txo x-txo x-txo lim !((x)) , wenn lim f(x) und lim g(x) beide Null oder beide unendx-txo 9 x x-txo x-txo lich sind (dabei sind alle vier Möglichkeiten (00, 00 ), (00, - 00 ), ( - 00, 00 ) und (-00,-00) erlaubt), lim f(x)g(x), wenn lim f(x) = 1 und lim g(x) = 00, oder lim f(x) = x-txo x-txo x-txo x-txo 00 und lim g(x) = 0, oder auch lim f(xo) = 0 = lim g(xo) gelten. -00
-+ -+
-+
x-tXQ
x-txo
x-txo
Wir sprechen in diesen Fällen von Grenzwerten vom Typ 00 O . 00 , 00 ' 00 ' 100 , 00 0 b zw. 00 .
00 -
00
,
In den nun folgenden Regeln von de l'Hospital bezeichnen fund 9 differenzierbare Funktionen auf ihrem (gemeinsamen) Definitionsbereich D, welcher eine nichtleere offene Menge aus IR ist. Für D und für den "Punkt" Xo aus IR U {oo, -oo} =: IR, in welchem der Grenzwert berechnet wird, gehen wir von einer der folgenden Situationen aus:
-+ -+
D =]a, xo[ oder ]xo, a[, wobei a aus IR und Xo aus IR U {oo} bzw. IR U {-oo} sind, D =]a,xo[ U ]xo,b[ mit a,b aus IR.
Die Regel von de l'Hospital für den Grenzwert vom Typ § lautet: Existiert ein e E IR mit a ::; e < Xo bzw. Xo < e ::; a, so dass g' auf ]e, Xo [ bzw.]xo,e[ keine Nullstelle hat, gilt lim f(x) = 0 = lim g(x) und existiert x-tXQ
x-txo
in IR der Grenzwert lim !:((x)) , so existiert auch lim !((x)) in IR, und es gilt x-txo 9 x x-txo 9 x lim f(x) = lim f'(x) . x-txo g(x) x-txo g'(x)
(2.21)
Die Regel von de I'Hospital für den Grenzwert vom Typ ~ ist leichter zu formulieren (da die Existenz einer Zahl e wie oben in diesem Fall automatisch aus lim g(x) = 00 oder lim g(x) = -00 folgt): Liegen die x-txo x-txo
190
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Grenzwerte lim f(x) und lim g(x) in {oo, -oo} und existiert der Grenzx-txo
wert von lim
x-tXQ
!;((x))
x-txo g x
in IR, so existiert auch lim
!((x))
x-txo g x
in IR, und es gilt wieder
die Formel (2.21) . Die Berechnung von Grenzwerte der Typen 00 - 00, 0·00, 100 , 00 0 und 0 0 kann auf eine dieser zwei Regeln zurückgeführt werden (dabei muss man im konkreten Fall darauf achten, dass die Voraussetzungen erfüllt sind): Der Typ
00 -
00
kann mittels
f -
9
= 'Clf 1
1
mit der Regel für den Typ
9
g
behandelt werden. (Die Zahl c bei dieser Regel existiert wegen der Voraussetzung, dass der Fall 00 - 00 vorliegt.) auf den Typ oder - falls f > 0 oder Der Typ 0 . 00 kann mittels f . 9 =
g
f
f <
9
0 in einer "kleineren" Umgebung von xo in D - mittels
f .9 = f f
auf
den Typ ~ zurückgeführt werden. Für die Behandlung der Typen 100 ,00 0 und 00 bemerken wir, dass f > 0 in einer Umgebung von xo gilt; in den ersten bei den Fällen ist dies klar (wegen existiert. der Stetigkeit von f), im dritten Fall muss es so sein, damit Durch Logarithmieren von h := Im Fall 1
00
liegt für
!;l 9
r
der Fall
r
erhält man deshalb In h = gIn f =
g vor. In den Fällen
00 0
und
00
!;l. 9
hat man
für gIn f den schon behandelten Fall 0 . 00. Hat In h in xo den Grenzwert d E IR oder 00 oder -00, so hat in xo den Grenzwert ed , 00 bzw. 0, da die Exponential- und Logarithmusfunktion stetig sind. (Also: lim h(x) = lim exp(lnh(x)) = exp( lim lnh(x)) = exp(ln lim h(x)) .
r
x-txo
x-txo
x-txo
X-+Xo
Wir beenden diese Zusammenfassung über die Regeln von de l'Hospital mit zwei Bemerkungen. Manchmal kommt man zum Ziel, wenn man die Regeln mehrmals hintereinander anwenden (und dabei nicht vergisst, bei jedem Schritt die Voraus setzungen nachzuprüfen). So z.B. muss für lim ~ und lim x-tO
x
g
x-tO
~3
.
x-T;smx x
die
Regel von de l'Hospital für den Grenzwert vom Typ zwei- bzw. fünfmal angewandt werden. eingeführt. Dass n----tOCl lim (1 + 1..)n ebenfalls den Die Zahl e wurde als Z::~=O 1, n. n Wert e hat, erhält man nun aus den folgenden Überlegungen (unter Einbeziehung der Regeln von de l'Hospital und der Stetigkeit der Exponentialfunktion): lim
X-tOO
191
2.1 Begriffe und Ergebnisse = exp
(}~~ x In
( 1+
= exp
( lim (
~~ x - X21)) = exp (
x--+oo
1+
~)
)
= exp
(}~~ In(l; ~)
)
1x ) = exp(l) = e.
lim _1_
x--+oo
1+
2.1.3 Iterationsverfahren (Aufgabe 16 bis 18) In vielen praktischen Problemen ist es nicht möglich, exakte Zahlen für die Lösung zu bestimmen. Den Praktikern genügt die Feststellung "Es gibt genau eine Lösung" nicht; es ist nicht einmal befriedigend, wenn sich obere und untere Schranken für die Lösung angeben lassen. Gesucht wird in solchen Fällen ein Verfahren für die Berechnung eines Näherungswertes, der das genaue Ergebnis um weniger als eine vorgegebene Toleranz approximiert; dabei ist es wünschenswert, angeben zu können, wie lange man arbeiten muss, um diese vorgegebene Güte der Abweichung zu unterbieten. Heute ist es wichtig, solche Verfahren zu kennen, die sich leicht programmieren lassen und keine allzu große Speicherkapazität benötigen. Am besten dazu geeignet sind die sog. Iterationsverfahren. Ein erstes Näherungsverfahren für die Berechnung der Nullstellen einer stetigen Funktion ist das Intervallhalbierungsverfahren; dabei geht man aus von einer stetigen Funktion f : [a, b] -+ IR, die in a und b Werte mit verschiedenen Vorzeichen (also: f(a) . f(b) < 0) hat; nach n Schritten wird der Näherungswert einer Nullstelle von f in diesem Intervall mit einer Abweichung um weniger als b;;;.a berechnet. Dieses Verfahren ist iterativ, da bei der Berechnung des (n + l)-ten Näherungswertes nur die letzten zwei Näherungswerte benötigt werden (und die anderen darf der Computer vergessen!). Diese Methode war schon Newton vor 300 Jahren zu langsam (die Schnelligkeit ist keine moderne Erfindung, nur die Hektik!) und aufgrund der folgenden geometrischen Betrachtung hat er für differenzierbare Funktionen ein schnelleres Verfahren entwickelt. Hat f in [a, b] genau eine Nullstelle x* und ist Xo ein Näherungswert dafür, so kann die Tangente in Xo zum Graphen von f in Xo die x-Achse in einem Punkt Xl aus [a, b] schneiden, der näher an x* liegt als Xo . (Es kann auch schief gehen, wenn man z.B. in Abb. 2.2 mit Po statt mit Xo anfängt!) Im günstigen Fall (also Xl E [a, b]) ist dieser Schritt fortgesetzt zu wiederholen, also zu iterieren. (Für die Berechnung von X n braucht man nur Xn-l.) Liegen alle Iterierten Xl, X2, X3,' .. von Xo in [a, b], so muss man hinreichende Bedingungen dafür finden, dass lim X n = x* gilt; außerdem ist n--+oo
noch \x* - x n \ abzuschätzen. Das Newton-Verfahren wird im folgenden Satz zusammengefasst: Sei f : [a, b] -+ IR eine zweimal stetig differenzierbare Funktion, so dass
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
192
Po
b
- - - - - - - j{xo}
Abbildung 2.2. Das Newtonverfahren
f(a) . f(b)
q E ]0,1[,
< 0 und f' > 0 oder f' < 0 auf [a, b] gilt. Außerdem gibt es ein so dass If . 1"1 ~ qlf'1 2 auf [a, b]. Gibt es Xo E [a, b], so dass die
durch
f(Xn-l) Xn = Xn-I - f'( Xn-I )
(2.22)
rekursiv definierte Folge (x n ) in [a, b]liegt, so konvergiert diese Folge gegen x*. Außerdem gilt für alle n 2:: 1 die Fehlerabschätzung qn
(2.23)
Ix* - xnl ~ -I-lxI - xol . -q
Sind a > 0 eine reelle Zahl und k 2:: 2 eine natürliche Zahl, so kann man die positive k-te Wurzel aus a mit dem Newton-Verfahren berechnen. Ist Xo > 0 mit x~ > a, so liegt die Iterationsfolge (x n ) für f: [O,xo]-+ IR, f(x) = xk-a in [0, xo], und die Iterationsvorschrift lautet
Xn =
(1 - ~ ) Xn-I + kX~-I
n_1
n>
1.
(2.22')
Man kann für q die Zahl k:;1 nehmen. Insbesondere erhält man für k das sog. Heron-Verfahren mit der Iterationsvorschrift
Xn =
1 -2
(Xn-I
+ _a_) Xn-I
n 2:: 1.
=2
(2.22")
Ist f dreimal stetig differenzierbar (wie z.B. im obigen Beispiel), so ist die Konvergenzgeschwindigkeit des Newton-Verfahrens "quadratisch", d.h.
193
2.1 Begriffe und Ergebnisse
grob gesagt, bei jedem Schritt verdoppelt sich die Anzahl der genauen Nachkommastellen. Das ist erheblich schneller als beim Intervallhalbierungsverfahren; dort braucht man im Durchschnitt mehr als drei Schritte um eine weitere genaue Nachkommastelle zu bekommen. Beim Newton-Verfahren haben wir eine Nullstelle oder Funktion J approximiert. Ist d aus dem Wertebereich von J, so kann das Newton-Verfahren eine Näherung einer d-Stelle liefern, d.h. die Näherung einer Zahl aus dem Definitionsbereich von J, für die J den Wert d annimmt. Ersetzt man J durch J - id, d.h. betrachtet man x t-+ J(x) - x, so kann man mit dem NewtonVerfahren versuchen, einen Fixpunkt von J zu approximieren, d.h. eine Zahl c mit der Eigenschaft J(c) = c. Geometrisch bedeutet dies, den Schnittpunkt oder die Schnittpunkte der ersten Winkelhalbierenden (also x = y) mit dem Graphen von J zu bestimmen. Diese simple Beobachtung führt zur folgenden Idee: Man beginnt mit einem Xo und bildet iterativ die Folge (x n ) nach der Vorschrift X n = J(xn-d , n 2: 1. Hat man dabei Erfolg (Glück), d.h. liegen y
y=x
f(xo} x
Abbildung 2.3. Fixpunkt bestimmung
mit Xo auch alle Glieder der Folge (x n ) in dem Definitionsbereich von J und konvergiert diese Folge, so hat man einen Fixpunkt von J (vgl. Abb. 2.3). Die markierte eckige Spirale (korrekt wäre Polygonzug) macht den Eindruck, gegen den Punkt (c, c) = (c, J(c)) zu konvergieren, und sie tut es! In diesem Beispiel hatten wir "Glück". In vielen anderen Fällen tritt das nicht ein. Seien a, b reelle Zahlen mit 0 < a < 1 < b; die Funktion [a, b] -+ IR, x t-+ x 2 hat genau einen Fixpunkt, nämlich 1. Fängt man nicht mit Xo = 1 an, so führt Xo < 1 (bzw. Xo > 1) nach einigen Schritten zu Iterierten, die außerhalb [a, b] liegen, da lim x~n = 0 (bzw. lim x~n = (0) gilt. (Man könnte - was der Inn-+oo
n-+oo
tuition entspricht - sagen, dass 1 kein stabiler Fixpunkt ist; damit begnügen wir uns an dieser Stelle.)
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
194
Der folgende Satz (den wir als Fixpunktsatz zitieren werden) gibt eine hinreichende Bedingung für die Existenz und Eindeutigkeit eines Fixpunktes und gleichzeitig eine Fehlerabschätzung: Ist f : [a, b] -+ [a, b] differenzierbar und gibt es ein q E]O, 1[ mit 11'1 ~ q auf [a, b], so hat f gen au einen Fixpunkt c. Unabhängig von der Wahl von Xo aus [a, b] konvergiert die rekursiv definierte Folge (x n ), die gemäß der Iterationsvorschrift Xn = f(xn-l) gebildet wird, gegen c, und für jedes n ~ 1 gilt (2.24) Diese einfache Idee, dieser erste Fixpunktsatz, wurde mit viel Erfolg verallgemeinert und vertieft. Untersuchungen von Iterationsprozessen haben gerade in den letzten Jahrzehnten zu einer hoch interessanten und anwendungsreichen mathematischen Theorie geführt: der Chaostheorie. 2.1.4 Kurvendiskussion (Aufgabe 19 bis 22) Die graphische Darstellung (selbst eine ungenaue Skizze) einer reellwertigen Funktion, die auf einer Teilmenge von IR definiert ist, dient zum besseren Verständnis des Prozesses, der durch die Funktion beschrieben wird. Auf einen Blick erkennt man, in welchen Intervallen die Entwicklung günstig ist, welche Bereiche vermieden werden sollten, wie schnell eine Veränderung verläuft, usw. Das erste, worüber man sich klar werden muss, ist der (maximale) Definitionsbereich, auf welchem die Funktion definiert ist. Der Definitionsbereich ist im Allgemeinen eine Vereinigung von paarweise disjunkten Intervallen (verschiedener Art), wobei isolierte Punkte auch als (entartete) Intervalle angesehen werden. Ist Xo E IR der Anfangs- oder Endpunkt eines solchen Intervalls, so sollte das Verhalten der Funktion dort näher untersucht werden, um festzustellen, ob bzw. warum man die Funktion in Xo nicht "sinnvoll" (z.B. stetig) fortsetzen kann. Es kann z.B. der Fall eintreten, dass die Funktion in der Nähe von Xo "immer schneller" schwingt. Das ist der Fall bei der Funktion IR\{O} -+ IR, x 1-+ sin ~ im Nullpunkt. Für jeden Wert a E [-1,1] und jedes c > gibt es unendlich viele x E ]- c, c[ mit sin ~ = a. Es kann aber auch passieren, dass lim fex) E {oo, -oo} (oder wenigstens lim fex) E {oo, -oo}
°
X-+Xo
bzw.
X-+Xo+
lim fex) E {oo, -oo}) gilt. In diesem Fall heißt Xo eine Polst elle
x--+xo -
von f; so sind z.B. 0, -1 und 1 die Polst ellen von x(xLl). Man nennt dann die Gerade x = Xo eine senkrechte Asymptote, und man sagt, dass der Graph der Funktion sich asymptotisch dieser Geraden nähert. Ist Ja, oo[ oder] - 00, b[ in D enthalten, und ist auf diesem unbeschränkten
195
2.1 Begriffe und Ergebnisse
°
°
Intervall eine Funktion 9 definiert, so sagt man, dass 9 eine Asymptote zu f ist, falls lim (f(x) - g(x)) = bzw. lim (f(x) - g(x)) = gilt. Es x~oo
x~-oo
ist sinnvoll, davon zu sprechen, dass Polynome Asymptoten von rationalen Funktionen sind. So ist das Polynom A eine Asymptote (sowohl für x --+ 00 als auch für x --+ -(0) zur rationalen Funktion falls A = ~ mit Grad von B < Grad von Q gilt. Dann ist das Polynom A eindeutig bestimmt, und deshalb spricht man von der polynomialen Asymptote von Auch für beliebige Funktionen gibt es höchstens eine polynomiale Asymptote für x --+ 00 (bzw. für x --+ -(0). Als Beispiel: Das Polynom x 3 + x nähert sich
G,
G
G.
asymptotisch der rationalen Funktion auch für x --+ -00, da: x 3
x
5
3
±2,~tt{X+5 sowohl für x
--+ 00 als
+x -
X5±2:23t12X+5 = ~t;:. Insbesondere ist die Gerade y = mx + n Asymptote zu f für x --+ 00 (bzw. für x --+ -(0) genau dann, wenn gilt: m = lim f(x) x
n = lim (f(x) - mx)
und
x~oo
(bzw.
m=
lim x~-oo
x~oo
f(x) x
und
n=
lim (f(x) - mx)) .
x--+-oo
Wichtige Informationen über die Funktion erhält man, wenn man die Punkte aus D bestimmt, in welchen die Funktion stetig bzw. differenzierbar (einschließlich der Differenzierbarkeitsordnung) ist. Die Punkte, in welchen die Funktion f differenzierbar ist, sind diejenigen, in welchen der Graph von f eine Tangente besitzt, die nicht zur y-Achse parallel ist. Falls die Grenzwerte lim f(x)-f(xo) und lim f(x)-f(xo) existieren aber ungleich sind hat x--+xo-
x-+xo+
X-Xo
X-Xo
'
,
der Graph von f in Xo einen Knickpunkt. Auf den Intervallen, auf welchen f' nicht negativ bzw. positiv ist, ist f monoton steigend bzw. streng monoton steigend. f' :S bzw. f' < auf einem Teilintervall aus D bedeutet, dass f auf diesem Teilintervall monoton bzw. streng monoton fallend ist. Ist f'(xo) = und wechselt f' dort das Vorzeichen, so hat f bei Xo ein lokales Maximum, falls f zunächst wächst, und dann fällt, oder ein lokales Minimum im umgekehrten Fall. Ist f" 2: bzw. f" :S auf einem offenen Intervall Ja, b[ aus D, so liegt der Graph von f in jedem Punkt aus Ja, b[ oberhalb bzw. unterhalb der Tangente an f. Man nennt f konvex bzw. konkav auf Ja, b[. Gilt f"(XO) = und wechselt f" das Vorzeichen in Xo, so hat f einen Wendepunkt in xo. Geometrisch gesehen durchquert der Graph von f die Tangente in xo. So ist z.B. x I-t x 2k ±1 für k 2: 1 konvex auf ]0,00[, konkav auf]- 00, o[ und besitzt im Nullpunkt einen Wendepunkt. Allgemeiner: Gilt f'(xo) = f"(xo) = ... = f(k-l)(XO) = und f(k)(xo) "# 0, so hat f in Xo einen Wendepunkt, falls k ungerade ist, bzw. ein lokales Extremum, falls k
°
°
°
°
°
°
°
196
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
gerade ist. Für die Anfertigung einer Skizze ist es außerdem nützlich, die Funktion in einzelnen Punkten auszuwerten; oft bietet es sich an 1(0) (falls 0 E D) zu bestimmen, und man interessiert sich für Nullstellen von I, d.h. für den Schnitt des Graphen von 1 mit der y-Achse bzw. die Schnittpunkte des Graphen von 1 mit der x-Achse. Noch eine letzte Bemerkung: Falls man beim Zeichnen mit Schwierigkeiten zu kämpfen hat, kann dies auf einen Rechenfehler hinweisen! Und nun wird ein Programm für die Kurvendiskussion (mit Ziel: Skizze des Graphen) knapp dargestellt. 1. Schritt Bestimmung des maximalen Definitionsbereichs DU) von f. Berechnung von Nullstellen von 1 und von Funktionswerten, insbesondere von 1(0), falls o E DU). Untersuchung auf senkrechte und schräge (insb. waagerechte) Asymptoten. 2. Schritt Bestimmung aller Punkte aus dem Definitionsbereich DU), in welchen 1 stetig, rechts- oder linksseitig stetig ist. 3. Schritt Bestimmung aller Punkte aus DU), in welchen 1 differenzierbar ist (oder andernfalls wenigstens eine Knickstelle hat). Berechnung von /' und ihrer Nullstellen. (Hiermit werden die möglichen lokalen Extrema ausfindig gemacht.) Angabe des Vorzeichens von /', und damit der Monotonieintervalle von I. Feststellung, welche der Nullstellen von /' lokale Maxima bzw. Minima sind. Untersuchung, ob der größte (bzw. kleinste) Wert unter den lokalen Maxima (bzw. Minima) sogar das globale Maximum (bzw. Minimum) ist. 4. Schritt Bestimmung aller Punkte aus DU), in welchen /' differenzierbar ist, und Berechnung von /,1 und deren Nullstellen (die, soweit sie keine lokale Extrema sind, Wendepunkte von 1 sind). Angabe der Intervalle, auf welchen /,1 positiv (und damit 1 konvex) bzw. negativ (und damit 1 konkav) ist. 5. Schritt Anfertigen einer Skizze unter Verwendung der bereits gewonnenen Informationen über die Funktion 1 . 2.1.5 Interpolationspolynome und Spline-Interpolation (Aufgabe 23 bis 26) Kennt man für einen bestimmten Vorgang keine beschreibende Funktion 1 sondern nur eine endliche Anzahl von Messwerten 1(xo) = Yo, 1(Xl) = Yl, ... ,/(xn) = Yn in den Stützstellen (Knoten) XO,Xl,""X n , so ist es naheliegend, 1 durch ein Polynom P kleinsten Grades anzunähern (approximieren, ersetzen), das an den StützsteIlen die Werte Yo, Yl, ... ,Yn annimmt.
197
2.1 Begriffe und Ergebnisse
Ist f unbekannt oder sehr kompliziert, dafür aber f(n+l) oder wenigstens eine Majorante M n+1 E IR von f(n+1) bekannt, so kann man den Fehler abschätzen, der auftritt, wenn man den Wert f(x) durch die Zahl P(x) ersetzt. Zu diesem Zweck betrachtet man die n + 1 Polynome n-ten Grades
Lk(X):=
(x - xo) ... (x - Xk-I)(X - xk+d··· (x - x n) (Xk - xo) ... (Xk - Xk-I)(Xk - Xk+l) ... (x - x n )
(2.25)
Es ist einfach zu zeigen, dass das Polynom Pn(x) := l:~=o YkLk(X) für jedes Xk den Wert Yk annimmt. Außerdem ist Pn das einzige Polynom, dessen Grad höchstens n ist und diese Eigenschaft hat. Pn heißt das Lagrangesehe Interpolationspolynom zu den Stützstellen Xo, Xl, ... , Xn und den Werten Yo, YI , ... , Yn . Ist nun feine (n + l)-mal differenzierbare Funktion auf Ja, b[, ist f stetig auf [a, b] und ist Pn das Lagrangesche Interpolationspolynom zu den Stützstellen Xo, Xl, ... , Xn aus [a, b] mit den Werten f(xo), f(xd, ... , f(x n ), so gibt es zu jedem x E [a, b] ein ~ mit den Eigenschaften min{XO,XI, ... ,xn,x}
f(x) - Pn(X)
=
< ~ < max{xo, Xl, ... , Xn , X} ,
f(n+1)(~)
(n
+ I)!
(x - XO)(X - xd ... (x - Xn) .
(2.26)
Gilt insbesondere Ifn+1(~)1 :S M n +1 für alle ~ E]a, b[, so hat man für jedes x E [a, b] die Fehlerabschätzung (2.27) Hat man weitere Messdaten in weiteren Knoten, und möchte man diese neuen Informationen berücksichtigen, so lassen sich die bisherigen Berechnungen nicht verwenden; man muss alles neu berechnen. Um diesen Nachteil zu vermeiden, führt man die sog. dividierten Differenzen ein:
(2.28)
Man kann beweisen, dass mit diesen Bezeichnungen die sog. Newtonsehe Interpolationsformel für die Darstellung des Lagrangeschen Interpolati-
198
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
onspolynom Pn zu den Stützstellen Xo, ... , Xn und Werten f(xo), ... , f(x n ) gilt:
+ f[xo, Xl](X - xo) + j[xo, Xl, X2](X - xo)(X - Xl) + ... + j[XO,Xl, ... ,Xn](X - XO)(X - xd··· (X - xn-d .
Pn(X) = j[xo]
(2.29)
Es ist praktisch, die dividierten Differenzen mit Hilfe des folgenden Schemas Spalte für Spalte zu berechnen:
f[xo] f(xo, Xl] f( XO,Xl,X2]
f(Xl] f(Xl, X2]
f(Xl, X2, X3]
f( X2] f(X2, X3] f[X3]
f[xo, ... ,X n] f[Xn-l] f[Xn-l,X n] f[x n] Wenn in einer weiteren Stützstelle Xn +1 der Wert f(x n +1) bekannt ist und wenn man dies zur Verfeinerung der Ergebnisse benutzen will, so ist das obige Schema einfach mit der folgenden Diagonale (von links unten nach rechts aufsteigend) fortzusetzen
Das erklärt die Stärke der Newtonschen Interpolationsformel für die Rechenpraxis. Mit der Vergrößerung der Anzahl der Stützstellen erhöht sich auch der Grad des Interpolationspolynoms, und damit werden die Berechnungen umfangreicher. Die Rundungsfehler beeinflussen verstärkt die Ergebnisse. Deshalb erwies sich die Idee, die (unbekannte oder sehr komplizierte) Funktion auf Teilintervallen durch Polynome höchstens dritten Grades zu approximieren, als fruchtbar. Ein kubischer Spline mit den Stützstellen a = Xo < Xl < ... < Xn = bist eine zweimal stetig differenzierbare Funktion s : [a, b] -+ IR mit der Eigen-
2.1 Begriffe und Ergebnisse
199
schaft, dass die Einschränkung von 8 auf jedem Teilintervall [Xk-1, Xk] der Länge hk := Xk -Xk-1 ein Polynom höchstens dritten Grades ist. Diese n - in der Regel verschiedenen - Polynome höchstens dritten Grades sollen in den Punkten Xl, ... ,Xn -1 gut zusammen passen, so dass insgesamt eine zweimal stetig differenzierbare Funktion entsteht. Sind Yo, Y1, ... ,Yn die Werte einer Funktion f in Xo, Xl, ... ,Xn und ist 8 ein kubischer Spline mit der Eigenschaft 8(Xk) = Yk für alle k = 0,1, ... ,n, so hat 8 auf [Xk-1, Xk] die Gestalt
Dabei sind die
8~, ... ,8~
"h 2 "(h 8k-1 k + 8k k
eine Lösung des linearen Gleichungssystems
"h + h k+1 ) + 8k+! k+! =
6 (Yk+1 - Yk Yk - Yk-1 ) h h ' k+1 k k = 1,2, ... , n - 1 .
(*)
Die Bezeichnung erweist sich als sinnvoll, da 8" (Xk) = 8k für alle k = 0, ... ,n gilt. Das System (*), bestehend aus n + 1 Gleichungen mit n - 1 Unbekannten, ist (wegen seiner Gestalt) stets lösbar, und dabei sind zwei der Unbekannten 8~, 8~, ... ,8~ frei wählbar. Verlangt man z.B., dass die ersten Ableitungen von 8 mit den von f in a und b übereinstimmen, so müssen zusätzlich die Bedingungen "h 1
6 Y1 h- Yo + 2"h 81 1 = 1 " h n + 2 8n "h n -- 6 Yn-1h 8n-1
80
n
Yo, , Yn
+ Yn'
gelten; dabei bezeichnen Yb und y~ die Werte f'(xo) bzw. f'(x n ) . Das aus (*) und (**) gebildete System hat eine eindeutige Lösung (da die Koeffizientenmatrix der Unbekannten 8~, 8~, ... ,8~ invertierbar ist). Die Approximationstheorie ist ein - für die Anwendungen - wichtiges Kapitel aus der numerischen Mathematik; an dieser Stelle haben wir einen ersten Eindruck davon erhalten. 2.1.6 Integralrechnung (Aufgabe 27 bis 39)
Der Integralbegriff ist von zentraler Bedeutung in der Mathematik, nicht zuletzt wegen der zahlreichen Anwendungen auch in der Physik und Technik. Es gibt zwei verschiedene Zugänge zu diesem Thema. Daraus ergeben
200
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
sich sowohl für die theoretischen als auch für die anwendungsorientierten Ergebnisse viele Möglichkeiten, die zum Reichtum dieses Themas beitragen. Die Frage, welchen Zugang man wählen sollte, ist schwer zu beantworten. Einer (Stichwort: Stammfunktion) führt die Integration als inverse Operation zur Differenziation ein; deshalb kann man viele bekannte Ergebnisse aus der Differenzialrechnung sofort anwenden, und damit kommt man schnell zu Ergebnissen, ohne aber eine klare Vorstellung zu haben, was dies praktisch bedeutet und für welche Klasse von Funktionen Stammfunktionen existieren. Der andere Zugang (Stichwort: Treppenfunktionen) gibt vom Anfang an eine geometrische Motivation für die Einführung dieses Begriffes, allerdings muss man eine gewisse Durststrecke überstehen, bis man den Begriff richtig eingeführt hat und in der Lage ist, mit ihm etwas anzufangen! Dieser Zugang hat die Vorteile, dass diese Betrachtungen auf den höher dimensionalen Fall leicht übertragbar sind, eine Erweiterung (Stichwort: Lebesgue-Integral) erlaubt, die für anspruchsvolle theoretische Betrachtungen sinnvoll ist, hiermit Lösungen von Differenzialgleichungen berechnet werden können. Ich habe den Zugang über Treppenfunktionen gewählt. Eine Funktion rp heißt eine Treppenfunktion, wenn eine Kette aa ... < an und Zahlen Cl, C2, ... , Cn in IR existieren, so dass gilt
rp(x) = { 0
Ck
< a1 <
für XE] - 00, aa[ U ]a n , oo[ , für x E ]ak-1,ak[.
Die Werte von rp in aa, a1, ... , an spielen dabei keine Rolle. aa, a1, ... , an, Cl, ... , Cn heißt eine Darstellung von rp. Sie ist nicht eindeutig bestimmt. Die Treppenfunktionen bilden bzgl. der üblichen Operationen mit Funktionen einen unendlich dimensionalen IR-Vektorraum T. Sind rp und 'ljJ Treppenfunktionen, so sind Irpl,rp· 'lj;,max(rp,'lj;) und min(rp,'lj;) auch Treppenfunktionen. Ist rp eine Treppenfunktion wie oben, so heißt die Zahl L:~=1 ck(ak - ak-d das Integral von rp und wird mit J rp bezeichnet. Sind alle Ck nichtnegativ, so ist J rp die Summe der Flächeninhalte von Rechtecken mit den Eckpunkten (ak-1,0), (ak,O), (ak,ck) und (ak-1,ck), d.h. zwischen dem Graphen von rp und der x-Achse. (Dabei gehören die Eckpunkte (ak,ck) und (ak-1,ck) im Allgemeinen nicht zum Graphen von rp.) Wenn für rp E T das Integral rp gleich Null ist, ist rp nicht notwendig die Nullfunktion. (Beispiel: rp(x) := 0 für x "I 0 und rp(x) := 1 für x = 0.) Das Integral ist eine Funktion von T nach IR, die IR-linear und positiv ist, d.h.:
J
Für alle Treppenfunktionen rp1, rp2 E + 0:2rp2) = 0:1 rp1 + 0:2 rp2 .
J(0:1rp1
J
J
T und 0:1,0:2
E
IR gilt
201
2.1 Begriffe und Ergebnisse Ist 'P ~ 0, so gilt J 'P ~ 0 .
Aus dem bekannten Ergebnis "Jede stetige Funktion auf einem abgeschlossenen Intervall [a, b] ist gleichmäßig stetig" folgt, dass jede stetige Funktion I auf [a, b] durch eine Folge ('Pn) von Treppenfunktionen gleichmäßig approximiert werden kann. Dabei verschwinden alle 'Pn auf] - 00, a[ U ]b, 00[. Zu jedem c > 0 gibt es also ein n(c) E IN, so dass für alle n ~ n(c) und alle xE [a, b] gilt: I/(x) - 'Pn(x)1 < c. Man kann sogar zwei Folgen von Treppenfunktionen ('Pn) und ('l/Jn) konstruieren, die gleichmäßig gegen I konvergieren, mit den zusätzlichen Eigenschaften 'Pn = 0 = 'l/Jn für alle n auf] - 00, a[ U ]b, oo[ und 'Pn ::; 'Pn+1 ::; I ::; 'l/Jn+1 ::; 'l/Jn für alle n auf [a, b] . Man kann weiter zeigen, dass jede monotone Funktion I auf [a, b] der Grenzwert einer gleichmäßig konvergierenden Folge von Treppenfunktionen ist, welche dieselbe Monotonieeigenschaft (also fallend oder wachsend) wie I besitzt. Eine Funktion I : [a, b] -+ IR heißt integrierbar, wenn eine Folge ('Pn)n C T mit 'Pn = 0 auf] - 00, a[ U ]b, oo[ existiert, die gleichmäßig gegen I konvergiert. Dann ist I beschränkt auf [a, b] und lim J 'Pn existiert. Man kann sich n--+oo
überlegen, dass diese Zahl unabhängig von der gegen I gleichmäßig konvergenten Folge aus T ist. Sie heißt das Integral von I über [a, b] und wird mit
J: I(x)dx bezeichnet. Man spricht auch vom bestimmten Integral von I über [a, b] oder von a nach b . Insbesondere ist jede stetige oder montone Funktion auf [a, b] integrierbar. Auch jede Treppenfunktion 'P mit einer Darstellung ao, al, ... , an, Cl,· .. , cn ist bestimmt integrierbar, und es gilt J'P = Jaaon 'P(x)dx . Die über [a, b] integrierbaren Funktionen bilden einen IR-Vektorraum. Die darauf definierte Abbildung I I-t J: I(x)dx ist IR-linear und positiv. Die Positivität (also: I ~ 0
=> J: I(x)dx ~ 0) ist äquivalent zu
J: I(x)dx ::; J: g(x)dx .
I::; 9 =>
Mit I und 9 sind auch 1/1, max{/,g}, min{/,g}, f+ = max{f,O} und min{/,O} integrierbar über [a,b]. (Man beachte I = f+ + 1-, III = f+ mit f+ ~ 0,1-::; 0.) Es gilt
I!
b
I
~
J b
I(x)dx
a
Sei
1- = - 1-
0 integrierbar. Ist c
I ::;
I/(x)ldx .
a
>
0 beliebig klein, aber fest, so gibt es
'P E T mit 'P = 0 auf] - 00, a[ U ]b,oo[ und 1'P(x) - l(x)1 < b':'a für alle xE [a, b]. Die Treppenfunktion 'P+ verschwindet auch außerhalb [a, b]. Wegen 1'P+(x) - l(x)1 < 1'P(x) - l(x)1 < b':'a für alle x E [a, b] folgt I J 'P+ - J: I(x)dxl
< c. Da J 'P+ der Flächeninhalt zwischen dem Graphen
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
202
von 'P+ und der x-Achse ist und € > 0 beliebig ist, ist es sinnvoll J: f(x)dx als Flächeninhalt zwischen dem Graphen von f und der x-Achse anzusehen. Allgemeiner wird für zwei integrierbare Funktionen f, 9 : [a, b] -+ IR mit
fex) :S g(x) für alle x aus [a,b] die Zahl J:(g(x) - f(x))dx = J: g(x)dxJ: f(x)dx als der Flächeninhalt von ((x,y) E IR2 g( x)} ] interpretiert. Seien f, 9 integrierbar über [a, b]. Dann gilt:
-+ -+
la :S
x :S b, fex) :S y :S
f . 9 ist integrierbar über [a, b]. Insbesondere sind alle Potenzen fn von fauch integrierbar. Gibt es c > 0 mit c:S Ig(x)1 für alle xE [a, b], so ist fauch integrierbar
über [a, b] . Es gibt keine allgemein gültige Beziehung zwischen J: f(x)dx, J: g(x)dx und
J:(Jg) (x)dx, J: f(x)dx. Allerdings gilt die Schwarzsehe Ungleichung
(J
2
b
(J9)(X)dX) :S
a
J
J
a
a
b
b
f(x)2dx .
g(x)2dx .
(2.30)
Man setzt Jaa f(x)dx = 0, egal wie f in a definiert ist. Ist f integrierbar über [a, b], so definiert man
J
J
b
a
a
b
f(x)dx := -
f(x)dx .
Seien a < b < c und f : [a, c] -+ IR. Ist f integrierbar über [a, b] und [b, c], so ist f auch über [a, c] integrierbar, und es gilt die Additivität des Integrals bzgl. Intervalle:
J b
f(x)dx
J
J
b
a
c
+
a
c
f(x)dx =
f(x)dx .
(2.31)
Sind a, b, c beliebig zueinander angeordnet und existieren zwei der drei Integrale aus (2.31), so existiert auch das dritte, und (2.31) bleibt gültig. Mit Hilfe des Zwischenwertsatzes und wegen der Positivität des Integrals beweist man den Mittelwertsatz der Integralrechnung: Für jede stetige Funktion f auf [a, b] gibt es ein ~ E Ja, b[ mit der Eigenschaft
J b
f(x)dx =
a
!'(~) . (b -
a) .
(2.32)
203
2.1 Begriffe und Ergebnisse
Wir haben bis jetzt außer Treppenfunktionen noch keine weitere Funktion integriert. Sei für p ~ 1 die p-te Potenz fp : [0, a] -+ IR definiert durch fp(x) := x p. Man betrachte für jedes n ~ 1 die Treppenfunktionen
IPn,p (x) =
{ k-
'l/Jn,p(x) =
{
(
°
,
x E ]- 00,0]
falls
U Ja, oo[ ,
a ) p , falls x E ] (k - 1) -;' a k -; a].. 1 )P ( -; fur k -_ 1, ... , n ,
o
, falls XE] -
k p(a)P -;
00,0] U ]0, oo[ ,
a] fur .. k -_ 1, ... , n . , falls x E ] k(-)1a -;' k-;
Bekanntlich gelten die Formeln
_n(n+1) 12 1+2+ ... +n2 ' 13 + 23 + ... + n 3
=
+
° 'l/Jn,p(x) -IPn,p(x) =
1)~) (~ r
n
und allgemeiner für
Polynom
Es gilt IPn,p ~ fp ~ 'l/Jn,p und IPn,p n ~ 1 sowie
{ (kP - (k -
2_n(n+1)(2n+1) + ... +n 6 '
[n(n 2+ 1) ] 2
n P+1 1P + 2P + ... + n P = - - + p+1
~
22
n-ten Grades in
< IPn+1,p
~
fp ~ 'l/Jnl,p
~4 n.
< 'l/Jn,p für alle
, falls xE] - 00,0] U Ja, oo[ , ,fallsxE]
(k-1)~,k~]
fürk=l, ... ,n.
Wegen k P - (k - l)P = k P- 1 +k P- 1 (k-1) + .. . +k P- r (k-1t- 1 + ... + (k-1)P-l ~ p.k P- 1 ~ p.n P- 1 hat man l'l/Jn,p(x)-IPn,p(x)1 ~ p.nP-l.(~)P = ~.aP, und deshalb konvergieren (IPn,p) n und ('l/Jn,p) n gleichmäßig gegen f p, und zwar (IPn,p) n monoton steigend und ('l/Jn,p)n monoton fallend. Die obigen Formeln führen zu
! ! !
()
n(n - 1) = a2
=
(~
n(n 2+ 1)
=
(~)3 n(n -1)(2n -1)
IPn,l = 'l/Jn,l IPn,2
~
n
n
r 2
2
2
6
= a;
(1 +
~)
= a3
6
,
(2 _ ~ n
~) + n2
'
204
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
J (:: )3 J~n,3 (~ J = (~ ) 4 1Pn,2 =
n
=
n(n + 1)(2n + 1) = a3 (2 + ~ + ~) , 6 6 n n2
r
[n(n 2- 1) [n(n 2+ 1)
1Pn,3
r :4 r = :4
( 1-~+~) n n 2
(1 +
~ + :2 )
und allgemeiner
J~n,p (~ J = (~ =
1Pn,p
nP+l
) p+l (
--+ p+1
)P+l (
--+ p+1
Polynom p-ten Grades in
nP+l
Polynom p-ten Grades in
Deshalb hat man (2.33)
Auch foa sin xdx und foa cos xdx kann man (mühsam!) mit Hilfe von Treppenfunktionen unter Verwendung der Additionstheoreme berechnen. Die Schwäche des gewählten Zugangs ist somit klar: Sogar für einfache Funktionen ist das Integrieren ziemlich aufwändig. Deshalb kommt uns der folgende Satz wie eine Befreiung vor; er öffnet die Möglichkeit, den anderen Zugang (über Stammfunktionen) zu verwenden und damit leichter zu rechnen. Der Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung, den man ziemlich leicht mit dem obigen Mittelwertsatz beweisen kann, lautet: Ist j : [a, b] -+ IR stetig, so ist die durch F(x) := j(t)dt definierte Funktion F: [a, b] -+ IR differenzierbar, und ihre Ableitung ist j; also: F'(x) = j(x) . Eine solche Funktion, also eine differenzierbare Funktion deren Ableitung j ist, heißt eine Stammfunktion von f. Sind F 1 , F 2 zwei Stammfunktionen von j, so gibt es ein c E IR mit F1 = F2 + c auf [a, b]. Dies ergibt sich aus dem Mittelwertsatz für differenzierbare Funktionen. Seien a, ß E [a, b], j : [a, b] -+ IR stetig und Feine Stammfunktion von j. Dann gibt es ein c E IR mit F(x) = j(t)dt + c für alle x E [a, b]. Es gilt
f:
F(a)
= faD: j(t)dt + c,
J
f:
F(ß)
ß
F(ß)-F(a) =
j(t)dt-
a
J
= f: j(t)dt + c, und daraus folgt
D:
j(t)dt=
a
J
J
a
Cl:
D:
j(t)dH
Man schreibt auch FI~ := F(ß) - F(a). Also:
ß
j(t)dt-
f: j(x)dx
J
J
a
a
D:
j(t)dt=
ß
j(t)dt.
= F(b) - F(a) .
205
2.1 Begriffe und Ergebnisse
Betrachtet man eine Tabelle, welche die Ableitungen bekannter Funktionen enthält, und liest man sie umgekehrt, so gewinnt man eine genauso umfangreiche Tabelle von Stammfunktionen. So sind auf
-+
IR das Polynom ",n
uk=O ak X
-+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+
k
EZ=o k!l akxk+ l
,
eine Stammfunktion des Polynoms
"'!l
]0, oo[ die Funktion x"'+1 eine Stammfunktion der allgemeinen Potenz x"', falls a E IR\ { -I} , ]0, oo[ oder ]- 00, O[ die Logarithmusfunktion In lxi eine Stammfunktion von 1 x ' IR die Exponentialfunktion eX eine Stammfunktion für sich selbst, IR die Funktion a a X eine Stammfunktion der allgemeinen Exponentialfunktion a X , falls a E ]0, 1[ U ]1, 00 [ , IR die Funktionen sin und - cos Stammfunktionen von cos bzw. sin, In :=]mf - ~ , mf + ~[ , n E 71. die Funktionen -ln Icosxl und tanx
I;
Stammfunktionen von tan bzw. CO;2 x ' J n :=]mf, (n+ 1)7r[ , n E 71. die Funktionen In Isin xl und - cot x Stammfunktionen von cot x bzw. sinl2 x ' ]- 1, 1[ die Funktion arcsinx eine Stammfunktion von v'1~x2 , IR die Funktion arctan x eine Stammfunktion von H~X2 , IR die Funktionen cosh und sinh Stammfunktionen von sinh bzw. cosh .
Hat die Potenz reihe E~=o an(x - xo)n =: J(x) den Konvergenzradius r E ]0,00] :=]O,oo[ U {oo}, so hat die Potenz reihe E~=o n!lan(x - xo)n+l =: F(x) ebenfalls den Konvergenzradius r, und F ist eine Stammfunktion von J (auf dem offenen Konvergenzintervall mit dem Mittelpunkt Xo und der Länge 2r). Die Rechenregeln für die Berechnung von Ableitungen werden mühelos in Rechenregeln für die Berechnung von Stammfunktionen übersetzt. Wir werden diese Idee durch einige Beispiele unterstreichen. Auf einem Intervall I aus IR seien die Funktionen !I, fz und deren Stammfunktionen F I , F2 sowie die differenzierbaren Funktionen J, g und deren Stammfunktionen F, G definiert. Für alle reellen Zahlen Cl, C2 ist clFI + C2F2 eine Stammfunktion von cdl + c2fz. Für alle a, b aus I kann man diese Linearitätseigenschaft, wie folgt, festhalten:
f
b
a
f !I b
(cdl
+ c2fz) (x)dx
=
Cl
a
f
b
(x)dx
+ C2
fz(x)dx .
(2.34)
a
Ist H eine Stammfunktion von f'g, so ist Jg - H eine Stammfunktion von Jg', da (Jg - H)' = f'g + Jg' - H' = Jg' gilt. Für alle a, b aus I hat man
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
206
f
b
b
la -
(Jg') (x)dx = fg
a
f
b
(J' g)(x)dx
a
= f(b)g(b) -
f
(2.35)
b
f(a)g(a) -
(J' g)(x)dx.
a
Diese Formel trägt den einsichtigen Namen partielle Integration. Besitzt 9 keine Nullstelle auf I (äquivalent dazu: gilt 9 > 0 oder 9 < 0 auf 1), so ist (laut Quotientenregel für die Ableitung) feine Stammfunktion von
~. Für alle a, b aus I hat man also
f
b
a
f'g - fg' (x)dx = L g2 9
I
f(b) f(a) g(b) - g(a) .
b
a
(2.36)
Sind fund 9 außerdem strikt positiv auf I, so ist In feine Stammfunktion von ~ fg . Für alle a, b aus I gilt also
f
b
Ll b =1
f'9-f9'()d =1 fg x x n 9
a
n
f(b)g(a) f(a)g(b) .
(2.37)
a
Die Regel über die Differenzierbarkeit der Umkehrfunktion und die Kettenregel haben als Folgerung die sog. Substitutionsregel: Seien I, J Intervalle aus IR, h : J --7 I eine bijektive und differenzierbare Funktion, Feine Stammfunktion von f : I --7 IR und a, ß beliebige Punkte aus J. Dann ist F 0 h eine Stammfunktion von (J 0 h) . h', und es gilt:
f
h(ß)
f
ß
f(x)dx =
h(a)
f
ß
(J
0
h)(t)h'(t)dt =
a
f(h(t))h'(t)dt .
(2.38)
a
Ist h- 1 auch differenzierbar (dafür genügt zu verlangen: h' stetig und h' nullstellenfrei auf J), so gilt für alle a, b aus I
f
b
a
f
h- 1 (b)
f(x)dx =
h- 1 (a)
(J 0 h)(t)h'(t)dt =
f
h- 1 (b)
f(h(t))h'(t)dt.
(2.38')
h- 1 (a)
Beim Integrieren muss man gelegentlich verschiedene Regeln nacheinander oder dieselbe Regel mehrmals anwenden. Unter Verwendung verschiedener Formeln und mit geschickten Umformungen kann man für Funktionen, die von einer natürlichen Zahl abhängig sind, oft eine Rekursionsformel aufstel-
2.1 Begriffe und Ergebnisse
207
len. Werden eine oder mehrere Substitutionen x = x(y), y = y(z), z = z(t), ... benutzt, so ist es meistens praktisch die Integrationsgrenzen zuerst zu vernachlässigen, und erst zum Schluß durch Rücksubstituieren das Ergebnis als Funktion von x darzustellen, und erst an dieser Stelle die Integrationsgrenzen zu berücksichtigen. Die folgenden Beispiele ergänzen und verdeutlichen das eben Gesagte. Für alle a, bE ]0, oo[ wird J:(2x+ 1) ln(x 2 +x)dx zunächst mit Hilfe der Substitution x 2 + x = y behandelt und dann wird eine Stammfunktion für In y mittels partieller Integration berechnet. Schließlich erhält man das Ergebnis mit der Rücksubstitution. j(2x+1)ln(x 2 +x)dX= jlnydy=yln y - j ylny - y = y(lny -1) = (x 2
+ x)[ln(x 2 + x)
y~dY=
- 1] =: F(x) ,
b
j (2x
+ 1) ln(x 2 + x)dx =
F(b) - F(a) .
a
Zum Berechnen von J: e~dx verwenden wir die Substitution {IX = t, und danach wird zweimal partiell integriert. Abschließend wird rücksubstituiert. j e ~ dx = j e t . 3t2 dt = 3 [t 2 et = 3t 2 et - 6te t
+ 6e t =
-
2 j tet dt ] = 3t 2 e t
-
6 ( tet - j e t dt )
3(?'x2 - 2ijX" + 2)e~ =: F(x) .
Das Integrationsergebnis lautet deshalb F(b) - F(a) . Die Integrale J: e ßx sin axdx und J: e ßx cos axdx werden mit Hilfe zweimaliger partieller Integration berechnet. So ergibt sich z.B. aus b
b
j e ßx sinaxdx =
_~eßx cosax la + ~ j
a
b
e ßx cosaxdx =
a
1
- ~eßx cos ax
Iab + ~ß
[1
~eßx sin ax
Iab - ~ß jb e ßx sin axdx ] a
(:2
e ßx sin ax -
das Ergebnis
~eßx cos ax )
I: -!: j a
e ßx sin axdx
208
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
(0: 2 ! ß2 eßx sin o:x -
J b
eßx sin o:xdx =
a
0: 2 :
ß2 eßx cos o:x )
I: .
J: cosn = J: cos
Wir bezeichnen für jede natürliche Zahl n ~ 1 das Integral
J:
=
mit Cn. Dann ist Cl
=
cosxdx
b+ sin2x) Ia4
sinb - sina , C2
2
x dx
xdx
=
l(b - a) + 1(sin2b - sin2a) . 2 4 Für n ~ 3 wird eine Rekursionsformel gesucht; dafür wird geschickt umgeformt und partiell integriert:
r b 1+cos2xdx -Ja 2
("'-2
J
J
b
Cn =
b
cos n xdx =
a
(1 - sin 2 x) cosn- 2 xdx
a
J b
= Cn - 2 -
sin x cos n- l
X
sin xdx
a
=Cn - 2-
[- n
~
I: + n ~ 1 Jcosn XdX] , b
1 cos n- l X sin x
a
C (1+ _1_) n-1
n
= Cn -
2
+
_1_ cos nn-1
n-1 n
C n = - - Cn -
2
l
xsinx
1 n- l + _(cos
n
Ib
,
a
bsinb - cos n- l asina) .
Für die meisten Funktionen kann man leider keine Stammfunktion tatsächlich bestimmen. In solchen Fällen bleibt nur die Möglichkeit die Funktion geschickt durch eine andere zu approximieren, von der man eine Stammfunktion kennt. (Darüber gibt es eine Fülle von interessanten und sehr nützlichen Ergebnissen.) Und dabei machen nicht nur komplizierte Funktionen (wie z.B. ln(x 2 + x 4 + sin( {Ix + ~)) + esinx ) Schwierigkeiten, sondern auch ziemlich einfache Funktionen, wie z.B. Funktion xl--t
{
vx + x+ 1 oder e3
sinx x 1
, falls x
x2
oder auch die stetige
=I 0
, falls x = 0
Für jede rationale Funktion kann - wenigstens theoretisch! - eine Stammfunktion gefunden werden, obwohl manchmal umfangreiche Rechnungen notwendig sind. Dazu spielt der Fundamentalsatz der Algebra eine entscheidende Rolle. Ist f eine beliebige rationale Funktion, so wird zunächst eine Poly-
2.1 Begriffe und Ergebnisse
209
f in der Gestalt
nomdivision durchgeführt, also Zähler durch Nenner, um f = S + darzustellen, wobei gilt:
G
~ ~ ~
~
S, P, Q sind Polynome, Der Grad von Q ist größer als der Grad von P , P und Q haben keinen gemeinsamen Faktor vom Grad 2:: 1 , Q(x) = (x - a1)m t ... (x - ar )m r (x 2 + b1x + C1)n t ••• (x 2 + bsx + cs)n. ,
wobei die reellen Zahlen a1, ... ,ar und die Paare reeller Zahlen (bI, cd, ... , (b s , cs) paarweise verschieden sind und 4C1 - bi =: k 1 > 0, ... , 4c s - b; =: k s > 0 gilt. Hier liegt die technische Schwierigkeit; man kann im Allgemeinen a1, . .. ,ar, (bI, cd, ... , (b s , cs) nicht genau bestimmen. (Wenn Sie sich ärgern wollen, versuchen Sie eine Produkt darstellung von p(x) := (x 2 + x + 1)(x 2 + X + 2)(x 2 + X + 3) + 1 mit Faktoren vom Grad höchstens 2 zu finden!) Mit Hilfe der Ergebnisse über lineare Gleichungssysteme kann man zeigen, dass eindeutig bestimmte reelle Zahlen All, ... ,Almt' ... ,Ar1 , ... ,Arm. und eindeutig bestimmte Paare reeller Zahlen (Bll , Cl l ), ... , (B1nt,C1nt),···, (B s1 ,Csd, ... , (B sn ., CsnJ existieren, so dass für alle x E IR\{a1"'" ar } gilt: r mi A () P X '"' '"' ij Q(x) = ~ ~ (x - ai)j ,=1)=1
Eine Stammfunktion für
(x!a)'
C Bkl X + kl + k=ll=l ~ ~ (x 2 + bkx + Ck)l . s
nk
(2.39)
'"' '"'
ist In Ix -
al
falls i = 1 und -
falls i 2:: 2. Die Funktion xf;i!x~c lässt sich, falls c - ~
+ bx + c) + 2CÜbB arctan( x~~) Bx+C . d a b e1. wur d e Vc-b2 . h ne t . x2+bx+c' c - "4 m1't u1: b ezelC
Deshalb ist llln(x 2
(i-1)(La)'
> 0 gilt, schreiben als
eine Stammfunktion von
Für die Berechnung einer Stammfunktion von (x2!~t-fc)n mit k := 4c- b2 benutzt man die Formeln
f f
ß
dx 2x + b Iß 1 2 2 (x + bx + c)n+ = kn(x + bx + c)n Cl:
+
Cl:
ß
2(2n - 1) kn
f f ß
(x 2
>0
dx
+ bx + c)n '
Cl:
xdx (x 2 + bx + c)n+1
=
bx + 2c Iß kn(x 2 + bx + c)n Cl:
(2n - 1)b kn
ß
Cl:
(x 2
dx
+ bx + c)n
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
210
welche durch partielle Integration gewonnen werden. Bis auf die Berechnung der Zerlegung des Nenners in Faktoren ersten und zweiten Grades ist das Integrieren einer rationalen Funktion durchführbar, wenn auch mühsam; deshalb versucht man Integrale komplizierter Funktionen (falls uns sonst nichts gelingt) durch geeignete Substitutionen in Integrale rationaler Funktionen zu transformieren. Kurz gesagt: Man versucht zu rationalisieren! Es werden nun einige Klassen von Funktionen angegeben, für welche dieser Weg erfolgreich ist. Eine rationale Funktion in sin x und cos x kann integriert werden, indem man die Substitution t = tan ~ benutzt; unter Berücksichtigung von x(t) = 2 1_t 2 und' 2t h a t man eme . rat'102 arc t an t ,x'(t) = 1+t2 sm x = 1+t2 , cos x = 1+t2 nale Funktion in t zu integrieren. Manchmal kann man bereits mit der Substitution tan x = u schneller zum Ziel kommen; die Berechnung ist in diesem Fall leichter, weil der Grad des Nenners in u kleiner als der Grad des Nenners in t 2 .t S ' d J.ß cos 4sin x+2x+1 dx wegen u '( x ) = cos2 1 x = l+t an 2 x = 1+ u 2 1S. 0 Z.B . W1r x+sin4 2 2 . r tan ß u +2{1+u ) d C m Jtan 1+u4+{1+u2)2 U umgelormt. Q
Q
Das Integral einer rationalen Funktion in x und f;/ ax + b wird durch die Substitution t = f;/ ax + b in das Integral einer rationalen Funktion in t transformiert. Allgemeiner: Für eine rationale Funktion in x, kVax + b, ... , kf/ax + b betrachtet man das kleinste gemeinsame Vielfache k von k1 , ••• ,ks ; f;/ ax + b wird durch t substituiert. Dann wird Vax + b durch t ni mit ni . k i = k ersetzt und anstelle von dx wird ~tk-1dt geschrieben. Auch rationale Funktionen in x und vax 2 + bx + c, a -:j:. 0 und b2 -:j:. 4ac (falls b2 = 4ac gilt, so muss a positiv sein, und es gilt vax 2 + bx + c =
Va Ix + Ja I)
können rationalisiert werden. Seien
Cl:
< ß die
Integrations-
grenzen. Die folgende Fallunterscheidung ist notwendig:
1)
b2 - 4ac > O. Seien Xl < X2 die reellen Nullstellen von ax 2 + bx + c . i) Falls a > 0 und X2 < Cl: gelten, so führen die Substitution t = Ja X-X2 und die Rücksubstitution x = XI t 2-aX2 zum Ziel' X-Xl
vax 2 + bx
+ c wird durch
t2- a '
x dt und dx durch 2a{x2- x I)t dt era{x2t 2 -a {t 2 _a)2
- X2 . setzt. Die neuen Integrationsgrenzen sind Ja Q-X2 und J a ßß -Xl Q-Xl
2.1 Begriffe und Ergebnisse ii)
Falls a
>
0 und ß
211
<
Xl
gelten, so wird t = - Ja X-Xl X-X2 und
X = XI~~=~X2 betrachtet, und vax 2 + bx + c und dx werden wieder XI) dt -X2)t bzw. 2a(X2t t durch a(xI t (t erse z . 2-a
2-a)2
Falls a < 0, so muss Xl < a < ß < X2 gelten, und es wird genauso wie im Fall i) vorgegangen. 2 b - 4ac < O. Dann gilt a > 0 (sonst gilt ax 2 + bx + c < 0 für alle x). Diesmal führt die Substitution t = vax 2 + bx + c + Va x zum Ziel. x, vax 2 + bx + c und dx werden durch 2~~~b ' fot2i~tcfo
iii)
2)
bzw. 2~~21atb!t)22cfo dt ersetzt; die neuen Integrationsgrenzen sind dann
vaa 2 + ba + c + Va a und vaß2
+ bß + c + Va ß .
Wir erwähnen noch eine Klasse von Funktionen, die sich rationalisieren lassen: Die rationalen Funktionen in x, vax + b , vcx + d. (Dabei müssen die Integrationsgrenzen a < ß in einem Intervall liegen, in welchem ax + bund cx+d positiv sind.) Setzt man t = vcx + d, so folgt x = ~(t2 -d), dx = %tdt und vax in t und
+ b = V%(t2 - d) + b. Damit gewinnt man eine rationale Funktion J %t 2 + bc--;,ad, die sich (wie gerade gesehen) rationalisieren lässt.
Eine erste Anwendung der Integralrechnung haben wir schon kennengelernt: Sind fund 9 zwei integrierbare Funktionen auf [a, b] mit der Eigenschaft
:s
f(x) g(x) für alle x aus [a,b], so ist J:(g(x) - f(x))dx der Flächeninhalt zwischen den Graphen von fund 9 (der als ein Grenzprozess von Flächen, die Vereinigungen von Rechtecken innerhalb dieser Fläche sind, definiert werden kann). Nun eine weitere Anwendung: Ist diese Fläche mit einer konstanten Massendichte versehen, so hat der Schwerpunkt S der Fläche (der auch als der Grenzpunkt der Schwerpunkte der Flächen, die Vereinigungen von darin enthaltenen Rechtecken sind, definiert werden kann) die Koordinaten
J J b
(g(x) - f(x))xdx
Xs =
a
b
(g(x) - f(x))dx
a
J J b
(g2(X) - f2(X))dx
1 a Ys = -. 2 b
(2.40)
(g(x) - f(x))dx
a
Wenn die Massendichte nicht konstant ist, wird der Schwerpunkt mit komplizierten Formeln berechnet, die wir später kennenlernen werden.
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
212
2.1. 7 Uneigentliche Integrale (Aufgabe 40 bis 43)
Bis jetzt haben wir auf kompakten (also beschränkten und abgeschlossenen) Intervallen Integrale von Funktionen behandelt; die integrierbaren Funktionen haben sich als beschränkt erwiesen, da sie Grenzwerte von gleichmäßig konvergierenden Folgen von Treppenfunktionen sind. Verzichtet man auf die Kompaktheit der Intervalle, so kann man diesen Begriff auf gewisse Funktionen erweitern, die auf offenen oder halboffenen (aber beschränkten) Intervallen oder auf unbeschränkten Intervallen definiert sind. Damit für beschränkte Intervalle etwas Neues untersucht wird, muss man unbeschränkte Funktionen betrachten. Die Strategie ist in bei den Fällen dieselbe: Man führt ein Grenzprozess durch! Ist die Funktion I : [a,oo[-+ IR integrierbar über jedes abgeschlossene Intervall [a, b] und existiert lim
t I(x)dx in IR, so heißt I uneigentlich inte-
b->oo a
grierbar von abis 00, und dieser Grenzwert, der mit Jaoo I(x)dx bezeichnet wird, heißt das uneigentliche Integral von I von abis 00. Analog definiert man das uneigentliche Integral von -00 bis a für Funktionen, die auf ] - 00, a] definiert sind. Ist I : IR -+ IR für ein a aus IR sowohl von abis 00 als auch von -00 bis a uneigentlich integrierbar, so ist I für jedes b E IR von b bis 00 und von -00 bis b uneigentlich integrierbar, und es gilt:
f
b
f
I(x)dx
+
I(x)dx =
b
-00
f
a
00
f
00
I(x)dx
-00
+
I(x)dx .
a
Diese Zahl heißt das uneigentliche Integral von
I
und wird mit J~00 I(x)dx bezeichnet. Also: J~00 I(x)dx
von
=
-00
lim
a--+-oo b--+oo
bis
00,
t I(x)dx. a
Wichtig ist dabei, dass a gegen -00 und b gegen 00 unabhängig voneinander konvergieren. Die Existenz des sog. Cauchyschen Hauptwertes von I
f
C
-00
f
b
00
I(x)dx:= lim
b->oo
I(x)dx
(2.41)
-b
bedeutet bei weitem nicht, dass auch J~oo I(x)dx existiert. So ist für jede ungerade, stetige Funktion I auf IR das Integral J~b I(x)dx gleich Null für alle b> 0, und damit gilt C J~oo I(x)dx = 0, aber J~oo I(x)dx braucht nicht zu existieren; Beispiel: die Sinusfunktion oder jedes Polynom, das nur ungerade Potenzen von x enthält (z.B. x + 2x 3 - 5x 5 ). I heißt absolut uneigentlich integrierbar, wenn III uneigentlich integrierbar ist. Einige Beispiele:
2.1 Begriffe und Ergebnisse
J J J
J
213
J+ J
a
00
e-XdX =
e- a ,
a
00
eXdx =
ea ,
a
-00
a
_ l _ dx = ~ - arctana 1 x2 2 '
00
1 l+x
- - - 2 dx
= arctan a + -27f
1 dx -1-+x 2
'
= 7f ,
-00
-00 00
xne-xdx = [an
+ nan - I + n(n -
1)a n - 2
+ ... + n(n - 1) ... 2a + n!]e- a
.
a
Die Funktion wenn a
< -1
X
U
.
ist uneigentlich integrierbar von a .
gIlt; dann gIlt:
J:OO a
xUdx = -
.,+1
~+I
> 0 bis
00
genau dann,
.
Sei I stetig oder monoton auf [a, 00[. Ist I uneigentlich integrierbar von abis 00, so gilt lim I(x) = O. Insbesondere sind sin und cos nicht uneigentlich x-too
integrierbar. Allerdings - wie X U mit -1 ~ a < 0 zeigt - ist die Bedingung lim I(x) = 0 nicht hinreichend für die uneigentliche Integrierbarkeit von I x-too
von abis 00 . Das Majorantenkriterium (für uneigentliche Integrale) besagt, dass aus 1I1 ~ g auf [a, oo[ und der uneigentlichen Integrierbarkeit von g von abis 00 die uneigentliche Integrierbarkeit von I folgt. Insbesondere ist I uneigentlich integrierbar von abis 00, falls I absolut uneigentlich integrierbar von abis 00 ist. Entsprechende Ergebnisse können für uneigentliche Integrale von -00 bis a bzw. von -00 bis 00 formuliert und bewiesen werden. Die negative Form des obigen Kriteriums ist das Minorantenkriterium (für uneigentliche Integrale): Die Funktionen I, g : [a,oo[-+ IR seien für jedes b > a über [a, b] integrierbar und es gelte 0 ~ g(x) ~ I(x) für alle x 2: a. Falls g nicht uneigentlich integrierbar von abis 00 ist, ist es I auch nicht. Da das Verhalten von X U bzgl. uneigentlicher Integrierbarkeit bekannt ist, wird diese Funktion (evtl. multipliziert mit einer positiven Konstante) als Testfunktion genommen, und zwar mit a < -1 für das Majorantenkriterium und mit a 2: 1 für das Minorantenkriterium. Mit Hilfe der uneigentlichen Integrale kann man ein nützliches Konvergenzkriterium für (nummerische) Reihen angeben. Das Integralkriterium für Reihen lautet: Sei I : [a,oo[-+ [O,oo[ eine monoton fallende Funktion und no 2: a eine natürliche Zahl. Die Reihe L:::'=no I(n) ist genau dann konvergent, wenn I von abis 00 uneigentlich integrierbar ist. Außerdem gilt für jede natürliche Zahl m 2: no :
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
214
J
00
L
00
f(n) 2:
n=m
00
f(x)dx 2:
f(n) 2:
n=m+1
m
J 00
L
f(x)dx.
m+1
Als Folgerung erhält man die Konvergenz von L:~=1 n1a für 0: > 1 und nur dafür. Ebenfalls nur für 0: > 1 konvergieren die Reihen L:~=2 n(1n1n)a ,
L:~=3 ee
n In n(I~(1n n))a
< 16.)
Sei nun
und L:~=16
(Beachten Sie: 15 <
n In n(ln(ln n))(ln(ln(ln n)))a .
f : Ja, b] -+ IR integrierbar über [c, b] für alle c E Ja, b[. Die Frage,
ob der Grenzwert lim
t f(x)dx existiert, ist äquivalent zur Existenz von
c-ta+ c
+ a):1dy. Y
lim J~ f(l
d-too
b-a
Y
Ist die Antwort positiv, so heißt funeigentlich
integrierbar von abis b; der Grenzwert wird mit
meistens einfacher, mit lim
c-ta+
beiten. Ist
J: f(x)dx notiert. Es ist
t f(x)dx als mit lim J~ f( 1 +a):1dy zu ard-too
c
Y
b-a
Y
f : [a, b]-+ IR integrierbar, so ist die Einschränkung von f auf]a, b]
J:
uneigentlich integrierbar, und das (klassische!) Integral f(x)dx stimmt mit dem uneigentlichen Integral dieser Einschränkung von f überein. Analog kann man das uneigentliche Integral von 9 : [a, b[-+ IR mittels lim dasjenige von h : Ja, b[-+ IR mittels c~a+ lim d-+b-
t
C
d-tL
t
a
f(x)dx und
f(x)dx sowie die absolute, un-
eigentliche Integrierbarkeit auf beschränkte, nicht abgeschlossene Intervalle definieren. Beispiele dazu:
J JhdX Jhdx a
In x dx = a In a - a für
a>0,
o
1
1- x 2
a
=
~2
arcsina
für
~
für
b
-1
1- x 2
Jh dX
= arcsinb +
2
a
E ]-1, 1[,
bE ]-1, 1[,
1
-1
1- x 2
=7r.
Für b > a ist (x - a)Ct integrierbar von abis b genau dann, wenn man hat in diesem Fall
0:
> -1 gilt;
2.1 Begriffe und Ergebnisse
215
a
Wir formulieren nun das Majoranten- und das Minorantenkriterium für Funktionen I, g : Ja, b[-+ IR. Analoge Ergebnisse können für auf [a, b[ und Ja, b[ definierte Funktionen angegeben werden. Gilt III :S g auf Ja, bJ und ist guneigentlich integrierbar von abis b, so auch I. Gilt :S g :S I auf Ja, bJ und ist g nicht uneigentlich integrierbar von abis b, so ist auch I nicht uneigentlich integrierbar von abis b. Die Testfunktion g ist in der Regel C(x - a)G: mit a > -1 für das Majorantenkriterium bzw. a :S -1 für das Minorantenkriterium; in beiden Fällen ist C reell positiv. Diese zwei Arten von uneigentlichen Integralen (d.h. für unbeschränkte Funktionen auf beschränkten, aber nicht abgeschlossenen Intervallen und für Funktionen auf unbeschränkten Intervallen) können gleichzeitig auftreten für eine
°
Funktion I : Ja,oo[-+ IR; es wird untersucht, ob c--+a+ lim Dafür wählt man ein d
J:
Jt'
>
t I(x)dx existiert. C
b-+oo
a und prüft, ob die beiden uneigentlichen Inte-
grale I(x)dx und I(x)dx existieren. Ein interessantes Beispiel dazu: Für jedes t > ist die Funktion JO, 00[-+ IR, x I-t x t - 1 e- x uneigentlich integrierbar sowohl auf [0,1], da darauf < x t - 1e- x < x t - 1 gilt und Jo1 x t - 1dx
°
°
existiert, als auch auf [1,00[, da für jedes nEIN mit t :S n die Ungleichung auf [1,00[ gilt und JtO xne-xdx existiert. Deshalb wird durch die Zuordnung t I-t Jooo x t - 1e- xdx eine Funktion r : JO, 00[-+ IR
°< x t- 1e- x :S xne- x
definiert, welche die Gamma-Funktion heißt. Sie kommt in der Mathematik häufig vor. Bemerkenswert ist die folgende Funktionalgleichung der Gamma-Funktion:
r(t + 1) = tr(t)
für alle
t>
°.
(2.42)
Insbesondere gilt für jede natürliche Zahl n die Gleichung r(n + 1) = n! Am Ende von Abschnitt 3.1.5 zeigen wir, dass Jooo e- x2 dx = gilt. Mit der Substitution t = x 2 folgt r( ~) = Jooo r ~ e-tdt = 2 Jooo e- x2 dx = .j7r. Daraus
:!f
und aus (2.42) erhalten wir r( 2ni1) = 1.3.5 ..~~2n-1).j7r. Wir werden später weitere Eigenschaften dieser Funktion kennenlernen. 2.1.8 Quadraturformeln (Aufgabe 44 und 45)
J:
Die Grundidee für die Approximation von I(x)dx fußt auf der geometrischen Bedeutung dieser Zahl: der Flächeninhalt des Gebietes zwischen dem
216
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Graphen von f und der x-Achse, falls f nur nichtnegative Werte hat, was man immer durch die Addition einer Konstante erreichen kann, da f beschränkt auf [a, b] ist. Deshalb wird eine möglichst feine Zerlegung a = Xo < Xl < ... < Xn = b betrachtet, die Fläche zwischen dem Graphen von f und der x-Achse über jedem der Teilintervalle [Xk-l, Xk] durch jeweils eine Fläche approximiert, deren Inhalt leicht zu berechnen ist, die Summe über diese n approximierenden Flächeninhalte gebildet.
-+ -+ -+
f:
Von der einsichtigen Idee geleitet, dass das Verhalten von
f in jedem Teil-
intervall von [a, b] für die Berechnung von f(x)dx dieselbe Rolle spielt, werden gleichlange Teilintervalle [Xk-l, Xk] betrachtet. Der zweite Grund für diese Wahl der Zerlegung ist rein technischer Art; die Rechnungen werden vom Anfang an vereinfacht. Je nachdem wie für fXk Xk-l f(x)dx eine Näherung
f:
berechnet wird, bekommt man eine Berechnungsformel für f(x)dx; solche Formeln heißen Quadraturformeln. Inzwischen gibt es viele SoftwareProgramme für die nummerische Berechnung von Integralen und für die Abschätzung der Näherungsfehler, die auf solchen Formeln beruhen. Es ist wichtig, zu wissen, welches Programm wir für eine konkrete Aufgabe benutzen sollen und dürfen. Das Integral der Funktion f über [a, b] soll abgeschätzt werden. Sei n ~ 1 eine natürliche Zahl, h := b~a und Xk = a + hk, k = 0, 1, ... ,n. Die einfachste k f(x)dx ist der Flächeninhalt des Rechtecks mit der Basis Näherung für
r
Xk-l
und der Höhe f(Xk-~+Xk) = f(a+ die Mittelpunktsformel [Xk-l, Xk]
Jf(x)dx~hLJ b
n
a
2k:;1
n
h). Dadurch bekommt man
(a+ 2k ; l h ) =hLf
k=l
k=l
(X k- 12+x k )
Ist f zweimal stetig differenzierbar auf Ja, b[, so gibt es ein Eigenschaft
'""' ( + 1) +
J
n
b
f(x)dx = h ~/
a
f:
Ib-a)3
2k -2-h
(b - a)3 24n 2 1"(~).
Ja, b[ mit
der
(2.43')
-
Ist sogar man
a
~ E
(2.43)
11"1
~
M 2 auf
Ja, b[,
so ist der Fehler, den man begeht, wenn
f(x)dx mit dieser Mittelpunktsformel berechnet, nicht größer als
~M2.
2.1 Begriffe und Ergebnisse
J:
Nimmt man für
217
f(x)dx den Wert ~(f(xk-d+ f(Xk)) des Flächeninhalts
k k_ 1
des Trapezes mit der Höhe h und der Basis f(Xk-l) und f(Xk), so bekommt als Quadraturformel die Sehnen-Trapezformel
J b
n
1
f(x)dx = h (f(a) + 2 ~ f(a + kh) + f(b) )
a
= h (f(a)
(2.44)
+ 2 ~ f(Xk) + f(b) ) .
Unter denselben Voraussetzungen wie im obigen Fall gilt für ein geeignetes 7] E Ja, b[
J b
f(x)dx = h
(
f(a) + 2
t; f(a +
n-l
a
kh) + f(b)
)
-
(b
l;n~
)3
1"(7]),
(2.44')
-
und der entsprechende Fehler ist höchstens (~;~r M 2 . Wird nun anstelle der Einschränkung von f auf [Xk-l, XkJ das Interpolationspolynom zweiten Grades für die Knoten Xk-l, ~ (Xk-l + Xk) und Xk sowie für die Werte f(Xk-l), f(~(Xk-l +Xk)) und f(Xk) gewählt, so erhält man die sog. Simpson-Formel (oder auch die Keplersche Faßregel)
J
J(x)dx'"
~ (J(a) +4 EJ (a+ 2k; 1 h )
a
+2 =
~
I:
f(a + kh) + f(b) )
k=l
(f(a) + 4
~f
(2.45)
( Xk-1 2+ Xk ) + 2
~ f(Xk) + f(b) )
Ist f viermal stetig differenzierbar auf Ja, b[, so gibt es ein ( E Ja, b[, so dass gilt:
J b
~
f(x)dx =
t; f ( Xk-12+ Xk ) n
(f(a)
+4
a
(2.45')
-
+2
L
n-l
f(Xk)
+ f(b)
)
( b-a) 5
- 2880n 2 f
(4)
(().
k=l
Ist außerdem If(4) 1
::;
M 4 auf Ja, b[, so ist der Fehler, den man begeht,
218 wenn man für 2 L~;;;;i f(a
f:
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
f(x)dx mit dem Wert ~(f(a)
+ kh) + f(b))
arbeitet, höchstens
+ 4 L~=l f(a + 2k:;1 h) +
~~;;l~ M 4
•
2.1.9 Gewöhnliche Differenzialgleichungen (Aufgabe 46 bis 58)
Die Untersuchungen verschiedener physikalischer, biologischer, chemischer, wirtschaftlicher, demographischer u.v.a. Phänomene und das Erfordernis, sie quantitativ zu beschreiben, führen häufig zu Gleichungen, in welchen neben der gesuchten FUnktion auch deren Ableitungen vorkommen. Eine solche Gleichung heißt Differenzialgleichung. Ist die FUnktion nur von einer Variablen abhängig, so heißt die Differenzialgleichung gewöhnlich; sonst - d.h. wenn die FUnktion von mehreren Variablen abhängt - heißt sie partiell. Einige Beispiele von Differenzialgleichungen:
--+
--+
--+
Beim freien, reibungslosen Fall bewegt sich ein Körper aufgrund der Erdanziehungskraft mit konstanter Beschleunigung 9 >:;j 9, 81mj 8 2 . Bezeichnet man mit 8(t) die Fallstrecke zum Zeitpunkt t, so liefert die Differenzialgleichung s(t) = 9 durch zweimaliges Integrieren 8(t) = ~gt2 +at+b, wobei die Konstanten a und b ermittelt werden können, wenn man weitere Informationen über den Vorgang hat. Wenn man z.B. weiß, dass zum Zeitpunkt t = 0 der Körper im Nullpunkt der Messskala liegt und die Geschwindigkeit für t = 0 ebenfalls den Wert Null hat, so ist 8(t) = ~gt2 die Lösung; die Konstanten haben also beide den Wert O. Die beiden Bedingungen 8(0) = 8(0) = 0 nennt man Anfangsbedingungen. Wird ein Körper mit der Anfangsgeschwindigkeit Vo senkrecht nach oben geworfen, so ist es naheliegend, die Höhe in Abhängigkeit von der Zeit, h(t), zu untersuchen und für die Höhe eine Messskala zu wählen, die die umgekehrte Richtung wie die Erdbeschleunigung hat. Deshalb kommt man zu der Differenzialgleichung h(t) = -go Hier sind die Anfangsbedingungen h(O) = 0, h(O) = Vo. Die Lösung lautet h(t) = vot - ~gt2 . Die Stromstärke I(t) zum Zeitpunkt t in einem RL-Stromkreis erfüllt die Differenzialgleichung
LI' (t)
--+
+ RI(t)
= U(t) ,
wobei L die Induktivität, R den Ohmschen Widerstand und U(t) die Spannung zum Zeitpunkt t bezeichnet. Die einfachste Form, in der Wachstumsprozesse beschrieben werden, ist die Gleichung j(t) = af(t); das ist so zu interpretieren: Ist f(t) die Mengenangabe für ein sich vergrößerndes System, so geht man davon aus, dass die Wachstumsrate, j(t), zu jedem Zeitpunkt proportional zur jeweiligen Menge ist. Sind zusätzlich abschwächende Einflüsse
2.1 Begriffe und Ergebnisse
--7
--7
--7
zu berücksichtigen - z.B. wegen räumlicher Begrenztheit, gegenseitiger Zerstörung o.ä. - so kann man Korrekturglieder anbringen, um die Realität besser zu beschreiben und kommt z.B. zu einer Gleichung der Gestalt jet) = af(t) - bj2(t) mit a > 0, b> 0 . Die Lage eines freihängenden, homogenen, biegsamen Seils mit q als Eigengewicht pro Längeeinheit, das unter konstanter, waagerechter Spannungskraft H steht, erfüllt in einem kartesischen Koordinatensystem (in welchem die Achse y gegen Mittelpunkt der Erde gewichtet ist) die Differenzialgleichung y"(x) = -'kv1 + Y'(X)2 . Alle parametrisierten Kurven x I-t (x, y (x)), die eine Funktion ,." als Krümmung haben, genügen der Differenzialgleichung y" (x) ,.,,(x) (1 + Y'(X)2)3/2 . Sucht man eine Kurve x I-t y(x), so dass eine Lichtquelle im Ursprung parallele Strahlen in Richtung der positiven x-Achse reflektiert, so erhält man mit einer geometrischen Überlegung die Differenzialgleichungy'= ~. 2 x+
--7 --7
219
x +y2
Auch die "optimale" Gestalt von Werkzeugen und von aerodynamischen Profilen können mittels Differenzialgleichungen untersucht werden. Die Berechnung des "fairen" Preises einer Option an der Börse führt zu einer Differenzialgleichung. (Solche Forschungsergebnisse wurden mit einem Nobel-Preis belohnt!)
Die Ordnung einer Differenzialgleichung ist die Ordnung der höchsten Ableitung, die in der Gleichung auftritt. In den obigen Beispielen haben wir Differenzialgleichungen erster und zweiter Ordnung kennengelernt. Eine Differenzialgleichung n-ter Ordnung kann in expliziter Form
y(n) = f(x,y,y', ... ,y(n-l))
(2.46)
(man schreibt auch y(n) (x) = fex, y(x), y' (x), ... , y(n-l) (x))) oder in impliziter Form F(x,y(x),y'(x), ... ,y(n-l)(x),y(n)(x)) = 0 angegeben werden. Eine Lösung einer Differenzialgleichung n-ter Ordnung
F(x, y, y', ... , y(n-l), y(n)) = 0
(2.46')
auf einem Intervall I ist eine Funktion f : I --7 IR, die auf I n-mal differenzierbar ist und so dass für jedes x E I der Punkt (x,y(x), ... ,y(n)(x)) im Definitionsbereich von F liegt und F(x,y(x), ... , y(n) (x)) = 0 gilt. Dabei muss I nicht offen sein. Wenn Randpunkte dazugehören, wird die Ableitung im Sinne einseitiger Differenziation verstanden. Es wird aber vorausgesetzt, dass I nichttrivial ist, d.h. aus mehr als einem Punkt besteht. Allgemeiner versteht man unter einer Lösung eine Funktion auf einer Menge D, die sich als höchstens abzählbarer Vereinigung von Intervallen darstellen lässt, wobei die Einschränkung auf jedes dieser Intervalle eine Lösung im obigen Sinn ist. Die
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
220
allgemeine Lösung einer Differenzialgleichung ist die Menge aller Lösungen. Oft wird damit auch eine Gleichung der Gestalt G(x, I(x), Cl, ... , Cn ) = 0 bezeichnet (wobei Cl, ... , Cn Parameter in eventuell eingeschränkten Bereichen sind), wenn jede Lösung diese Gleichung für jeweils ein festes Parametertupel (Cl, ... , cn ) erfüllt, und wenn umgekehrt jede n-mal differenzierbare Funktion, die für zulässige Parametertupel diese Gleichung erfüllt, gleichzeitig Lösung der Differenzialgleichung ist. Als Anfangswertproblem (kurz: AWP) wird die Aufgabe bezeichnet, Lösungen einer Differenzialgleichung zu finden, für die der Funktionswert und der Wert der Ableitungen in einem festen Punkt - die Anfangswertbedingungen - vorgegeben sind. Von einem Randwertproblem spricht man, wenn Lösungen einer Differenzialgleichung in einem Intervall [a, b) gesucht sind, die zusätzliche Randbedingungen erfüllen, d.h. Beziehungen, die die Funktionswerte und Werte der Ableitungen in den Punkten a und b betreffen. Konkrete Fragen können auch zu Systemen von Differenzialgleichungen führen. Die explizite Gestalt eines Differenzialgleichungssystems erster Ordnung mit n unbekannten Funktionen, die alle auf einem Intervall J aus IR definiert sind, wird durch y~(x)
=h(X,YI(X), ... ,Yn(x)),
y~(x)
=h(X,YI(X), ... ,Yn(x)),
(2.47)
gegeben. (Kurz geschrieben: y = f(x,y(x)).) Eine Lösung y : I -+ IRn auf einem Intervall I c J ist ein n- 'lUpel von n differenzierbaren Funktionen YI, Y2,···, Yn mit den Eigenschaften -+ die h, ... , In sind definiert auf {(x, YI (x), ... , Yn(X)) I x EI}, -+ yj(x) = 1i(x, YI (x), ... , Yn(x)) für alle x E I und j = 1, ... , n . Für das AWP, bestehend aus (2.47) und aus der Anfangswertbedingung
YI(XO) = YI,O,··· ,Yn(XO) = Yn,O ,
(2.48)
zitieren wir den folgenden wichtigen Existenz- und Eindeutigkeitssatz für Differenzialgleichungssysteme: Seien a, b, L und M positive Zahlen und K := { ( ; ) E IR n+! IIX - xol :::; a, IYj - Yj,ol :::; b Vj = 1, ... , n } . Mit C bezeichnet man min( a, t). Sind h,···, In stetig auf K, ist Meine gemeinsame obere Schranke für alle Ihl, ... ,l/nl auf K (d.h. I/j(x,y)1 < M Vj = 1, ... ,n) und erfüllen alle 1i die Lipschitz-Bedingung bzgl. y
2.1 Begriffe und Ergebnisse
221
so gibt es genau eine Lösung y : [xo der Anfangsbedingung (2.48) genügt.
C,
Xo
+ c] -+
IR n von (2.47), welche
Sei y(n) = l(x, y, yl, ... , y(n-2), y(n-l)) eine gewöhnliche Differenzialgleichung n-ter Ordnung; setzt man yt(x) := y(x), Y2(X) := yl(X), ... ,Yn-l (x) := y(n-2)(x) , Yn(x) := y(n-l)(x), so erhält man das Differenzialgleichungssystem y~ (x) = Y2(X) , y~(x) = Y3(X), ... , y~-l (x) = Yn(x) , y~(x) = l(x,Yl(x), ... ,Yn(x)) . Zwischen den Anfangsbedingungen der gegebenen Differenzialgleichung und denen des gewonnenen Differenzialgleichungssystems besteht eine bijektive Beziehung. Ist (Yl, ... ,Yn) Lösung des Differenzialgleichungssystems oder eines AWP für dieses System, so ist Yl Lösung der ursprünglichen Differenzialgleichung bzw. des zugeordneten AWP für diese Differenzialgleichung. Der Existenz- und Eindeutigkeitssatz für Differenzialgleichungssysteme hat als Folgerung den folgenden Existenz- und Eindeutigkeitssatz für gewöhnliche Differenzialgleichungen: Seien a, b, L und M positive reelle Zahlen und K := { ( ; ) E IRn+l Ilx - xol
~ a,
IYj - Yj,ol
~ b Vj = 1, ... , n } .
t).
Sei c := min(a, Ist 1 stetig auf K, M eine obere Schranke für 111 auf K und erfüllt 1 die Lipschitz-Bedingung
so gibt es genau eine Lösung Y : [XO - C,Xo + c] -+ IR des AWP y(n)(x) = l(x, y(x), y l (x), ... ,y(n-l) (x) y(xo) = Yl,O yl(xo) = Y2,O,···, y(n-l) (xo) = Yn,O . Dass die Lipschitz-Bedingung eine wesentliche Voraussetzung dieses Satzes ist, wird uns an folgendem Beispiel klar. Für das AWP
yl(x)
= 2Jy(x)
,
Y(O)
=
°
(2.49)
°
sind - bis auf die Lipschitz-Bedingung in Y - alle Voraussetzungen aus dem obigen Satz erfüllt. Für kein d> kann es eine Konstante L mit der Eigenschaft 12JY - 2v'z1 ~ Lly - zl für alle y, z E [0, d] geben, da die äquivalente Ungleichung 2 ~ LIJY + v'zl für alle Y und z aus ]0, min(:rb, d)] nicht erfüllt ist. Jede Funktion der Gestalt
l(x) := {
-(x -
°
0:)2
(x - ß)2
für x
< 0: ,
füro:~x~ß,
fürß<x
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
222
bei beliebigen 0:, ß E IR mit 0: ~ ß ist Lösung der Differenzialgleichung in (2.49). Die Anfangsbedingung y(O) = 0 ist immer dann erfüllt, wenn 0: ~ 0 ~ ß gilt. D.h. es gibt unendlich viele Lösungen des AWP(2.49). Das liegt daran, dass die Lipschitz-Bedingung in y = 0 nicht erfüllt ist. Die einfachsten Differenzialgleichungen erster und zweiter Ordnung können in verschiedene Klassen eingeteilt werden; wir geben dazu einige Beispiele und jeweils den Lösungsweg an. Die Differenzialgleichung 1. Ordnung mit getrennten Veränderlichen hat die Gestalt
y'
= g(x)h(y)
oder
y'(x)
= g(x)h(y(x))
,
wobei 9 und h stetige Funktionen auf den Intervallen I bzw. J sind. Ist (xo, Yo) ein Punkt aus I x J, so genügt die Lösung des AWP y' =g(x)h(y) , y(xo) =Yo, der Gleichung
Jh~:) J Y
x
Yo
(2.50)
g(t)dt .
=
Xo
Es gelingt nicht immer (eher selten!), y daraus zu explizitieren. Ist 9 konstant, so spricht man von einer autonomen Gleichung. Ein Beispiel dazu: Aus zwei Stoffen A und B, die in einem Verhältnis 0: : ß stehen, entsteht durch eine chemische Reaktion ein Stoff y. (Also: Für 1 Gramm von y benötigt man 0: Gramm von A und ß Gramm von B.) Die Reaktionsgeschwindigkeit iJ sei proportional zu den noch vorhandenen Massen beider Stoffe. Die autonome Differenzialgleichung iJ = A(A - o:y)(B - ßy) beschreibt dieses Verfahren. (A ge negative reelle Zahl.)
< 0 ist eine von der Natur der Stoffe abhängi-
Eine Differenzialgleichung vom Typ y' = f(ax + by + c) mit a, b, c aus IR lässt sich in eine Differenzialgleichung mit getrennten Veränderlichen z'(x) = a + bf(z(x)) umformen, indem man die Substitution z(x) = ax + by(x) + c durchführt. Auch eine Differenzialgleichung vom Typ y' =
z(x) =
f(~)
kann man mittels
1LiF in eine Differenzialgleichung mit getrennten Variablen, nämlich in
2-
z'(x) = !(z( xl z (x l äquivalent umformen. (In der Literatur wird in diesem Fall oft von einer homogenen Differenzialgleichung gesprochen; in Hinblick auf den nächsten Typ von Differenzialgleichungen ist hier Vorsicht geboten.) Die homogene lineare Differenzialgleichung 1. Ordnung
2.1 Begriffe und Ergebnisse
223
y'(x)
+ p(x)y(x)
= 0,
wobei p eine auf einem Intervall I stetige Funktion ist, hat ebenfalls getrennte Veränderliche. Für Xo E I und die Anfangsbedingung y(xo) = Yo ist die Lösung gegeben durch x
(2.51)
Yh(X) = Yo exp ( - / p(t)dt ) xo
(Der Index algleichung "homogen" Lösung der
"h" deutet an, dass es sich hier um eine homogene Differenzihandelt, d.h. die rechte Seite ist Null. In diesem Sinne wurde auch für lineare Gleichungssysteme benutzt.) Eine partikuläre inhomogenen linearen Differenzialgleichung
y'(x) wobei
f
+ p(x)y(x)
= f(x) ,
ebenfalls eine auf I stetige Funktion ist, ist x
x
t
Yp(x) = [ / f(t) exp ( / p(r)dr ) dt ] exp ( - / p(t)dt ) xo
(2.52)
xo
xo
Damit ist y(x) = Yp(x) + CYh(X) die allgemeine Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung; der Parameter C muss den Wert 1 haben, falls verlangt wird, dass y(xo) = Yo gilt. Also ist x
x
t
y(x) = [ / f(t)exp ( / p(r)dr ) dt+ Yo ] exp ( - / P(t)dt) Xo
xo
Xo
die Lösung des AWP
y'(x)
(2.53)
+ p(x)y(x)
= f(x)
y(xo) = Yo .
Eine Differenzialgleichung vom Typ Bernoulli hat die Gestalt
y'(x)
+ p(x)y(x) + q(x)y(xY'
= 0;
(2.54)
dabei sind p und q stetige Funktionen auf einem Intervall I und 0: ist aus IR\ {O, I}. Für 0: = 0 und 0: = 1 hat man getrennte Veränderliche bzw. eine lineare Differenzialgleichung. Gesucht wird eine Lösung, die nur positive Werte hat. (Für 0: = ~ aus ~ mit 0 < P < q und ungerades q braucht man allerdings diese Einschränkung nicht zu machen.) Mit dem Ansatz z(x) := y(x)l-a ergibt sich äquivalent zur gegebenen Differenzialgleichung die lineare Differenzialgleichung
z'(x)
+ (1- o:)p(x)z(x) + (1 - o:)q(x) = 0 .
Ist eine Anfangsbedingung vorgegeben, so kann man entweder mit der entsprechenden Anfangsbedingung für z arbeiten und dann das erzielte Ergebnis
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
224
für Z zurücktransformieren, um die Lösung des ursprünglichen Problems zu erhalten, oder zuerst die allgemeine Lösung zurücktransformieren, und dann erst die gegebene Anfangsbedingung benutzen. Sind p, q, f stetige Funktionen auf einem Intervall I, so ist
L(y) := y//(x)
+ p(x)y'(x) + q(x)y(x)
= f(x)
(2.55)
eine lineare Differenzialgleichung 2. Ordnung. Die Linearität (also die Tatsache, dass y, y' und y// nur in der ersten Potenz vorkommen) hat als Folgerung das Superpositions-Prinzip: Ist Yj eine Lösung von Ly = /j, j = 1,2, so ist YI + Y2 eine Lösung von Ly = h + 12; dabei müssen h, 12 ebenfalls stetig auf I sein. Schreibt man die Gleichung als y//(x) = g(x, y(x), y'(x)) := f(x) - p(x)y'(x) - q(x)y(x), so folgt aus
Ig(X,YI,Y2) - g(X,ZI,Z2)1 :S Ip(x)ll z 2 - Y21
+ Iq(x)llzl
- YII
und der Stetigkeit von p und q, dass 9 einer Lipschitz-Bedingung bzgl. (YI, Y2) genügt. Nach dem Existenz- und Eindeutigkeitssatz für gewöhnliche Differenzialgleichungen gibt es zu jedem inneren Punkt Xo von I und jeder Anfangsbedingung y(xo) = Yo, y'(xo) = YI ein offenes Intervall J mit Xo E J C I und darauf eine Lösung des AWP
y//(x)
+ p(x)y'(x) + q(x)y(x) = f(x) , y(xo) = Yo
und y'(xo)
= YI.
(2.55')
Sind p und q konstant, so hat man eine Schwingungsgleichung (oder auch eine lineare Differenzialgleichung 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten) zu lösen. Ist f die Nullfunktion, so liegt der homogene Fall vor. Um nichttriviale Lösungen der homogenen Schwingungsgleichung mit konstanten Koeffizienten
y//(x)
+ py'(x) + qy(x) = 0, p, q E IR ,
(2.55//)
zu erhalten, machen wir den Ansatz y(x) = e AX ; eingesetzt in die Differenzialgleichung führt das auf die Bedingung (>.2+pA+q)eAX = 0. P(A) := A2+PA+q heißt das charakteristische (oder determinierende) Polynom der Differenzialgleichung; P (A) = ist die charakteristische (oder determinierende) Gleichung.
°
Ist p2 - 4q > 0, so sind Al = -P+~ und A2 = -P-~ die Nullstellen von p. e A1X und e A2X sind zwei linear unabhängige Lösungen von (2.55//). Ist p2 _ 4q = 0, so ist e-h x eine Lösung von (2.55//); xe-!px ist eine weitere, von e- !px linear unabhängige Lösung der homogenen Schwingungsgleichung. (Bitte nachprüfen!) Ist p2 - 4q < 0, so sei w die positive reelle Zahl ~ 4q - p2. Es lässt sich ebenfalls durch Einsetzen bestätigen, dass e-!px coswx und e-h x sinwx zwei (li-
J
2.1 Begriffe und Ergebnisse
225
near unabhängige) Lösungen von (2.55/1) sind. Dass auch dieses Ergebnis aus dem Ansatz y(x) = eAX folgt, sieht man, wenn man die Exponentialfunktion e AX komplex auffasst. Die Funktion
C~lX + C2eA2X { Yh(X) = cle-!Px + C2xe-!PX cle-!Px coswx + C2e-!PX sinwx
, falls p2 - 4q > 0 , , falls p2 - 4q = 0 , , falls p2 - 4q < 0
ist aufgrund des Existenz- und Eindeutigkeitssatzes die allgemeine Lösung der homogenen Schwingungsgleichung, da für jedes Xo E I und alle ao, al E IR gen au ein Paar (CI,C2) E IR2 mit der Eigenschaft existiert, dass für die entsprechende Lösung Yh gilt: Diese Werte Cl und C2 erhält man aus (*) mit Hilfe der Cramerschen Regel (und das ist immer möglich, weil e A1X und e A2X , e-!px und xe-!px bzw. e-!px coswx und e-!px sinwx linear unabhängig sind!). Mit denselben Bezeichnungen ist
Yp(x) =
J t)e~t ~e-~x Je~t
e-~x
x
(x -
f(t)dt,
falls
p2 - 4q = 0,
Xo
x
Yp(x) =
sinw(t - x)dt,
falls
p2 - 4q
<0,
Xo
eine partikuläre Lösung der inhomogenen Schwingungsgleichung Ly = f. Die allgemeine Lösung der Schwingungsgleichung hat dann die Gestalt Yh + YP . Wenn f ein Polynom, eine lineare Kombination von Exponentialfunktionen, eine lineare Kombination von Sinus- und Cosinusfunktionen verschiedener Perioden oder eine lineare Kombination von Produkten bestehend aus Sinusoder Cosinusfunktionen mit Exponentialfunktionen ist, kann man mit der folgenden Vorgehensweise eine partikuläre Lösung bestimmen, ohne zu integrieren. Für f(x) = I:Z=o akxk sucht man eine partikuläre Lösung der Gestalt Yp(x) = I:Z~~ bkx k . Durch Einsetzen in die Differenzialgleichung und Koeffizientenvergleich erhält man das lineare (algebraische) Gleichungssystem
226
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
°, °,
qb n +2 = p(n + 2)bn+2 + qbn+l = (k + l)(k + 2)bk+2 + p(k + l)bk+l = ak,
k
= 0,1, ... , n
.
Die Koeffizienten bk lassen sich sofort nacheinander bestimmen. Ist fex) = L:~=1 akeak":' so genügt es, wegen des Superpositions-Prinzips, fex) = ae ax zu betrachten. Der Ansatz yp(x) = be ax führt zum Erfolg, genauer zu b = a2+~a+q' falls a keine Lösung der charakteristischen Gleichung ist (also: a 2 + pa + q "I 0). Ist a eine einfache oder doppelte Nullstelle der charakteristischen Gleichung, so erhält man mit dem Ansatz yp(x) = bxe ax bzw. yp(x) = bx2eax für b den Wert 2a~p bzw. ~ . Ist f (x) = a cos TJX oder b sin TJX oder auch a cos TJX + b sin TJX, so führt jedesmal der Ansatz c cos TJX + d sin TJX zum Ziel. Die Koeffizienten c und dergeben sich aus einem linearen Gleichungssystem bestehend aus zwei Gleichungen. Ist schließlich die rechte Seite der Differenzialgleichung von der Form ae ax cos TJX, be ax sin TJX oder (a cos TJx+ b sin TJx)e ax , so ist bei passender Wahl von c und d die Funktion ce ax cos TJX + de ax sin TJX bzw. (c cos TJx+d sin TJX )xe ax eine Lösung der inhomogenen Gleichung, falls (p, q) "I (-2a, a 2 + TJ2) bzw. (p, q) = (-2a, a 2 + TJ2) gilt. Eine Differenzialgleichung zweiter Ordnung der Gestalt
X2y"(X)
+ axy'(x) + by(x)
= fex) , a, bE IR,
(2.56)
ist eine homogene bzw. inhomogene Eulersche Differenzialgleichung 2. Ordnung, je nachdem, ob f die Nullfunktion ist oder nicht. Die Lösung wird diesmal nicht mit einer Transformation der Funktion y sondern mit einer Transformation der Variablen x gesucht; die Variablentransformation x(t) = et und die Bezeichnung z(t) := y(e t ) führen zur linearen Differenzialgleichung 2. Ordnung
z(t)
+ (a -
l)i(t)
+ bz(t)
= feet) ,
°
falls die Anfangsbedingung in einem Punkt Xo > gegeben ist, oder, beim Fehlen einer solchen Bedingung, wenn der Definitionsbereich von feine Teilmenge von ]0, oo[ ist. Ist die Anfangsbedingung in einem Punkt Xo < gegeben, oder ist f auf einer Teilmenge von ]- 00, o[ definiert, so erhält man mit der Variablentransformation x(t) = _e t und der Bezeichnung z(t) = y( _e t ) die Differenzialgleichung
z(t)
+ (a -
l)i(t)
+ bz(t) =
°
f( _e t ) .
Hiermit schließen wir diese Einführung in die Theorie der Differenzialgleichungen ab. Später werden wir uns erneut damit beschäftigen.
2.1 Begriffe und Ergebnisse
227
2.1.10 Lineare Abbildungen, Eigenwerte und Hauptachsentransformation von Matrizen (Aufgabe 59 bis 70)
Seien V und W zwei Vektorräume über dem Körper K. Unter den vielen Funktionen, die auf V definiert sind und Werte in W annehmen, sind diejenigen besonders leicht zu handhaben, welche die Linearität erhalten; anders gesagt: Die Wirkung einer solchen Funktion und die algebraischen Verknüpfungen sind vertauschbare Prozesse. Solche Funktionen heißen lineare Abbildungen oder Homomorphismen von K-Vektorräumen oder einfach K-linear. f : V -+ W ist K-linear, wenn für alle Al, A2 aus Kund V1, V2 aus V gilt:
Äquivalent dazu: Für alle v, V1, V2 aus V und A aus K gilt:
f(V1
+ V2)
= f(vt)
+ f(V2)
und
f(AV) = Af(v) .
Eine K-lineare Abbildung von V nach V heißt ein Endomorphismus von V. So ist die Identität id v : V -+ V, v I-t v, ein Endomorphismus von V. Allgemeiner definiert jedes A E Kein Endomorphismus V -+ V, v I-t AV, von V. Die Nullabbildung V -+ W, v I-t 0 (genauer sollte man Ow schreiben, um klarzumachen, dass das Nullelement aus W gemeint ist) ist K-linear. Ist f : V -+ Weine K-lineare Abbildung, so gilt:
-+ -+ -+ -+ -+ -+
f bildet 0 (aus V) auf 0 (aus
W) ab. f( -v) = - f(v) für jedes v E V . Kern(f):= {v E V I f(v) = O} ist ein Untervektorraum von V, der Kern von f . f(V) = Bild(f) := {w E W I 3v E V mit f(v) = w} ist ein Untervektorraum von W, das Bild von f . f ist injektiv {::::::} Kern(f) = {O} . Ist f bijektiv, so ist auch f- 1 : W -+ V ein Homomorphismus.
Ist f : V -+ Wein bijektiver Homomorphismus, so ist also f- 1 auch K-linear; f heißt dann ein Isomorphismus von Vektorräumen. Sind ft und 12 Homomorphismen von K -Vektor räumen von V nach Wund sind A1,A2 aus K, so bezeichnet Atf1 + A2h die K-lineare(!) Abbildung v I-t A1ft(V) + A2h(v). Die Menge HomK(V, W) der K-linearen Abbildungen ist ein K-Vektorraum. Man beachte, dass die Nullabbildung von V nach W das Nullelement von HomK(V, W) ist. Sind f : V -+ Wund g : W -+ U K-linear, so ist die Komposition gof eine K-lineare Abbildung zwischen den K-Vektorräumen V und U . Ist LeK ein Unterkörper von K, so ist jeder K-Homomorphismus V -+ W
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
228
auch ein L- Homomorphismus, wobei diesmal V und Wals L- Vektorräume angesehen werden. Die umgekehrte Behauptung, also: jeder L- Homomorphismus ist ein K-Homomorphismus, ist im allgemeinen falsch. So ist die Konjugation ( -+ (, Z I-t z ein IR-Homomorphismus, aber kein (-Homomorphismus. Wir haben gesehen, dass viele Operationen mit Funktionen lineare Abbildungen sind. So ist die Zuordnung des Grenzwertes in einem Punkt Xo E IR eine IR-lineare Abbildung vom Vektorraum aller reellwertigen Funktionen, die auf einem Intervall (z.B. ]xo -1, Xo + 1[) definiert sind und in Xo einen Grenzwert haben, in IR. Die "Rechenregel" lim P.'lh(x)
x-txo
+ >'2h(x))
=
>'1 X--+Xo lim h(x) + >'2 lim h(x) X-+Xo
bedeutet genau die IR-Linearität dieser Zuordnung (Abbildung). Auch Ableiten und Integrieren können als IR-lineare Abbildung gedeutet werden:
J
(>'1/1 + >'212)' = >'1/{ + >'21~ ,
b
(>'1/1 + >'2h)(x) = >'1
J b
h (x)dx
+ >'2
a
a
J b
h(x)dx .
a
Natürlich dürfen wir dabei die zugehörigen Vektorräume nicht vergessen. Im ersten Fall ist (zum Beispiel) 1 I-t l' ein Endomorphismus des Vektorraums aller unendlich differenzierbaren Funktionen auf IR; im zweiten ist
1 I-t
J: l(x)dx ein Homomorphismus auf dem Vektorraum aller integrierba-
ren Funktionen auf [a, b] mit Werten in IR . Nicht jede Operation mit Funktionen führt zu einem Vektorraumhomomorphismus, wie z.B. für stetige Funktionen auf einem Intervall die Operation Betrag 1 I-t 111 oder das Quadrieren 1 I-t P . Was uns besonders interessiert, sind die linearen Abbildungen zwischen endlich dimensionalen Vektorräumen, weil eine unmittelbare Verbindung zur Theorie der linearen Gleichungssysteme besteht, wie wir erläutern werden. Wir nehmen von nun an an, dass V und W endlich dimensionale Vektorräume sind; es seien n := dimK V und m := dimK W. (Es hilft Ihnen vielleicht, wenn Sie bei der ersten Lektüre der nächsten Seiten K = IR, V = IR n und W = IR m als Modell vor Augen haben.) Für eine K-lineare Abbildung 1 : V -+ W gilt die Dimensionsformel dimK V = dimK Ker(f)
+ dimK Bild(f)
.
Daraus ergibt sich die Äquivalenz der folgenden Eigenschaften:
-+
1 ist ein Isomorphismus,
(2.57)
2.1 Begriffe und Ergebnisse -t -t
n = mund n = mund
229
f ist injektiv, f ist surjektiv.
B := {bi, ... , b n } und C := {Cl,'" ,c m } bezeichnen eine Basis von V bzw. W. Eine lineare Abbildung f : V -t W ist vollständig bekannt, wenn die Bilder Wl = f(bd, ... , Wn = f(b n ) bekannt sind, da für jedes v E V eine eindeutige Darstellung v = 'L.'j=l Aj b j existiert, und wegen der K-
Linearität von f gilt: f(v) = f('L.'j=l Ajbj ) = 'L.'j=l Ajf(bj ) = 'L.'j=l AjWj. Schreibt man f(b j ) als (eindeutige) Linearkombination 'L.:l aijCi für alle j = 1, ... ,n, so erhält man eine m x n-Matrix
MC,B(f) :=
Das Bild eines beliebigen Elementes v E V (und damit 1) ist durch diese Matrix eindeutig bestimmt n
f(v)
=L
j=l
n
Ajf(bj )
=L
(2.58)
Aj
j=l
Die Zuordnung f I-t MC,B(f) ist eine K-lineare Abbildung von HomK(V, W) nach Kmxn, dem K- Vektorraum aller m x n-Matrizen mit Komponenten aus K, weil für alle h,h aus HomK(V, W) und Al,A2 E K gilt:
Der K-Homomorphismus MC,B ist sogar ein Isomorphismus. Die inverse Abbildung ordnet jeder Matrix A E Kmxn eine mittels (2.58) definierte Abbildung V -t W zu; sie ist offensichtlich K-linear. Dieser Vektorraumisomorphismus MC,B hängt wesentlich von den Basen Bund C ab. Sind B' und C' weitere Basen von V bzw. W, so gilt (2.59)
Die m x m-Matrix MC',c(id w ) =
(
C~:l Cml
m)
Cl. .
heißt die Über-
Cmm
gangs matrix von der Basis C zur Basis C'; für alle i = 1, ... , m gilt: Ci = 'L.:=l CkiC~, Analog ist MB,B' (idv ) die Übergangsmatrix von B' zu B .
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
230
Sind J : V -+ Wund 9 : W -+ U K-lineare Abbildungen sowie ß,C und D Basen von V, W bzw. U, so gilt:
Mv,a(g Ist insbesondere
0
J) = Mv,c(g) . Me,a(f) .
(2.60)
J ein Isomorphismus, so gilt Me,a(f)-l = Ma,e(f-1) .
Wir betrachten jetzt ein lineares Gleichungssystem Ax = b mit A E Kmxn und b E Km. Die Abbildung JA : Kn -+ Km , V r-+ Av hat die Eigenschaft, dass M E (",) ,E(n) (fA) = A gilt; dabei sind [(m) und [(n) die kanonischen Basen von Km bzw. Kn. Entscheidend sind die Beziehung Rang A = dimK Bild(fA) und die Dimensionsformel n = dimK Ker(fA)+Bild(fA). Daraus ergeben sich die folgenden Äquivalenzen:
-+ -+ -+ -+ -+
Ax = b hat eine Lösung {::::::} b E Bild(fA) . Ax = b hat für jedes b eine Lösung {::::::} JA surjektiv. Ax = b hat höchstens eine Lösung {::::::} JA injektiv. Ax = b hat genau eine Lösung {::::::} JA injektiv und b E Bild(fA) . Ax = b hat für jedes b genau eine Lösung {::::::} JA bijektiv.
Sei nun A eine n x n-Matrix mit Koeffizienten aus dem Körper Kund A E K. Die Menge EA(A) := {v E K n I Av = AV} ist ein Untervektorraum von Kn. Gibt es ein v -I 0 aus EA(A), so heißt A ein Eigenwert von A, v ein Eigenvektor zum Eigenwert A und EA(A) der Eigenraum von A zum Eigenwert A. EA(A) besteht in diesem Fall aus Eigenvektoren (die sämtlich von 0 verschieden sind) und aus O. Schreibt man Ax = AX als (AEn - A)x = 0, so ist A ein Eigenwert von A genau dann, wenn das homogene lineare Gleichungssystem (AEn - A)x = 0 eine nichttriviale Lösung hat, was bekanntlich zu det(AEn - A) = 0 äquivalent ist. Diese Gleichung n-ter Ordnung
det(AEn - A)
= An -
(all + a22 + ... + ann )A n- 1 + ... + (_1)n det A
=0
heißt die charakteristische Gleichung von A. Sind Al, ... , Ak paarweise verschiedene Eigenwerte von A und ist v j ein Eigenvektor von A zu Aj für j = 1, ... , k, so sind VI, ... , vk linear unabhängig. (Der Beweis ergibt sich aus (A1En - A) ... (Ai-1En - A)(AH1En - A) ... (AkEn - A)Vi = (Al - Ai) ... (Ai-1 - Ai)(AH1 - Ai) ... (Ak - Ai)Vi .) Entscheidend für die Theorie ist der folgende Satz: Genau dann gibt es eine invertierbare Matrix S E Kn,n, so dass S-l AS eine Diagonalmatrix ist, wenn paarweise verschiedene Elemente Al, ... ,AI aus K und natürliche Zahlen k1 , ... ,kl existieren, so dass gilt: I
det(AEn - A)
= II (A i=l
Ai)k i
und
Rang(AiE - A)
=n -
ki
für alle
i.
2.1 Begriffe und Ergebnisse
231
Man beachte: I:~=1 k i = n und dimK EA (Ai) = k i für alle i = 1, ... , l. Die Zahl k i heißt die Vielfachheit des Eigenwertes Ai von A . (i) ... , Vki (i). ' von E A (\) . t B1'lden VI' eme B aS1s I\i , so 1S
eine Basis von K n . Bezeichnet S die n x n-Matrix mit diesen Spalten I). S - lAS d'1e D'mgonaImatnx ' mIt . d er D'mgonaIe 1\1, \ •.. ,1\1, \ vI(1) , ... , v ( k / ' so 1st
A2, ... , A2, ... Al, ... ,Al. Man sagt in diesem Fall, dass A diagonalisierbar ist oder dass A zu einer Diagonalmatrix ähnlich ist. Bezeichnet JA : Kn -+ Kn die mittels A definierte Abbildung (also v f-7 Av), so gilt:
Deshalb ist A genau dann diagonalisierbar, wenn eine Basis S von Kn existiert, so dass MS,S(fA) eine Diagonalmatrix ist. Nicht jede Matrix ist diagonalisierbar. Z.B. für c E K\ {O} ist die Matrix (~n =: A nicht diagonalisierbar. Es gilt: det(AE2 - A) = (A - 1)2, Al =
A2 = 1, Rang(l· E 2 - A) = Rang (g -~) = 1. Wäre A diagonalisierbar, so müsste Rang(l . E 2 - A) = 2 - 2 = 0 gelten. Ein weiterer Grund für die Existenz nicht diagonalisierbarer Matrizen ist: Das charakteristische Polynom det(AEn - A) könnte keine Darstellung als Produkt von Linearfaktoren besitzen. Im Fall K = IR liefert die Matrix (~-~) ein Beispiel dafür. Um diese Ursache auszuschließen, wird von nun an K = ([ angenommen; es werden aber auch Ergebnisse für K = IR erläutert. Bevor wir uns näher mit der Diagonalisierungsfrage in diesem Fall beschäftigen, schildern wir einige Tatsachen über ([m,n; wir betrachten also komplexe m x n-Matrizen. Für A
= (aij)l$i$m l~j$n
bezeichnen AT,A und AT die zu
A transponierte, konjugierte" bzw. konjugiert-transponierte Matrix, also _
--T
Es gilt A = A, AT = AT und AT = A. Die Abbildung ([m,n -+ AT, ist ein ([-Vektorraumisomorphismus. Dagegen sind ([m,n -+ -
-T
([n,m,
A
f-7
([m,n,
A
f-7
A und ([m,n -+ ([n,m, A f-7 A nur IR- Vektorraumisomorphismen. A E ([m,n ist reell (d.h. A E IRm,n) genau dann, wenn A = A gilt. Eine quadratische Matrix A E ([n,n heißt
-+
unitär, falls AT A
= En
gilt.
232 -7 -7 -7
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
orthogonal, falls sie reell ist und AT A = E n gilt.
hermitesch, falls AT = A gilt. symmetrisch, falls A reell ist und AT = A gilt.
Das (kanonische) Skalarprodukt von IR n (zur Erinnerung: X·Y :=
2:1=1 XjYj,
xT
also: das Produkt der "Matrizen" und y) lässt sich auf ([n erweitern: ([n x ([n -7 ([, x· y = 2: =n XjYj. X· Y ist das Produkt der "Matrizen" x.T und y. Dieses Skalarprodukt ist
1
-7 -7 -7 -7
antilinear im ersten Argument: Für alle Xl, X2 und y aus ([n sowie Al und A2 aus ([ gilt (AlXl + A2X2) . y = XlXl . Y + X2X2 . Y linear im zweiten Argument: Für alle Yl und Y2 aus ([n sowie Al und A2 aus ([ gilt x· (AlYl + A2Y2) = AlX . Yl + A2 X . Y2 . hermitesch: Für alle x, Y aus ([n gilt x . Y = Y . x . positiv definit: Für alle x E ([n\{O} ist x· x reell, positiv.
Außerdem gilt für jedes A aus
([n,n
und alle x, Y aus
(Ax) . Y =
X·
([n :
-T
(A y).
Mit Hilfe des Skalarproduktes kann man die Begriffe orthogonal und Norm für die Vektoren aus ([n definieren. x ist orthogonal zu y, falls x . Y = 0 gilt. Die Norm des Vektors x ist Ilxll =
.JX-X .
Die Funktion II . II : ([ -7 IR hat die Eigenschaften: i) Ilxll 2: 0, ii) Ilxll = 0 ~ x = 0, iii) IIAxl1 = IAI·llxll , iv) Ilx + yll ::; Ilxll + Ilyll . Die Vektoren Xl, ... ,Xk bilden ein Orthonormalsystem, wenn Ilxill = 1 für alle i = 1, ... , k und Xi . Xj = 0 für alle i -:j:. j aus {I, ... , k} gilt. Ist k = n, so spricht man von einer Orthonormalbasis. Damit ist die Matrix A genau dann unitär, wenn ihre Spalten eine Orthonormalbasis bilden. Aus k linear unabhängigen Vektoren Xl, ... ,Xk aus ([n kann man mit Hilfe des sog. Gram-Schmidt-Orthonormalisierungsverfahrens ein Orthonormalsystem VI, ... , Vk konstruieren, so dass für jedes r = 1,2, ... , k der von Xl, ... ,X r aufgespannte Untervektorraum von ([n mit dem von VI, ... , V r aufgespannten Untervektorraum übereinstimmt (vgl. die Aufgaben 63 und 64). Sei nun A eine quadratische komplexe Matrix mit n Zeilen und Spalten; Eigenvektoren von A zu verschiedenen Eigenwerten sind im Allgemeinen nicht orthogonal zueinander; betrachten wir z.B. die Matrix (~~). Zu ihren Eigenwerten 2 und -2 gehören die Eigenvektoren sind nicht orthogonal zueinander:
(i) . el)
mbzw.
C~l). Diese Vektoren
= 4 - 1 = 3 -:j:. 0 .
233
2.1 Begriffe und Ergebnisse
Dagegen hat eine hermitesche (und insbesondere eine symmetrische) Matrix nicht nur genau n reelle (aber im Allgemeinen nicht notwendig paarweise verschiedene) Eigenwerte, sondern die bemerkenswerte Eigenschaft, dass die Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten orthogonal sind. Entscheidend ist für eine hermitesche Matrix A, dass die Vielfachheit jedes Eigenwertes .\ von A gleich der Dimension des Eigenraumes EA (.\) ist. Nach dem zitierten Satz über die Diagonalisierbarkeit quadratischer Matrizen über einem beliebigen Körper folgt daraus, dass jede hermitesche Matrix diagonalisierbar ist. Wählt man für jeden Eigenraum eine Orthonormalbasis, so bildet die Vereinigung dieser Basen eine Orthonormalbasis von ([n. Die aus diesen Eigenvektoren (als Spalten) gebildete Matrix S ist unitär und deshalb kann man den folgenden Satz über die Hauptachsentransformation formulieren: Ist A E ([nxn eine hermitesche Matrix, so gibt es eine unitäre Matrix S derart, dass ST AS eine Diagonalmatrix ist. Auf der Diagonalen befinden sich die Eigenwerte von A, und zwar jeder so oft wie es seiner Vielfachheit entspricht. Dieses Ergebnis gilt auch für eine symmetrische Matrix A E IR nxn . In diesem Fall sind nicht nur die Eigenwerte sondern auch die Eigenvektoren und damit auch die Matrix S reell; sie ist also orthogonal. Was bedeutet eigentlich dieser Satz für die Abbildung I = IA? Die Matrix S liefert eine Koordinatentransformation x = Sx', so dass bezüglich der neuen Koordinaten die Achsen bei der Wirkung von I invariant bleiben. Sind die Eigenwerte paarweise verschieden, so sind diese Achsen die einzigen invarianten Geraden bezüglich I. (Das bedeutet nicht, dass jeder Punkt dieser Geraden festbleibt, sondern dass die Gerade als Gesamtheit festbleibt!). In diesem Sinne sind die neuen Achsen die Hauptrichtungen (Hauptachsen) von I. Ist .\ eine vielfache Nullstelle von .\En - A (d.h. ein vielfacher Eigenwert) von Ordnung k, so ist EA(.\) ein invarianter k-dimensionaler Untervektorraum, und jede durch 0 gehende Gerade in ihm ist I-invariant, und könnte als neue Achse gewählt werden. Dass diese Methode auch im Fall einer nicht hermiteschen Matrix zum Ziel (Diagonalisierung) führen kann, zeigt uns das Beispiel der Matrix A = (~~). Bildet man mit den Eigenvektoren
-2 die Matrix B
(i)
und
(.:1)
= (i -i), so gilt B- 1 = (1 J) 4
2
zu ihren Eigenwerten 2 bzw. und B- 1 AB
= (; _~) .
Allgemeiner: Die n x n-Matrizen mit n verschiedenen Eigenwerten lassen sich mit der obigen Methode diagonalisieren. 2.1.11 Kurven und Flächen zweiter Ordnung (Aufgabe 71 bis 74) Schneidet man einen Kreiskegel mit Ebenen, so sind die Schnittkurven Kreise, Ellipsen, Hyperbeln und Parabeln; deshalb heißen diese Kurven auch Ke-
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
234
gelschnitte. Geht eine Ebene durch die Spitze des Kegels, so erhält man zwei Schnitthalbgeraden oder eine Halbgerade - falls die Ebene den Kegel tangential trifft - oder auch nur einen Punkt (die Spitze). Durch Drehung eines Kreises, einer Ellipse, einer Hyperbel oder einer Parabel um eine der Symmetrieachsen entsteht eine Kugel, ein Drehellipsoid, ein Drehhyperboloid oder ein Drehparaboloid. Wenn man den Maßstab in einer Richtung verändert, entstehen daraus Ellipsoide, Hyperboloide oder Paraboloide, die nicht durch eine Drehung erzeugt werden können, d.h. keine Rotationsflächen sind. Was haben diese Kurven und Flächen vom analytischen Standpunkt aus gesehen gemeinsam? Sie sind Nullstellenmengen im IR2 bzw. im IR 3 eines Polynoms 2. Grades in x und y, bzw. in x, y und z. Deshalb tragen diese Kurven (bzw. Flächen) den Namen Kurven (bzw. Flächen) zweiter Ordnung. Sie können also durch Gleichungen vom Typ
(2.6b) bzw.
+ a02oy2 + a002z2 + 2allOXY + 2alOlXZ + 2aOllYZ+ 2b lOO x + 2bolOY + 2boOl z + C = 0
a200x2
dorgestcllt we<den. Set,t man x
bzw. A
=
(~~~~ ~~~~ ~~~~) alOl
aOll
a002
~ ( ; ) b,w. x ~ (~) ,A ~ (::: und b
=
(~~~)
bzw. b
=
(~~~~), bOOl
(2.61 3 )
:: )
so kann
man die obigen Gleichungen einheitlich, d.h. sowohl für den IR2 als auch für den IR 3 , in der Form x T Ax + b T X
+C =0
(2.61)
schreiben; dabei ist A eine symmetrische, von der Nullmatrix verschiedene Matrix. Als Folgerung ergibt sich, dass eine (nichttriviale) Schnittkurve einer der betrachteten Flächen mit einer Ebene eine der eingangs genannten Kurven ist. (Eliminiert man eine der Variablen x, y oder z aus (2.61 3 ) und aus ax + ßy + "(Z + J = 0, so erhält man eine Gleichung der Form (2.61 2 ), wobei eventuell x oder y durch z zu ersetzen ist.) Aus der Schulmathematik sind uns die Gleichungen des Kreises, der Ellipse, der Hyperbel und der Parabel in der Gestalt 2
X
2
+Y =R
2
x2 , a2
+
y2 b2
= 1,
x 2 y2 a 2 - b2
=1
bzw.
y2
= 2px
235
2.1 Begriffe und Ergebnisse
(hoffentlich) bekannt und vertraut. Diese Darstellung heißt auch Normalform der Kegelschnitte; das beinhaltet, dass der Mittelpunkt des Kreises im Nullpunkt liegt, dass für Ellipse und Hyperbel die Symmetrieachsen als Koordinatenachsen gewählt sind und dass bei der Parabel der Scheitelpunkt als Nullpunkt und die Symmetrieachse als x-Achse genommen wird. Die nicht ausgearteten Flächen zweiter Ordnung (auch Quadriken genannt) und deren Gleichungen bei geeigneter Wahl der Koordinaten sind: die Kugel, das Ellipsoid, das einschalige Hyperboloid, das zweischalige Hyperboloid, der elliptische Kegel, das elliptische Paraboloid, der elliptische Zylinder, das hyperbolische Paraboloid, der parabolische Zylinder. Dabei sind a, b, c und R positive Zahlen und p =j:. o. Die obigen Darstellungen der Quadriken werden Normalformen genannt. An der Formel (2.6b) oder (2.61 3 ) können wir nicht sofort erkennen, von welchem Typ die dadurch beschriebene Kurve oder Fläche ist. Auch ist unklar, ob (2.61 2 ) oder (2.61 3 ) überhaupt Lösungen besitzt (d.h., ob (2.61 2 ) oder (2.6b) nicht vielleicht die leere Menge "beschreibt".) Zur Beantwortung dieser Fragen benutzen wir eine Hauptachsentransformation. Sind AI,A2 bzw. AI,A2,A3 die (reellen, da A symmetrisch ist) Eigenwerte von A und VI, V2 bzw. VI, V2, V3 Eigenvektoren zu diesen Eigenwerten, die eine Orthonormalbasis bilden, so bezeichne S die Matrix mit den Spalten VI, V2 bzw. VI, V2, V3. Wegen A =j:. 0 kann man o.E. (eventuell muss man eine Variablenvertauschung vornehmen) Al > 0 anneh-
men E, gilt ST AS =
(~ ~,) ode,
so folgt aus x T Ax + 2b T X und damit
0' ~ ~J
Set,t man x = Sx',
+ c = 0 zuerst x'T (ST AS)x' + 2(bT S)x' + c = 0,
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
236
(2.62 2 ) bzw.
AlX,2
+ A2y,2 + A3Z,2 + 2b~oox' + 2b~lOY' + 2b~01Z' + e =
(2.63 3 )
0,
wobei b,T := b T S gesetzt wurde. Für Kurven zweiter Ordnung betrachten wir die Fälle A2 =j:. 0 und A2 = 0 . Ist A2 =j:. 0, so führt die Transformation x" b,2
= x' + ~ ,
r
y"
= y' + ~
zu
b,2
AlX" 2 + A2y"2 + eil = 0, wobei eil = e - ~ gilt. Diese Gleichung stellt einen Kreis, eine Ellipse, eine Hyperbel, einen Punkt oder die leere Menge dar, je nachdem, ob Al = A2 und eil < 0 , Al =j:. A2 > 0 und eil < 0 , A2 < 0 und eil =j:. 0 , eil = 0, bzw. A2 > 0 und eil > 0 . Ist A2 = 0 und b~l =j:. 0, so führt die Transformation x" = x'
y'
+ 2bt
+~ ,
y"
=
b,2
- ~ zu AlX" 2 + 2b~lY" = 0, was eine Parabel darstellt.
Ist A2 = 0 und b~l = 0, so liefert die Gleichung (2.62 2 ) zwei parallele Geraden, einen Punkt oder die leere Menge, je nachdem ob b?o - Ale positiv, Null oder negativ ist. Für Flächen zweiter Ordnung genügt es, die Fälle A2 =j:. 0 =j:. A3, A2 =j:. 0 und A3 = 0 sowie A2 = 0 = A3 zu betrachten, da der Fall A2 = 0 und A3 =j:. 0 mittels Vertauschung von y und z auf den Fall A2 =j:. 0 und A3 = 0 zurückgeführt wird. --I. 0 --I. A3 so erhält man mit x" = x' + ~ Ist A2 -r -r , Al ' y" = y' + ~ A2 ' Zll = Z' + b'
::l!O.l.. A3 und eil
b,2 b,2 b,2 2 2 2 2 2 2 = e-=-=-::l!O.l.. Al A2 A3 die Gleichung A1 x" +A 2 y" +A 3 Zll +e" = o·,
sie beschreibt (zur Erinnerung: Al
> 0)
eine Kugel, falls Al = A2 = A3, eil < 0 gilt, ein Ellipsoid, falls Al, A2, A3 positiv und eil negativ sind, iii) ein zweischaliges Hyperboloid, falls genau zwei der Eigenwerte und eil dasselbe Vorzeichen haben, iv) ein einschaliges Hyperboloid, falls zwei der Zahlen Al, A2, A3 und eil positiv und die anderen negativ sind, v) einen elliptischen Kegel, falls eil = 0 und mindestens einer der Eigenwerte negativ ist, vi) einen Punkt, falls Al, A2, A3 positiv sind und eil = 0 gilt, vii) die leere Menge, falls Al, A2, A3 positiv sind und eil > 0 gilt. i)
ii)
Ist A2 =j:. 0 und A3
= 0, so erhält man mit x" = x' + ~ , y" = y' + ~
und
237
2.1 Begriffe und Ergebnisse
a)
b)
b/ 2
+e-
b/ 2
=f. 0 gilt, die Gleichung A1X"2 + A2y"2 + Zll = O. Sie stellt ein elliptisches - falls A2 > 0 - oder ein hyperbolisches - falls A2 < 0 - Paraboloid dar; eil = e- ~ -~, falls b~Ol = 0 gilt, die Gleichung A1X"2 +A2y" 2+ eil = O. Sie beschreibt im Fall A2 > 0 einen elliptischen Zylinder, eine Gerade Zll = b~OlZ'
~ - ~, falls b~01
oder die leere Menge, je nachdem ob eil negativ, Null oder positiv ist. Dagegen erhalten wir im Fall A2 < 0 einen hyperbolischen Zylinder oder ein sich schneidendes Ebenenpaar falls eil =f. 0 bzw. eil = 0 . Ist Ist
),2
=
),3
(b~lO' b~Ol)
=
0, so verwenden wir die Transformation x" = x' + ~. =f. (0,0), so erhalten wir die Gleichung eines parabolischen
Zylinders A1 X" 2
+ Zll
-- 0 , wobei Zll -- 2b'010 y'
wurde. Falls (b~lO' b~Ol)
+ 2b'001 z' + e - ~ Al
gesetzt
= (0,0) gilt, ergibt sich mit eil = e-~ die Gleichung
A1X"2 + eil = 0, welche ein Paar paralleler Ebenen, eine Ebene oder die leere Menge beschreibt, je nachdem ob eil negativ, Null oder positiv ist.
In all diesen Fällen hat man es mit einer Drehfläche zu tun, falls die Fläche nicht ausgeartet ist (d.h. wenn keine Ebene, kein Punkt, keine Gerade und nicht die leere Menge vorliegt) und zwei der Eigenwerte gleich sind. 2.1.12 Funktionen mehrerer Veränderlicher (Aufgabe 75 bis 100) Ist eine reellwertige Funktion auf einer Teilmenge von IRn(n ~ 2) definiert, so spricht man von einer Funktion mehrerer Veränderlicher. Die meisten Begriffe und Ergebnisse sowie die Beweise lassen sich wortwörtlich von einer auf mehrere Veränderliche übertragen. Oft ist dabei nur anstelle des Betrags lxi der reellen Zahl die Norm Ilxll = JL:~=1 des Vektors x = (Xl"", xn)T zu betrachten. Die geometrische Vorstellung in IR n ist zweifelsohne schwierig; Sie sollten versuchen, diese Begriffe und Ergebnisse zuerst in der Ebene und im dreidimensionalen Raum "zu sehen". In den folgenden Betrachtungen wird konsequent ausgenutzt, dass die Norm die gleichen Eigenschaften wie der Betrag hat, nämlich:
x
x;
Homogenität: alixii = Ilaxll 'Va E IR und x E IR n , Positivität: Ilxll ~ 0 'Vx E IR n und Ilxll = 0 {::::::} x = 0 , Dreiecksungleichung: Ilx + yll ~ Ilxll + Ilyll 'Vx,y E IR n . Außerdem sind das Skalarprodukt und die Cauchy-Schwarsche Ungleichung (1Ix· yll ~ Ilxllllyll 'Vx,y E IRn ) für die Winkelmessung wichtig. Mit Hilfe der Norm kann man festlegen, was es heißt, dass eine Teilmenge D von IR n beschränkt ist: Es gibt eine positive reelle Zahl M mit Ilxll ~ M für alle x E D .
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
238
Wir verzichten darauf, die Normen in IRn und IRm unterschiedlich zu bezeichnen, schreiben also nicht 1IIIn bzw. II 11m. Aus dem Umfeld ist klar, um welche Norm es sich jeweils handelt. Der allgemeine Begriff einer Vektorfunktion oder vektorwertigen Funktion, also einer Funktion f von einer Teilmenge D von IR n in IR m , erscheint in vielen Fragen sehr natürlich. Wegen der Darstellung von f als Spaltenvektor von m Funktionen mehrerer Veränderlicher ist es für viele theoretische und praktische Aspekte der Theorie ausreichend, sich mit reellwertigen Funktionen zu beschäftigen, d.h. sich auf den Fall m = 1 zu spezialisieren. Es gibt aber auch Situationen (vor allem mit "globalen Charakter"), welche nach der tatsächlichen gleichzeitigen Behandlung aller Komponenten der vektoriellen Funktion verlangen (z.B. der Satz über Umkehrfunktion oder der Satz über implizite Funktionen). Spezielle Vektorfunktionen (die besonders "gutartig" sind) haben wir schon früher kennengelernt: lineare Abbildungen von IR n nach IR m . Eine besondere Schwierigkeit der folgenden Betrachtungen liegt in der fehlenden einfachen geometrischen Vorstellung; der Graph von
f 'D
-+ IR b,w. von f,
Gr
,~ { (f~) ) Ix E D }
D-+ IRm, also GJ ,~ { (f~)) Ix E D} h,w. ist dne Teilmenge ;0 IR"+' b,w. IR"+m. Led;gHch
für n = 2 ist G f eine Fläche (falls f "gute" Eigenschaften hat) in IR3 , die wie ein Dach über der Menge D aus IR2 ausgebreitet ist. In diesem Fall kann man versuchen, die Höhenlinien HeU) := {x E D I f(x) = c} für verschiedene Werte c E IR zu zeichnen, um eine bessere Vorstellung über f zu bekommen. Diese Höhenlinien sind nicht immer Kurven; sie können Bereiche aus D - wie z.B. Kreisscheiben, Kreisringe oder Rechtecke - enthalten (wenn nämlich die Funktion dort konstant ist). Die allereinfachsten Beispiele von Funktionen oder Vektorfunktionen haben wir schon kennengelernt: lineare Abbildungen (IR n -+ IRm , x r-t Ax für eine m x n-Matrix) und Translationen (t y : IR n -+ IR n , x r-t x + y) sowie deren Kompositionen, mit den Spezialfällen der konstanten Funktionen, der Projektionen (z.B. für m ~ n und 1 ~ jl < ... < jm ~ n : PiI ,... ,j", : IRn -+ IR m , (Xl,'''' xn)T r-t (Xii,"" Xj", )T) und der Einbettungen (z.B. i l ,3,5 : IR 3 -+ IR5 , (Xl,X2,X3)T r-t (Xl,Ü,X2,Ü,X3)T). Weitere einfache Funktionen sind die Polynome und die rationalen Funktionen mehrerer Veränderlicher (z.B. (Xl,X2,X3)T r-t xi + 3X1X2 - 7Xlxg, bzw. "'1"'3+"'2"'4) . ( Xl, X2, X3, X4 ) T r-t l+"'?+"'~+"'! Ähnlich wie für Funktionen einer Veränderlicher führen Operationen verschiedener Art mit Funktionen mehrerer Veränderlicher wieder zu solchen
2.1 Begriffe und Ergebnisse
239
Funktionen; darunter versteht man algebraische Operationen, Kompositionen und insbesondere Iterationen, Maximum- oder Minimumabbildung ((I, g) I-t max{j,g} oder min{j,g} für j,g: D -+ IR), u.v.a. Eine weitere, diesmal kompliziertere Frage als im Fall einer Veränderlicher, ist die Bestimmung des maximalen Definitionsbereich einer Vektorfunktion mehrerer Veränderlicher. Das verlangt oft Ungleichungen mit mehreren Veränderlichen zu lösen. Schauen Sie z.B. die Zuordnung
an. (Sie können leicht zu schlimmeren Beispielen kommen!) Man definiert: Die Folge (ak) aus IR n konvergiert gegen a, wenn lim Ilak - all = 0 gilt. Dafür benutzt man die Schreibweise lim ak = a, k-+oo
k-+oo
weil im Fall der Existenz der Grenzwert eindeutig bestimmt ist. Hat man ak = (alk, ... , ank)T und a = (al, ... , an), SO gilt lim ak = a genau dann, wenn lim ajk k-+oo
= aj für jedes j
k-+oo
E {I, ...
,n} gilt. Das ergibt sich aus n
lajk - ajl :S Ilak - all :S
L
j=l
lajk - ajl .
Für die Konvergenz von (ak) hat man also die Konvergenz jeder Komponentenfolge (ajkh zu überprüfen, und nur wenn alle n Komponentenfolgen konvergieren, konvergiert auch die Vektorenfolge (ak); halten wir fest: lim ak
k-+oo
= k-+oo lim (alk, ... , ank)T = ( lim alk, ... , lim ankf k-+oo k-+oo
.
(2.63)
Daraus erhalten wir - analog zu den Rechenregeln für Folgen reeller Zahlen (s. Formel (1.51) aus dem Paragraphen 1.1.12) - die Rechenregeln für Vektorenfolgen. Die Menge 6 r (x) := {y E IRn I IIY - xii< r} heißt die offene Kugel mit Mittelpunkt x und Radius r. Der Punkt x ist ein innerer Punkt von U c IR n , und U ist eine Umgebung von x, wenn ein r > 0 mit 6 r (x) C U existiert. Wenn U nur solche Punkte enthält, d.h. wenn U eine Umgebung jedes ihrer Punkte ist, dann heißt U offen. Sonst ist die Meno
ge U der inneren Punkte von U eine echte (evtl. leere) Teilmenge von U. Eine Menge A C IRn heißt abgeschlossen, wenn ihr Komplement IRn\A offen ist. 6 r (x) trägt zu Recht den Namen offene Kugel, weil sie eine offene Teilmenge von IRn ist; auch der offene Kreisring 6 r ,R(X) := {y E IR n I r< Ily-xll < R} ist eine offene Teilmenge von IRn . (Warum?) Dagegen sind
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
240
die abgeschlossene Kugel ßr(x) := {y E IR n Illy - xii :S r} und der abgeschlossene Kreisring ßr,R(X) := {y E IR n I r :S IIY - xii :S R} abgeschlossene Teilmengen und nicht offen. Natürlich gibt es Teilmengen von IR n , die weder abgeschlossen noch offen sind, wie z.B. {y E IR n I r :S IIY - xii< R} und {y E IR n Ir< IIY - xii :S R}. (Warum?) Ein Punkt a E IR n ist ein Häufungspunkt der Teilmenge D von IR n , falls jede Umgebung von a unendlich viele Punkte aus D enthält, oder äquivalent dazu (warum?): Es gibt eine Folge (ak) von paarweise verschiedenen Elementen aus D mit lim ak = a. Die Menge H(D) der Häufungspunkte von D k--+oo
liegt in D genau dann, wenn D abgeschlossen ist. Eine abgeschlossene und beschränkte Teilmenge von IR n heißt kompakt oder ein Kompaktum. IRn\ßr(x) ist zwar abgeschlossen, aber nicht beschränkt, also kein Kompaktum. Dagegen sind ßr(x) und ßr,R(X) Kompakta. Konvergenzkriterien für Folgen reeller Zahlen lassen sich auf Vektorenfolgen übertragen; einige Beispiele dazu: --+ --+ --+ --+
(ak) konvergiert genau dann, wenn jede Teilfolge von (ak) konvergiert. Konvergieren zwei Teilfolgen von (ak) gegen verschiedene Grenzwerte, so konvergiert (ak) nicht. Cauchy-Kriterium: (ak) konvergiert genau dann, wenn zu jedem c > o ein kc E IN existiert, so dass für alle m, n 2 kc gilt: Ilam - anll < c . Satz von Bolzano-Weierstraß: Jede beschränkte Folge enthält eine konvergente Teilfolge.
Den Grenzwert einer Funktion f : D --+ IRm in einem Häufungspunkt XO von D kann man mit dem (c,8)-Kriterium oder (äquivalent) mit Hilfe von Folgen definieren. lim f(x) = yO bedeutet, dass für jedes c > 0 ein 8 > 0 x~xo
existiert, so dass aus xE D und Ilx - x011 < 8 immer Ilf(x) - y011 < c folgt. Äquivalent dazu: Für jede gegen xO konvergierende Folge (Xk) aus D\{xO} gilt: lim f(Xk) = yO . k--+oo
Die Rechenregeln mit Grenzwerten lassen sich analog zum eindimensionalen Fall (d.h. n = m = l)(s. Formel (1.55) aus dem Paragraphen 1.1.13) formulieren. Der Stetigkeitsbegriff für f : D --+ IR m wird ebenfalls wie für reellwertige Funktionen einer Veränderlichen definiert: --+
f ist stetig in XO E D : {=} lim f(x) = f(xO) .
--+
f ist stetig in D : {=} f ist stetig in jedem Punkt von D .
X-rX O
Sind JI, ... , fm die Komponenten von f, d.h. gilt f(x) = (JI (x), ... , fm(x))T für alle x E D, so ist f genau dann stetig in XO oder in D, wenn alle Komponentenfunktionen JI, ... , fm es sind. Ein Beispiel: Die Funktion
2.1 Begriffe und Ergebnisse f : D := {
(~~) E IR
2 \
241 Xl
+ X2 =J O} -+ IR,
f(X1, X2) := Xl
~ X2
ist stetig auf ihrem Definitionsbereich D, aber sie ist in keinen Punkt xO = (x~, xg)T der Geraden Xl + X2 = 0 hinein stetig fortsetzbar. Der Grund dafür ist die Unbeschränktheit von f auf 6 r (x O )nD für jedes r > 0; im Punkt o sieht man das ein, wenn man z.B. die Punktefolge (~ , ,&: - ~)T betrachtet, die gegen 0 konvergiert. Dafür ist ja lim f(.!. , ~ - .!.) = lim lim n
n-+oo
= 00.
n-+oo
n
n
n
1
1
n-too -;;:-
+ 'i
1
~-~
=
Algebraische Operationen mit stetigen Funktionen und Kom-
positionen von stetigen Funktionen führen zu stetigen Funktionen. Wichtig ist es zu bemerken, dass jede auf einem Kompakturn K C IR n definierte, stetige Funktion f : K -+ IR ihr globales Maximum und ihr globales Minimum annimmt, d.h. es gibt Xm und XM aus K mit der Eigenschaft f(x m ) ::; f(x) ::; f(XM) für alle x aus K. Was entspricht dem Zwischenwertsatz im höher dimensionalen Fall? Ist f : D -+ IR stetig, a, b E D und w : [0,1] -+ D eine (beliebige) stetig parametrisierte Kurve in D, welche a und b verbindet (also: w stetig, f(O) = a und f(l) = b), so gibt es zu jeder Zahl d zwischen f(a) und f(b) einen Punkt x auf dem Weg {w(t) I t E [0, I]} mit f(x) = d. Das ergibt sich sofort aus dem Zwischenwertsatz angewandt auf die stetige Funktion f 0 w : [0, 1] -+ IR. Gibt es solche stetigen Wege in D für je zwei Punkte aus D, so heißt D wegzusammenhängend. Man beachte, dass aus dem obigen Ergebnis folgt, dass das Bild f(D) einer wegzusammenhängenden Teilmenge von IRn unter einer stetigen Funktion f : D -+ IR ein Intervall aus IR ist. Für eine wegzusammenhängende Teilmenge D von IR n , ist es nicht immer möglich, den Weg w so zu wählen, dass w([O, 1]) ein Polygonzug ist (z.B. wenn D der Einheitskreis 861 (0) in IR2 ist). Ist aber D offen, dann ist dies stets möglich. Eine offene, wegzusammenhängende Teilmenge G von IRn heißt Gebiet. Offene Kugeln und offene Kugelringe sind Gebiete (und zwar beschränkte Gebiete). Die höhere Dimension erfordert größere Anstrengungen erst, wenn man den Begriff der Differenzierbarkeit von einer auf mehrere Veränderliche übertraund die Grenzwertbestimgen möchte. Eine Quotientenbildung f(x)-f(xo) X-Xo mung lim
x-+xo
f(x)-f(xo) x-xo
ist diesmal nicht möglich. Deshalb erinnert man sich
an die äquivalente Definition über die lineare Approximierbarkeit von f in Xo, und das führt zur sinnvollen Verallgemeinerung des Differenzierbarkeitsbegriffs. Eine Funktion f : D -+ IR heißt total differenzierbar oder einfach differenzierbar in einem inneren Punkt XO E D, falls ein Zeilenvektor (also eine 1 x n- Matrix) a = (al, ... , an) und eine Funktion 'P : D -+ IR existieren, so
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
242
dass für jedes x = ( # i , . . . , x )
T
n
aus D gilt:
- x°j) +
/ ( x ) = /(x°) + i=i
lim
-
v0|
(**)
-0
Insbesondere folgt aus (*), dass
(4,
n
Gebiet ist, ist x°) offen, aber nicht unbedingt zusammenhängend, d.h. nicht unbedingt ein offenes Intervall, wie Abb. 2.4 für 7(2, x°) zeigt.
Abbildung 2.4. 7(2, x°) ist nicht zusammenhängend
Die offene Menge 7(2, x°) besteht aus zwei disjunkten offenen Intervallen J und J' . Ist / differenzierbar in dem inneren Punkt x° aus D, so ist für jedes j G { l , 2 , . . . , n } der Punkt x® ein innerer Punkt von J(j,x°) und die Funktion einer Veränderlichen 7(i, x°) -» IR , x H> f(x\,..., ist differenzierbar in
^ _ ! , x, x° 0
j+1
,...,*£)
ihre Ableitung in diesem Punkt ist ÜJ. (Die Be-
gründung dafür ist einfach: Setzt man gj(X) : =
, . . . , x*j-i,
x*j ,..., +1
x^)
243
2.1 Begriffe und Ergebnisse
und 4'~(x) := 4'(x~, ... ,X~_l' x, x~+l" .. ,x~), so folgt aus (*) und (**) gj(x) =
gj(x~) + aj(x - x~) + 4'~(x)
für alle x aus I(j, xO) sowie
}~~o I~~(:~I ,
= 0, was
die lineare Approximierbarkeit von gJ und (gJ)'(xJ) = aj nachweist.) Man bezeichnet aj mit if(xO) oder fx; (xO) und man nennt diese Zahl die j-te ,
partielle Ableitung von f in xO. Insbesondere ist a (und wegen (**) auch 4') eindeutig bestimmt, und heißt die totale Ableitung oder Ableitung oder auch der Gradient von f in xO und wird mit f'(xO) oder gradf(xO) oder auch \l f(xO) bezeichnet (gelesen wird dann: Nabla f in xO); man hat also
, °
(
(0) = ( -;:;--x of (0) ,-;:;--x of ( 0) , ... ,-;:;--x of ( 0)) f(x)=gradfx 0) =\lfx UX1 UX2 uXn Ist f : IR n -+ IR die lineare Abbildung, die jedem (Xl,"" xn)T aus IR n die Zahl 2:::j=l ajxj zuordnet, so ist sie auf IR n differenzierbar, und (al, a2, ... ,an) ist die Ableitung von f in jedem Punkt. Eine konstante funktion IR n -+ IR ist in jedem Punkt differenzierbar, und ihre Ableitung in jedem Punkt ist der transponierte Nullvektor OT . Existieren für eine (nicht notwendig differenzierbare) Funktion f : D -+ IR in einem inneren Punkt xO von D alle n partiellen Ableitungen (mit der obigen Bezeichnung: Ist jedes gj in x~ differenzierbar), so heißt f partiell differen-
zierbar in xO. f ist partiell differenzierbar in einer offenen Teilmenge D' von D, falls f in jedem Punkt von D' so ist. Man sagt, dass f in XO lokal partiell differenzierbar bzw. lokal stetig partiell differenzierbar, falls eine offene Umgebung von xO (in D) existiert, auf welcher f partiell
ih
differenzierbar ist bzw. auf welcher alle existieren und stetig sind. Wir haben (bei der Einführung des Begriffs partielle Differenzierbarkeit) gesehen, dass eine total differenzierbare Funktion in einem Punkt dort auch partiell differenzierbar ist. Die umgekehrte Aussage ist nicht richtig. Für n 2: 2 liefert die folgende Funktion ein Gegenbeispiel: ,fallsx;;60, , falls x = 0 . Sie ist partiell differenzierbar in 0, und es gilt i f, (0) = 0 für alle j. Ist m = (m1, m2, ... , mn)T ;;6 0 beliebig gewählt und strebt x gegen 0 auf der Geraden {tm I t E IR}, so gilt t--+O lim f(tm) =
222
2n~1~rl-·m+ 2n; die Abhängig-
m1
m2
... m n
keit des Grenzwertes von m zeigt, dass die Stetigkeit von
f
in 0 verletzt ist.
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
244
Deshalb kann f nicht total differenzierbar in 0 sein. Im Gegensatz zu diesem Beispiel gibt es ein Kriterium, wann man aus der partiellen Differenzierbarkeit auf die totale Differenzierbarkeit schließen kann: Ist f in XO lokal stetig differenzierbar, d.h. gibt es eine offene Umgebung U von xO, auf welcher alle partiellen Ableitungen von f existieren und stetig sind, so ist f auf U total differenzierbar. Man sagt: f ist stetig differenzierbar auf U. Der Beweis ist nicht besonders tiefsinnig, erfordert aber einigen technischen Aufwand. Das folgende Ergebnis ist die unmittelbare Verallgemeinerung des "klassisehen" Mittelwertsatzes: Sei U C IR n eine offene Teilmenge und f : U -+ IR differenzierbar auf U. Liegt die abgeschlossene Strecke [a, b] = {a + t(b - a) I tE [0, I]} in U, so gibt es einen Punkt c auf dieser Strecke derart, dass gilt: f(b) - f(a)
= f'(c)
. (b - a)
n
8f
=~ -(c)(bj ~8x· j=l
- aj) .
J
Das zeigt man einfach, indem man den bekannten Mittelwertsatz auf die differenzierbare Funktion [0,1] -+ IR , t f-t f(a + t(b - a)) anwendet. Daraus folgt, dass eine differenzierbare Funktion, welche auf einem Gebiet aus IR n definiert ist, konstant ist, falls ihr Gradient in jedem Punkt des Gebietes der Nullvektor ist. Seien v ein von Null verschiedener Vektor aus IR n , XO ein innerer Punkt der Teilmenge U von IRn und f : U -+ IR. Dann gibt es ein c: > 0, so dass die Strecke innerer Punkte [xO - c:v, xO + c:v] in U liegt. Ist die Funktion ] - c:,c:[-+ IR , t f-t f(xO + tv) differenzierbar in t = 0, so heißt f in xO differenzierbar in Richtung v. Die Ableitung von t f-t f(xO + tv) in t = 0 wird mit U(xO) bezeichnet, und heißt die Richtungsableitung von f in Richtung v an der Stelle xO. Ist v = (0, ... ,0,1,0, ... , O)T mit 1 an der j-ten Stelle, so ist U(XO) die partielle Ableitung l!-:(XO). Ist differenzierbar in xO, so ist renzierbar, und es gilt:
° '( °
f in XO in jeder Richtung v
8f (x) = f x )v = -8 8f (x -8 V
Xl
J
=
(V1, ... , v n ) T
°)V1 + ... + -8 8f (x° )vn . ~
f total diffe-
(2.64)
Die totale und die partielle Differenzierbarkeit einer vektorwertigen Funktion f : D -+ IRm in einem inneren Punkt xO von D C IR n wird auf natürliche Weise eingeführt; man verlangt, dass jede der m Komponenten h, 12, ... , fm von f in xO diese Eigenschaft hat. Für die (totale) Differenzierbarkeit in xO bedeutet das, dass eine m x n- Matrix A = (aij) und eine Funktion cp : D -+ IRm existieren, so dass für jedes x aus D gilt:
2.1 Begriffe und Ergebnisse
245 n I>lj(Xj -
X~)
j=l
n
L amj(xj -
x~)
j=l
= f(xO)
+ A(x -
xO)
+
lim 11 X - 1 X 011
x-+x o
,
o.
Wieder erhält man daraus die Stetigkeit von
]=l •...
,n
matrix oder die Jacobische Matrix von f in xo. Für sie ist auch die selbst erklärende Bezeichnung ~t~~':.·.·.',~:~ (XO) gebräuchlich. Aus der (totalen) Differenzierbarkeit von f in XO folgt die Existenz aller partiellen Ableitungen Mt(xO). Existieren alle partiellen Ableitungen von f auf einer offenen Menge U C D und sind sie auf U stetig, so ist f in jedem Punkt x von U differenzierbar. Da x I-t f'(x) eine stetige Funktion von U nach IRmxn ist, sagt man zu Recht: f ist stetig differenzierbar in U . Die Differenziationsregeln für vektorwertige Funktionen mehrerer Veränderlicher sind schwieriger zu formulieren und zu behalten; das liegt in erster Linie an der fehlenden Kommutativität der Matrizenmultiplikation. Seien a, b E IR, XO ein innerer Punkt von D c IR n , yO ein innerer Punkt von G c IR m , f, g : D -+ IR m differenzierbar in xO mit f(x O) = yO und f(D) C G, h, k : D -+ IR mit k(xO) -:j:. 0 und I : G -+ IRP differenzierbar in yO . Die Linearitätsregel, welche gleichzeitig die Summenregel und die Homogenitätsregel als Spezialfälle enthält, macht (als einzige!) keine Schwierigkeiten: (af
+ bg)'(xO)
= af'(xO)
+ bg'(xO)
.
(2.65)
Bei der Produktregel (hf)'(xO) = h(xO)f'(xO)
+ f(xO)h'(xO)
(2.66)
ist die Reihenfolge der Faktoren wichtig. Das Produkt h' (xO)f(xO) ist für n -:j:. m gar nicht definiert. Falls n = m gilt, ist h'(xO)f(xO) eine Zahl, und nicht - wie gewünscht - eine m x n-Matrix. Dieselbe Vorsicht ist bei der Quotientenregel geboten:
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
246
(2.67)
Die Kettenregel (10 f)' (XO)
= I' (f(xO) )f' (XO) = l' (yO)f' (XO)
(2.68)
sieht wie immer aus; natürlich darf man nicht f' (XO)I' (yO) schreiben, da für f. n dieses Produkt gar nicht definiert ist. Die Skalarproduktregel ist vielleicht einfacher zu beweisen als auswendig zu behalten:
p
(2.69)
Eine weitere Frage, die im höherdimensionalen Fall einer besonderen Behandlung bedarf, ist die Umkehrbarkeit einer Funktion. Im eindimensionalen Fall ist eine differenzierbare Funktion 1 : I --+ IR, die auf einem Intervall I definiert ist, und für welche l' nur positive oder nur negative Werte annimmt, (global)invertierbar; die Inverse 1-1 : 1(I) --+ IR ist ebenfalls differenzierbar, und es gilt (f-l)'(f(X)) = I'(xl für jedes x E I. Im höherdimensionalen Fall (also n ~ 2) liefern strengere Voraussetzungen eine schwächere Aussage, die unter dem Namen Satz über die lokale Umkehrbarkeit bekannt ist und eine bedeutende Rolle in vielen Gebieten der heutigen Mathematik spielt. Ist f : U --+ IRn eine stetig differenzierbare Funktion auf der offenen Teilmenge U c IR n und ist die Funktionaldeterminante det f' (xO) von Null verschieden für ein XO aus U, so gibt es eine offene Teilmenge V, XO E V CU, so dass f(V) offen in IR n ist, flv bijektiv ist und (fl v )-1 differenzierbar auf f(V) ist. Aus der Kettenregel folgt dann ((fl v )-1)' (f(x)) = (f' (x) )-1 für jedes x E V . Beispiele zeigen, dass die Invertierbarkeit von f' (x) in jedem Punkt eines Gebietes G (also wie im eindimensionalen Fall wird der Definitionsbereich als wegzusammenhängend vorausgesetzt) für die globale Bijektivität von fund damit für die globale Existenz von f- 1 nicht ausreicht. (Für 1 : I --+ IR ist diese Voraussetzung ausreichend, auch wenn I nicht offen ist und l' nicht unbedingt stetig ist.) Die folgenden Beispiele sind für die Integralrechnung (Stichwort: Transformationsformel) wichtig.
f :)0 oo[xlR --+ IR 2 \{O}
,
f(r
ist stetig differenzierbar und in jedem Punkt des Definitionsbereichs ist die Funktionaldeterminante positiv, da:
2.1 Begriffe und Ergebnisse
247
d(x,y)( ) '( ) d(r,
-rsin
und
r cos
det f' (r,
f ist eine surjektive, aber nicht bijektive Funktion, da:
(rl,
rl = r2
<===}
und
mit
n E 7l. .
Für jedes () ist die Einschränkung von f auf ]0, oo[ x]B -71", () + 71"[ bijektiv, und damit invertierbar. Die inverse Funktion hat in f(r,
cos
sin
.
~ cos
-:;: sm
.
°,
Für (~) "I (~) gibt es nur ein (~) mit r >
g :]O,oo[xIR x ]
-%, %[
--t
x(r,
g(r,
IR 3 \{(0,0,zf I z
E
IR},
(r cos
=
rsin()
z(r,
ist stetig differenzierbar auf ihrem Definitionsbereich, und in jedem Punkt davon ist die Funktionalmatrix von g invertierbar, da: g' (r,
=(
cos
-r sin
°
= r 2 cos() .
-r cos
g ist surjektiv, aber nicht bijektiv. Die Einschränkung von g auf ]0, oo[x]a, b[x] - ~, ~[ ist genau dann injektiv, wenn b - a ~ 271" gilt. Ist
°,
(x, y, z)T "I 0, so gibt es genau ein (r,
() sind die (räumlichen) Polarkoordinaten von x, y und z . h :]O,oo[xIRx IR
--t IR 3 \{(0,0,z)T
I z E IR},
h(r,
ist eine stetig differenzierbare Funktion; in jedem Punkt des Definitionsbereiches gilt cos
-rsin
0) ~
, deth'(r,
> 0.
248
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
h ist lokal umkehrbar; genauer: Ist b - a ~ 27r, so ist die Einschränkung ]O,oo[x]a,b[xIR -+ h(]O,oo[x]a,b[xIR) von h invertierbar. Zu jedem Punkt x aus IR3 \{0} gibt es genau ein r > 0, ein
Es folgt
CJ ~ -
B-'C (
x:~' )
Wegen dct B
~
dnt(a" ... , a,.)
#
0
konnten wir Xl, ... ,X m explizit als Funktionen von Xm+l, ... ,X n schreiben. In dem Gleichungssystem Ax = 0 waren Xl, ... , X m nur implizit als Funktionen von XmH, ... ,X n angegeben; das ist für die "praktische Arbeit" erschwerend; deshalb ist der Drang zum Explizitieren mehr als verständlich. Das folgende Ergebnis ist eine anspruchsvolle Verallgemeinerung dieses Ergebnisses und ist eine der Anwendungen des Satzes über die lokale Umkehrbarkeit. Seien n > m natürliche Zahlen, D C IRn sei offen, f = (!I, ... , fm)T : D -+ IR m sei stetig differenzierbar und xO sei ein Punkt aus der Nullstellenmenge N(f) := {x E D I f(x) = O}. (Anders gesagt: (x~, ... ,x~) ist eine Lösung des Gleichungssystems h(XI, ... , x n ) = 0 , 1 ~ j ~ m .) Gilt det
d(ft,···,fm) d(Xl,""X m )
(xO) :j:. 0, so gibt es ein r
>
°
mit .6. r (XO) C D, eine
offene Teilmenge V C IR n- m mit yO := (X~+l"'" x~) E V und eine eindeutig bestimmte stetig differenzierbare Funktion g : V -+ IR m , so dass xO := (x~, .. . ,x~)T = g(yO) und N(f) n .6. r (XO) = {(g~)) Iy E V} gilt. Das für j = 1, ... , m gilt und dass jeder m n Punkt x = (;) mit x E IR , y E IR - m aus .6. r (xO) genau dann in N(f)
bedeutet, dass x~
= 9j (x~H' ... ,x~)
liegt, also f(x) = 0, wenn x = g(y) gilt. Man kann also lokal diejenigen m Koordinaten als Funktionen von den restlichen Koordinaten ausdrücken, für welche die entsprechenden m Spal-
249
2.1 Begriffe und Ergebnisse
ten aus fl(xO) eine Matrix vom maximalen Rang bilden; dabei ist diese Lösung des Gleichungssystems f(x) = 0 durch die Anfangsbedingung :i{0 = g(yO) eindeutig bestimmt. Sei j E {m + 1, ... ,n} beliebig, aber fest. Für jedes x = (g~)) mit y = (X m+l,'" ,xn)T E V folgt aus !i(x)
=
!i (91 (Xm+l, ... ,Xn ), ... ,9m(Xm+l, ... ,Xn ), Xm+l, ... Xn ) = 0 durch Ableiten nach
Xj
~ o!i (x) 09k (y) + o!i (x) ~ OXk
k=1
oX·J
oX·J
= 0
i = 1, ... ,m.
Aus diesem linearen Gleichungssystem mit m Gleichungen und m Unbekannten ~(y) xn) ergeben sich wegen det(~ki (x)) , = ~(Xm+l"'" ,
f:.
0 mit der
Cramerschen Regel explizit die Werte ~(Xm+l"'" Xn ), k = 1, ... , m, auch ,
dann, wenn man 91, ... ,9m nicht explizit kennt. Für (m, n) = (1,2), (1,3), bzw. (2,3) kann man mit diesem Satz feststellen, ob die Nullstellenmenge einer Funktion von zwei oder drei Veränderlichen, bzw. zweier Funktionen von drei Veränderlichen lokal eine ebene Kurve oder eine Fläche, bzw. eine Raumkurve definiert. Man kann diesen Satz, der als Satz über implizite Funktionen in der mathematischen Literatur bekannt ist, als Ausgangspunkt für viele interessante Fragestellungen in der Theorie der differenzierbaren Abbildungen, in der Algebraischen Geometrie, in der Theorie der komplexen Räume usw. ansehen. Gerade die Punkte aus der Nullstellenmenge von f, in welchen der Rang von f' nicht maximal ist, sind besonders interessant. (Stichwort: Singularitäten. ) Wir untersuchen mit Hilfe des Satzes über implizierte Funktionen, ob der Schnitt der Einheitskugel x 2 + y2 + Z2 = 1 mit dem elliptischen Kegel x 2 + yz = 0 lokal als parametrisierte Kurve darstellbar ist. Es geht dabei um das Gleichungssystem X2
+ yz =
O.
Deshalb betrachten wir die stetig differenzierbare Funktion
f:IR3-tIR2, f(x,y,z) = (!I(X,y,Z)) = (x 2 +y2+ Z2- 1 ) h(x, y, z) x 2 + yz Sie hat die Funktionalmatrix
88((h ,12)) x,y,z
= (22Xx 2yz 2Z). Die drei 2 x 2-Matrizen, y
welche daraus gebildet werden können, sind
250
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
ä(h,fz) ä(x,y)
= (2X
2x
=
2Y ) ä(h,fz) Z 'ä(y,z)
(2Y 2Z) ä(h,fz) z y 'ä(x,z)
=
(2X 2x
2Z) y .
Deren Determinanten haben die Werte 2x(z - 2y), 2(y2 - Z2) und 2x(y - 2z). In keinem Punkt von N(f) verschwinden alle drei Determinanten, d.h. in jedem Punkt von N(f) ist N(f) lokal als (stetig differenzierbar) parametrisierte Kurve darstellbar. In den vier Punkten (0,0, ±l)T , (0, ±1, O)T von N(f) verschwinden gleichzeitig 8(/1,12) und 8(/1,h) aber 8(/1'/2) nicht. Deshalb kann man in J'edem 8(x,y) 8(x,z) , 8(y,z) dieser Punkte N(f) lokal als (stetig differenzierbar) parametrisierte Kurve y = y(x), z = z(x) schreiben. In den vier Punkten Js(±l, 1, -l)T , Js(±l, -1, l)T verschwindet die Determinante von 8M~:;)), aber die anderen zwei Determinanten nicht. Deshalb gibt es in genügend kleinen Umgebungen dieser Punkte stetig differenzierbare Parametrisierungen von N(f) sowohl von der Form x = x(z), y = y(z) als auch von der Form x = x(y), z = z(y) . In jedem anderen Punkt von N(f) kann man lokal je zwei der Koordinaten als stetig differenzierbare Funktionen von der dritten Koordinate darstellen. In diesem konkreten Fall gelingt es uns (ausnahmsweise!) eine globale Parametrisierung von N(f) anzugeben; aus f(x,y,z) = 0 folgt (h + 2fz)(x,y,z) = 0, d.h. 3x2 + (y + Z)2 -1 = 0. Man setzt x = cost, Y + z = sinti für
7s
_ . t 1 2 t . t _ sin t+y'l+t cos 2 t _ sin t-y'l+t cos 2 t Y + z - sm , yz - -3 cos 1S Y 2 ' Z 2 eine Lösung. Damit gewinnt man die folgende globale stetig differenzierbare Parametrisierung von N(f)
3
IR -t IR ,t I-t
(
1
v'3 cos t ,
sin t
+
J12+ ~ cos
2
t
'
Seien D eine offene Teilmenge von IRn und f : D -t IR stetig differenzierbar auf D. Sind alle partiell differenzierbar (und stetig) auf D, so heißt f
if ]
2-mal partiell differenzierbar (bzw. 2-mal stetig partiell differenzierbar) auf D. Die Ableitung von = 1i nach Xk wird mit a:k2 =: fXjXk
if ]
Jx. J
bezeichnet. Also: UXkUXj " a21 = .jL(p-) und (fX')Xk = fX'Xk' Rekursiv werden UXk UXj J ] die Begriffe k-mal partiell differenzierbar und k-mal stetig partiell differenzierbar eingeführt. Ist f für jedes k 2': 1 eine k-mal partiell differenzierbare Funktion, so heißt f unendlich oft stetig partiell differenzierbar auf D. (Beachten Sie: Ist f (k + l)-mal partiell differenzierbar, so
2.1 Begriffe und Ergebnisse ist
f
251
automatisch k-mal stetig partiell differenzierbar.) Die Bezeichnungen ßkf
•
ß. ß· ßx·J1 und fx)· 1 x)· 2 ... x·J k bedeuten dasselbe: f wIrd zuerst nach Xj1' x 3 k ••. X 32 dann fXi} nach xh, ... , und schließlich fXi} X;2 "'X;k_1 nach Xjk abgeleitet. Die weiteren Überlegungen werden durch den Satz von H.A. Schwarz vereinfacht. Ist f in xO E D k-mal partiell differenzierbar, existiert für jl, ... , jk+l aus {I, ... , n} (Wiederholungen sind nicht ausgeschlossen!) die Ableitung ß . ßk+ 1~ . (xO) und ist sie stetig, so existiert für jede PermutatiX'k+l'"
X'l
. . . . h d'le AbI' onZl,···,zk+lvonJl,···,Jk+lauc eltung
1
f . ßk+ß. ß X tt ... X'k+l
(0) x un d d'lese
Ableitungen sind gleich. Die uns am besten bekannten Funktionen, welche gleichzeitig die bequemste Auswertung (mit und ohne Computer) erlauben, sind - egal ob ein- oder höherdimensional - die Polynome. Deshalb stellt sich auch im höherdimensionalen Fall die Frage nach einer guten (der besten!) Approximation einer Funktion durch Polynome (aus einer sinnvoll eingeschränkten Menge von Polynomen). Je höher die Ordnung der partiellen Differenzierbarkeit der gegebenen Funktionen ist, desto besser (würden wir spontan vermuten, und dies ist auch der Fall!) kann man sie approximieren. Dafür benötigen wir die Erweiterung des Begriffs Taylor-Polynom für eine k-mal stetig differenzierbare Funktion f : D -+ IR n in XO E D. Das Taylor-Polynom k-ten Grades von f in xO ist
T k (f, x, xo) = Tk (x) = k
f(xo)
n
+L ~ L j=l
n
J. i1=1
... L
fXi1···Xi; (XO)( Xi 1 - X?1) ... (Xi; - x?;).
(2.70)
i;=l
Mit der Bezeichnung 1
Sj(f,x,xO) = Sj(x) =
]f
n
n
i1=1
i;=l
L ... L
fXi1···Xi; (XO)( Xi 1 - x?J ... (Xi; - x?J
und wegen To(x) = f(xO) hat man für alle laus 1, ... , k
ll(x)
= TI- 1 (x) + SI (x)
I
und
Tl(x)
= f(xO) + L
Sj(x) .
j=l
Mit den obigen Voraussetzungen sagt der Satz von Taylor, dass für jedes x E D mit der Eigenschaft, dass die Strecke [XO, x] in D liegt, ein x* E]XO, x[ existiert, so dass gilt:
f(x) = Tk-l(X)
+ Sk(X*)
.
Außerdem ergibt sich aus der Stetigkeit der partiellen Ableitungen k-ter Ord-
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
252 nung von 1 :
lim 1(x) - Tk(X) = 0 . Ilx - XO W
x--+x o
Tk ist das einzige Polynom, dessen Grad höchstens k ist, mit der Eigenschaft (*), d.h. kein anderes Polynom, dessen Grad höchstens k ist, approximiert 1 so gut wie Tk . Der Satz von H.A. Schwarz hilft uns, die Anzahl der Ableitungen, die für berechnet werden müssen, zu verkleinern. So hat man z.B. für eine 4-mal partiell differenzierbare Funktion 1 : IR 2 -t IR im Nullpunkt das folgende vierte Taylor-Polynom: T 4 (f, x, xO) = T 4 (x, y) = 1(0) + 1x(0)x + 1y(0)y + :h(fxx(0)x 2 + 21xy(0)xy + 1yy (0)y2) + ~(fxxx(0)x3 + 31xxy(0)x 2y + 31xyy(0) xy2 + 1yyy (0)y3) + ;fi(fxxxx(0)x 4 + 41xxxy(0)x 3y + 61xxyy(0)X 2y 2 + 41xyyy(0) xy3 + 1yyyy (0)y4) .
n
Die Begriffe lokales (oder relatives) und globales (oder absolutes) Maximum bzw. Minimum einer Funktion 1 : D -t IR , D c IR n werden wie für eine Funktion einer Veränderlichen eingeführt; dabei ist - wie dort auch - D nicht notwendig offen. Ist XO ein innerer Punkt von D, ist 1 differenzierbar in xO und hat 1 in xO ein lokales Extremum, so hat für jedes j = 1, ... , n die Einschränkung gJ von 1 auf I(j, xO) auch ein lokales Extremum in x~, und deshalb gilt
*h (XO) =
(gJ)' (x~) = O. So wie im eindi-
mensionalen Fall genügt das Verschwinden von grad 1 = l' in einem inneren Punkt von D nicht für die Existenz eines lokalen Extremums. So hat z.B. 1 : IRn -t IR , 1(XI, ... , x n ) = "L7=1 X~i+l in 0 einen stationären Punkt (d.h. grad1(0) = 0), aber kein lokales Extremum, da in jeder Kugel um 01 sowohl positive als auch negative Werte annimmt. Entscheidungshilfe, ob in einem stationären Punkt ein lokales Extremum vorliegt und von welcher Art es ist, gibt im eindimensionalen Fall die zweite Ableitung. Im höherdimensionalen Fall betrachtet man dafür die Hessesche Matrix von 1 in xO
H(f,xO) := (8::tX i (X O))
i=l •...• n
= (fij(XO)) .
(2.71)
)=1 •... ,n
Ihr Verhalten liefert uns ein hinreichendes Kriterium für die Existenz eines lokalen Extremums in xO, und über seine Art. Dazu benötigen wir aus der Linearen Algebra die folgende Definition und äquivalente Charakterisierung. Sei A eine n x n-Matrix und QA : IRn -t IR die zugeordnete quadratische Form QA(X) := x T Ax = "L7,j=1 aijXiXj' Die Matrix A heißt
2.1 Begriffe und Ergebnisse -+
-+
-+
253
positiv definit (negativ definit), wenn QA(X) > 0 (bzw. QA(X) < 0) für alle x E IRn\{O} gilt. Das ist genau dann erfüllt, wenn alle Eigenwerte von A positiv (bzw. negativ) sind. positiv semidefinit (negativ semidefinit), wenn QA(X) 2 0 (bzw. QA(X) ~ 0) für alle x E IR n . Das ist genau dann der Fall, wenn alle Eigenwerte von A größer gleich (bzw. kleiner gleich) Null sind. indefinit, wenn QA sowohl positive als auch negative Werte annimmt. Äquivalent dazu ist die Existenz sowohl von positiven als auch von negativen Eigenwerten von A .
Das angekündigte hinreichende Existenzkriterium für die lokalen Extrema lautet: Eine zweimal stetig partiell differenzierbare Funktion f : D -+ IRn hat in einem inneren Punkt XO von D, in dem ihr Gradient verschwindet, ein lokales Maximum bzw. Minimum, falls H(f, xO) negativ bzw. positiv definit ist. Sie hat kein lokales Extremum in xO, falls f indefinit ist. Sonst - also f ist positiv oder negativ se mi definit - ist keine allgemeingültige Aussage möglich; es muss im konkreten Fall genauer untersucht werden. Im Fall n = 2 ist .x 2 - (fxx(XO) + fyy(xO)).x - l;y(xO) das charakteristische Polynom von H (f, XO). Die zwei Eigenwerte sind von Null verschieden und haben dasselbe Vorzeichen (also xO ist ein lokales Extremum) dann und nur dann, wenn die Funktionaldeterminante (fxxfyy - l;y)(xO) positiv ist. Ist dann fxx(xO) positiv (äquivalent dazu: fyy(xO) ist positiv), so sind beide Eigenwerte positiv, und f hat ein lokales Minimum in xO. Ist fxx(xO) negativ, so hat f ein lokales Maximum in xO. Falls die Funktionaldeterminante negativ ist, haben die Eigenwerte verschiedene Vorzeichen, und f besitzt in xO kein lokales Extremum (anders gesagt: xO ist ein Sattelpunkt für 1). Verschwindet die Funktionaldeterminante in xO, so kann man noch keine Aussage über das Verhalten von f im Punkt xO machen. Eine Fülle von geometrischen, physikalischen, technischen, chemischen, medizinischen, biologischen u.v.a. Phänomenen führen zu Fragen, deren Lösungen auf die Bestimmung von lokalen bzw. globalen Extrema reduziert werden (oder dies als Zwischenergebnis benötigen). Die globalen Extrema werden dann mit Hilfe verschiedener Überlegungen unter den lokalen Extrema - falls möglich - gesucht. Ein typisches Beispiel dazu möchten wir nun erörtern. Messungen in verschiedenen Punkten (oder zu verschiedenen Zeiten) Xl, X2, ... ,X n liefern Messwerte YI, Y2, ... , Yn, die aufgrund theoretischer Erkenntnisse durch eine Funktion der Gestalt f(x) = L;;'=o akxk gegeben sein müssen; nicht ausgeschlossen ist, dass alle oder mehrere Messungen denselben Wert ergeben. Diese unbekannten Koeffizienten ao, al, ... ,am sollen "optimal" bestimmt werden; das setzt voraus, dass die Anzahl n der Messungen größer als m ist. Was man unter optimal zu verstehen hat, ist nicht allgemein
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
254
festgelegt; es zeigt sich, dass die Rechnungen besonders einfach werden, wenn man verlangt, dass die Summe der Fehlerquadrate 2::1 (f(Xi) -Yi)2 minimal ist. Dann kann man diese Summe als eine Funktion F = F(a) in den Unbekannten ao, al, ... , a m ansehen. Um unser Ziel zu erreichen, muss also grad F = g~, für die optimalen Koeffizienten verschwinden. Wegen
(gt'a '
8F 8a. =
... ,::.. )
n
2: 2(f(Xi) -
.
Yi)X~,
d.h.
i=l
J
muss (ao, al , ... , a m ) Lösung des linearen Gleichungssystems n
n
i=l
ao
ao
n
n
i=l
i=l
n
n
n
+ ... +a m 2: xi
+ al 2: Xi
=
i=l
n
2: Xi + al 2: xr
" Xim+l -_ + ... + am L.. i=l
i=l
n " L.. i=l
n
2: xi + al 2: xr+1 + ... + am 2: xr m
i=l
2: Yi
i=l
i=l
,
YiXi ,
(2.72)
n
=
2: Yixi
i=l
sein. Ist die Determinante dieses Systems von Null verschieden (was für n = m + 1 immer der Fall ist), so nimmt F in der (mittels Cramerscher Regel berechneten) Lösung dieses Systems das absolute Minimum an, da F(a) 2 0 für alle a und lim F(a) = 00 gilt. Die so errechnete FunktiIlall--+oo on f(x) = ao + alx + ... + amx m heißt das Ausgleichspolynom zu den Messdaten (Xl, Yl), ... , (X n , Yn). Ist m = 1, so spricht man von der A usgleichsgeraden. Sie hat die Gleichung f(x) = ao + alX, wobei gilt do ao = d
al =
dl
(2.73t)
d'
n
n d
2: Xi i=l
n
n
2: Xi 2: X; i=l
i=l
n
n dl =
n
2:Yi i=l
n
n
i=l
i=l
2: Xi 2: YiXi
2:Yi , do =
i=l
n
n
2: Xi i=l
n
2: YiXi 2: X; i=l
i=l
2.1 Begriffe und Ergebnisse
255
Da n größer gleich 2 ist und Xl, ... ,X n paarweise verschieden sind, folgt aus der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung do = n L::~=l x; - (L::~=l Xi)2 > 0 . Außerdem folgt aus F aoao = 2n, F aoal = 2 L::~=l Xi , F alal = 2 L::~l x; sowohl FaoaoFalal -F;oal = 4(n L::~=l x; - (L::~=l Xi)2) > 0 als auch F aoao > 0, was noch einmal (diesmal aber wegen der uns schon bekannten Begründung) die Minimalität der Summe der Fehlerquadrate für die Lösung (2.73d zeigt. Im Fall m = 0 ist ao = ~ L::~=l Yi der Mittelwert der Messergebnisse, was plausibel ist. Schließlich erwähnen wir, dass für n > m + 1 die Zahl
J
F(ao,al, ... ,a~) n-m-l
=
J~ n-m-l' wo b' el a = (ao, al, ... ,am ) d'le L"osung von (272) .
ist, der mittlere Fehler heißt. (Die obigen Anstrengungen hatten das Ziel, diese Zahl zu minimieren.) Zahlreiche Beispiele aus verschiedenen Anwendungsbereichen führen zu Problemen von folgender Art: Sei f : D -+ IR, D C IR n , wobei D nicht unbedingt offen ist, und N c D sei eine Teilmenge von Punkten aus D, die gewissen Bedingungen genügen. Man sagt, dass f an der Stelle xo E N unter gegebenen Nebenbedingungen ein lokales Maximum (Minimum) hat, falls ein r > 0 existiert, so dass für jedes x E N n 6 r (xO) gilt: f(x) ~ f(xO) (bzw. f(x) ~ f(xO)). Das bedeutet aber nicht unbedingt, dass f in xO ein lokales Extremum in D hat. Die Nebenbedingungen können durch Gleichungen und/oder Ungleichungen gegeben sein. Wir begnügen uns mit Nebenbedingungen, die nur aus Gleichungen bestehen; genauer: Es gibt differenzierbare Funktionen gl, ... , gm : D -+ IR, m < n, so dass N = {x E D I gl (x) = ... = gm(x) = O} gilt. Wir geben zwei einfache Beispiele an. Im ersten soll das Rechteck maximalen Flächeninhalts bestimmt werden, welches den Umfang p hat; im zweiten soll der Quader maximalen Volumens gefunden werden, für welchen die Oberfläche den Wert s hat. Im ersten Beispiel wird D = D 2 = {(x,y) I x ~ O,y ~ O} betrachtet; zu maximieren ist f = h : D 2 -+ IR, h(x, y) := xy unter der Nebenbedingung g2(X) := 2x + 2y - p = O. Im zweiten Beispiel hat man es mit der Teilmenge D = D 3 = {(x,y,Z)T I x ~ O,y ~ O,z ~ O} der Funktion f = h : D 3 -+ IR, h(x, y, z) = xyz und der Nebenbedingung g3(X, y, z) = 2(xy + yz + zx) - s = 0 zu tun. Die Antworten lauten: Unter allen Rechtecken vom Umfang p ist das Quadrat mit der Seitenlänge ~ dasjenige und das einzige - mit maximalem Flächeninhalt, .. I'lCh ~ nam 16' Unter allen Quadern mit der Oberfläche s ist der Würfel mit der Seitenlänge derjenige - und der einzige - mit maximalem Volumen, .. r h sVs nam lC 6V6'
/f
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
256
°
Die inneren Punkte aus D, in welchen f unter den Nebenbedingungen gl = ... = gm = lokale Extrema besitzt und in welchen die Funktionalmatrix (~) i.=l, ... ,m den maximalen Rang m hat, kann man bestimmen, indem man ]
]=l •...• n
lokal m der Variablen - z.B. Xl, ... , X m (sonst wird umnummeriert) - als Funktionen von den restlichen schreibt - also Xi = Xi(Xm+l,oo.,X n ), i = 1, ... , m - und dann werden die lokalen Extrema von
gesucht. Ist (x:nH"'" x~)T ein solcher Punkt, so ist
ein lokales Extremum für f unter den Nebenbedingungen gl = ... = gm = 0. Die Durchführung dieser Idee ist meistens sehr mühsam oder undurchführbar, weil die Auflösung nach Xl, ... ,X m nicht gelingt. (Allerdings hat man im Falle des Erfolgs tatsächlich ein lokales Extremum unter den Nebenbedingungen gefunden, und Klarheit über seine Art gewonnen.) Wesentlich einfacher ist es in vielen Fällen, die sog. Methode der Multiplikatoren von Lagrange zu benutzen. Sie beruht auf der Tatsache, dass in den inneren Punkten aus D, in welchen f unter den Nebenbedingungen gl = ... = gm = lokale Extrema hat und in welchen (~) i.=l, ... ,m den maximalen Rang hat, gilt: Es
°
J
gibt
Al, ...
J=l, ... ,n
,Am aus IR, so dass für alle i = 1, ... ,n gilt
Man erhält ein Gleichungssystem bestehend aus diesen m Gleichungen und aus den n Nebenbedingungen. Nur solche Punkte (Xl,"" xn)T kommen als Stellen für die lokalen Extrema von f unter den Nebenbedingungen gl = ... = gm = in Betracht, für welche Al, ... , An existieren, so dass Al, ... , Am , Xl, ... , x n eine Lösung des obigen Systems mit m + n Gleichungen ist. Dieser meist einfachere Lösungsweg ist aber mit dem Nachteil behaftet, dass die Überprüfung der Extremalität noch ansteht. Dass die Überprüfung sehr unangenehm ist und Geschicklichkeit und Übung verlangt, illustrieren wir anhand des obigen Beispiels h : D 3 -t IR, h(x, y, z) = xyz und g3(X, y, z) := 2(xy + yz + zx) - 8 = 0. Der Rand von D 3 , d.h. die Menge der Punkte für die mindestens eine Koordinate ist, kommt für ein Maximum nicht in Frage, da dort h verschwindet. Sei (Xl,Yl,zd T E D 3 mit g3(Xl,Yl,zd = 2(XlYl + YlZl + zlxd - 28 = und außerhalb des Würfels K := [0,5JS] x [0,5JS] x [0,5JS]. Dann ist mindestens eine Koordinate dieses Punktes > 5JS; sei z.B. Zl > 5JS. Aus XlYl + YlZl + ZlXl = ~ folgt XlZl ~ ~ und YlZl ~ ~; deshalb gilt
°
° °
2.1 Begriffe und Ergebnisse
257 s
S
2Z1
• 2Z1
•
~<~
20
Zl
6v'6
,;s J!i J!i) f 3( v'6' v'6' v'6. Also: h muss ein globales Maximum haben, und die Stelle/Stellen, wo es angenommen wird, liegt im Kompaktum K (auf welchem f stetig ist!). Der einzige Punkt, der in Frage kommt, ist (~ , ~ , ~)T, und deshalb ist er auch diese Maximalstelle für f . 2.1.13 Parameterintegrale (Aufgabe 101 bis 103) Seien D C IR 2 , I c IR ein Intervall und a, b : I -+ IR stetige Funktionen mit der Eigenschaft, dass für jedes x E I die Strecke zwischen den Punkten (a(x)) und
(b(:)) in
D liegt. Ist
f : D -+ IR2 stetig, so definiert die Zuordnung
!
b(x)
x
I-t
F(x):=
f(x, y)dy
a(x) eine stetige Funktion auf I, welche Parameterintegral heißt. x ist dann der Parameter dieses Parameterintegrals. y
x
Abbildung 2.5. Zur Definition des Parameterintegrals
Mit den auf [a, c[ definierten Kurven a und baus Abb. 2.5 gilt:
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
258
J -J b(x)
, falls x E ]ß, ')'[ U ]8, e[ ,
f(x, y)dy
F(x,y)
a(x) a(x)
=
f(x,y)dy
,fallsxE [a,ß] U [')',8].
b(x)
Ist D offen, sind a und b stetig differenzierbar auf I, existiert die partielle Ableitung ~ auf D und ist sie stetig, so ist das Parameterintegral stetig differenzierbar und es gilt die sog. Leibnizsche Regel
J ~~
b(x)
F'(x) =
(x,y)dy
+ f(x,b(x))b'(x) - f(x,a(x))a'(x) .
(2.74)
a(x)
Manchmal gelingt es nicht, F ohne das Integralzeichen zu schreiben (man sagt: F ist nicht geschlossen auszuwerten), aber für F' ist das leicht. Ein einfaches Beispiel: Für die auf ]0, oo[ unendlich oft differenzierbare Funktion
e
;2 ,
c
C
> 0,
kennt man keine Stammfunktion. Sind a, b :]a, ß[-+]O, oo[
und c : IR -+]O,oo[ stetig differenzierbar, so ist das Parameterintegral
F(x)
:=
J:«:1 e <:)y2 dy stetig differenzierbar auf]a,ß[, aber nicht geschlossen c
auszuwerten. Dagegen gilt für jedes x E]a, ß[ :
, _J b(x)
F (x) -
y2 c'(x)e c (x)y2
y
+
dy
ec(x)b(x)2, b(x) b (x)
_
ec (x)a(x)2 , a(x) a (x)
a(x)
= c'(x) eC(X) Y2 I b(X)
2c(x) =
a(x)
+ b'(x) ec(x)b(x)2
(C'(X) + b'(X)) ec(x)b(x)2 2c(x)
_
b(x)
b(x)
_
a'(x) ec(x)a(x)2 a(x)
(C'(X) + a'(x)) e c(x)a(x)2 2c(x)
a(x)
•
Das uneigentliche Parameterintegral mit dem Parameter x für eine stetige Funktion f: [a, b]x]c, 00[-+ IR wird durch x f-t F(x) := Jcoo f(x,y)dy
definiert, falls Jcoo f(x, y)dy für jedes x aus [a, b] existiert. Dabei ist der Fall lim f(x,y) = 00 oder -00 für gewisse x aus [a,b] nicht ausgeschlossen. x-tc+
Falls in [c, oo[ Folgen (Ck) und (dk) mit den Eigenschaften
i)
lim Ck =
k-too
C ,
lim dk =
k-too
00 ,
2.1 Begriffe und Ergebnisse ii)
259
fc~k f(x, y)dYh konvergiert gleichmäßig auf [a, b] gegen F
existieren, dann ist F stetig auf [a, b]. Gilt außerdem iii)
fcoo fx(x, y)dy existiert für jedes x
iv)
(Jc~k fx(x, y)dYh konvergiert gleichmäßig auf [a, b] ,
E [a, b] ,
so ist F im offenen Intervall]a, b[ differenzierbar, und es gilt
1 00
F'(x) =
fx(x,y)dy.
c
Diese letzte Behauptung kann man als eine Verallgemeinerung der LeibnizRegel ansehen. Anstelle von [a, b] kann man Ja, oo[ oder ]-00, oo[ nehmen, und entsprechend das obige Ergebnis erweitern, indem man Ja, oo[ und ]- 00, oo[ als Un~da+ ~,a+n] bzw. Un~l[-n,n] darstellt. Am Ende von Abschnitt 2.1.7 haben wir die Gammafunktion
1 00
r :]0,00[-+ IR
r(x) :=
yX-le-Ydy
o
kennengelernt. Sie ist in doppeltem Sinn ein Beispiel von einem uneigentlichen Integral: das Integrationsintervall und für x < 1 auch die zu integrierende Funktion sind unbeschränkt. Man kann nachweisen, dass r eine differenzierbare Funktion auf ]0, oo[ ist. Es ist ziemlich mühsam daraus zu folgern, dass F(x) := f ooo e-Xysi~YdY auf ]O,oo[ differenzierbar ist. Hat man aber diese Information gewonnen, so ergibt sich sofort
-I
00
F'(x) =
e- xy sinydy = - x2 ~ 1 '
o
wobei die letzte Ungleichung aus fe-at sin bt dt =
- a2~b2 e- at sin bt -
cos bt durch Grenzwertbetrachtung leicht zu erhalten ist. Damit ist F(x)+arctanx konstant auf]O, 00[. Wegen lim F(x) = 0 und lim arctanx = a2 !b 2 e- at
°
x-+oo
x-+oo
ergibt sich für alle x > die Identität: F(x) = ~ - arctanx. Es ist wiederum unangenehm zu zeigen, dass F im Nullpunkt stetig ist. Mit diesem Ergebnis aber folgt aus der obigen Identität: ~
1 00
o
7r -sinYd y-- . Y 2
(2.75)
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel Aufgabe 1
i) ii)
iii)
Bestimmen Sie (ausgehend von der Definition!) alle reellen Zahlen, in welchen die Funktion f : IR -+ IR, f(x) := {IX differenzierbar ist, Zeigen Sie, dass die Funktion 9 : IR -+ IR, g(x) := Ix 2 - 11 in den Punkten -1 und 1 nicht differenzierbar ist, Ist die Funktion h: IR -+ IR, h(x) = xlxl im Nullpunkt differenzierbar?
Lösung: i) Ist xo :f. 0, so gilt
, I1m
x~xo
f(x)-f(xo) - I' o/X-VxQ - x--+xo 1m (5'-)5 (5r,;;-;:-)5 x-xc v x - v Xo
-
lim o/X - VxQ x---txo (Vx"- VxQ)(( o/X)4+( Vx")3 VxQ+( Vx")2( VxQ)2+
-
-
lim
-
Vx"( VxQ)3+( VxQ)4)
1
_
x---txo (~)4+( ~)3 VxQ+( ~)2( VxQ)2+ ~( VxQ)3+( VxQ)4 -
1
5( VxQ)4
Im Nullpunkt muss man die Existenz des Grenzwertes von f-~o untersuchen, Da ~ = x
yX
f ist also für alle x :f. 0 differenzierbar.
in IR nicht,
2
!
g(x) = {x I-x
ii) Es gilt:
g(x) - g( -1)
lim x---t-l-
, I1m
gilt und x---tO lim {IX = 0 gilt, gibt es den gesuchten Grenzwert
(51-)4
x---t-l+
X
+1
g(x)-g(-I) X +1
=
, falls x It'] - 1, 1[ , , falls x E] - 1, 1[ , lim
x2
x---t-l-
-
X
1- 0
+1
=
lim (x _ 1) x---t-l-
= -2
'
I' l-x -O I' (1 ) 2 = x---t-l+ 1m 1 = x---t-l+ 1m -x = , X + 2
Deshalb ist 9 in -1 nicht differenzierbar. Analog zeigt man, dass 9 in 1 ebenfalls nicht differenzierbar ist, Als Polynom ist die Einschränkung von 9 sowohl auf] - 1, 1[ als auch auf] - 00, -1[U]I, oo[ differenzierbar. iii) Es ist h(x) = x 2 falls x 2:: 0 und h(x) = -x 2 falls x < 0, Deshalb folgt lim h(x) - h(O) X - 0
=
lim h(x) - h(O) x---tOX - 0
=
x---tO+
lim x 2 x---tO+
X
lim _x 2 x---tO-
X
0 -
= 0
lim x x---tO+
=
=0
lim (-x) x---tO-
Das zeigt, dass h im Nullpunkt differenzierbar ist,
'
= 0,
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
261
Aufgabe 2
Bestimmen Sie die Ableitung der Funktion tan in einem beliebigen Punkt ihres Definitionsbereichs. Dabei sollen Sie nicht die Quotientenregel verwenden, sondern den Grenzwert direkt (also: von der Definition des Grenzwertes ausgehen!) berechnen. Sie können dazu das Additionstheorem tan(x-y)=
tanx - tany , 1 + tanxtany
die Stetigkeit von cos und tan und den Grenzwert lim Si~ h = 1 verwenden. h--+O
Lösung: Sei x aus dem Definitionsbereich von tan und c > 0 so klein, dass [x -c, x+c] im Definitionsbereich von tan liegt. Für h E IR, h =I- 0 und Ihl :::; c gilt:
tan(x
+ h) -
tan h
h
-h- (1
tanx
=
tan(x
+h-
+ tan x tan(x + h))
h
eos
h--+O
sinhh
(h))
+ tan x tan x +
1 sin h = cos h -h-
Man hat lim ~h = ~o = 1, lim h--+O eos
x) (1
=
(1 + tan x tan(x + h))
= 1 und lim (1 h--+O
+ tanxtan(x + h))
=
1 + tan 2 x; dabei wurde für die erste und die dritte Gleichung die Stetigkeit von cos bzw. tan benutzt. Es folgt:
1· tan(x+h) -tanx = 1 + tan 2 x = 1 + sin 2 x (tan )'() x = Im - = -12- . h--+O h cos 2 X cos X Aufgabe 3
Differenzieren Sie die folgenden Funktionen auf deren maximalen Definitionsbereichen unter Verwendung der Ableitungsregeln.
i)
x-I x2 + 1
ii)
3x
(x 2
+2 -
4)3 .
iii)
2x -1 (x 2
-
4x + 3)2
Lösung: i) Die Funktion ist auf IR definiert; in jedem Punkt aus IR gilt
(X-I)' + x2
1
(x 2
+ 1) -
2x(x - 1)
(x 2 +1)2
1 + 2x - x 2 (x 2 + 1)2
ii) Der maximale Definitionsbereich ist IR\{2, -2}. In jedem Punkt x dieses Definitionsbereichs gilt:
262
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
3(x 2
3x + 2 )' (x 2 - 4)3
(
-
4) - 3 . 2x(3x
(x 2 -
+ 2)
15x 2 + 12x + 12 (x 2 - 4)4
4)4
iii) x 2 - 4x + 3 hat 1 und 3 als Nullstellen; mit f(x) := (X2:'~;~3)2 gilt für xE IR\{1,3} f'(x)
= 2(x 2 -
4x
+ 3) (x 2 -
2(2x - 4)(2x - 1) 4x + 3)3
= _ 2(3x 2 (x 2
6x + 1) 4x + 3)3
-
Aufgabe 4
Bestimmen Sie für jede der folgenden Funktionen den maximalen Definitionsbereich und dann in jedem Punkt, in welchem die Funktion differenzierbar ist, die Ableitung.
Lösung: i) Die Funktion ist definiert auf IR. Wegen x 3 + 4x - 5 = (x - 1)( x 2 + X + 5) ist x = 1 die einzige Nullstelle der gegebenen Funktion; in jedem x aus IR\{l} gilt:
(Vx
3
+ 4x -
ii) Die Funktion ist für jedes x
5)' = ~
3 (.vx
~
+ 4 2' + 4x - 5)
3x 2 3
0 definiert. Ist x
> 0, so gilt:
11+~+~ 2
Jx+~+.yx
< x ~ 1 gilt x ~ ~ ~ .yx und damit J x + ~ +.yx > Ix· es folgt yx+~+~ .j3 und weil y'x + x + x = J3 Vw, x -> .j3xVx = Vx
Für 0
lim ~ =
x-tO+
yX
00
gilt, ist die gegebene Funktion im Nullpunkt nicht differen-
zierbar. iii) Die Funktion ist definiert auf IR; für x =P 0 hat man x und deshalb gilt:
+ Vx + .yx =P
0
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
lfi und damit folgt
Für 0 < x ~ 1 gilt x ~ {/X ~
v {j x
+
x
263
+ lf;i 2:
{jx+{!x+lfi- O
für 0 < x ~ ~ :
{jx + .yx + x 2: -Yx + x = \I'2X , .y2
-'-------- > - - . x-O
Da lim
x-tO+
~/) {IX
=
00
-
(<<xl
gilt, ist die Funktion x
X f-77/ V + {!x+ lfi im Null-
punkt nicht differenzierbar. Aufgabe 5
a) b) c)
Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D der Funktion durch die Zuordnung x f-7 cos(tan(l + x 2 )) definiert ist. Begründen Sie, warum J auf D differenzierbar ist. Berechnen Sie l' und 1" auf D .
J, die
Lösung: a) Da cos auf IR und tan auf IR\ {mf + ~ ; n E ~} definiert sind, ist J für alle x E IR mit 1 + x 2 .;. {mf + ~ ; n E ~} definiert. Da mf + ~ 2: 1 für n 2: 0
(und nur dafür!) gilt, folgt: D
= IR\ { ±Jmf + ~ -
1 ; n E IN o} .
b) Die Funktionen x f-7 1 + x 2 , y f-7 tan y und Z f-7 cos z sind differenzierbar auf ihren Definitionsbereichen. Deshalb ist J differenzierbar auf D . c) Es sind J'(x) = - sin(tan(l
I"(x) = - cos(tan(l . (tan (1 - sm
+ x 2 )) .
+ x 2 )) • COS2(~+x2)
.
2x und
COS4(~+x2) ·4x 2
sin(1+x 2 )· 8 X 2 + x 2)) . cos3(1+x 2
)
. ( tan (1 sm
1 2 )· 2 . + x 2)) . cos2 (1+x
Wir haben die Ketten- und dann die Ketten- und die Produktregel benutzt. Aufgabe 6
Bestimmen Sie die relativen und absoluten Extrema der Funktionen i)
x-I x2 + 1 .
ii)
3x + 2 (x 2 - 4)3 .
iii)
(x 2
2x - 1 4x + 3)2
-
Wo sind diese Funktionen streng monoton wachsend bzw. fallend?
264
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Lösung: Man benutzt die Ergebnisse aus der Lösung der Aufgabe 3. i) Die Ableitung verschwindet, wenn 1 + 2x - x 2 verschwindet. Die Nullstellen dieses Polynoms sind 1 + V2 und 1 - V2. Wegen
1 + 2x - x 2 = - (x - (1 + V2)) (x - (1 - V2)) folgt, dass auf den Intervallen] - 00,1 - V2] und [1 + V2, oo[ die Funktion streng monoton abnimmt, während sie auf [1 - V2, 1 + V2] streng monoton zunimmt. Im Punkt 1 - V2 nimmt die Funktion den Wert
V2+1 2
1 + 2 - 2V2 + 1
an, und er ist ein lokales Minimum der Funktion. Im Punkt 1 + V2 ist der Wert der Funktion gleich
I+V2-1
V2
V2-1
(1 + V2f + 1
1 + 2 + 2V2 + 1
2
-------e~-= --------~--
dieser Wert ist ein lokales Maximum. Wegen x-I
lim - x-+-oo x 2 + 1
x-I
= 0 = x-+oo lim - x2 + 1
V2-1
----- > 0 und 2
sind diese lokalen Extrema sogar absolute Extrema von
h (x)
:=
;'2+11 .
ii) Die Funktion h,h(x) := (;{~4)3 hat höchstens in den Nullstellen des
-2r
Polynoms 15x 2
+ 12x + 12 lokale Extrema.
Da die Nullstellen -6±~ =
komplex sind, gibt es keine lokalen Extrema, und die Ableitung der Funktion ist stets negativ. Das bedeutet, dass die Funktion 12 auf]- 00, -2[, auf] - 2, 2[ und auf ]2, oo[ streng monoton fallend ist, und zwar i
· -00 au f] -00, - 2[·1 von Ob IS ,wel 1·1m
3x+2 -(x2-4)3
-00 gilt, von 00 bis -00 auf]- 2,2[, weil
.....2.:tlL = 00 und x-+2lim .....2.:tlL = (x 2 _4)3
x-+-oo
lim
0 un d 1·1m
x-+-2-
x-+-2+ (x 2 _4)3
-00 gilt, von 00 bis 0 auf ]2, 00[, weil x~rr+ (;l!42)3 = 00 und lim x-+ oo gilt.
3x+2_ p=
(;l.:t42)3
= 0
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
265
Insbesondere gibt es auch keine absoluten Extrema. iii) Da 3x 2 - 6x + 1 die Nullstellen Xl damit Xl
2x-1
-t -t
< 1 < X2 < 3 gilt,
=1-
VI
und X2
= 1+
VI
ist die Ableitung unserer Funktion
hat und
13, 13 (x)
:=
positiv auf ]X1, 1 [ und ]X2' 3[ , negativ auf]- oo,xd, ]1,x2[ und ]3,00[.
lim 13(x) = 0 = lim h(x) , lim h(x) = lim 13(x) = 00 = x-t-OO X-tOO x-t1x-t1+ . _ . _ 2(1-JJ)-1 _ 3 1!2 x~- 13 (x) - x~T+ 13 (x) , 13(x1) - [(1-JJ)L4(1-v1")+3]2 -9(20 - sV 3) < 0
Es gilt:
und
f 3 (x 2 ) --
- 9( ~
2(1+!i)-1
[(1+v1")2-4(1+v1")+3]2 -
20
+ 1.5 Vfi) >0 3 .
Daraus ergibt sich: -t -t -t -t -t -t -t -t
Auf] - 00, xIJ fällt h von 0 bis 13(x1) streng monoton. Auf [Xl, 1[ wächst 13 von 13(xd bis 00 streng monoton. Auf ]1, X2] fällt 13 von 00 bis 13(x2) streng monoton. Auf [X2' 3[ wächst 13 von h(X2) bis 00 streng monoton. Auf ]3, oo[ fällt 13 von 00 bis 0 streng monoton. In Xl und X2 hat 13 lokale Minima. In Xl hat 13 das absolute Minimum. 13 hat kein absolutes Maximum.
Aufgabe 7 Bestimmen Sie die größten Intervalle, auf welchen die folgenden Funktionen differenzierbar sind und darauf die jeweiligen Ableitungen i) f(x)
= In
Lösung: i) Es ist Df := ( UnEIN]2mf, (2n Für jedes X E D f gilt:
f'(x) =
ii) g(x)
(Si:X ) .
Si:X. (Si:X )' x
X
sinx
+ 1)1f[)
g' (x)
U ( UnEIN]( -2n - 1)1f, -2n1f[ ) .
xcosx - sinx x2
ii) 9 ist definiert auf IR. Für jedes
X
= cos(x 3 sinx).
X cos X - sin X xsinx
aus IR gilt
= - x 2(3 sin X + X cos x) sin (x 3 sin x) .
1 = cot x-- . X
266
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Aufgabe 8 3
Untersuchen Sie, ob die Funktion I, I(x) := sinx-x+ x6 im Nullpunkt ein relatives Extremum besitzt, und bestimmen Sie gegebenenfalls dessen Art. Lösung: 2
•
Wegen I'(x) = cosx - 1 + x2 ' 1'(0) = 0, I"(x) = - smx + x, 1"(0) = 0, I"'(x) = - cosx + 1, 1"'(0) = 0, 1(4)(x) = sinx, 1(4)(0) = 0, 1(5)(x) = cosx , 1(5)(0) = 1 > 0 hat I im Nullpunkt kein relatives Extremum (5 ist eine ungerade Zahl!). Aufgabe 9 Zeigen Sie - unter Verwendung höherer Ableitungen - dass die Funktion sin kein Polynom ist. Könnten Sie diese Aussage auch anders beweisen? Lösung Wäre sin ein Polynom n-ten Grades, so wäre die (n + l)-te Ableitung von sin die Nullfunktion, was keineswegs richtig ist, weil die (n + l)-te Ableitung von sin entweder ± sin oder ± cos ist. Eine andere Begründung: sin ist eine beschränkte Funktion (mit [-1,1] als Wertebereich). Jedes Polynom vom Grad ~ 1 wächst im Betrag für x -+ 00 ebenfalls gegen 00 . Eine Variante dazu: sin ist eine periodische Funktion. Ein nicht konstantes Polynom ist nicht periodisch, weil sonst sein Wertebereich das Bild eines abgeschlossen Intervalls der Periodenlänge wäre, und damit beschränkt. Noch eine Begründung: Ein Polynom hat nur endlich viele Nullstellen; sin hat aber unendlich viele. Aufgabe 10 a) b)
Zeigen Sie, dass die Funktion I : IR -+ IR, I(x) := x + 2x 3 , streng monoton ist. Berechnen Sie, ohne 1-1 explizit anzugeben, (1-1 )'(0) und (1-1 )'(3) unter Verwendung der Differentiationsregel der Umkehrfunktion.
Lösung: a) Aus Xl < X2 folgt xr < x~, damit Xl + 2xr < X2 + 2x~, d.h. I(X1) < I(X2). b) I'(xo) = 1+6x6· Da I'(xo) > 0 für alle Xo E IR gilt, ist hiermit die Aussage aus a) noch einmal gezeigt. Es gilt 1(0) = 0 und 1(1) = 3, d.h. 1- 1(0) = 0 und 1-1 (3) = 1. Nach der Differentiationsregel für die Umkehrfunktion gilt: 1 1 (/- 1 )'( ) 1 1 ( -1)'( ) I 0=1'(0)=1+6.02=1, 3=/'(1)=1+6.12
1 -"7.
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
267
Aufgabe 11
I : IR -+
a)
Zeigen Sie, dass die Funktion
IR ,
b)
streng monoton steigend ist. Bestimmen Sie die Werte der ersten Ableitung der zu I inversen Funktion I-I in 0 und in 8 (obwohl sich I-I explizit nicht angeben lässt!)
Lösung: a) Auf [0, oo[ ist die Funktion offensichtlich streng monoton wachsend. Um dies für ganz IR zu beweisen, betrachten wir die Ableitung von I :
Nun gilt eine leichte (aber doch trickreiche) Umformung von f'(x) :
+ 3x 6 + 6x 5 + 3x 4 + 2x4 + 4x 3 + 2x 2 + x 2 + 2x + 1 4x 6 + 3x4 (x + 1)2 + 2x 2(x + 1)2 + (x + 1)2 .
j'(x) = 4x 6 =
Daraus folgt sofort f'(x) ~ 0; es gilt sogar I'(x) > 0, da der erste Summand nur in 0 und der letzte Summand nur in -1 verschwindet. b) Man hat 1(-1) = 0 und 1(1) = 8. Deshalb gilt: 1 1 1 ) (0) = 1'(-1) = 7 - 6 + 5 - 4 + 3 - 2 + 1 - 4 '
-1 ,
(j
1
28 .
Aufgabe 12
a) b) c)
Berechnen Sie die lokalen Extrema von I : IR -+ IR, I(x) := ~~:;:i Zeigen Sie, dass I in Xo = 0 ein absolutes Minimum besitzt. Zeigen Sie, dass I kein absolutes Maximum besitzt.
Hinweis zu c): Berechnen Sie lim
x-+oo
.
I (x) und lim I (x) . X-t-OQ
Lösung: a) Man hat
j'(x)
= 2x(x 2 + 1) (x 2
2x(x 2 - 2)
+ 1)2
(x 2 + 1)2 - 2x . 2x(x 2 I (x) = 6 (x 2 + 1)4 "
=
+ 1)
6x
+ 1)2 , x 2 + 1 - 4x 2 1 - 3x 2 2 = 6 (x + 1)3 = 6 (x2 + 1)3
(x 2
.
268
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Wegen f'(X) = 0 {:::=} x = 0 und 1"(0) > 0 (oder 1'(x) > 0 für x > 0 und 1'(x) < 0 für x < 0) ist 0 das einzige lokale Extremum, nämlich ein lokales Minimum. b) Das Vorzeichen von l' zeigt, dass in 0 sogar ein absolutes Minimum von f vorliegt. c) Wegen f(x) = ",2 t +1 -13 = 1 - 23+1 < 1 und lim f(x) = lim f(x) = 1 x
besitzt
x
x--+oo
f kein absolutes Maximum auf IR .
x--+-oo
Aufgabe 13
Sei f: IR -+ IR, f(x) := 3x5 - 25x 3
+ 60x -
30 .
Bestimmen Sie die lokalen Maxima und Minima von f . Bestimmen Sie die Wendepunkte von f . Bestimmen Sie die größten Intervalle, auf welchen f streng monoton ist. Fertigen Sie eine einfache Skizze von fan. Wieviele Lösungen hat die Gleichung f(x) = a in Abhängigkeit von a ? Geben Sie die Taylor-Reihe von f in -1 an. Wie lässt sich die Teilaufgabe f) "elementar" formulieren? Wie sieht eine "elementare" Lösung aus?
a) b) c) d) e) f) g)
Lösung:
a) Es gilt 1'(x) = 15x4 -75x 2 + 60 = 15(x4 - 5x 2 +4) = 15(x 2 -1)(x 2 - 4) = 15(x - 1)(x + 1)(x - 2)(x + 2) . Für lokale Extrema kommen also nur die x-Werte 1, -1, 2 und -2 in Frage. 1"(x) = 15(4x 3
-
lOx) = 30x(2x 2
-
5) .
Man hat: 1"(1) = -90, 1"(-1) = 90 , 1"(2) = 180 , 1"(-2) = -180. Deshalb liegen in -1 und +2 lokale Minima und in 1 und -2 lokale Maxima. b) 1" hat nur in 0 und
±/i Nullstellen. Es genügt sicherzustellen, dass
flll
in diesen Punkten nicht verschwindet, um behaupten zu können, dass diese Punkte die Wendepunkte von f sind. Es gilt: flll(X) = 30(60x 2 -5) , 1'"(0) =
-150 0,
=I
0 , 1'" (/i) = 1'" (-
vi)
= 30(150 - 5) = 4350
=I
0 . Deshalb sind
/i und -vi die Wendestellen von f. Es ergeben sich wegen f(O)
f(/i) -3 .
25
= 3. 245 /i-25.~/i+60/i-30 = 645 /i-30 !§.
4V 2
+
25 .
§.
!§. - 60 !§. - 30 = -
2V2
V2
65
';:::j
-4,31, f(-/i)
!§. - 30
4V2
= 0 und
';:::j
=
-55 69 die '
folgenden Wendepunkte: W 1 = (0,30) , W 2 = (/i, 645/i - 30) und W3
= (-/i, _645
/i - 30) .
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
269
c) Auf]- 00, -2], auf [-1,1] und auf [2, oo[ ist f streng monoton steigend, da f'(x) > für x E]- 00, -2[ U ]-1, 1[ U ]2,00[. Auf [-2, -1] und auf [1,2] ist f streng monoton fallend, weil l' < sowohl auf] - 2, -1 [ als auch auf ]1, 2[ gilt. d) Man hat: f(O) = -30 , f( -2) = -46 , f( -1) = -68 , f(l) = 8 und f(2) = -14. Wenn man die obigen Ergebnisse berücksichtigt und dazu noch lim f(x) = 00 sowie lim f(x) = -00, ergibt sich der Verlauf des Graphen
°
x-+oo
von
°
X-+-(X)
f wie in Abbildung 2.6. y
100 50 2
x
Abbildung 2.6. Skizze von f(x) = 3x 5
-
25x 3
+ 60x -
30
e) Die Anzahl der reellen Lösungen der Gleichung f(x) = a ist die Anzahl der Punkte, in welchen der Graph von f und die Gerade y = a sich schneiden. Auf jedem abgeschlossenen Intervall I, auf welchem f streng monoton ist, gibt es höchstens einen solchen Schnittpunkt. Wegen des Zwischenwertsatzes gibt es einen Schnittpunkt (dessen erste Koordinate in I liegt) genau dann, wenn min f(x) :S a :S max f(x) xE!
xE!
gilt. Deshalb (vgl. Abbildung 2.6, aus welcher die Monotonieintervalle leicht abzulesen sind) folgt, dass die Gleichung f(x) = a für
-+ -+ -+ -+
a
< -68 eine reelle Nullstelle im Intervall]- 00, -2[ hat;
a = -68 eine reelle Nullstelle im Intervall] - 00, -2[ und eine doppelte
Nullstelle in -1 hat; -68 < a < -46 drei verschiedene reelle Nullstellen hat, und zwar je einein]-00,-2[, ]-2,-1[ und ]-1,0[; a = -46 eine reelle Nullstelle im Intervall] - 1,0[ und eine doppelte Nullstelle in -2 hat;
270
-+ -+ -+ -+ -+
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül -46 < a < -14 eine reelle Nullstelle im Intervall] - 1, 1 [ hat; -14 eine reelle Nullstelle in ]0, 1[ und eine doppelte Nullstelle in 2 hat; -14 < a < 8 drei verschiedene reelle Nullstellen hat, und zwar je eine in ]0, 1[, ]1,2[ und ]2, i~[; a = 8 eine reelle Nullstelle im Intervall]2, i~ und eine doppelte Nullstelle in 1 hat; a > 8 eine reelle Nullstelle im Intervall [i~, oo[ hat.
a =
[
°
Dabei wurde berücksichtigt, dass f(2, 3) < und f(2, 5) > 22 gilt. f) Wegen f(x) = 3x 5 - 25x 3 + 60x - 30, 1'(x) = 15x 4 -75x 2 + 60, 1"(x) = 60x 3 - 150x , flll(X) = 180x 2 - 150 , f(4)(x) = 360x , f(5)(X) =
°
°,
360 und f(6)(x) = folgt f( -1) = -68 , 1'(-1) = 1"(-1) = 90, 1"'(-1) = 30 , f(4)( -1) = -360 , f(5)( -1) = 360, und nach dem Satz von Taylor gilt
f(x) =
f(k)( 1) k!- (x+l)k = -68+45(x+l)2+5(x+l)3-15(x+l)4+3(x+l)5 .
L 5
k=O
g) Man könnte die vorige Teilaufgabe (da f ein Polynom ist) elementar so formulieren: Man schreibe f als Polynom in x + 1 . Das lässt sich mit elementaren Umformungen leicht bewältigen:
f(x) = 3[(x + 1) - 1]5 - 25[(x + 1) -
IP + 60[(x + 1) -
1]- 30
= 3[(x + 1)5 - 5(x + 1)4 + lO(x + 1)3 - 10(x + 1)2 + 5(x + 1) - 1] -25[(x + 1)3 - 3(x + 1)2 = 3(x + 1)5 -
+ 3(x + 1) - 1] + 60(x + 1) 15(x + 1)4 + 5(x + 1)3 + 45(x + 1)2 - 68 .
90
Aufgabe 14
Es sei f: IR -+ IR, f(x):= (x -1)2cos(~x). a) b)
Bestimmen Sie die ersten fünf Summanden der Taylor-Reihe von Xo = 1. Berechnen Sie die Taylor-Reihe von f in Xo = 1 .
Lösung: a) Man hat f(xo) weil:
= 1'(xo) = 1"(xo) = 0,
flll(XO)
= -37r und
f(4)(XO)
f in
= 0,
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
271
Damit sind die ersten fünf Koeffizienten der Taylor-Reihe von j in
Xo =
1:
Die Summe der ersten fünf Summanden ist also 2:!=0 an(x - xo)n = - ~(x - 1)3 . b) Es gilt j(n)(x) =
2:J=o (])[(x
- 1)2](j) [cosGx)](n- j ) und deshalb auch
j(n)(l) = (~) ·2· [cos(~x)](n-2) Ix=l für alle n 2:: 2. Ist n gerade, so gilt j(n)(l) = O. Sei n = 2k + 1 mit k 2:: 1. Dann gilt [cosGx)](2k-1)(1) = (-l)k . G)2k-1 und damit ( _l)k
(-l)k (2k+1) (7r)2k-1 an = a2k+l = (2k + I)! . 2 .2'"2
(2k - I)!
Aufgabe 15
Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte mit der Regel von de l'Hospital: i)
lim
sm5x iv) lim sin(sin x) x--+o
ii)
s~n 3x .
x--+o
x
.
vii) x--+1 lim ~. sm 211"X
v)
r
x~
r
x~
,2
cos x-1+ 2
iii) lim (sin 3x )sin 5x
x4
x--+o+
sin(sinx)-x x3
VI')
.
viii) lim cosx ·ln(x -~).
l'1m -'-45'-1 sm x
x--+o
.
.
ix) lim (tan2x)sin3x .
x--+ ~ +
x--+o+
Lösung: i) Da lim sin 3x = 0 = lim sin 5x gilt, untersucht man die Existenz von x--+o
x--+o
lim (s~n3x):. Es gilt lim (s~n3x): x--+o (sm5x) x--+o (sm5x)
= x--+o lim 3cos3x = ~ und damit lim s~n3x = ~ . 5cos5x 5 x--+o sm5x 5
ii) Es gilt: lim (COs x-I + X22 ) = 0 = lim x 4. Deshalb soll festgestellt werden, x--+o
(
,2),
r cos x-1+2 ob x~ (x 4 )'
x--+o
existiert. Wegen (cos x-I
+ 2 X
2
),
= - sin x
+ x, (x 4 )' =
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
272
°
+ x) = =
4x 3 und lim ( - sin x x~o
lim 4x 3 folgt, dass man es erneut mit der
x~o
Regel von de l'Hospital versucht. Es gilt lim ( - sin x+x)' = lim ( - cos x+ 1) =
°
x~o
x~o
und lim (4x 3 )' = lim 12x 2 = 0. Deshalb wird untersucht, ob lim (-t102s~tl)l x~o
x~o
existiert. Man erhält lim (- cos x x~o
+ I)'
°
= lim sin x =
x
x~o
und lim (12x 2 )' =
x~o
x~o
lim 24x = 0. Durch nochmalige Anwendung der Regel von de l'Hospital
x~o
ergibt sich ~~ w~:r
= ~~ c~~ x =
existiert und ist gleich 214 iii) Es gilt lim sin 3x =
°=
x~o
214
.
Also: Der gesuchte Grenzwert
.
lim sin 5x und sin 3x
x~o
alle x aus )0, ~l Deshalb wird die Funktion h :)0,
h(x):= In [(sin3x)Sin5x]
>
°
sowie sin 5x
>
H--+ IR,
°
für
= sin5xln(sin3x) = ln~x) sin 5x
betrachtet. Da lim In(sin3x) = x~o+
-00
und lim ~ = x~o+
x
m
00
gilt, untersucht
man, ob lim [l(~):]' existiert. Es gilt x --+0+
sin 5:1:
. 3 x ))' [1 n (sm · 11m = l'1m
x~o+
(
1)' sin5x
3 cos 3x sin3x
x~o+ _
3 cos3x lim - - . (sin 5x)2 = 5 x~o+ cos5x sin3x
5.cos5x
~
weil: lim cos 3x = 1 = lim cos 5x, lim sin 5x =
° '
°
und lim s!n 5x = lim 5 cos 5x x~O sm 3x x~O 3 cos 3x = ~. Damit hat man lim h(x) = 0; wegen der Stetigkeit der Exponentialx~o
x~o
x~o
x~o+
funktion ergibt sich lim sin 3xsin 5x x~o+
iv) Es liegt der Typ
=
1.
gvor. Der Grenzwert
lim (sin(sinx))' = lim cos(sinx)· cosx = ~ = 1 (x)' x~o 1 1
x~o
existiert, und deshalb gilt auch lim sin(sin x) = 1. x~o
v) Es liegt wieder der Typ
gvor. Da
x
lim[sin(sinx) - x)' = lim[cos(sinx)· cosx -1) =
x~o
und lim (x 3 )' = lim 3x 2 = x~o
x~o
°
x~o
gelten, versuchen wir noch einmal mit der Regel
von de I'Hospital; es gilt: lim (3x 2 )' x~o
= lim (6x) = 0 und x~o
lim [cos(sin x) . cos x-I)' = lim [- sin(sin x) . cos 2 X
x~o
°
x~o
-
cos(sin x) . sin x) = 0 .
273
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
Deshalb wenden wir noch einmal diese Regel, und diesmal haben wir Erfolg: lim(6x)' 6 und -lim[sin(sinx) . cos 2 x + cos(sinx) . sinxl' x~o
x~o
- lim [cos(sin x) . cos 3 X - sin(sin x) . 2 sin x cos x - sin(sin x) . sin x cos x x~o
+
= -2 . Es folgt lim sin(sin3x)-x = lim [sin(sin3xl;;-xl'" = - 1 . x~o x x~o (x ) 3 vi) Es liegt der Fall § vor. Wegen (5 -1)' = 5x ln5 und (sin4x)' = 4cos4x folgt lim (5. _1( = In5 und damit auch lim 5. _1 = In5 . x~o (sm4x) 4 x~O sm4x 4 vii) Es gilt lim Inx = = lim sin271"x. Da (lnx)' = 1 und (sin271"x)' = x 1 • 271" cos 271"x sowie lim 1 = 1 und lim cos 271"X = 1 gelten, folgt lim .ln2x = -2 x sm 7rX cos(sinx) . cosx]
X
z
°
x~1
z
x~1
°
x~1
x~1
x~1
viii) Man hat lim cos x = und lim (x- ~) = x-+t+ x-+~+ die Regel von de l'Hospital (beachten Sie: lim
x-+~+
Umformungen [In(x-"')]' I 2, ['C"O'ä"i"]
sowie lim c~;: x-+t
x
2
-00.
Für In(x; ~) kann man ~
_1_
cosx
= -(0) anwenden. Die
~ =...::;:::.L = x-~ cos x • C?S x die Grenzwerte lim C~;20ll3l Slnx' x-+t
= x-+~ lim
t~~ ~ X
2
r=
lim ( - sin x)
x-+~
7r
= -1
C?S x
Slnx
=
°
und (die nochmalige)
Anwendung der Regel von de l'Hospital führen zum Ergebnis: 71") lim cos x . In ( x - = 2
x~~+
lim
x~~+
In(x1
cosx
ZC ) 2
=
°.
ix) Die FUnktion g(x) := (tan 2x)sin3x hat nur positive Werte auf ]0, ~l Es genügt deshalb, lim Ing(x) zu berechnen und dann (falls dieser GrenzX~O+
wert im IR existiert!) die "Rechenregel" lim g(x) = exp( lim Ing(x)) zu X~O+
X~O+
benutzen. In g(x) = (sin 3x) In tan 2x wird in In t'in 2x umgeformt, und darsin 3a:
2
auf wird die Regel von de l'Hospital angewandt. Mit [ln tan 2x l' = ia~ q; = 2 _ _4_ und (_1_)' - _3cos3x _ 3 sowie wegen sin 2x cos 2x - sin 4x sin 3x sin 2 3x sin 3x tan 3x lim tan 3x = und lim s~n 34 X = -43 (z.B. mit Hilfe der Regel von de l'Hospital: x~o x~o sm x lim s~n 3x = lim 3cos 3x = l ) erhält man: x~O sm 4x x~O 4cos 4x 4
°
· 1n g () 2x = l'1m ~ 11m x = l'1m In tan 1 -3 x~O+ sin 3x x~O+ sin 3x tan 3x
x~O+
°
l'1m --4-' sin 3x l'1m tan 3x = . = - -34 X~O+ sin x X~O+ Deshalb ist: lim (tan 2x )sin 3x = eO = 1 . X~O+
274
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Aufgabe 16
Es sei k 2: 2 eine natürliche Zahl, a > 1 eine reelle Zahl und !k : [ qa, 00[-+ IR die durch !k(x) = x k - a definierte Funktion. a)
Zeigen Sie, dass für jedes x 2:
'ljJ(x) b) c)
qa gilt:
fk(X) kC x - fk(x) 2: ta und
:=
k- 1 2 l!k(x)· fk'(x) I < -k- fk(x) .
Geben Sie die Iterationsvorschrift nach Newton zur Berechnung von ~ an. Berechnen Sie soviele Iterationsschritte bis sich die ersten 7 Stellen nach dem Komma nicht mehr ändern. (Wegen 1,45 > 3 dürfen Sie mit Xl := 1, 4 anfangen).
Lösung:
- (::~:)I = x - ::k~~ = (1 - i)x + kx L1 , 'ljJ'(x) = 1 - i - (k - l)W = kk l (1 - -?<) und damit 'ljJ'(x) > für alle x > qa. Deshalb liegt in qa das absolute Minimum von 'ljJ auf [ qa, 00[. Für x > qa hat man a) Es gilt 'ljJ(x)
=x
'ljJ(x)
°
> 'ljJ( (ja) =
(1 - ~) {ja + k( ~)k-l = {ja .
Wegen Ifk(X)fk'(x)1 = (x k - a) . k(k - 1)x k- 2 = (k - 1)k[x 2k - 2 - ax k- 2] und kk l . fk(x)2 = kk l . k 2x 2k - 2 = (k _1)kx 2k - 2 ist die zweite Ungleichung offensichtlich. b) Die Rekursionsformel
Xn+l
= Xn -
fk(X n) - (f ') k Xn
= Xn -
x~-a kX n
~
=
(1)-k Xn + 1-
a kX n
~
ergibt für a = 3 und k = 5 :
c) Es gilt Xl = 1,4, X2 = 1,276184923 ... , X3 = 1,247150131 ... , X4 = 1,245734166 ... , X5 1,24573094 ... , X6 1,245730939 ... , X7 = 1,245730939 .... Also ist ~ ~ 1,24573094 die gesuchte Annäherung. Aufgabe 17
Sei f :]0,00[-+ IR durch f(x) := ~ -lnx gegeben. a)
Berechnen Sie mit einem einfachen Taschenrechner f(l, 8) und f(l, 7) .
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel b) c)
275
°
Zeigen Sie, dass l' < auf ]0, oo[ gilt. Zeigen Sie, dass auf [g , ~~] gilt: I/(x)1 < 0,0577, 11'(x)1 > 0,864, 1f"(x)1 < 0,7532.
d)
Folgern Sie daraus, dass für q = 0,058 die Bedingung (aus dem NewtonVerfahren)
I/(x)f"(x)1 ~ ql!,(x)1 2 e) f)
g)
für
x
E [~~ , ~~]
erfüllt ist. Berechnen Sie für 1 und Xo = 1,7 die ersten zwei Glieder Xl und X2 der Folge (X n )n::::1, die gemäß dem Newton-Verfahren bestimmt wird. Zeigen Sie, dass für x* = lim X n gilt: n-too
Wieviele Stellen hinter dem Komma haben gemeinsam?
x*
und
X2
(mindestens)
Lösung:
1(1, 8) ~ 0,5555555 - 0, 5877867 ~ -0,0322311 , 1(1, 7) ~ 0,588235294 - 0, 530628251 ~ 0,057607042. b) I' (x) = - -f.s - ~ ist offensichtlich negativ für alle x > c) 1 nimmt ab auf ]0, oo[ und ist dort negativ. Deshalb gilt für x E [~~, ~~] a)
°.
= max{O, 0322311 ... ,0,05760 ...} < 0,0577 .
°
Da f"(x) = ~ + -f.s positiv für alle x > ist, wächst l' auf ]0, 00[. Für alle x aus [g, ~~] folgt 1'(x) ~ 1'(1,8) = -~ - 1~8 = -0,86419753< -0,864, und damit 11'(x)1 > 0,864. Man hat f"(x) = ~ + -f.s. Deshalb nimmt f" auf [g, ~~] ab; es gilt also für 17 18]. a 11ex E [ 10' 10 • f" (x) ~ f" (1,7) = 0,4070832 ... + 0,3460207 ... = 0,7531040 ... < 0,7532 . d) Aus c) folgt für alle x E [g, ~~]
:
I/(x) . f"(x)1 < 0,0577·0,7532 = 0,04345964< 0,043296768
= 0,058.0,8642 <
0,0581!'(xW
= ql!'(xW .
276
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
= Xn-l -
e) Mit der Rekursionsformel Xn dann für
f (x)
J/~~:
__l/) und Xo = 1,7 erhalten wir
= ~ - In x :
_ _ f(xo) ~ 1 _ 0,057607042 ~ 1 Xl - Xo f'(xo) ,7 -0,934256055 ,761660871 .
Weiter ergibt sich: X = x - f(xd 2 1 f'(Xl)
~ 1 761660871- 0, 001389102 ~ 1 763221891. -0,88968287'
'
f) Wegen Xn - X2 = (xn - Xn-l = 2:~=3 (Xk - xk-d folgt
+
Xn-l - ...
00
+
X3 - X2
+
X2) - X2
00
x* - X2 = "2::(Xk - Xk-l) k=3
und daraus
Ix* - x21 :S "2:: IXk k=3
- Xk-ll .
Bekanntlich gilt IXk - Xk-ll :S qlxk-l - Xk-21, und deshalb IXk - Xk-ll qk-2lx2 - xII. Also:
g) Es folgt damit
Ix* - x21 :S
l~q IX2-
xII :S
<
1~,g,~~8 ·0,00156102< 0,0000962 und
1,763125691 < x* < 1,763318091 . X2 und x* haben also mindestens drei Stellen hinter dem Komma gemeinsam. Aufgabe 18
a)
b)
Auf [~, 1] sei durch x 1-+ 1)x 2 die reelle Funktion f definiert. Zeigen Sie, dass f die Voraussetzungen des Fixpunktsatzes (s. Paragraph 2.1.3) erfüllt und berechnen Sie den Fixpunkt c von f mit einer Genauigkeit, die kleiner als 10- 3 ist. Bestimmen Sie die reellen Nullstellen von x 3 + x - 1 = 0 .
Lösung:
a) Die Funktion f ist unendlich oft differenzierbar und streng monoton fallend. Wegen f(1) = ~ und f(~) = ist [~, der Wertebereich von fi er ist im Definitionsbereich von f enthalten. -2x2)2' fl/() 2{3x 2 -l) D'le emzlge . . Nu11ste11e von fl/ 1st . E s gl'lt f'( X ) = {1+x X = {1+x 2 )3'
t
t]
)so (- )s liegt nicht im Definitionsbereich von f.) 1" ist also negativ [~, )sr und positiv auf] )S, 1]. Deshalb nimmt l' auf [~, )s] von - ~~
auf bis
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
277
_30 ab und auf [ l 1] von _30 bis _1 zu 8' 0' 8 2·
3r
Es folgt: 1f'(x)1 ~ =: q für alle x E [!,1] . Da q < 1 ist, sind alle Voraussetzungen des Iterationsverfahrens erfüllt. Fangen wir mit Xo = an. Es folgt Xl = f(xo) Abschätzung
erhält man IX n -
n
>
=t '
cl <
X2
= f(xI) = ~~ , X3 = f(X2) = ~~~~.
10- 3 falls 5(8~;0) (3r)n
~ ~ 15,65 gilt. Deshalb werden X4, X5, ...
In(-s-)
X4
~
0,652999,
X5
~
0,70106,
X6
X8
~
0,6775,
Xg
~
0,6853,
XlQ
Xl2 ~
0,6815,
Xl6 ~
0,6822
Xl3 ~
0,6828,
~
0,67047,
Wegen der
< 10- 3 gilt, also falls
I (5(S-3V3») n
!
X7
,Xl6
~
berechnet:
0,68987,
~
0,6803,
Xu ~
0,6835,
Xl4 ~
0,6820,
Xl5 ~
0,6825,
Hiermit gilt Ic - 0,68221 < 0,001, d.h. der Wert 0,6822 approximiert c mit einer Genauigkeit, die kleiner als 0,001 ist. b) Ist 9 : IR --+ IR die durchg(x) = x 3+x-1 definierte Funktion, so gilt g'(x) = 3x 2+1 > 0. Da auch lim g(x) = -00 und lim g(x) = 00 gelten, ist 9 streng x~-oo
x~oo
°
monoton steigend von -00 bis 00. Insbesondere hat 9 eine einzige Nullstelle. x 3 + x - 1 = ist äquivalent zu x(x 2 + 1) = 1, d.h. zu x = H~X2. Deshalb ist der Fixpunkt c ~ 0,6822 von f die einzige reelle Nullstelle von 9 . Aufgabe 19
Untersuchen Sie die durch f(x) = dem Kurvendiskussionsprogramm.
x 2+xx_6
gegebene Funktion entsprechend
Lösung: 1. Schritt (Definitions bereich, Randverhalten) Die Nullstellen des Nenners sind 2 und -3. Deshalb ist
D(f) := IR\{2, -3} =]der maximale Definitionsbereich von f am Rand von D (f) .
00,
f.
-3[ U]- 3, 2[ U ]2, oo[
Wir untersuchen das Verhalten von
278
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
lim f(x)
x--+oo
lim
x--+-3+
f(x)
lim f(x)
x--+2+
= 0,
= 0,
lim f(x)
lim
f(x)
= x--+-3+ lim (+3)( -2) = 00, x x
x--+2-
x--+-oo
x--+-3-
= x--+-3lim (X+3)(X-2) = -00 ,
lim f(x)
= x--+2lim
(+3)( -2) x
x
= -00 ,
= x--+2+ lim (+3)( -2) = 00 . x x
Die x-Achse ist eine waagrechte Asymptote sowohl für x -+ 00 als auch für x -+ -00. Die Geraden x = -3 und x = 2 sind senkrechte Asymptoten. 2. Schritt (Stetigkeitsverhalten) f ist stetig auf DU). Weder in -3 noch in 2 gibt es eine stetige Fortsetzung. 3. Schritt (Monotonie-Verhalten) Die rationale Funktion f ist differenzierbar auf DU). Aus
l' (x)
= x2
+X
6 - x (2x (x 2 + X - 6)2 -
+ 1)
= _
(x 2
+6 + X - 6)2
x2
folgt, dass 1'(x) < 0 für alle x E DU) gilt. f ist also auf] - 00, -3[, auf 1- 3, 2[ und auf ]2, oo[ streng monoton fallend, und hat deshalb kein lokales Extremum. 4. Schritt (Konvexitäts-Verhalten)
f"(x) = _ 2x(x 2
= 2 -x 3 -
+X x2
-
6)2 - 2(x 2 + 6)(x 2 (x 2 + X - 6)4
+X
-
6)(2x
+ 1)
+ 6x + 2x 3 + 12x + x 2 + 6 = 2 x 3 + 18x + 6 (x 2 + X - 6)3 (x 2 + X - 6)3
y
Abbildung 2.1. Skizze von fex)
=
x 2;X-6
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
279
Der Zähler ist eine streng monoton wachsende Funktion; da g{z) = x + 1 8 x + 6 in —1 negativ und in 0 positiv ist, ist die einzige Nullstelle £ von g zwischen - 1 und 0 . Also gelten f"(x) < 0 für x e] - oo, - 3 [ U ]£,2[ und f"(x) > 0 für x G] — 3, £[ U ]2, oo[. In £ liegt ein Wendepunkt vor. 3
5. Schritt (Skizze): vgl. Abbildung 2.7. Aufgabe 20 Führen Sie eine Kurvendiskussion für die Funktion f,f(x) durch.
= x — y/\ — x
2
Lösung: Der maximale Definitionsbereich von / ist [-2,2]. Es gelten /(2) = 2, f(-2) = - 2 und f(x) = 0 <==> x = y/2. f ist stetig auf dem Definitionsbereich. Weil der Definitionsbereich ein abgeschlossenes Intervall ist, besitzt / ein absolutes Maximum und ein absolutes Minimum und es sind keine Asymptoten vorhanden. Auf ] — 2,2[ ist / unendlich oft differenzierbar und es gilt 2x
z
V4~^
'
J
w
4-x
2
(4-z ) / 2
3
2
'
Die einzige Nullstelle von / ' ist —y/2. Man hat damit f'{x) < 0 für x e] - 2 , - \ / 2 [ , f'(x) > 0 für x e] - A/2,2[ und für die Ränder gilt lim f'(x) = - o o , lim f'(x) = oo. Die Funktion / hat also in — y/2 z—>• —2+
x->2 —
nicht nur ein lokales Minimum, sondern das absolute Minimum; es gilt f(-y/2) = - 2 A / 2 . Wegen / ( - 2 ) = - 2 und f{2) = 2 ist 2 das absolute Maximum von / . / " ist positiv auf ] - 2,2[, und damit ist / konvex auf [-2,2] .
280
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Unter Benutzung dieser Erkenntnisse sowie unter Verwendung der berechneten Werte und Grenzwerte kann man Abbildung 2.8 anfertigen. Aufgabe 21
Diskutieren Sie - unter Verwendung des Kurvendiskussionsprogramms - den Verlauf des Graphen der durch J(x) = x + ~ gegebene Funktion. Fertigen Sie eine Skizze an. Lösung: 1. Schritt (Definitionsbereich, Randverhalten)
Der maximale Definitionsbereich D(f) ist]- 00, -1] U [1, 00[. In hat man die Grenzwerte lim J(x) =
x-+-oo
lim
x-+-oo
und
-00
2 (x+~) = x-+-oo lim x - ~ X x2 - 1
=lim
1
x-+-oox-~
=0
lim J(x) = lim (x+~) =
x--+oo
00
x--+oo
00.
In den Randpunkten hat man das folgende Verhalten: lim J(x)=J(-I)=-I+O=-I, lim J(x)=J(I)=I+O=l. x-+-1x-+1+
J, wenn x gegen -00 = lim x+v'X2=T = lim (1 + VI - ~) = 2 und x--+oo x x--+oo x
Die negative Halbgerade y = 0 ist die Asymptote für strebt. Wegen lim iJ:j x--+oo
x
lim (f(x) - 2x = lim (~ - x) = lim x2_1_x 2 = lim -1 = 0 x-+oo x-+oo Vx2=1+x x-+oo v'x 2-1+x ist Y = 2x die Asymptote von J, wenn x gegen 00 strebt. x-+oo
2. Schritt (Stetigkeitsverhalten) J ist stetig auf D(f) . 3. Schritt (Monotonie-Verhalten) f'(x) = 1+ v' ~ 1 ist stetig auf]-oo, -I[U]I, 00[. Es gilt lim f'(x) = -00 xx-+-1-0 und lim f'(x) = 00. f'(x) > 1 für x E]I,oo[, und J ist streng monoton x-+1+0 steigend auf [1,00[. Ist x < -1, so ist 1 + v'x~-1 < 0, und damit ist J streng monoton fallend auf]- 00, -1]. Insbesondere hat
J keine relativen Extrema.
4. Schritt (Konvexitäts-Verhalten) v'x 2-1-x·_2-"2_1_x 2 1 . d es x E D(J). J "( x ) -x2-12~ -- (xx 2_1)3/2 - - (x2-1)3/2 < 0 f"ur Je Damit ist J sowohl auf]- 00, -1] als auch auf [1, oo[ konkav.
281
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel 5. Schritt (Skizze) y
-1
Abbildung 2.9.
/(x)
=x -
";x 2
-
1
Aufgabe 22 3
Diskutieren Sie den Verlauf des Graphen der Funktion f , f(x) = :l}-1 . Lösung: Der maximale Definitionsbereich von fist
IR\{I, -I} =]- 00, -1[ U]- 1, 1[ U ]1, 00[. Es gilt: f( -x) = - f(x) (d.h. f ist ungerade), lim f(x) = x-too lim f(x) x-t-l+
00,
limx-t-oo f(x)
= 00,
lim x-tl- f(x)
= -00, = -00,
= -00 , = 00 .
lim f(x) x-t-llim f(x) x-tl+
= -1 und x = 1 sind senkrechte Asymptoten. = 1 = x-t-oo lim iM, lim (f(x) - x) = x-too lim x LI = Wegen x-too lim iM x x x-too Also: x
+1 °
°
und
lim (J(x) - x) = lim = folgt, dass y = x sowohl in Richtung x-t-oo x-t-oo x 00 als auch in Richtung -00 eine Asymptote von fist. Die Funktion f ist differenzierbar auf ihrem Definitionsbereich. Die Nullstel3 • d x 4 _3x 2 sm M3 un d -YoJ. M3 E s gl·lt Ien von f '( x ) -- 3x 2 (x(x2 -1)-2x.x - ~ ,YoJ 2 _1)2
°
f(O)
= 0,
f ( -v'3)
= 3~1 = -
° j'(x) < °
j'(x) >
{:=? {:=?
2# und f (v'3) = 2#. Man hat
-v'3[ U ]v'3, oo[ , x E]- v'3, -1[ U]- 1, O[ U ]0, 1[ U ]1, v'3[ .
x E]-
00,
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
282
Insbesondere hat f' im Nullpunkt kein lokales Extremum. Nun berechnen wir die zweite Ableitung von f, sie lautet 2x(x 2 + 3) (x 2 - 1)3
Die einzige Nullstelle von
1" ist
0; es gilt:
reX) > °{: : : } x E]-I,O[ U ]1,00[, rex) < °{: : : } xE]- 00, -1[ U ]0, 1[.
Daraus ergibt sich eine Skizze gemäß Abbildung 2.10. f(x)
,
"
,
'..
-3
-5
:
,
"
,:'-1 ,
-3
-5
Abbildung 2.10. Skizze von fex) = :z:f~l
Aufgabe 23
Berechnen Sie das Newtonsche Interpolationspolynom für die Stützstellen · f"ur d'1e Wer t e Yo = Xo = , Xl = 61 ' X2 = :31 , X3 = 1 2" SOW1e , Y1 = .1... 12
'
°- f l
Y2 -
6
°
un d Y3 -1 - 2
.
Lösung:
Wir werden zuerst die Koeffizienten (die dividierten Differenzen!) f(xo], f[xo, Xl], f(xo, Xl, X2] und f[xo, Xl, X2, X3] berechnen. Dies tut man am besten mit dem bekannten Schema, wie in der folgenden Tabelle:
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
o 0 1
1
6 12
283
1
-
2
3V3 - 3
1 V3 - -
27 - 18V3
2
1 V3 21 _ 6V3 362 3 - V3 1 1 - 2 2 Nun stellen wir das Interpolationspolynom in der Newtonschen Form dar:
P3(X) =
~x + (3V3 -
3)x ( x -
~)
~)
+ (27 - 18V3)x ( x -
(x -
~)
Wenn man ausmultipliziert, bekommt man dass folgende Polynom
P3(x) =
~x + (3V3 - 3)x 2 - ~(V3 - 3)x + ~(3 - 2V3)x - ~(27 - 18V3)x2 2 2 2 2
+(27 - 18V3)x 3 = (27 - 18V3)x 3 + ( 12V3 - 323 ) x 2 +
(~- ~V3 )
x .
Aufgabe 24
a)
b)
Bestimmen Sie das Lagrangesche Interpolationspolynom P4 für die Funktion f, f(x) = sin 11"6X mit den Stütz stellen Xo = 0, Xl = -1, X2 = 1, X3 = -2 und X4 = 2 . Schätzen Sie den Fehler f(x) - P4(x) für x E [-3,3] .
Lösung: Das Interpolationspolynom P4 von fist P4 (x) := L:!=o YkLk(X), wobei gilt: Yo
.00 . ('Ir) . "6'Ir = 21' = sm = , YI = Sln -"6 = - 21 ' Y2 = sm
Y3
. = sm
( - 62'Ir) = -""2 Y3
und
Y4
. 62'Ir = ""2' Y3 = sm
sowie
Lo(x) = (x + l)(x - l)(x + 2)(x - 2) = x 4 - 5x 2 + 4 1·(-1)·2·(-2) 4' LI(x) = L ( ) 2
X
x(x - l)(x + 2)(x - 2) (-1)(-1-1)(-1+2)(-1-2)
= x(x +
l)(x + 2)(x - 2) 1(1+1)(1+2)(1-2)
x 4 - x 3 - 4x 2 + 4x 6
= _ x4 + x 3 -
4x 2 - 4x 6'
284
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
L 3(x) =
x(x + l)(x - l)(x - 2) (-2)( -2 + 1)( -2 - 1)(-2 - 2)
x 4 - 2x 3 - x 2 + 2x 24
L ( ) = x (x + 1) (x - 1) (x + 2) = x 4 + 2x 3 - x 2 - 2x 4 X 2(2+1)(2-1)(2+2) 24 . Damit erhält man: 1
P4(x) = 12 [x 4 - x 3 - 4x 2 + 4x - x 4 - x 3 + 4x 2 + 4x]
V3 4 + 2x 3 + x 2 - 2x + x 4 + 2x 3 - x 2 - 2x] + _[_x 48 1 3 V3 3 V3-2 3 =6(-X +4x)+12(x -x)=~x
b) Wegen f(5)(x) = (1'-)5 cos 6
If(x) - P4(x)1 =
+
8-V3 12
x.
und max If(5)(x)1 = (1'-)5 gilt:
TrX
6
xE[-3,3]
6
7rX 2 - V3 8 - V3 x ) I . (5 + ( -1-2 -x 3 - -1-2Ism 7r 5
7r 5
7r 5
< -lx(x 2 -1)(x 2 -4)1< -3·8·5= - 5 < 003935. - 5!6 5 ' - 5!6 5 6 Man beachte, dass auf [-3,3] gilt:
lxi :S 3, Ix2 -
11 :S 8, Ix 2
-
41 :S 5 .
Aufgabe 25
Betrachten Sie die Funktion f, f (x) := (x a) b)
c)
i) sin x
.
°.
Bestimmen Sie das Taylor-Polynom T 4 von f im Punkt Xo = Seien Xo = 0, Xl = % ' X2 = i ' X3 = ~ und X4 = 2;. Für j E {O, ... ,4} sei Yj der Wert f(xj). Berechnen Sie das Lagrangesche Interpolationspolynom P4 zu den Stützstellen Xo, ... ,X4 und den Werten Yo,···, Y4 . Geben Sie für x E [0, 2;] die Fehlerabschätzung des Fehlers f (x) - P4(x) an.
Lösung: r' x a) u vvegen sm x = x - "6 3
T4(x)
=
(
x + 120
x - -7r) 3
b) Es gilt Yo = 0, Yl = -
5
(
-
3 x - -x 6
;2 ' Y2
rr n
ergeben die Formeln Lk(x) :=
i=O
i#
+ ... r10Igt
X7
5040
)
=-
= 0, Y3 =
::k__x;i
7r + x 2 -x 3
7r 3 --x 1 4 + -x 18 6'
%, Y4 =
und Pn(x) :=
Tr?
In unserem Fall
2::Z=0 YkLdx)
(L o und
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
°
= = Y2
L 2 braucht man wegen Yo
L 4(x) = X (x -
!
gar nicht zu berechnen):
~ ~: ~Ki K(x - ~) 3
2
3
285
= 3x(6x -
1f)(~:: 1f)(2x -
1f) ,
6
P ( ) = x(3x - 1f)(2x - 1f)(3x - 21f) _ 2x(6x - 1f)(3x - 1f)(3x - 21f) 4 X 3 31f 3 1f
+
V3x(6x -1f)(3x -1f)(2x -1f) 41f 3 = ....
c) f(5)(X) = [(x - i) sinxl(5) = 5(x - i)' . (sinx)(4) + (x - i)(sinx)(5) 5 sin x + (x - i) cos x . Deshalb folgt für alle x E [0, 2n die (ziemlich grobe!) Abschätzung If(5)(x)1 ~ 5+ i
< 6,05 und damit (wegen
~,gg
< 0,0505)
Das Produkt zweier positiver Zahlen, deren Summe s ist, ist kleiner gleich
(~)2. Ist x E [j~, (j + 1)~], so ist deshalb I(x - j~)(x - (j + 1)~)1 ~ Schreibt man x(x- ~)(x- i)(x- ~)(x- 2;)
-&.
= (x-H)(x-(j+1H)(x-k~)(x-l~)(x-m~)
mit {0,1,2,3,4} = {j,j + 1,k,l,m} - also entsteht j,j + 1,k,l,m aus 0,1,2,3,4 durch eine Permutation -, so hat man für x E [j~,(j + 1Hl die Abschätzung
Insgesamt erhält man für x E [0, 2;] die keineswegs optimale, aber brauchbare Abschätzung Ix(x - ~)(x - i)(x - ~)(x - 2;)1 ~ wird der Fehler abgeschätzt:
If(x) - P4(x)1
~
-& . "g3
0,0505·0,24 = 0,01212.
< 0,24 . Damit
286
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Aufgabe 26
Bestimmen Sie den kubischen Spline, der die Funktion 1, 1(x) = x cos 7r4X auf {I, 3, 5} interpoliert und die Bedingungen s'(l) = 1'(1) sowie s'(5) = 1'(5) erfüllt. Lösung:
Es soll also gelten (wegen 1'(x) = cos
-3f,s(5)
=
=
-5f sowie s'(l)
7r4X
-
7r4X
sin
,s(l) = ~, s(3) =
7r4X )
=
1(1- ~),s'(3)
-1(1
+ 3n,
s'(5) = -~(1- 5n. Der gesuchte Spline s wird auf [1,3] durch s(x)
1\ = ~(x-1)3-i?2(x-3)3+(~-s~.~)(x-1)-(~-s~.~)(x-3), 11
11
01
013\
und auf [3,5] durch
s(x) = ß.(x - 3)3 - -h(x - 5)3 + (~- s~· ~)(x - 3) - (S~3) - s~· ~)(x - 5) angegeben. Dabei werden s~, s~ und ren Gleichungen gewonnen: 11
So .
11
So
2
11
4
2
11
2
11 •
~ 6
2
11
s~
6 + Sl . 3" + S2 . 6 =
+ S2
11 •
2s~
+ s~
+ s~ s~
2
-
~ _ _ s(5) - s(3) 32
d.h. aus s~ +4s~
s(5) - s(3)
s(3) - s(l) 2
= s(3) - s(l) _ s'(l) 2
.3" + Sl ·6 Sl
aus dem folgenden System von linea-
+s
'(5)
=
23 (s(5)
- s(l)) - 3s(3)
=
23 (s(3)
- s(l)) - 3s'(1)
,
3
+ 2s~ = 2 (s(3) - s(5)) + 3s'(5) .
Es folgt:
331
s~
= 4 (s(5) + s(l)) - 2s(3) + 2 (s'(l) -
s~
= -
~s(l) + ~s(3) - ~s(5) - ~s'(l) + !s'(5)
s~
= -
~s(l) + ~s(3) - ~s(5) -
8 8
2 2
8 8
4
!s'(l) 4
s'(5)) 4
+ ~s'(5) . 4
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
287
Mit den Werten von 8(1),8(3),8(5),8'(1) und 8'(5) erhält man 8" = _ 23 h 08
+ 37rV2
8'1'
8'
= 5V2 _ 4
37rV2 8'2' 8'
= _ 5V2 + 97rV2 8
8
.
Hiermit ist der Spline 8 vollständig berechnet. Aufgabe 27 Berechen Sie die folgenden Integrale durch Angabe einer Stammfunktion: 1
2
i)
J J .J+
J J J+ J o
ii)
3 +\x 2dX .
-8
vii)
o
iii)
1 2 4x - 5x
v)
2 1 dx. x - 2x - 15
2
J J
+ 1 dx
.
. VI)
viii)
o
J ~
ix)
cos4x d sin x cos x cos 2x x.
sinx dx. cosx
~
*
~
12
x)
8x - 5 2 dx . 4x - 5x + 1
"3
cosx 4' dx . smx
3
2~ _15 dx .
3
2
~
"6
sinx 2 3 dx. cosx
x2 _
6
3
2~
""3
4 +19x2dX.
o
-4
iv)
11
V3
v'7
Lösung:
i) Wegen
1 ~ 3+7x
und (arctant)' =
vh arctan( VIx)
_13
1 ~ 2 1+]jx
_13
-
.1f3-JI 1+(JIx)2 7 -
Izx ))' = 1+(JIx)2 JI V"3 eine Stammfunktion von 3+~X2' Also: 1
l+t 2
folgt (arctan(
~
( arctan
~-
arctan 0 )
ii) Analog zu i) erhält man
1
In
7r
= 6(arctan v 3-arctanO) = 18'
1 JI v'21 1+(VkX)2 und deshalb ist
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
288
iii) Es gilt x 2 - 2x -15 = (x + 3)(x - 5) und damit
xL21X_15
= k( X~5
-
X~3).
Deshalb ist k(ln(x - 5) -ln(x + 3)) eine Stammfunktion von Beide Funktionen, also ln(x - 5) und ln(x + 3) sind auf [6,11] definiert. Es folgt x L 21X_15.
11
1 1 1 54 2 dx = -[ln 6 -ln 14 -ln 1 + In 9] = -lnx - 2x - 15 8 8 14
/ 6
1 27 1 = sln 7 = S(ln 27 -ln 7) ~ 0,169. iv) Weder ln(x - 5) noch ln(x + 3) sind auf [-8, -4] definiert. Deshalb betrachtet man die Stammfunktion k In ~+~, da ~+~ positiv auf [-8, -4] ist. Es folgt: /
-4
-8
1 1 x - 51- 4 1 ( 13 ) 1 45 ---,,--,,---cc-cdx = -ln - = - In 9-ln = -ln x 2 - 2x - 15 8 x + 3 -8 8 5 8 13
~
0,155.
v) Die Lösung von iii) ist hier Vorbild: 3
3
/ 4x 2 2
-
3
1 dX=/ 1 dX=/ 5x + 1 (4x - 1) (x - 1) 2
=
2
[~ln( x-I) - ~ ln( 4x -
[JE...-~]dX x-I 4x - 1
1) ]
I:
1 4 1 4 7 = 3" In 2 - 3" (ln 11 - In 7) = 3" In 2 + 3" In 11
.
vi) Wegen (4x 2 - 5x + 1)' = 8x - 5 ist In(4x 2 - 5x + 1) eine Stammfunktion der zu integrierenden Funktion. 4x 2 - 5x + 1 hat die Nullstellen 1 und deshalb ist 4x 2 - 5x + 1 strikt positiv auf dem Integrationsintervall. Es gilt:
:t;
/
2
3
4
8x _ 5 dx=ln(4x 2 -5x+l) x - 5x + 1 2
3
1
2
=ln22-ln7~1,1451.
vii) Die Ableitung von 2 + 3cosx ist -3sinx. Deshalb schreiben wir anstelle von 2+s~~~sx das Produkt !3 . 2+33s~~Sxx und wir erkennen sofort, dass die Funktion - ~ In(2 + 3 cos x) eine Stammfunktion von 2;~~~S x ist. Da 2 + 3 cos x auf [0, 2;] von 5 bis ~ monoton abnimmt, ist In(2 + 3 cos x) auf [0, 2;] wohldefiniert, und es folgt: 2"
/
3 __ si_n_x_dX
o
2 + 3cosx
=
-~ In(2+3cosx) I~ 3
0
In 5 - In 1 In 10 = --ln 10 3 3
_ _-=-2
~
0,7675 .
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel viii) Mit (3
+ 4sinx)'
289
= 4cosx erhält man
J ~
6
o
1 . - -cosx . - d x = -[ln(3 + 4smx)] 3 + 4smx 4
~
1
6
0
1 = -4(ln5 -ln3)
~
0,1277.
ix) Wegen [(COSX)2/31' = - ~ ~~~:x folgt:
J.y i
~
sinx 3 2 3 3"~ 3 - - d x = - -[(cosx) /]1 = - ( cos x 2 1C 2
~3 3
6
"6
1 - - -) 4 W
~ 0,4179.
x) Wegen sin 2a 2 sin a cos a folgt sin x cos x cos 2x = ~ sin 2x cos 2x sin 4x. Die Funktion sin 4x ist positiv auf ]0, H; deshalb erhält man
i
J ~
il
1T
J ~
cos 4x . 2 dx=4 sm x cos x cos x
il
~
cos 4x . -·-4- dx =ln(sm4x) sm x
1 12
~
24
11'
24
1
=-2ln3~0,5493.
24
Aufgabe 28
Berechnen Sie die folgenden Integrale und stellen Sie fest, welchen Bedingungen die Integrationsgrenzen a und ß genügen müssen.
J ß
i)
x2
'"
dx
+ 4x -
J
ii)
5
vx 2
'"
J '"
Lösung: Es gilt x 2
+ 4x -
x2+!x
J ß
dx
+ 4x -
iv)
5
'"
ß
v)
dx x 2 +4x+ 5
'"
ß
iii)
J ß
dx V5 - 4x - x 2
J ß
vx 2
dx
vi)
+ 4x + 5 + 5)(x ~
5 = (x
'" 1) und x 2
-lh·
(x 2
+ 4x + 5 =
dx
+ 4x -
(x
5)2
+ 2)2 + 1.
i) Man hat 5 = Deshalb dürfen 1 und -5 nicht in [a, ß] liegen, d.h. a, ß liegen entweder beide in ]- 00, -5[, oder in ]- 5, 1[, oder in ]1,00[. Es gilt:
290
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
1 +d: ß
x2
I:
(~ln Ix - 11 - ~ In Ix + 51 )
x_ 5-
a
= ~ In 1 (ß -
1)(a + 5) (a - 1) (ß + 5)
6
1
= ~ In (ß -
1)(a + 5) (a - 1) (ß + 5)
6
ii) Da x 2 + 4x + 5 ~ 1 für alle x E IR gilt, unterliegen a und ß keiner Einschränkung. Mit der Substitution y = x + 2 gilt:
I ß
a
dx 4 x + x+5 2
1
ß+2
=
dy
-2--
a+2
y + 1
= arctany
I
ß+ 2 a+2
= arctan(ß+2)-arctan(a+2) .
iii) a und ß liegen entweder beide in ] - 00, -5[ oder beide in ]1,00[, da x 2 + 4x - 5 :S 0 genau für alle x E [-5,1] gilt. Mit der Substitution y = X!2 gilt für 1 < a :S ß :
1 ß
vx 2
a
1
~
+ 4x -
1 ß
5=
J(x
a
13+2 -3-
0+2 -3-
11 ~ 3"/(tll)2 ß
~
+ 2)2 -
1-
9=
13+2
dy ~ = areacosh y Vy2 -1
V
a
x3
-1
ß+ 2
3
a
+2
= areacosh -3- - areacosh - - .
3
~ 3
Dagegen ergibt sich für a :S ß < -5 das Ergebnis
I
ß
a
--;::.::::;;==d=x;====;:: = areacosh (_ _a_+_2 ) _ areacosh (_ ß+2) 3 . vx 2 + 4x - 5 3
iv) 5 - 4x - x 2 > 0 genau dann, wenn x E]- 5, 1[ gilt. Deshalb müssen a und ß in ] - 5, 1[ liegen. Mit derselben Substitution wie in iii), d.h. mit y = ~ folgt:
1v5 ß
a
1J ( )2= 1 ßt 2
ß
dx 4x - x 2
1
= 3"
dx
a
1-
. ß+2
x+2 3
~
113+2
dy
~
3
.
= arCSln y
3
a+2 3
. a+2
= arcsm -3- - arcsm -3- .
v) Wegen x 2 + 4x + 5 ~ 1 für alle x aus IR kann man a und ß beliebig wählen. Wieder mit y = x + 2 ergibt sich
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel j
ß
dx v'X2 + 4x + 5
a
jß
=
dx J(x + 2)2 + 1
a
291
=
ß+2 j a+2
dy
JY2+1 = areasinhy
Iß+2 0+2
= areasinh(ß + 2) - areasinh(a + 2) .
vi) Diesmal wird die Methode der Partialbruchzerlegung angewandt. Aus 1
-;-:::------:--~
(x 2 + 4x - 5)2
Al x+ 5
A2 BI B2 + - - + -:-----=.....,...". (x + 5)2 x-I (x - 1)2 3 2 2 A 1 (x +3x -9x + 5)+A 2(x -2x + 1) (x 2 + 4x - 5)2
= -- +
BI (x 3 +9x 2+ 15x - 25) + B 2(X 2+ 10x+ 25) (x 2 + 4x - 5)2
+-~---~-~-~~---~
erhält man:
A1 +
0
BI
B2= 0
3A1 + 9B 1 + A 2 +
-9A 1 +15B l -2A2 +10B2 = 0 5A 1
25B 1 + A 2 + 25B2 = 1 .
-
· em . d eu t·1ge L··osung 1S . tA D 1e 1 =l 108' B 1
1 A B2 = 36· 1 108' 2 =l 36' a und ß müssen entweder beide in ] - 00, -5[, oder beide in ] - 5,1[, oder beide in ]1, oo[ liegen. Es folgt:
ß
=-
ß ß ß dx IjdX dx IjdX j (x 2 + 4x - 5)2 = 108 x + 5 + 36 (x + 5)2 - 108 x-I
Ij
a
a
a
a
ß
+~j dx _ 36 (x-l)2a
ß
(_1 lnlx+51_ 1 _ 1 ) 108 x-I 36(x+5) 36(x-l)
1
1 1 (ß + 5) (a - 1) 1 [1 1 1 1 108 n (a + 5) (ß - 1) + 36 a + 5 + a - 1 - ß + 5 - ß - 1
Bemerkung: Wir könnten die Aufgabestellung wie folgt erweitern: Bei eigentlichen Integralen dürfen die auftretenden Nenner keine Nullstellen haben. Mit der Theorie der uneigentlichen Integrale lässt sich in bestimmten Fällen auch bei Nullstellen des Nenners noch integrieren. Durch Vergleichskriterien kann man das zurückführen auf die Betrachtung der folgenden Fälle.
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
292
a > 0, so sind Joa ~dx und Joa ~dx divergent; dagegen ist Joa Jxdx konvergent, und es gilt Joa Jxdx = 2JXIg = 2va . Deshalb bleiben die Ein-
Ist
schränkungen für a und ß in den Fällen i) und vi) erhalten. Dagegen existieren die Integrale im Fall iii) falls a und ß beide in ] - 00, -5] oder beide in [1,00[ liegen; im Fall iv) muss a,ß E [-5,1] gelten. Aus den obigen Resultaten ergeben sich unter Beachtung von areacosh 1 = 0, arcsin( -1) = - ~ und arcsin 1 = ~ die folgenden Werte für die uneigentlichen Integrale: iii)
l
ß
1
l 1 1 a
ß
-5
1
a
1
-5
ß+2
für
ß>I,
dx a +2 --;=:;;;=====:: = areacosh( - -3-)
für
a< -1 .
dx . ß+ 2 --r,:==:==='i<' = arcsln(-3-)
für
ß E] - 5, 1[ ,
für
a E] - 5, 1[ ,
Jx 2
1
-5
iv)
~ -r::::;;=;==:=====:::
vx 2
+ 4x -
5
+ 4x -
= areacosh - 3
5
J5 - 4x - x 2
7r
+ -2
dx 7r • a +2 -r.::===:===;;: = - - arcsm - J5 - 4x - x 2 2 3 -r.:==;d;=x==;;: J5 - 4x - x 2 -
7r
.
Darüber hinaus kann man auch die Grenzwerte a, ß -+ ±oo betrachten. WieJxdx Aufschluss der gibt der Vergleich mit den Integralen ~dx, ~dx,
J
J
J
über die Kovergenz und damit die Existenz des jeweiligen uneigentlichen Integrals. Es zeigt sich, dass die Integrale in iii) und v) nicht konvergieren. In iv) ist der Integrand nur auf einem beschränkten Intervall definiert. Für die anderen Integrale gilt
i)
l
ß
-00
(OO
Ja
ii)
l 1 ß
-00 00
a
1
+ 4x -
x2
+ 4x -
5
= ~ In ß + 1 6
ß- 5
+5 a - 1
= ~ In a
dx
5
6
~
7r
für
ß E]- 00,-5[ ,
für
a E]I, oo[ .
4 = arctan(ß + 2) x + x- 5
+ -2
für
ß E IR,
dx 7r 4 = -2 - arctan(a x + x-5
+ 2)
für
a E IR,
2
2
dx
00
-00
dx
x2
x2
+ 4x -
5=
7r •
293
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
vi)
(ß
1-
00
{oo
i
Q;
(x2
dx
+ 4x -
1 ß+ 5 1 1 5)2 = 108 In ß - 1 - 36 [ß + 5
dx = (x 2 + 4x - 5)2
1
+ ß - 1] , _I_ln 0:-1 + ~ _1_ + _l_ 108 0: + 5 36 [0: + 5 0: - 1 ], ß E]- 00,-5[,
für
bzw. für
0: E]I, oo[ .
Aufgabe 29
Zeigen Sie, dass ::~ ~i:~~:~ auf [~,
2371"]
integrierbar ist und berechnen Sie
2~
3"
s~n x + cos x dx . / smx - cosx ~
"3
Lösung:
Da auf [~,
2371"]
sinx - cosx [~,
>_
sowohl sin x ~ V3-1 2
>
4-
als auch cos x :S ~ gilt, hat man
0 . Damit ist
eine stetige Funktion auf
s!nx+cosx Sln x-cos x
2n. Wegen (sinx - cosx)l = cosx + sinx folgt
1)
2~
3 / ~
sin . . x + cos x dx=ln(smx-cosx) sm x - cos x
2
1 ;
~ "3
"3
= In
J3 + 1 = J3 -1
=ln
(
J3 -+2
2
In 3 + 1 + 2J3 = In(2 2
-ln
( J3 1)
+ /3) .
Aufgabe 30
Berechnen Sie mit Hilfe partieller Integration folgende Integrale:
.. ~
i)
71"
/ cosxln(sinx)dx.
ii)
~
"6
/ x 2 sin x dx . o
1
iii)
/ x 5 ln(x 3 o
+ l)dx
.
Lösung:
i) ~
4
/ cosx ln(sinx)dx = sinx ln(sin x)1
~
4
i -/ 6
sinx c~s x dx smx
--2 2
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
294 =
.;2 In .;2 _ ~ In ~ _ sin xl t = (2 - .;2) In 2 + 1 - .;2 . i-
2222
4
2
ii) Es wird zweimal partiell integriert.
f
11"
111" x 2 sin xdx = _x 2 cos xlg
+
o
2x cos xdx
f
11"
= 11"2 + 2[xsinxlg -
sinxdx]
= 11"2 + 2cosxlg = 11"2 -
4.
o
iii) Nach der partiellen Integration ist eine rationale Funktion zu integrieren.
f
1
o
~
6 x5ln(x3 + l)dx = x In(x 3 + 1)16 6 6
f
1
1 = -ln2 - -1 6 2
o
f
1
x 6 33x2 dx x +1
0
x 8d x = -ln2 1 -- -1 3 x +1 6 2
1 x6
x3
f
1
0
1
"2 (6 - "3 + 3 ln( x 3 + 1)) 16
1
1 1
= (5 In 2 -
1
x8
+ x5 -
x5
x3
-
+1
x 2 + x 2 dx
1
1
1
= (5 In 2 - "2 (5 - 3 + 3 ln 2) = 12 . iv) Das Ziel ist, den Exponenten von x bei jedem Schritt zu verkleinern, was durch Differenzieren möglich ist.
=
~e2 _ ~e2 + ~ [xe 2X I: - j e2x dx ] o
=
~e2 _ ~e2 + ~e2 _ ~e2X 1 = ~e2 + ~ = e 2 + 3 2448
1
0
888.
Aufgabe 31
Benutzen Sie ein Additionstheorem, um eine Stammfunktion für sinx cos x cos 2x cos4x· .. cos 2n - 1 x cos 2n x
295
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel anzugeben, und berechnen Sie dann das Integral "
3'7+ sin x cos x cos 2x cos 4x ... cos 2n1
1x
cos 2n X dx .
o Lösung: Mit dem Additionstheorem sin 2x = 2 sin x cos x hat man
sin x cos x cos 2x cos 4x ... cos 2n- 1 x cos 2n x
= ~ sin 2x cos 2x cos 4x ... cos 2n- 1 x cos 2n x 1 = -41 sin4x··· cos 2n - 1 x cos 2n x = ... = - sin 2n- 1 cos 2n - 1 x cos 2n x 2n - 1
n+1 x . = ~sin2nxcos2nx = _1_sin2 2n 2n +1 An der Stelle, wo wir ,,= ... =" geschrieben haben, hätten wir - streng genommen - einen Beweis durch vollständige Induktion durchführen müssen! Eine Stammfunktion für 2 n\! sin 2n +1 x ist - 22 ;+2 cos 2n + 1 x. Deshalb gilt:
J
" ~
sinx cos x cos 2x cos4x··· cos 2n - 1 x cos 2n x dx =
o
-
22~+2 cos2
n +1 x
(l-COS i ) = 22~+2 (l-~) = 22~+3'
1:'2~f1 = 22~+2
Aufgabe 32
a)
Berechnen Sie die folgenden Integrale mit Hilfe der Substitutionsregel: 3 sinh 1
i)
J J
V9+x dx
ii)
3
b)
X2
dx.
-3 7
0 3 cosh 1
iii)
JV9 J + 3
2
vx 2
-
9dx
iv)
X 2 {/X
1 dx .
0
Berechnen Sie das Integral aus ii) mit Hilfe einer einfachen geometrischen Überlegung.
Lösung: a) i) Mit x
= 3 sinh t ergibt sich wegen der Substitutionsregel (und sinh 0 = 0)
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
296 3 sinh 1
/ J9 +
1
x2
dx = 9 / cosh 2 t dt .
o
Wegen cosh 2 t
0
= cosh;ttl
= 2 cosh 2t hat man weiter
und wegen (sinh 2t)' 1
1 9 / (cosh2t+ l)dt = 4sinh2t 9 1 9 9 / 1 cosh2 tdt = 2 0 + 2 o 0 9 . 9 9 2 -2 9 = 4 smh 2 + 2 = 8(e - e ) + 2 .
ii) Diesmal verwenden wir die Substitution x = 3 cos t und erhalten damit: 3 0 0
/ J9 - x 2 dx
=/
-3
J9 - 9cos2 t( -3 sin t)dt
=/
-7r
o
=9
(*)
/
31 sin tl( -3sin t)dt
-7r
0
sin 2
0
9 / (1 + cos2t)dt tdt = 2
-7r
=
sin2t) 29 ( t + -2-
1
-7r
9 . = 27r
-7r
An der Stelle (*) wird benutzt, dass sin auf] - 7r, O[ negativ ist. iii) Mit der Substitution areacosh~ = t ergibt sich x = 3 cosh t. Wegen coshO = 1, d.h. 0 = areacosh1, und areacosh(cosh 1) = 1 folgt: 3 cosh 1
/ Jx
1 2 -
9 dx = 9 /
3
J cosh
1 2
t - 1 sinh tdt = 9 / sinh 2 tdt
0
=~/
0 1
(cosh2t - l)dt
o
=
_ ~ . h2 _ ~ 9(e 4 - 1) _ ~ _ 9(e 4 - 4e 2 - 4 sm 2 8e 2 28e 2 iv) Mit der Substitution y =
J1 (y3 2
- 1)2 y . 3y 2dy
3( 2 1010_1
_
2 8 _2 7
= 3 J1
+ 2 4-1) 4
2
=
I:
(~sinh2t - ~t )
{Ix + 1 ergibt sich
(y9 - 2y 6 + y3)dy
=
J: 10
-
1) •
x 2 {Ix + 1 dx 2
7
3(fo=- - ~
+ 1f)li 4
....
b) Die Funktion [-3,3]-+ IR2 , x r-+ (x,v'3-x 2 ) beschreibt den Rand des Halbkreises mit Mittelpunkt (0,0) und Radius 3, der sich in der oberen Halbebene befindet. Das zu berechnende Integral ergibt den Flächeninhalt dieses Halbkreises, also: ~ (7r . 32 ) = ~7r .
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
297
Aufgabe 33
5e
Transformieren Sie das Integral J~n 3 4 • ~~e::2' +3 dx durch eine geeignete Substitution in ein Integral über eine rationale Funktion, bestimmen Sie die Partialbruchzerlegung dieser rationalen Funktion und führen Sie dann die Berechnung der (einfacheren) erhaltenen Integrale durch. Lösung: Mit e X = t erhält man unter Verwendung der Substitutions regel
J ~3
o
14e3x .,..,......,,--------,-:--:::----:-dx = 5e 4x + 16e 2x + 3
J 3
1
14t2 dt . 5t 4 + 16t2 + 3
Wegen 5t 4 + 16t 2 + 3 = (5t 2 + 1)(t2 + 3) ergibt sich (z.B. aus
1&tf + ~tt2"\~ =
5t2~;~:2+3' falls Sie die folgende Zerlegung nicht sofort "sehen") 1 3 t 2 + 3 - 5t 2 + 1 .
5t 4 + 16t2 + 3
Wie in der Lösung der Aufgabe 27, i) und ii) gewinnt man die Stammfunktionen ~ arctan( ~) und ~ arctan(5Vt) für t2~3 bzw. W\l . Also: J13 t2~3 dt = ~ arctan( ..;5t) Ir
J In3
5e 4x
V3 arctan ~ Ir
=
= ~ (arctan 3..;5 -
V3( i - ~)
V31f
14e3x
=
171"
und J13 5t2\1 dt
arctan..;5) . Insgesamt gilt:
+ 16e 2x + 3 dx = -6- -
1
..;5(arctan3V5 - arctan V5) .
o
Aufgabe 34
Bestimmen Sie die Partialbruchzerlegung der rationalen Funktion
R(x) =
x5
+ 3x 4 -
6x 3 - x 2 + 27x - 4 (x _ 3)2(x2 + X + 2)2 .
Lösung: Zu bestimmen sind die reellen Zahlen A1,A2,B1,B2,C1 und C 2, so dass für alle x E IR\ {3} gilt
298
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
oder äquivalent dazu:
+ 3x4 - 6x 3 - x 2 + 27x - 4 = A 1 (x - 3)(x 2 + X + 2)2 +A 2(X 2 + X + 2)2 + (B 1 x + Cd(x - 3)2(X 2 + X + 2) + (B 2x + C 2 )(x -
x5
2)2.
Die rechte Seite dieser letzten Gleichung lässt sich wie folgt schreiben: (Al + Bdx 5 +( -Al + A 2 - 5B 1 + C 1 )x 4 +(2A2 - Al + 5B 1 + B 2 - 5Cdx 3 + (5A 2 - llA 1 - 3B1 - 6B2 + 5C1 + C 2)X 2 + (4A 2 - 8A 1 + 18B1 + 9B2 - 3C1 - 6C2)x + (-12A 1 + 4A 2 + 18C1 + 9C2).
Koeffizientenvergleich ergibt nun das lineare Gleichungssystem
A1 + B 1 - Al
+
1
A2 -
5B 1
+
Cl
3
-A1 +2A 2 + 5B 1 + B 2 -5C1
=-6
+ 5A 2 - 3B1 - 6B 2 + 5C1 + C2 =-1 -8A 1 + 4A 2 + 18B1 + 9B 2 - 3C1 - 6C2 = 27 -12A 1 + 4A 2 + 18C1 + 9C2 = -4
-IIA 1
.
Die Lösung dieses Systems lautet:
Die gesuchte Partialbruchzerlegung ist also 1
2
- + (x X- 3
x-4
2
3)2
+ x 2 + X + 2 + -:--;;:-----::-:"""" (x 2 + X + 2)2
Aufgabe 35
Transformieren Sie die Integrale
J 1
i)
ii)
o
coshx 2sinh2 x + cosh2 X
+1
dx
durch geeignete Substitutionen in Integrale über rationale Funktionen. Die erhaltenen Integrale rationaler Funktionen brauchen nicht berechnet werden. Lösung: i) Durch die Substitution t Integral umformen zu
= e2x ,
also x
=
~ In t, lässt sich das gegebene
299
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
!
2
J e2
!
2t 2 + t dt = 3 t(3t + 5t 2 + 7) 2
1
J e2
1
2t + 1 dt . 3t3 + 5t 2 + 7
ii) Die Substitution t = eX führt zur folgenden Transformation:
J1
cosh x
2
2
2sinh x+cosh x+l
o
J~ 1
J
1( 1) 1 -dt x= [1 ( 1)]2 +[12 (t + t1)]2 +1 t 12 2 t- t e
2 t + t
~2 1
e
=
d
(t 2 - 2 +
J e
2t
b) + ~ (t 2 + 2 + b) + 1
dt = 2
t2
3t4
1
-
+
1
2t 2 + 7
dt .
Aufgabe 36 F··ur n > r ß (x2+4x+5)n dx _ 1 seI. I n:= Ja a) b)
Bestimmen Sie eine Rekursionsformel zwischen In und I n+1 . Berechnen Sie h .
Lösung: a) Durch partielle Integration erhält man
J ß
I
n -
a
dx x Iß (x2 + 4x + 5)n - (x 2 + 4x + 5)n a +n
ß = (x 2 + 4xx + 5)n Ia +2n
(2 X )n x+4x+5 (x
2
x+2
+ 4x + 5)n
J ß
a
J ß
a
(2x + 4)xdx (x 2 + 4x + 5)n+l
(x 2 + 4x + 5) - (2x + 4 + 1) d x (x 2 + 4x + 5)n+1
ß Ißa +2nIn + 2 (2 41 )n Ia x+x+5
Iß~ +2nIn ~
-2nIn+1
2nIn+1 .
t I n+l -- 2n-l x+2 Ißa . D araus eI 10 g 2n I n +...!... 2n (x2+4x+5)n b) In der Lösung von 28, ii) wurde gezeigt 11 = arctan(ß + 2) - arctan( a + 2) . Daraus folgt:
12 =
1
2 [arctan(ß + 2) -
arctan(a + 2)J +
1[
2
ß+2 a+2 ß2 + 4ß + 5 - a 2 + 4a + 5
1
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
300 Aufgabe 37
Die Graphen der Funktionen sin 2x und cosx schneiden sich in unendlich vielen Punkten. Dadurch entstehen unendlich viele Flächen, die von diesen Graphen begrenzt werden. Fo bezeichne diejenige von ihnen, die ein Intervall der y-Achse enthält. Die dazu links bzw. rechts angrenzenden Flächen, die mit Fo jeweils einen Berührungspunkt haben, seien mit F_i bzw. Fi bezeichnet. a) b) c)
Geben Sie alle Schnittpunkte der Graphen von sin2x und cosx an. Berechnen Sie die Flächeninhalte von F _ i , F und Fi . Bestimmen Sie den Schwerpunkt von Fo . 0
Lösung: a) sin2# = cosx läßt sich auch als cos #(2 sin x — 1) = 0 schreiben. Die Nullstellen von cos sind ~ + nn, n G 2£. sin nimmt den Wert | genau auf der Menge {f + 2kn \ k G 71} U 4- 2p?r | p G Z } an. b) Die Flächen F_i und F sind symmetrisch bezüglich des Punktes (— f , 0). Man beachte: s i n 2 ( — | - x) — — s i n 2 ( — | + x) und cos(—f - x) — 0
A
1 \
F-A
/
/ F o /
3 7 r
2
YV
VV
7 r r
6
/
/—TT
A-/
//
\
2E.Y
| 6
2
/
|
/
Y^
t
\ f
/
\
" -1 Abbildung 2.11. Die Flächen F _ i , F und Fi 0
— cos(—f -f x). Deshalb genügt es, die Flächeninhalte von Fo und Fi zu berechnen. Es gilt:
V(FQ)=
j 1 2
6
{cosx — sm2x)dx ^ +
1
+
V(Fi) = j(sin2x
2
1 /l 2
= ^sina; + ^ cos2x ^
\ +
1
=
9 4 »
— cosx)dx — ^ - ^ cos2x — sinx ^
301
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
c) Sei (x s , Ys) der Schwerpunkt der mit der Massendichte p = 1 belegten Fläche. Man hat:
=
xs
J! "- (cosx -
1
sin 2x)xdx
V (Fo)
2
, Ys
= 2"
J! "- (cos 2 x -
sin 2 2x)dx
V (Fo)
2
Wegen 6"
/ (cosx - sin 2x)x dx
= (sinx + ~ cos 2x)x
" -"2
I: "- -/ 6"
~
2
(sin x
+ ~ cos 2x)dx
" -"2
(~+ ~ ) i + ( 1 + ~ ) . ( - %) - ( - cos x + ~ sin 2x )
=
~ 8
_ 3n _ (_ V3 + V3 ) 4
2
=
8
r: "2
3V3 - 5n 8
und ~
~
(cos 2 X
/
-
sin 2 2x)dx =
/
6
(1
+ c20s 2x
_ 1 - c0s 4x ) dx
2
-2 "
=
(~sin 2x - ~ sin 4X) l{f "-_ V3 16 -2
folgt:
X
s
= 3'18"5"
und Ys
= :{! .
Aufgabe 38 a) b) c) d)
Bestimmen Sie die kleinste positive Lösung Xo der Gleichung sin x = sin 2x . Seien f: [O,xol-+ IR und g: [O,xol-+ IR die durch f(x) = sinx, g(x) = sin 2x gegebenen Funktionen. Fertigen Sie eine einfache Skizze an. Berechnen Sie den Flächeninhalt der Fläche F zwischen den Graphen von fund g. Berechnen Sie den Schwerpunkt der mit konstanter (z.B. 1) Massendichte belegten Fläche F .
°
Lösung: a) sinx = sin2x läßt sich zu sinx(l - 2cosx) = umformen. Die Nullstellenmengen der Funktionen sin x und 1 - 2 cos x sind {nn I n E :l:} bzw.
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
302
{±i + 2k1rlk E ~}. Deshalb gilt Xo = i . b) Für x E]O, H gilt sinx < sin2x = 2sinxcosx,
weil auf diesem Intervall cosx größer als ~ ist. Das "sieht" man auch anhand Abbildung 2.12. y
x
Abbildung 2.12. sin(x) und sin(2x) auf dem Intervall [0,7r]
c) V(F) = Jo'i(g - f)dx = 1
1
1
1
Jo'i(sin2x
=4+2+2- =4' d) Zu bestimmen sind die Koordinaten
X
s
=
- sinx)dx
(- ~cos2x
+ cosx)IJ
1
X
s
und
Ys
des Schwerpunktes; es gilt:
Jo'i (g(x) - f(x)) xdx V(F)
Durch partielle Integration erhält man:
I
~
"3
(sin2x - sinx)xdx =
o
~ cos 2x + cos x ) x ] I~ - J (- ~ cos 2x + cos x ) dx = ~
[ ( -
o
(
~4 + ~ ) ~ + (~sin 2x _ sin x) I'i = ~ + (~ V3 _ V3) 234 04422
=
~4_ 8 3V3 .
Mit Hilfe der (unentbehrlichen!) Additionstheoreme ergibt sich
f cos2x -2 cos4x dx f( sm. 22x - sm. 2)d x x ~
~
"3
"3
=
o
0 ~
sin 2x sin 4x ) ( -----
4
8
"3
o
1 . 27r 1. 47r 3 V3 3V3 = - sm - - - sm - = - - = - 4 3 8 3 8 2 16'
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel Also:
3v'3
11:
Xs
=
4" - -81
4
=
7r -
303
M 3v3 -2-
Ys
1:
1 W
="2
4
3V3
= -8-
.
Aufgabe 39
a) b)
c)
d)
Bestimmen Sie die kleinste und die zweit kleinste positive Lösung Xl bzw. X2 der Gleichung cos X = V3 cos 2x . Seien f : [-X2,X2l-+ IR, f(x) := cosx und g: [-X2,X2l -+ IR, g(x) := V3 cos 2x. Fertigen Sie eine einfache Skizze der Graphen von fund g an. Berechnen Sie den Flächeninhalt der Fläche F zwischen den Graphen fund g. Bemerken Sie dazu, dass F die Vereinigung von drei Flächen Fo, F+ und F_ ist. Dabei sind F+ und F_ symmetrisch bzgl. der y-Achse und disjunkt, während Fo und F+ sowie Fo und F_ nur jeweils einen einzigen Berührungspunkt haben. Die Abszissen (ersten Koordinaten) aller Punkte aus F+ sind positiv. Berechnen Sie die Schwerpunkte der mit konstanter Massendichte belegten Flächen Fo und F+ .
Lösung: a) Mit dem Additionstheorem cos 2x = 2 cos 2 X -1 erhalten wir die Gleichung zweiter Ordnung in cos x
2V3cos 2 X welche die Nullstellen ,;; und -
-
cosx - V3 = 0,
Js besitzt. Damit ist
die Lösungsmenge der Gleichung cosx = V3cos2x. Deshalb gilt X2 = arccos(-...L) und Xl = :!E: Wegen _...L < _...L < _1 liegt arccos(-...L) v'3 6' ~ v'3 2 v'3 ~}viIDlheIg~<Jlne. filächeninhalt von F ist f~~2If(x) - g(x)ldx. Dabei ist er die Summe des Flächeninhalts von Fo, nämlich f~~l (g(x) - f(x)) dx, und der Flächeninhalt von F_ (also f~:2" (J(x) - g(x)) dx) und von F+ (also f:12 (J(x) - g(x)) dx). Wegen der Symmetrie genügt es die Integrale "
arccos( - -L ) v'3 (cos x
foG (V3 cos 2x - cos x )dx und f 1!. 6
- V3 cos 2x )dx zu berechnen,
diese Ergebnisse zu verdoppeln (um den Flächeninhalt von Fo bzw. die Summe der Flächeninhalte von F+ und F_ zu bekommen) und dann die Summe der zuletzt erhaltenen Zahlen zu berechnen. Es gilt
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
/ 6
(VS cos 2x — cos x)dx — ^ ^
3 _ 1 _ 1 4 2 " 4
sin 2x - sin # ^
0
und arccos(— f
/
sm
(
(cosa; — v3cos2x)dx = I s i n x r
arccos V
•= V v
/
— -
— sin
3 / / 2
2
x/3
\
a
r
c
c
o
s
— sin2:rj
2 arccos V
( " 7 f )
•= V
—
+ —— • —-
a/3 ) )
2
2
Die Fläche von Fq ist also | . Die Umformungen sin(arccos(—^)) = \Jl — \ = ^ / | und sin(2arccos(— ^ ) ) = 2sin(arccos(—^=)) cos(arccos(— • (—
= —^3^ erlauben, den Flächeninhalt von F
+
= 2-
wie folgt auszu
drücken: 2 _ 1 3 2
3 _ / 2 4 ~ V 3
2V2 +
2 ' 3
+
+
1 4
Insgesamt erhalten wir für den Flächeninhalt von F den folgenden Wert:
d) Aus Symmetriegründen liegt der Schwerpunkt So der mit konstanter Mas sendichte belegten Fläche Fo auf der y-Achse. Seine Ordinate wird mit der Formel /_
f
ys
0
(g(x)
2
f
2/2*
- f(x) ) 2
dx
{g(x)-f(x))dx
305
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel berechnet. Es gilt wegen cos 2 x =
J ~
l±C~S 2x
und cos 2 2x =
l±C~S 4x
:
J ~
6
6
(g(x)2 - f(X)2) dx =
~
(3cos 2 2x - cos 2 x)dx =
~
-6
-6
J* (~+ ~ 2
2
3
7r
cos 4x -
v'3
~2 - ~2 cos 2x ) dx = ~3 + ~8 sin 4x * -
1
v'3
~
6
1 . 2x -sm 4
v'3
7r
-+-·2·---·2·-=-+-. 3824238 Der Nenner ist 2· ~ = 1; also YSo = J + '{; ~ 1,26. Die Koordinaten xs+ und Ys+ des Schwerpunktes S± der mit konstanter Massendichte belegten Fläche F± werden mit den folgenden Formeln berechnet:
Die Nenner von xs+ und Ys+ sind 2/f +
V3;V2
bzw. 4/f +
v'3 - V2. Um
die Zähler zu berechnen, berechnen wir zuerst cos 2X2 :
cos2x2=2(cosx2)2-1=2·
(- v'31)2 -1=3- 1 =-3.1 2
Hinzu erinnern wir an sin 2X2 = - 2f und sin X2 = /f. Es gilt damit:
J X2
J X2
x (J(x) - g(x)) dx =
x(cosx - V3cos2x)dx
v'3. . - ""2 ( xsmx x sm 2x ) I
X
2
Xl -
_~ _ v'3 (_ 2V2 ) = 2 = 2
12
2
G
+
V3 X2
3
X2
JX2 ( smx . - ""2 v'3 sm . 2x ) dx =
+ v'3 . ~. v'3 + COSX I
X
2
6
~ _ ~ _ v'3 + v'3 + v'3 24 V3 2 12 8
arccos (_ ~ ) + ~ _ 5v'3 VG 3 v'3 24 8'
2
2 _
Xl
Vfi3X2
v'3 cos2x I
X
4
2
Xl
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
306
J X2
J (~COS2X X2
(i(X)2 - g(X)2) dx =
(~sin 2x _~ sin4x _ 4
-~ =
=
8
( 2· ( -
2~ )
~ cos4x -1 )
-
x) \X2 = ~4 (_ 2V2 _ J3) 3 2
3
Xl
. ( -
J3 _ V2 + ~ _ arccos 16
dx
6
~)
(_
V;) - X2 + %
-
...!... ) J3 .
Also: 2
fi. arccos (_ -L) + .1C. _
5V3
V 3" V3 24 8 xs+ = - - ' - - - - = = - - - ' - - - - - 2
Vfi.3" + V3-V2 2
~
(Man beachte: arccos( - ~) =
7r -
~
1,4612 ,
-0,5653.
arccos( ~ ).)
Aufgabe 40
a) b)
Beweisen Sie, dass die Funktionen 1~:4 und uneigentlich integrierbar sind. Berechnen Sie diese uneigentlichen Integrale.
Hinweis·•
Joo 1+x dx 4 = -00
V2 2 7r
von
1:x 4
-00
bis
00
.
Lösung: 2
a) Auf [-1,1] sind die stetigen Funktionen 1~x4 und
integrierbar. So-
1:x 4
wohl auf]- 00, -1] als auch auf [1, oo[ gelten die Ungleichungen
11: x 41
<
~
2
und 11~x41 < ~ . Da ~ von 1 bis 00, aber auch von -00 bis -1 integrierbar ist, ergibt sich aus dem Majorantenkriterium, dass beide Funktionen von -00 bis -1 und von 1 bis 00 uneigentlich integrierbar sind, und damit existieren die uneigentlichen Integrale J~ 1~:4 dx und J~ b) Die Funktion J~oo
1:x4 dx
sich J~oo
1:x4
ist ungerade. Deshalb gilt J~a
existiert, gilt lim J~a
1:x4
1:x4 dx
a-+oo
dx = O. Sei nun b < 0
1:x4 dx
. 1:x4 dx
=
O. Da
= J~oo 1:x4 dx, und damit ergibt
< c. Es folgt:
307
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
f
c
~dx 1+
b
f
c
=
x4
b
1 - V2x + x 2 + V2x - 1 dx (1 - V2x + x 2)(1 + V2x + x 2)
f 1 + V2x1 + x 2dx+v2Inf -1 +- dx x - f -1 +-1dx x . c
=
c
c
X
4
b
4
b
b
Für c -+ 00 und b -+ -00 konvergiert das erste Integral gegen V27f, weil: lim arctan y = ~, lim arctan z = - ~ und y--+oo
z--+-oo
=f 1 dx = 2 f 1 dx f _---:::1:--_dx 1+V2x+x2 !+(~+x)2 1+(1+V2x)2 c
c
b
c
b
c
= V2f b
Hiermit folgt
b
V2 2M dx 1+(1+V 2x)2
= V2[arctan(1 +
J: 1~:4dx = V27f + 0 -
v{7f
V2c) - arctan(1 + V2b)) .
= v{ 7f = ~ .
Aufgabe 41
a) b)
Beweisen Sie mit Hilfe des Majorantenkriteriums, dass die Funktion x3~1 von 0 bis 00 uneigentlich integrierbar ist. Berechnen Sie mit Hilfe der Definition des uneigentlichen Integrals und einer Partialbruchzerlegung Ir~ x3~1 dx .
Lösung: a) Auf [1, oo[ gilt X3~1
<
~. Da die Funktion ~ von 1 bis
00
uneigentlich
integrierbar ist, ist wegen des Majorantenkriteriums auch x3~1 von 1 bis uneigentlich integrierbar, und damit auch von 0 bis b) Es gilt
f
a
o
x3~1 =
00
(da
J; xl~l existiert).
xh - N~~~~ ,Jo X~l dx = ln(x + 1)10 = ln(a + 1), a
f ~f
-;:-x_-_2_dx = ~ x2 - X + 1 2
a
0
2x -1- 3 dx x2 - X + 1
a
=
=
2
o
f
a
2x - 1 dx - ~ x2 - X + 1 2
0
x2
1 -
X
00
+1
dx
[~ln(X2-x+1)-V3arctan (2~1)]
I:
308
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
1
r,; = -ln(a 2 - a + 1) - v3 2
(
1+ -7r)
2a -arctan -
v'3
6
.
Daraus folgt
J a
o
_l_dx = ! In (a + 1)2 + x 3 +1 6 a2 -a+1
Wegen lim ~a~I+)2I = 1 und lim arctan a---too a
J +oo
o
a
a-+oo
1
x 3 + 1 dx
= }~~
Ja
1
J....
(arctan 2a ~31
V3
V.J
2a;;;'3 I
x 3 + 1 dx
v,)
=
1
1!:2
+ ~6 )
ergibt sich
(7r 7r)
27r
= V3 "2 +"6 = 3V3 .
0
Aufgabe 42
Für welche reellen Zahlen 0: ist die Funktion 100,10.(x) := x(Inx)(l~(Inx»)" integrierbar oder uneigentlich integrierbar auf [ee, e(ee)] bzw. auf [ee, oo[ ? Lösung:
Eine Stammfunktion von 10. für o::/; 1 auf]ee,oo[ ist I~o. (In(lnx))I-o. =:
Fo.(x), und für 0: = 1 ist In (ln (ln x)) =: FI(x) eine Stammfunktion von !I auf ]ee,oo[. Für x> ee gilt lnx > e, ln(lnx) > 1, In (ln (ln x)) > o. Außerdem hat man: lim In (ln x)
x---te e
+
sowie
= 1,
lim In (ln (ln x))
x---te e
+
= 0,
lim _1_ (In(lnx))I-o. = {oo 1 - 0: 0
x---too
lim In (ln (ln x))
x---too
f~r 0: fur 0:
= 00
<1, >1.
In e(ee) haben Fa und F I den Wert l~o.el-o. bzw. 1. Daraus ergibt sich für 0::/;1
e(ee)
J
Io.(x)dx = _l_(e l -o. -1) . 1-0:
10. ist uneigentlich integrierbar auf [ee, oo[ genau dann, wenn 0: > 1 gilt. In diesem Fall ist Je":' 10. (X ) dx = 0. ~ I . Für 0: = 1 ist !I auf [ee, e(ee)] integrierbar; es gilt
309
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel e(ee)
j h(x)dx = In (ln(lne(ee))) -ln (In(lne e)) = 1 . ee Auf [ee, oo[ ist
h
nicht uneigentlich integrierbar, weil: A
lim jh(X)dX = lim In (In(lnA)) = 00. A-+oo ee
A-+oo
Aufgabe 43
Zeigen Sie mit Hilfe des Maj oranten kriteriums , dass die Funktion x f-t Vx(~+l) auf ]0, oo[ uneigentlich integrierbar ist. Berechnen Sie danach dieses Integral mit Hilfe einer geeigneten Substitution. Lösung: Wir zeigen zuerst mit Hilfe des Majorantenkriteriums, dass die Funktion x f-t Vx(~+l) sowohl auf [0,1] als auch auf [1, oo[ uneigentlich integrierbar
<
ist. Für alle x aus ]0,1] gilt: Vx(~+1)
Jx. Da Jx
auf ]0,1] uneigentlich
integrierbar ist, ist auch Vx(~+1) uneigentlich integrierbar auf ]0, 1]. Wegen der Ungleichung Vx(~+l) von
x
l/
2
< x l /2 folgt aus der uneigentlichen Integrierbarkeit
auf [1, oo[ auch die von Vx(~+l). Insgesamt ist also Vx(~+1) unei-
gentlich integrierbar auf ]0,00[. Mit der Substitution
Vx
= t hat man für
O
j
,;;;
Vx(: + 1) dx = j
,;;;
t(t22: 1) dt
Va
a
=2j
t 2 ~ 1 dt
= 2(arctan Yb-arctan Va) .
Va
Für a -+ 0+ und b -+ 00 konvergiert dieser letzte Ausdruck gegen 2( ~ - 0) = 7f; also: 00
j Vx(: + 1) dx
o
=
7f •
Insbesondere folgt aus der Integration über [a, b] und der anschließenden Grenzbetrachtung noch einmal die Integrierbarkeit von Vx(~+l) im uneigentlichen Sinne auf ]0, oo[ . Aufgabe 44
a)
Approximieren Sie Jo'i x sin xdx mit Hilfe der Keplerschen Fassregel.
310 b)
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül Schätzen Sie ab, wie sich dieser errechnete Wert vom tatsächlichen Wert unterscheidet.
Lösung:
a) Für j(x) = xsinx gilt: j(O) = 0, j(i) = 171" und j(~) = ~. Deshalb wird das gegebene Integral mit der Keplerschen Fassregel approximiert durch 1 1T
6 2
(°+ 4 . V21T + ~) 8
2
= (1
+ V2)1T 2 24
=' I
. s·
b) Es gilt:
f'(x)
= xcosx + sinx,
f"(x)
= -xsinx + 2cosx, j"'(X) = -xcosx -
3sinx,
j(4) (x) = xsinx - 4cosx, j(5)(X) = xcosx + 5sinx. j(4) ist auf]O, ~[strikt monton steigend, weil j(5) auf diesem Intervall positiv ist. Da j(4)(0) = -4 und j(4)(~) = ~ gilt, hat man max Ij(4)(x)1 = 4.
XE[O,;.]
Damit ergibt sich die folgende Fehlerabschätzung:
I!
" 2"
x sin xdx - 1s
o
I~
28180 .
(
~ )
2
5
5
.41T - 8. 2880
°
< 0, 133.
Bemerkung: Wegen (sin x - x cos x)' = x sin x (oder mit Hilfe der partiellen Integration)
folgt sofort, dass es gilt: Jo;' j(x)dx
= Jo;' x sin xdx = (sin x -
x cos x)l!
=1.
Außerdem ist (1+~)71"2 ungefähr 0,9928. Also ist der tatsächliche Abstand zwischen Jo;' j(x)dx und 1s etwa 0,0072. Aufgabe 45
a) b) c)
Bestimmen Sie den Wert I des Integrals J;(x + 1) ln(x + 1)dx . Berechnen Sie dieses Integral auch näherungsweise mit der SimpsonRegel; das Ergebnis sei mit 1s bezeichnet. Vergleichen Sie den tatsächlichen Fehler 11 -1sl mit der Fehlerabschätzung (die für j: [a,b]-+ IR durch 2S1S0(b-a)5 max Ij(4)(x)1 berechnet wird). xE[a,b]
Lösung: a) Mit Hilfe partieller Integration erhalten wir:
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
J 2
1
=
(x + 1) ln(x + l)dx
o
- -9 In 3 - -21 -2
(x-2 + x 2
)
=
311
1 + 1)2In (x + 1) 12 - -1 -(x 2
2
1
o
0
= -9 2 In 3 - 2
~
2
J 2
0
(x + 1)2 dx x+1
2 , 943755 ....
b) Für f : [0,2] --+ IR, fex) := (x + 1) ln(x + 1) ergibt sich die folgende Näherung des Integrals J~ f(x)dx gemäß der Simpson-Regel: 1 1 1 15 = 6·2·[f(0)+4f(1)+f(2)] = 3(4.2In2+3In3) = 3In(256.27) ~ 2,9470. c) 11 - 151 ~ 0,003249 ... ist der tatsächliche Fehler. Wegen ln(x + 1) + 1,
j"(x) = x: 1 ' J'''(x) = - (x
~ 1)2
f'(x)
=
' f(4)(X) = (x: 1)3
ist 2 das Maximum von f(4)(X) auf [0,2]. Damit ist 28180 .2 5 ·2 = }5 = 0,002222 ... die Fehlerabschätzung. Dieser Wert ist etwa 7 mal größer als der tatsächliche Fehler. Aufgabe 46
a) b)
Geben Sie alle differenzierbaren Funktionen f : Ja, b[--+ IR mit f'(X) = 0 für alle x E]a, b[ an. Bestimmen Sie alle zweimal differenzierbaren Funktionen 9 : Ja, b[--+ IR mit g"(x) = 0 für alle x E]a, b[.
Lösung: a) Die Ableitung jeder konstanten Funktion auf Ja, b[ verschwindet. Umgekehrt: Sei f' die Nullfunktion auf]a, b[. Gibt es zwei verschiedene Punkte e und d aus Ja, b[ mit fee) "I f(d), so gibt es ~ zwischen e und d mit
f' (~) = f{dt~{c) "I O. Widerspruch! Also ist f
konstant auf Ja, b[. Hiermit ist die gesuchte Menge die Menge aller konstanten Funktionen. b) Ist 9 ein Polynom vom Grad eins oder eine konstante Funktion, so verschwindet g" auf Ja, b[. Ist g" = (gT die Nullfunktion, so ist g' eine Konstante a auf Ja, b[. Es gilt g' (x) - a = (g(x) - ax) I = O. Deshalb ist g(x) - ax konstant auf Ja, b[. Hiermit ist die gesuchte Menge die Menge aller Polynome ersten Grades vereinigt mit der Menge der konstanten Funktionen. (Oder: Die Menge der Polynomen vom Grad höchstens eins vereinigt mit der Nullfunktion.)
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
312 Aufgabe 47
Lösen Sie die folgenden Anfangswertprobleme und bestimmen Sie jeweils das größte offene Intervall, auf welchem die Lösung definiert ist. 1f
i)
y' =
ii)
(x
iii)
y' = _e 2 (2x+3y) cos 3x - -
e 2y
y(6) =
cos3x
+ l)y' = x 2 (y + 1)
y(l)
1 3
2 3
1f
y( -)
6
o.
=1 . = - -1f9 .
Lösung: i) Es handelt sich um eine Differenzialgleichung mit getrennten Veränderlichen. Die Lösung x t-+ y(x) ist für alle x aus IR (da cos3x für alle x aus IR definiert ist) implizit durch x
y
~:
/
= / cos 3t dt
o
~
zu berechnen. Es folgt _~e-2slg
*
= ~ sin3tl\ ' y = - ~ In( ~ -
~ - ~e-2Y
*
=
~ sin3x - ~,
= ~ - sin 3x , und damit sin 3x) . Diese Lösung ist auf IR definiert. ii) Es handelt sich wieder um eine Differenzialgleichung mit getrennten Veränderlichen. Die Lösung erfüllt für x> -1 und y > -1 die Gleichung
e- 2y
y
/~ 8+1
1
=/ x
1
t 2 dt . t+1
Man hat:
In(y
+ 1) -
In 2 =
(
~2
(x
+ 1)2
In ( y + 1 ) = x 2 x+1 2
- 2u + Inu
2
_ X
)
- 2(x + 1)
+~
2'
I2 +1 X
+ In(x + 1) -
2 + 4 - In 2 ,
y+1 x+1
x+ 1
re 2 _
--=e2
2
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel Man beachte, dass y(x)
313
> -1 für x > -1 gilt. Das gesuchte Intervall ist also
]-l,oo[ . iii) Durch die Substitution z(x)
:= 2x + 3y(x) lässt sich das angegebene Anfangswertproblem in das äquivalente Anfangswertproblem z' = e2z cos3x , z(~) = 0 überführen, weil:
-+ -+
z(~)=2·~+3·(-~)=i-i=O.
Wegen z' = 2+3y', d.h. y' = t(z'-2) erhält man aus der gegebenen Differenzialgleichung t(z'-2) = te2Z cos3x- ~ und damit z' = e2z cos3x .
Die in der Lösung von i) erhaltene Lösung z(x) = - ~ ln(~ - ~ sin3x) wird durch die Rücksubstitution y(x) = t(z(x) - 2x) in die Lösung y(x) = ln( ~ - ~ sin 3x) - ~x des ursprünglichen Anfangswertproblems überführt. Sie ist ebenfalls auf IR definiert.
-i
Aufgabe 48 Berechnen Sie jeweils die allgemeine Lösung der folgenden Differenzialgleichungen und lösen Sie die angegebenen Anfangswertprobleme: i)
y'(x)
ii)
y'(x)
iii)
y'(x)
e4x - sinx e2Y (x) - cosy(x) 1 + y(x) cos 2 2x = (-3x + 3y(x) - 1)4
iv)
x 3 y'(x)
= 3xy2 -
-
2x 2y
y(O)
=0 .
y(O)
=2.
y(O)
=1.
y(l)
=2.
Lösung: i) Es liegt eine Differenzialgleichung mit getrennten Veränderlichen vor. Eine konstante Lösung gibt es nicht, weil e 4x - sin x nicht identisch Null ist. Es gilt (te4X + cosx)' = e4x - sinx und damit (~e2Y(X) - siny(x))' =
(e 2Y (x) - cosy(x))y'(x) . Deshalb ist die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung implizit durch 1
.
1
_e 2y (x) - smy(x) = _e 4x 2
4
+ cosx + c
mit
cE IR
definiert. Für x = 0 und y = 0 ergibt sich für c der Wert - ~ . ii) Die einzige konstante Lösung y (x) = -1 der Differenzialgleichung ist keine Lösung des Anfangswertproblems. Wegen (~tan 2x)' = cos~ 2x und [ln 11
+ y(x)ll' = l~~(~)
erfüllt jede weitere Lösung die Gleichung
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
314
In 11
+ y(x)1
=
~ tan 2x + c
cE IR.
mit
Sei d E]O, oo[ mit Ind = c. Dann folgt aus In 11 + y(x)l-lnd = In 11+~(x)1 =
=
~tan2x zuerst 11+~(z)1
e!tan2x
und damit y(x)
=
ke!tan2x -
1 mit
k E IR\{O}. Diesmal konnten wir explizit die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung angeben; das ist eigentlich selten der Fall! Die Gestalt der allgemeinen Lösung zeigt, dass bis auf die konstante Lösung y(x) = -1 keine andere Lösung den Wert -1 annimmt. Die Lösung, die durch den Punkt (0,2) geht, bekommt man für k = 3, weil dies aus 2 = k - 1 folgt.
iii) Durch die Substitution z(x) := -3x+3y(x) -1 lässt sich die Gleichung in 1
= 3(Z4 -1) überführen. Wegen ~ -
zn 1
1
= J-1 hat diese letzte Differenzialgleichung mit getrennten Veränderlichen die allgemeine Lösung
Zl(x)
z2~1
- - - -1 arctan z = 3x -1 In IZ-11 4 z+1 2
+c.
Deshalb ist die gesuchte allgemeine Lösung implizit durch die Gleichung -1 In
1
4
3Y (x) - 3x - 2 ( )
3y x - 3x
I
- -1 arctan (3y (x) - 3x - 1) = 3x + c 2
definiert. Eine explizite Darstellung der Form y(x) = f(x, c) ist leider nicht zu bekommen. Die Lösung, die durch (0,1) geht, erhält man für c = - In 3 - ~ arctan 2 . für alle x E IR eine Lösung der Difiv) Man sieht sofort, dass y(x) = ferenzialgleichung ist. Sie ist für das Anfangswertproblem unbrauchbar. Jede andere Lösung der Differenzialgleichung ist nicht konstant. Eine solche
t
°
Lösung wird nun gesucht, und zwar mit der Substitution z(x) = 1!.Sf- oder auch y(x) = xz(x). Man erhält die äquivalente Differenzialgleichung - _ 2z_ - _Z Zl= 3z _2_
3z(z - 1)
X
Wegen z(z~1) = Z~l
-
~ erfüllt die Lösung z(x) die Gleichung
In Es folgt zuerst :(3xJ(~~
z(x) =
1'f;cX 3
2 = y(l) =
x
- 1I . x z(x) =c m1t I z(x) 3
cEIR.
= ±e c , und dann 1- zlx) = ±e c x 3 . Daraus ergibt sich
und damit y(x) = 1'f:c x 3 ' Das Anfangswertproblem führt zu C was nur 1 = eC und daher zu l::r::e C = 12 oder auch 12 = ±e' 2
_1_ l'fe C '
-,
315
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel erlaubt. Deshalb ist
I-L3
blems; sie ist auf]-
00,
2
= 2':'~3 = y(x) die Lösung des Anfangswertpro-
?'2[ definiert.
Aufgabe 49
Lösen Sie das Anfangswertproblem y' = 3 cos x - y cos x mit y(O) = 2 . Lösung: Wir haben es mit einer inhomogenen, linearen Differenzialgleichung 1. Ordnung zu tun. Für eine solche Differenzialgleichung von der allgemeinen Gestalt y'(x) + p(x)y(x) = j(x) mit p und f stetig auf Ja, b[ und Anfangsbedingung y(xo) = Yo mit Xo E]a, b[ ist die eindeutig bestimmte Lösung auf Ja, b[ gegeben durch x
x
t
y(x) =exp ( - / P(t)dt). [ / j(t)exp ( / p(r)dr ) dt+ yo ] xo
xo
xo
In unserem Fall: f(x) = 3cosx, p(x) = cosx, Xo = 0, Yo = 2. Wegen t
t
x
x
/ cos rdr = sin r 10 = sin t, / 3 cos te sin tdt = 3e sin t 10 = 3e sin x o 0
-
3
ergibt sich die folgende Lösung des Anfangswertproblems:
y(x) = e-sinx[3esinx - 3 + 2] = 3 _ e- sinx . Aufgabe 50
Berechnen Sie jeweils die allgemeine Lösung der folgenden Differenzialgleichungen, lösen Sie die angegebenen Anfangswertprobleme und bestimmen Sie die maximalen offenen Intervalle, auf welchen die Lösungen dieser Probleme definiert sind. i) sinx = 2 (1 - y(x)) y'(x) , y(O) = 0 .
ii)
y'(x)cosx+y(x)sinx=sinx,
y(O)=O.
Lösung: i) Ist y eine differenzierbare Funktion, die der Differenzialgleichung sin x = 2 (1- y(x)) y'(x) genügt, so gibt es c E IR mit 2y(x) - y2(X) = C - cosx. Die angegebene Anfangsbedingung y(O) = 0 ist nur für c = 1 erfüllt. Aus y2(X) - 2y(x) + 1 - cosx = 0 folgt y(x) = 1 ± Jcosx; da y(O) = 0 gelten muss, ist y(x) = 1 - Jcosx die gesuchte Lösung. Sie ist maximal auf ] - ~, ~ [ definiert.
316
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
ii) Es handelt sich um eine lineare Differenzialgleichung erster Ordnung. Wenn x aus]- ~,~[ ist, lässt sie sich zu y'(x) + y(x) tanx = tanx umformen. Die Lösung lautet daher
1
[I
x
y(x) = exp ( -
x
tantdt ) .
o
(I t
tantexp
0
tanTdT ) dt ]
0
1:) .1 x
= exp ((lncost)
t
tantexp ( - (ln cos T)
10) dt
o
( 1 IX)
x
= cosx· Itant. _1_ dt = cosx
o = 1- cosx .
-cos t
cost
0
- cos x
(1
-- - 1 cosx
)
Offensichtlich erfüllt diese Funktion sowohl die Anfangsbedingung als auch die Differenzialgleichung y' (x) cos x + y (x) sin x = sin x für alle x E IR. Die Einschränkung auf] - ~,~[ erweist sich also nur für die Umformungen als notwendig. Aufgabe 51
a)
Bestimmen Sie alle Lösungen der Differenzialgleichung
x 3 y'(x) b) c)
+ xy(x)
= 1.
Wo sind diese Lösungen definiert? Lösen Sie das Anfangswertproblem x 3 y'(x)
+ xy(x) = 1, y(l) = e .
°
Lösung: a) Überall muss man x i verlangen. Die betrachteten Integrationsintervalle liegen entweder in ]0, oo[ oder in ]- 00,0[. Es gilt t
l ~dT = _ ~ I
1 Xo
t
Xo
exp ( - ]
T2
t~ dt )
T
= exp
Xo
Xo
1 x
Xo
1 -L_l -e~o t dt t3
:0 )
(~ -
1 -
-L = -e~o
1 t
==
1
e~
.e
t:
ue u du
_ --.L ~o
= -e'o 1
_
--L OllQ,
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
=
(1+ ) 1
;;
317
...L_l e·o • -
(1xo + ) 1
und damit lautet die allgemeine Lösung von y'
°
,
+ -;zy =
~ :
°
b) Je nachdem, ob Xo > oder Xo < gilt, ist die Lösung, die durch (xo, Yo) geht, auf ]0, oo[ bzw. 1- 00, o[ definiert. c) Die Lösung des Anfangswertproblems lautet Y(x)
= -1 + 1 x
2e;;1 -
1
+ e;; = e;; 1
1
(
1 - -2) e
+ -1 + 1 ; x
sie ist auf ]0, oo[ definiert. Aufgabe 52
Lösen Sie das Anfangswertproblem 1 y' - 3" y cos x
+ y4 cos X =
°
1
y(o) = {12 .
Lösung: Die Differenzialgleichung aus diesem Anfangswertproblem ist eine Bernoullisehe Differenzialgleichung. Mit der Substitution z(x) = y(x)-3 erhalten wir das folgende äquivalente Anfangswertproblem
z'(x)
+ zcosx -
3cosx =
°
z(o) = 2 .
Die Lösung ist - wie in der Lösung der Aufgabe 49 gezeigt wurde - die Funktion z mit z(x) = 3_e- sinx . Damit ist y(x) = ~3-: sm. die gesuchte Lösung. Da aus Isin xl :::; 1 für alle x aus IR die Ungleichung ~ :::; e- sin x :::; e folgt, ist 3 - e- sin x stets positiv, und damit ist die Lösung auf IR definiert. Aufgabe 53
Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der folgenden Differenzialgleichungen und danach die Lösung des angegebenen Anfangswertproblems:
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
318
+ 6y' + 5y = 0 , ii) y" + 2y' + 5y = 0 , iii) y" - 6y' + 9y = 0 , iv) y" + 6y' + 5y = 5x 2 + 22x v) y" + 4y' - 5y = 26cosx , vi) y" - 6y' + 9y = 4e 3x + e 2x , i) y"
=2, y(O) = 2 , y(O) = 5 , y(O) = 1 , y(O) = 4 , y(O) = 4 , y(O)
21 ,
=2. y'(O) = 6 . y'(O) = 14. y'(O) = -14. y'(O) = -3. y'(O) = 10. y'(O)
Lösung: Es handelt sich jedesmal um eine lineare Differenzialgleichung 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten. i) Die charakteristische Gleichung der gegebenen Differenzialgleichung ist .x? + 6'\ + 5 = 0; ihre Nullstellen sind -1 und -5, und damit ist y(x) = Cle-x + C2e-5x die allgemeine Lösung der gegebenen Differenzialgleichung. Es ergibt sich y(O) = Cl + C2 = 2 und y'(O) = -Cl - 5C2 = 2; daraus folgt Cl = 3, C2 = -1. Die Lösung des Anfangswertproblems ist damit y(x) = 3e- x - e- 5x . ii) Die charakteristische Gleichung ist ,\2 + 2'\ + 5 = 0; ihre Lösungen sind -1- 2i und -1 + 2i, und deshalb ist y(x) = (Cl cos2x + c2sin2x)e-X die gesuchte allgemeine Lösung. Wegen y(O) = Cl = 2 und y'(O) = 2C2 - Cl = 6 folgt C2 = 4, und damit ist y(x) = (2 cos 2x + 4sin2x)e- X die Lösung des Anfangswertproblems. iii) Diesmal hat die charakteristische Gleichung ,\2 - 6'\ + 9 = 0 eine doppelte Nullstelle, nämlich 3. Deshalb ist cle 3x + C2xe3x die allgemeine Lösung. Das Anfangswertproblem führt zu Cl = 5 und 3CI + C2 = 14, d.h. zu Cl = 5 und C2 = -1. Die Lösung des Anfangswertproblems lautet also y(x) = (5-x)e 3x . iv) Man benötigt eine partikuläre Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung; sie wird in der Form ax 2 + bx + C gesucht. Durch Einsetzen in die Gleichung erhält man
2a + 6(2ax + b)
+ 5(ax 2 + bx + c)
= 5x 2 + 22x - 21
und daraus 5a = 5, 12a + 5b = 22, 2a + 6b + 5c = -21. Dieses Gleichungssystem hat a = 1, b = 2, C = -7 als Lösung. Wegen der in i) errechneten allgemeinen Lösung ist Cl e- x + c2e- 5x + x 2 + 2x - 7 die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung. Die Anfangsbedingungen y(O) = Cl + C2 - 7 = 1 und y'(O) = -Cl - 5C2 + 2 = -14 sind für Cl = 6 und C2 = 2 erfüllt. Also ist y(x) = 6e- x + 2c 5x + x 2 + 2x - 7 die gesuchte Lösung. v) Die determinierende Gleichung lautet ,\2 + 4,\ - 5 = 0; sie hat die Nullstellen 1 und -5. Damit ist cle x +c2e- 5x die Lösung der inhomogenen Gleichung. Man sucht eine partikuläre Lösung mit dem Ansatz a sin x + b cos x. Einsetzen in die Differenzialgleichung liefert
319
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
-asinx + bcosx + 4acosx - 4bsinx - 5asinx - 5bcosx = 26cosx, und damit erhält man -6a - 4b = 0, -6b + 4a = 26. Also: a = 2, b = -3. Die Lösung Cl eX + C2e-5x + 2 sin x - 3 cos x genügt den Anfangsbedingungen y(O) = Cl + C2 - 3 = 4 und y'(O) = Cl - 5C2 + 2 = - 3 dann und nur dann, wenn Cl = 5, C2 = 2 gilt. Also ist
y(x) = 5e x - 2e- 5x + 2sinx - 3cosx die Lösung des gestellten Anfangswertproblems. vi) Zur allgemeinen (in iii) berechneten) Lösung der homogenen Differenzialgleichung muss man eine partikuläre Lösung addieren, um die allgemeine Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung zu gewinnen; sie wird durch den Ansatz yp(x) = ax 2e3x + be 2x gesucht. Setzt man YP in die Gleichung ein, so folgt wegen
aus
2ae 3x + 12axe 3x + 9ax 2e3x + 4be 2x - 12axe 3x - 18ax 2e3x -12be 2x + 9ax 2e3x + 9be 2x = 4e 3x + e 2x zuerst 2a = 4 und b = 1, dann yp (x) = 2x 2e3x + e2x , und schließlich die allgemeine Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung 2. Ordnung
= Cl + 1 = 4 und y'(O) = 3Cl +C2 +2 = 10 ergeben sich die Werte = -1 und damit die gesuchte Lösung des Anfangswertproblems
Wegen y(O) Cl
= 3,
C2
Aufgabe 54
Bestimmen Sie die allgemeinen Lösungen der folgenden Differenzialgleichungen und die Lösungen der entsprechenden Anfangswertprobleme:
+ 5y(x)
i)
yl/(x) - 4y'(x)
= 0
y(O) = 1
y'(O) = 1 .
ii)
yl/(x) - 4y'(x) - 5y(x) = 0
y(O) = 3
y'(O) = 3 .
iii)
yl/(x) - 4y'(x)
y(O) = 3
y'(O) = 5 .
+ 4y(x)
= 0
Lösung:
i) Die Gleichung
),2 -
4A + 5 = 0 hat die komplexen Nullstellen 4±~
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
320
= 2±i. Deshalb hat die allgemeine Lösung der homogenen linearen Differenzialgleichung 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten yll (x) - 4y' (x) + 5y (x) = o die Gestalt y(x) = e2X (cI cosx + C2 sinx) .
Es gilt 1 = y(O) = Cl. Wegen
+ C2 sin x) + e2x (- sinx + C2 COS x) = 2 + C2 sofort C2 = -1. Die Lösung des
y' (x) = 2e 2x (cos x
ergibt sich aus 1 = y' (0) Anfangswertproblems lautet also y(x) = e2x (cos x - sinx). ii) Die Gleichung A.2 - 4,\ - 5 = 0, die der gegebenen Differenzialgleichung zugeordnet ist, hat die Lösungen 5 und -1. Deshalb ist y(x) = cle 5x +c2e- x die allgemeine Lösung dieser homogenen Differenzialgleichung 2. Ordnung. Mit y'(x) = 5cle5x - c2e- x erhält man für die Bestimmung der Lösung des Anfangswertproblems das lineare Gleichungssystem Cl + C2 = 3 5CI - C2 = 3 . Seine Lösung ist Cl = 1, C2 = 2. Hiermit ist y(x) = e5x + 2e- X die Lösung des gestellten Anfangswertproblems. iii) Das zugeordnete charakteristische Polynom ,\2 - 4A + 4 = (,\ - 2)2 hat eine doppelte Nullstelle, nämlich 2. Deshalb ist y(x) = cle 2x + C2xe2x die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung yll(X) - 4y'(x) + 4y(x) = O. Wegen y'(x) = (2CI + c2)e 2X + 2c2xe2x ist 3 = y(O) = Cl, 5 = y'(O) = 2CI + C2 die Anfangsbedingung; sie ist für Cl = 3 und C2 = -1 erfüllt. Damit ist y(x) = 3e 2x - xe 2x die Lösung des Anfangswertproblems. Aufgabe 55 Bestimmen Sie die allgemeinen Lösungen der folgenden Differenzialgleichungen 2. Ordnung:
+ 5y(x)
i)
yll(X) - 4y'(x)
ii)
yll(X) - 4y'(x) - 5y(x) = -5x 4 - x 3 yll(X) - 4y'(x) + 4y(x) = 6e 2x .
iii)
= 4sinx -12cosx.
+ 38x 2 - 29x + 3.
Lösung: i) Man sucht eine partikuläre Lösung in der Form yp(x) = Acosx + Bsinx. Mit y~(x) = -Asinx + Bcosx und y~(x) = -Acosx - Bsinx erhält man durch Einsetzen in die inhomogene Differenzialgleichung
+ 4A sin x - 4B cos x + 5A cos x + 5B sin x + (4A + 4B) sin x = 4 sin x - 12 cos x .
- A cos x - B sin x = (4A - 4B) cos x
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
321
Wegen der linearen Unabhängigkeit der Funktionen sin und cos ergibt sich daraus A - B = -3 und A + B = 1. Es folgt A = -1, B = 2. Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung wurde in der Aufgabe 54,i) berechnet. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung ist die Summe einer (hier 2 sin x - cos x) partikulären Lösung der inhomogenen Gleichung mit der allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung; sie lautet also e2x (Cl
COS X
+ C2 sin x) + 2 sin x -
cos x .
ii) Man sucht eine partikuläre Lösung in der Form yp(x) = Ax 4 + Bx 3 + Cx 2 + Dx + E. Setzt man y~(x) = 4Ax 3 + 3Bx 2 + 2Cx + D und y~(x) = 12Ax 2 + 6Bx + 2C in die inhomogene Gleichung ein, so ergibt sich 12Ax 2 + 6Bx + 2C - 16Ax 3 -5Cx 2 - 5Dx - 5E = -5x 4
-
12Bx 2 - 8Cx - 4D - 5Ax 4 x 3 + 38x 2 - 29x + 3
-
5Bx 3
und damit -5Ax 4 +(6B = -5x4
-
-
+ 5B)x 3 + (12A 8C - 5D)x + 2C - 4D x 3 + 38x 2 - 29x + 3. (16A
12B - 5C)x 2 5E
Die lineare Unabhängigkeit der Funktionen 1, x, x 2, x 3 und x 4 führt zum Gleichungssystem -5A = -5,
16A + 5B = 1, 6B - 8C - 5D
= -29,
12A - 12B - 5C = 38 , 2C - 4D - 5E
= 3.
Es ergeben sich nacheinander A = 1, B = -3, C = 2, D = -1, E = 1 . Zur partikulären Lösung yp(x) = x 4 - 3x 3 + 2x 2 - X + 1 addiert man die in der Aufgabe 54,ii) berechnete allgemeine Lösung der homogenen Gleichung und erhält damit die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung in der Gestalt y(x) = cle 5x + C2e-x + x 4 - 3x 3 + 2x 2 - X + 1 . iii) Die allgemeine Lösung der homogenen Differenzialgleichung 2. Ordnung wurde für die Aufgabe 54,iii) berechnet: Cl e2x + C2xe2x. Die Funktion 3x 2e2x ist eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung. Damit ist
die allgemeine Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung. Aufgabe 56 a)
Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der homogenen Eulerschen Differenzialgleichung zweiter Ordnung
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
322
X2y"(X) b)
=
°
auf dem IntervalllO, oo[ . Lösen Sie das folgende Anfangswertproblem:
X2y"(X) c)
+ 7xy'(x) + 5y(x)
+ 7xy'(x) + 5y(x) = 0,
y(l)
= 2,
y'(l)
= -6.
Bestimmen Sie die auflO, oo[ definierte, allgemeine Lösung der folgenden inhomogenen Eulerschen Gleichungen zweiter Ordnung: i) X2 y"(X) + 7xy'(x) + 5y(x) = 32x 3 - 42x 2 + 6x - 15 . ii) X2y"(X) + 7xy'(x) + 5y(x) = 16 + 5lnx.
Lösung:
a) Mit der Variablensubstitution x = et , t E IR ergibt sich für z(t) := y (x(t)) = y(e t ) die folgende lineare Differenzialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten:
z(t)
+ 6z(t) + 5z(t) =
°.
(Wegen z(t) = y' (x(t)) . x(t) und z(t) = y" (x(t)) . x 2 (t) + y' (x(t)) . x(t) ist diese Behauptung leicht zu überprüfen.) Die charakteristische Gleichung der linearen Differenzialgleichung lautet A2 + 6A + 5 = 0; sie hat die Nullstellen Al = -1 und A2 = -5. Deshalb ist z(t) = cle-t+c2e-5t die allgemeine Lösung der linearen Differenzialgleichung, und damit y(x) = 7 + ~ die (auf lO, oo[ definierte) allgemeine Lösung der angegebenen Eulerschen Differenzialgleichung zweiter Ordnung. b) Wegen y'(x) = - ~ - 5~ folgt aus y(l) = 2 und y'(l) = -6 :
= 2 sowie - Cl - 5C2 = -6 . der einzigen Lösung Cl = 1, C2 = 1 dieses linearen Systems ergibt sich Cl + C2
Mit die Lösung des gestellten Anfangswertproblems: y(x) = ~ + ~ . c) Zur allgemeinen Lösung 7+~ der homogenen Eulerschen Gleichung muss man eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung addieren, um die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung zu bekommen. i) Mit dem Ansatz yp(x) = ax 3 + bx2 + CX + d ergibt sich aus
x 2 (6ax+2b) + 7x(3ax 2 +2bx+c) +5(ax 3 +bx 2 +cx+d) = 32x3 -42x 2 +6x-15 das System von linearen Gleichungen
32a
= 32,
21b
= -42,
12c = 6, 5d = -15 .
Die Lösung lautet a = 1 , b = -2 , C = ~ und d = -3, und deshalb gilt yp(x) = x 3 - 2x 2 + ~x - 3. Also ist 7 + ~ + x 3 - 2x 2 + ~x - 3 die allgemeine
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
323
Lösung von X2y"(X) + 7xy'(x) + 5y(x) = 32x 3 - 42x 2 + 6x - 15. ii) Man sucht eine partikuläre Lösung in der Gestalt yp(x) = a+blnx. Wegen y~(x)
= b~
und y~(x)
= -b~
x 2 ( -b:2 ) +7x
ergibt sich
(b~) +5(a+blnx) =
16+5lnx
und daraus -b+7b+5a+5blnx = 16+5lnx. Es folgt b = 1 und 6+5a = 16, d.h. a = 2. Hiermit ist 2 + ln x + 7 + ~ die allgemeine Lösung der Eulerschen Differenzialgleichung aus ii).
Aufgabe 57 Lösen Sie das folgende Anfangswertproblem:
5X 2y" - 5xy' + Y = -34lnx + 3(lnx)2 - 9x 2 - 56x 3 , y(1)=-5,
y'(1)=6.
Lösung: Wegen der Funktionen, die in der rechten Seite der Differenzialgleichung vorkommen, muss nur x > 0 betrachtet werden. Es handelt sich um eine inhomogene Eulersche Differenzialgleichung 2. Ordnung. Wie üblich wird für diese Gleichung nicht eine Substitution der gesuchten Funktion y sondern der Variablen x, nämlich x = et angesetzt. Man bezeichne mit z die Funktion z(t) = y (x(t)) , und die ersten beiden Ableitungen von z mit z und z. Mit der Kettenregel erhalten wir
z(t) = y'(et)e t = y' (x(t)) x(t) , z(t)
= y"(e t )e 2t + y'(et)et = y" (x(t)) x 2(t) + y' (x(t)) x(t)
.
Die Differenzialgleichung geht damit in die äquivalente inhomogene lineare Differenzialgleichung 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten
5z(t) - 10z(t)
+ z(t)
= -34t + 3t 2 - ge 2t - 56e 3t
über. Die Lösung der zugehörigen homogenen Differenzialgleichung ist gegeben durch z(t) = C1 e)Qt + C2 e A2t , wobei '\1 = 1 + 2r ' '\2 = 1 - 2r die Nullstellen des charakteristischen Polynoms 5,\2 - 10'\ + 1 sind. Eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung wird mit dem Ansatz At 2 + Bt + C + Ee 2t + Fe 3t gesucht. Es folgt
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
324
10A - 10(2At + B) + At 2 + Bt + C + 20Ee 2t + 45Fe 3t - 20Ee 2t - 30Fe 3t +Ee2t + Fe 3t = -34t + 3t2 - ge 2t - 56e 3t , und daraus A = 3, B - 20A = -34, C - lOB + lOA = 0, E = -9 und 16F = -56 . Damit erhalten wir B = 26, C = 230, E = -9, F = -~. Die gesuchte partikuläre Lösung ist 3t2 + 26t + 230 - ge 2t - ~e3t; deshalb ist 3t2 + 26t + 230 - ge 2t - ~e3t + C 1e},l t + C2e},2 t die allgemeine Lösung der inhomogenen linearen Differenzialgleichung für z. Für die ursprüngliche Eulersche Differenzialgleichung erhält man also die allgemeine Lösung
Die Anfangsbedingungen sind genau dann erfüllt, wenn gilt: 230 - 9 - ~ + Cl + C2 = -5 , d.h. Cl + C2 = - 4~5 und 26 + 18 - 221 + Al Cl + A2C2 = 6 , d.h. A1C1 + A2C2 = 1; . Es folgt Cl = -445~231V5 , C2 = -445 4231 V5 . Die Lösung des Anfangswertproblems lautet demnach (für x
> 0):
7 y(x) = 3(ln X)2 + 26lnx + 230 - 9x 2 - "2X3
+4X
(
2v5
2v5)
r.: r.: 5 5 (-445+ 231v5)x-(445+231v5)x--
•
Aufgabe 58
a)
Zeigen Sie, dass
cos(xy)dx +
(
y cos(xy) -
X
2 sin(xy) ) 1 + y2 dy = 0
keine exakte Differenzialgleichung ist, d.h., dass es keine offene Menge U C IR2 gibt, so dass eine differenzierbare Funktion F : U -+ IR mit der folgenden Eigenschaft existiert:
öF öF x 2 sin(xy) öx (x, y) = cos(xy) und öy (x, y) = y cos(xy) - 1 + y2 b) c)
d)
für alle (x,y) aus U. Bestimmen Sie einen integrierenden Faktor, der nur von y abhängig ist. Geben Sie die allgemeine Lösung F(x,y) = c der durch Multiplikation mit diesem integrierenden Faktor exakt gewordene Differenzialgleichung an. Bestimmen Sie diejenige Lösung, die durch den Punkt (i,l) geht. Schreiben Sie die Lösung oder ihre Umkehrfunktion explizit, d.h. lösen Sie die Gleichung F(x,y) = F(i, 1) entweder nach x oder nach y auf.
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel Lösung:
;y (cos(xy))
Man hat
325
-xsin(xy) und ;x(~cos(xy) _ 2~~~";Y»)
=
=
t cos(xy) - xsin(xy) - 1!~2 sin(xY)j das zeigt, dass es sich um eine nichtexakte Differenzialgleichung handelt. b) Man sucht eine von Null verschiedene (genauer: 9 verschwindet auf keinem offenen Intervall!) Funktion g, die nur von y abhängt, so dass gilt
8 8 -8 (g(y) cos(xy)) = -8 Y
X
(x-g(y) cos(xy) - g(y) 2Sin(Xy )) Y
l+y
2
.
Es folgt g'(y) cos(xy) - xg(y) sin(xy) = tg(y) cos(xy) - xg(y) sin(xy)
g(y) 1!~2 cos(xy) und daraus g'(y) g(y)
1 2y ----
1 + y2
y
Diese Gleichung läßt sich auch wie folgt schreiben:
Daraus folgt, dass g(y) = I-f!y 2 mit y E]O,oo[ ein integrierender Faktor für die gegebene Differenzialgleichung ist. c)
I-f!y 2 cos(xy)dx + (1';y2 cos(xy) - 2(1~~~;W)dY
von
sin(x~) l+y
,
d .h. d( sin(x~») y l+y -"f-tY2 cos ()d xy x
ist das totale Differenzial
() + (X 1+y2 COS xy -
2y sin(xY»)d (1+y2)2 y.
Damit ist F(x, y) := sin~~~) = c E IR die allgemeine Lösung dieser exakten Differenzialgleichung. d) Für x = ~ und y = 1 folgt ~ = c. Aus sin~~~) = ~ kann man y nicht als Funktion von x gewinnen. Wir können aber x als Funktion von y ausdrücken, und zwar: x =
f (y)
:=
t arcsin( 11/) . Die Funktion f ist auf ]0, 1] definiert.
Aufgabe 59
a)
Untersuchen Sie, ob die folgenden Abbildungen IR-linear sind: i)
ii)
f( (
g(
Ul ) ) U2
~~
()
= (
3U l 2Ul Ul
)=
(
5U 2 )
+ U2
+ 2U2)
U/~2U2
326 b)
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül Zeigen Sie, dass h :
-+
{2
(2,
(~~)
f-7
(3U:~ ~ ~U:)U2)
eine
(-lineare Abbildung ist. Lösung: a) i) Für alle
(~~)
und
(~~)
aus IR2 sowie a E IR gilt:
f( a (Ul )) = f( ( aUl )) = ( 3aU l - 5aU2) = a ( 3U l - 5U2) = af( (Ul )) . U2 aU2 2aul + aU2 2Ul + U2 U2
ii)
g<m) =
Also: g( (
0) ,g<m) +g<m) 0) ,g<m) (0 , =
=
~) + (~)) -I g( ( ~ )) und deshalb ist 9 nicht linear.
(Beachten
Sie: Es genügt ein Gegenbeispiel anzugeben.) b) Für alle
(~~)
,
(~~)
aus
{2
und a aus ( gilt:
h(Ul) (Vl) h(Ul+Vl) ( iUl+ivl+2u2+2v2 ) ( U2 + V2 ) = ( U2 +V2 ) = 3Ul +3Vl +(1 - i)U2 +(1 - i)V2 +
iUl+2u2 ) = ( 3Ul (1 - i)U2
h( a (Ul )) U2
h(Vl) +( 3VliVl+2v2 +(1 - i)V2 ) = h(Ul) ( U2 ) + ( V2 ),
= h( (aUl )) = ( aU2
iaul + 2a~2 ) 3aul + (1 - 2)au2
h(Ul) ).
iUl+2u2 ) = a ( 3Ul + (1 - i)U2 = a ( U2
Aufgabe 60 Es sei f : IR3 -+ IR2 die Abbildung [(3)
und
[(2)
(Xl, X2, X3)T
f---7
(2Xl
+ X2
Xl -
bezeichnen die kanonischen Basen von IR 3 bzw. IR2
.
X3
)
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
327
a) b)
Zeigen Sie, dass f eine lineare Abbildung ist. Berechnen Sie M[(2) ,[(3) (f) .
c)
Zeigen Sie, dass C = {
d)
Berechnen Sie M C ,[(2) (id IR 2).
e)
Zeigen Sie, dass B = {(l,O,l)T,(O,l,l)T,(l,l,O)T} eine Basis von IR 3 ist. Berechnen Sie M 8,[(3) (id IR 3) und M[(3),8 (id IR 3) und stellen Sie fest, dass diese zwei Matrizen invers zueinander sind. Berechnen Sie MC,8(f) . Prüfen Sie nach, dass gilt:
f) g)
h)
(~) , ( ~1 ) } eine Basis von IR
2
ist.
Lösung: a) Für alle (Xl,X2,X3)T , (Yl,Y2,Y3)T aus IR 3 und A,{L aus IR gilt:
b)
f
(e~3))
= f((l, 0, Of) =
f(e~3)) f
(e~3))
Deshalb gilt: c) Jedes und
(~1)
=f((O,l,O)T) =
(f) =
= 1·
(~) +2· (~)
=
1.e~2) +2 .e~2) ,
(~) =1.e~2),
= f((O, 0, l)T) = (
M[(2),[(3)
(:~)
(~)
~1)
= (-1) . e~2) .
(~ ~ ~1).
aus IR 2 lässt sich eindeutig als lineare Kombination von
darstellen:
(:~)
= ZltZ2
(~) + Z22z1 (~1)
.
(~)
328
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
E, gilt al,o, Me ,E'" (iillR,)
~
(_\
0~
! (!1
i),
e) Jedes (tl, t2, t3) Taus IR3 besitzt die folgende (eindeutige!) Darstellung als lineare Kombination von (1,0, I)T , (0,1, I)T und (1,1, O)T : tl - t2
2
1 + t3 (1 ,0 ,I)T + -h +2t2 + t3 (1 ,1,O)T + t + t22 -
t3 (0 1 I)T
".
Eine andere Beweismöglichkeit: Man zeigt, dass die Matrix mit den Spalten (1,0, I)T ,(0,1, I)T und (1,1, O)T den maximalen Rang hat, d.h. ihre Determinante verschwindet nicht: 1 0 det ( 0 1 1 1
m!(O+H)(:)+!O)
0) ~H) (0 +! (:) +!, m, m~!, (0 +!, (:) +H) m,
Also:
~ ).
-1 Man hat:
329
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel id IR 3((1,0, 1f) = (1,0, 1f = 1· ep) + O· e~3) + 1· e~3)
,
id IR 3((0, 1, 1f) = (0,1, 1f = O· ep) + 1· e~3) + 1· e~3)
,
id IR 3((1, 1, Of) = (1,1, of = 1· ep) + 1 . e~3) + O· e~3)
.
o1
1) 1
,
1 0
g) Mc,s(f) wird wie folgt berechnet: f((l,O,lf)= (D =1· (D +0·
f((l,l,of)= (;) =2·
(i) +0. (~1) ,
(10 -10 02) .
M C,[(2) (id IR 2) . M[(2),[(3)(f). M[(3),s(id IR3)
h) _
_ -
(' Ou 0) (' 0 n ~) n (~ =0 (: C 1 0 -1
2
- ~
-
2 ~
1
2 1 -2
.
0 1 1
0 1 1 1
=
0 -1
Aufgabe 61
a)
,
=O'(D+(-l)(~l),
f((O,l,lf)= (!1)
MC,B(f) =
(~1)
Zeigen Sie, dass B=
{CH -n}
Basen des IR 2 bzw. des IR 3 sind.
und C
,=
= Mc,s(f) .
{OH~ Hn}
330
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
b)
Geben Sie die Matrizen M S ,[(2) (id IR 2), M[(2),s(id IR2), M C ,[(3) (id IR 3) und M[(3) ,c(id IR3 ) an. Prüfen Sie nach, dass M S,[(2) (id lR 2) und M C ,[(3) (id IR 3) die Inversen der Matrizen M[(2) ,s(id IR 2) bzw. M[(3),C (id IR 3) sind.
c)
Zeigen Sie, dass durch die Zuordnung
(~~)
(2~1; 25~2)
I-t
3Xl -
ei-
X2
ne lineare Abbildung f von IR2 nach IR 3 definiert wird. Wie lautet M[(3) ,[(2) (f) ? Berechnen Sie f((l, l)T) und f((l, 2)T), und stellen Sie diese Vektoren als Linearkombinationen von (1,1, O)T , (1,0, l)T und (0,1, l)T dar. Daraus erhalten Sie die Gestalt von Mc,s(f) . Prüfen Sie nach, dass gilt:
d)
e)
M[(3) ,c(id IR 3) M C ,[(3)
. Mc,s(f)
. M S ,[(2)
(id IR 2)
= M[(3) ,[(2) (f)
(id IR 3) . M[(3) ,[(2) (f) . M[(2) ,s(id IR 2) =
,
Mc,s(f) .
Lösung: a) Da ß aus zwei Vektoren besteht und IR2 die Dimension 2 hat, genügt es
zu zeigen, dass die Vektoren aus ß linear unabhängig sind. Aus bl b2
(
~1 ) = (~),
damit bl
d.h. aus bl
= b2 = 0 .
Analog file C Au""
b2
-
= 0 und
m 0) +0,
+ c,
bl
+ 2b2 = 0 folgt
(:) =
m,
3b l
(~) + = 0 und
dh aus c,+ c,
=
0, Cl + C3 = 0 und C2 + C3 = 0 folgt zuerst Cl + C2 + C3 = 0 (durch Addition der drei Gleichungen und Division durch 2), und damit Cl = C2 = C3 = O. Eine Alternative dazu ist (das sieht man mittels der Cramerschen Regel) der Nachweis, da" det (:
-;1)
und
det
(i ~ :)
von Null vc"dücden
sind. Das ist aber der Fall, weil der Wert der Determinante 3 bzw. -2 ist. b) Wegen
(~) = 1· (~)
gilt M[(2),s(id IR 2) =
+1.
(~ ~1).
(~)
und (
Man hat
~1) = (-1) . (~)
(~)
~ (~)
_
+ 2·
(~)
~ ( ~1)
und
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
(1 -1) 2
.
(~-~ ~) ~
=
Anruog hat man M"",,eO d .,)
m'm~ 0) 0) +
331
(1 0) = (~ 0
~
~) ~
-~
1
.
(1 -1) 1
2
.
0~ :), m~ 0) weH
und (:)
~
m0) +
+
gilt, Wegen
0) ~~m+~m-~(:),m ~~,m-~m+~(:) 0) ~ + m~ m~ fol~ ~ +
und
+
(:)
Me,"') (idIR,)
( t !~ -~~) .
Die folgende Feststellung dient auch als Probe:
1
-2
1
2
1
2
c) Wir zeigen, dass die Linearität und die Homogenität aus der Definition der linearen Abbildung erfüllt sind. Für alle a aus IR gilt:
(~~) und (~~ )
aus IR 2 sowie
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
332
Laut Definition gilt M E (3) ,E(2) (f) =
d) f( (: )) -1,
a2l
=
= an
-1
+ a"
+ aO>
(:) ruh,t ,u an
= -2 und a31 = 4 (z.B. mit der Cramerschen Regel).
f(( ~I)) = = -2,
a"
(1:) (0 0)
= -10,
e) Wir prüfen nach:
und
3
(T) (0 0)
sich aus
a"
(i -;5).
=a"
a"
+a"
Analog ergibt
+a" (:) ·
= 5. D,","t hat man Me,8(f) =
=
(~;
-=-lo)
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
=
333
(0i -1) ~4 (~ )= (-1 ~2 -2) ~O 1 -;
.
-
= Mc,B(f) .
Aufgabe 62 Zeigen Sie, dass durch
ein Skalarprodukt (1 : IR 2 X IR 2 -+ IR auf IR 2 definiert wird, d.h., dass (1 die folgenden Eigenschaften hat: 1)
2) 3) 4)
IR-linear im ersten Argument, IR-linear im zweiten Argument, symmetrisch, d.h. (1(u, v) = (1(v, u) für alle u,v aus IR 2 , positiv definit, d.h. (1(u, u)
Lösung: Es seien u =
(~~) , u' = ( ~t
> 0 für
),
v =
alle uf:.O aus IR 2 .
(~~)
aus IR 2 und a E IR .
1) Es gilt: (1(U+U',V) =(1((Ul +U}), (Vl)) U2 + U2 V2 = 2(Ul + U~)Vl + 3[(Ul + U~)V2 + (U2 + U~)Vl] + 5(U2 + U~)V2 = 2UlVl + 3(UlV2 + U2Vl) + 5U2V2 + 2U~Vl + 3(U~V2 + u~vd + 5U~V2 = (1(u, v) + (1(u', v) ,
(1(au, v) = (1( (aUl) , (Vl )) = 2aul Vl + 3(aul V2 + aU2vd + 5au2v2 aU2 V2 = a[2ulvl + 3(UlV2 + u2vd + 5U2V2] = a(1(u, v) .
2) folgt sofort aus 1) und 3). 3) (1(u, v) = 2UlVl +3(UlV2+U2Vd+5u2V2 = 2VlUl +3(VlU2+V2Ud+5v2U2 = (1(v,u) .
4) (1(u,u) = 2ur + 6UlU2 + 5u~ = (V2Ul)2 + 2(V2ud(~) + ~ + ~ = 2
(V2 Ul + 7t)2 + ~ 2': 0 für alle U aus IR 2. Ist (1(u,u) = 0, so muss U2 = 0 und V2 Ul + 7t = 0 gelten, d.h. Ul = U2 = 0 und damit U = 0 .
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
334 Aufgabe 63
a) b)
Zeigen Sie, dass al = (1,0, 2)T, a2 = (2,1, O)T und a3 = (0,2, l)T eine Basis von IR 3 bilden. Geben Sie mit Hilfe des Gram-Schmidtschen Verfahrens eine orthonormale Basis VI, V2, V3 von IR 3 an, so dass gilt: (al) = (VI), (al, a2) = (VI, V2)
und
(al, a2, a3) = (VI, V2, V3) .
Mit (al), (al,a2), usw. wird der Untervektorraum bezeichnet, der von al, bzw. al und a2, usw. erzeugt wird. Lösung: a) Da IR 3 die Dimension 3 hat, bilden je drei linear unabhängige Vektoren daraus eine Basis. Die Vektoren al, a2, a3 sind linear unabhängig, denn
A(1,0,2)T +~(2,1,0)T +v(0,2,1)T = (O,O,O)T impliziert A =
~
= v = 0, weil die Determinante
° ° 2 °1 1 2 1
2 einen von Null
verschiedenen Wert hat, nämlich 9. Die Vektoren al, a2, a3 bilden also eine Basis von IR 3 . b) Durch Normieren von al erhält man 1 1 T VI := Ilalllal = yI5(1,0,2) ,
und damit
(al) = (VI) .
V2 wird aus a2 - (VI· a2)vI durch Normieren gewonnen; es gilt: a2 - (VI· a2)VI = (2 , 1, 0)
(-ti)
=
64 25
T
°
1 1 T 4) ( 8 - -yI5 . 2-(1 yI5 , , 2) = -5" 1 - 5
+ 1 + 16 25
=
J
105 = y'105 25 5'
V
2
= _1_ (
y'105
T
'
~)
-4
.
Wegen der Definition von v2 spannen VI und V2 denselben Untervektorraum wie al und a2 auf. Nun erhält man aus
m-Js.:S 0) -Y~05 Y:05 (J4)
a3 - (VI· a3)VI - (V2 . a3)V2
~
= (0,2, 1f -
(~ , 0, ~) T _ :5 (8, 5, _4)T = ( _ ~,
1: '
~) T
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
durch Normieren den Vektor V3
335
= ~(- ~ , 1:( ,
~)T
=
vh( -2,4, 1)T. Die
Vektoren V1, V2 und V3 bilden eine orthonormale Basis von IR 3 ; insbesondere gilt (a1,a2,a3) = (V1,V2,V3). Aufgabe 64
a)
Zeigen Sie, dass die folgenden vier Vektoren eine Basis von IR 4 bilden: b 1 = (0,1,1, 1)T, b 2 = (1,0,1, 1)T, b 3 = (1,1,0, 1)T, b 4 = (1,1,1, O)T .
b)
Verwenden Sie das Gram-Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren, um eine Orthonormalbasis Cl, C2, C3, C4 von IR 4 zu konstruieren, so dass für jedes r E {1,2,3,4} gilt: (b 1 , ... ,b r ) = (C1,""C r ) ,
Lösung:
a) Aus A1b1 +A2b2 +A3b3 +A4b4 = 0 folgt A2 +A3 +A4 = 0, Al +A3 +A4 = + A2 + A4 = 0 und Al + A2 + A3 = O. Summiert man diese vier Gleichungen, so folgt: Al + A2 + A3 + A4 = O. Zieht man von dieser Gleichung jede der obigen vier Gleichungen ab, so erhält man Al = 0, A2 = 0, A3 = 0 und A4 = 0; also: b 1 , b 2, b 3 und b 4 sind linear unabhängig.
0, Al
Ein anderer Beweis ergibt sich aus det (: 1
b) Da IIb 1 11 = v'02
~~
:) = -3 =j:. 0 .
110
+ 12 + 12 + 12 = v'3 gilt,
wird für Cl der Vektor ~b1
genommen. (Eine andere Möglichkeit wäre - ~b1 .) Mit Cl und b 2 wird zuerst d 2 := b 2 - (b 2 · CI)C1 = (1,0,1, 1)T -
-fi. ~(O, 1, 1, 1)T = (1, _ ~, ~, ~)T
definiert und dann durch Normieren C2 := IIJ211 d 2 =
!f(1, - ~, ~, ~)T .
Der Vektor d 3 := b 3 - (b 3 . cdc1 - (b 3 . C2)C2 = t(3, 3, -4, 1)T ist orthogonal zu Cl und C2; durch Normieren bekommt man den dritten Vektor der gesuchten Basis: C3 := IIJ3 11 d 3 = t(3, 3, -4, 1)T = vh(3, 3, -4, 1)T .
Jh- . Mit den Skalarprodukten b 4 . Cl = -fi ' b 4 · C2 = !f. ~ , b 4 · C3 = vk wird
der Vektor d 4 definiert, der orthogonal zu Cl, c2 und C3 ist:
=
1 1) ( ~
2
1 (0)
2
- 3 ~ -:5
11- (
- '3 (\
2
35
3 3 )
~4
1
= 35
(
15 15 )
~;O
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
336
Dalld4 11 = 315·15v7gilt,istc4:= 0(1, 1, 1,-2)T der vierte (und letzte) Vektor der gesuchten orthonormalen Basis {Cl, C2, C3, C4}. Durch die Konstruktion ist für jedes r E {1,2,3,4} gewährleistet, dass bl, ... ,b r und CI''''C r denselben Untervektorraum von IR4 aufspannen. Aufgabe 65
Berechnen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren der folgenden Matrizen:
Lösung: i) Wir berechnen die Nullstellen des charakteristischen Polynoms
XA(Z) = det(zE2 - A) = det =
Z2 -
(Z_~i3
4z + 3 - 8 = Z2
-
Z ~ 1)
4z - 5 = (z - 5)(z + 1) ,
die gleichzeitig die Eigenwerte von A sind. Für den Eigenwert Zl = 5 sucht man eine nicht triviale Lösung des homogenen Gleichungssystems - 3 ( Zl-8i
i) (x) (0)0 ' Y
Zl - 1
d.h. des Systems
{
2x + iy = 0
-8ix + 4y = 0
(-i,2)T ist eine solche Lösung; sie ist gleichzeitig ein Eigenvektor zum Eigenwert 5. Analog für Z2 = -1 erhält man die nicht triviale Lösung (1, -4i)T
~2) (:) = O. Also ist ( -~i)
-4i des homogenen Gleichungssystems ( -8i ein Eigenvektor zum Eigenwert -1 von A .
ii) Es gilt: det(zE2 - B) = det (
Z
~2
Z
~ 2)
= (z - 2)2. Deshalb ist 2
der einzige Eigenwert von B. Das Gleichungssystem
(~ ~)
(: )
(~),
d.h. 5y = 0, hat (l,O)T als nicht triviale Lösung. Also: B hat nur einen Eigenwert, und dazu (bis auf einen von Null verschiedenen Faktor) nur einen Eigenvektor. Aufgabe 66
Bestimmen Sie die Eigenwerte und die entsprechenden Eigenräume für
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
337
Lösung: i) Sei A ein Eigenwert von A und x =
(XI,X2,X3)T E
IR 3 mit der Eigenschaft
Äquivalent dazu ist das lineare Gleichungssystem 0= AX3 .
°
°
Ist A i- 0, so folgt X3 = aus der dritten Gleichung, dann X2 = aus der zweiten Gleichung, und schließlich Xl = aus der ersten Gleichung. Da x ein Eigenvektor sein soll, ist dies nicht möglich. Deshalb muss A = gelten. Es folgt X3 = aus der zweiten Gleichung und damit X2 = aus der ersten Gleichung. Man kann also Xl beliebig wählen, und deshalb ist {(XI,O,O)T; Xl E IR} der Eigenraum zum Eigenwert 0.
°
°
ii) Sind (::) E IR' und WR ntit
° °
°
0~ n(::) ~
°
A (::).
°
'0
° °
gilt X3 = AXI, = AX2 und = AX3. Ist A i- 0, so ist A kein Eigenwert, da aus den letzten zwei Gleichungen X2 = X3 = und damit aus der ersten Gleichung Xl = folgt. Ist A = 0, so ist (XI,X2,X3)T genau dann eine Lösung des Gleichungssystems, wenn X3 = gilt. Also: ist ein Eigenwert von B und die Ebene {(XI,X2,0)T; XI,X2 E IR} ist der zugehörige Eigenraum.
°
Aufgabe 67
Betrachten Sie die Matrix
A=(~
-1
-1 2
3
°
°
-1 2
3
einmal als reelle und zum anderen als komplexe Matrix. Bestimmen Sie in beiden Fällen die Eigenwerte und Eigenräume von A. Hinweis: 4 ist ein Eigenwert.
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
338
Lösung: Das charakteristische Polynom der Matrix A ist
A- 2 1 0 -3 A- 2 1 ( det(AE4 -A) = det 0 -3 A- 2 1
0
-3 ) 0 1
-3
A- 2
Eine Nullstelle dieses Polynoms ist Al = 0, eine andere ist tatsächlich A2 = 4, weil: 256-512+576-320 = O. Teilt man A4 -8A 3 +36A 2 -80A durch A(A-4), so erhält man A2 - 4A + 20; die Nullstellen dieses Polynoms sind A3 = 2 - 4i und A4 = 2 + 4i. Wir bestimmen nun die Eigenräume zu den beiden reellen Eigenvektoren Al und A2. Für Al = 0 hat das Gleichungssystem -2Xl + -3Xl -
X2 2X2
-
-
+
3X2 -
Xl
-
3X4
= 0
X3 2X3
= 0
+
3X3 -
X4
= 0
2X4
= 0
den Lösungsraum {a(-1,1,-1,1)T I a E IR}. Er ist der Eigenraum zu Al = O. Für A2 = 4 hat das Gleichungssystem 2Xl +
X2
-3Xl +
2X2
-
3X2
Xl
-
+
3X4
= 0 = 0
X3
+ 2X3 + X4 = - 3X3 + 2X4 =
0 0
als Lösungsraum {a(1,1,1,1)T I a E IR}; er ist der Eigenraum zu A2 = 4. Nun bestimmen wir die Eigenräume von Aals Untervektorräume von (4. Zu Al und A2 sind {a(-1,1,-1,1)T I a E (} bzw. {a(1,1,1,1)T I a E (} die Eigenräume. Für A3 = 2 - 4i erhält man das Gleichungssystem -4ixl + -3Xl -
X2 4ix2
3X4
+
3X2 -
Xl
-
= 0
X3 4ix3
= 0
+
3X3 -
X4 4ix4
= 0 = 0.
Der Eigenraum zu A3 ist der Lösungsraum dieses Systems: {a(i, -1, -i, 1)T q . Schließlich erhält man für A4 das Gleichungssystem
a E
I
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
339
+ 4ix2 + X3 =0 3X2 + 4ix3 + X4 = 0 Xl 3X3 + 4ix4 = 0
-3XI
und damit den Eigenraum {a(-i,-1,i,1)T I a E G:}. Aufgabe 68
(~1 o~ 5~)
Sei A die symmetrische 3 x 3-Matrix a) b) c)
Bestimmen Sie die Eigenwerte von A . Bestimmen Sie zu jedem Eigenwert von A einen Eigenvektor von A . Nehmen Sie die Hauptachsentransformation der Matrix A vor.
Lösung:
a)
z-1
o
-5 = (z -
o
-5
o
z-1
z-5
1)2(Z -
o
5) - 25(z - 5) = [(z - 1)2 - 25](z - 5)
hat die Nullstellen Zl = -4, Z2 = 5, Z3 = 6, wie man sofort an der Gestalt der Determinanten von zE3 - A sieht. Also: -4, 5 und 6 sind die Eigenwerte von A.
b) Das Glekhungs'y,tem (z;E, - A) (
Lö,nngv,=
U)
füc ;=1, v,=
~) = (~) hat eine nicht tdviale
m
füc ;=2 und v,=
c) Wie erwartet, bilden die Vektoren von IR 3 . Mit
VI, V2
und
muss gelten:
Das zeigen wir als Probe; es gilt p- l =
(
V3
m
füc; = 3.
eine orthogonale Basis
p-l AP =
-~21 o~ -~~%)
( -~4 o~ O~)
und damit
340
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
P-1·A·P=
(~ ~ -?~) (~ ~ ~) (~ ~ ~) '2
0
'2
5 0
(~2 ~ ~) (~ 3
0 3
-1
1
-1
0
1
~~) (~40 0~ 6~)
0
1
Aufgabe 69
Führen Sie die Hauptachsentransformation für die Matrizen
i)
A=
(1-iV2 iV2) 2
und danach die Probe durch! Lösung: i) Wir nehmen die Hauptachsentransformation der her mit eschen Matrix A vor. Zuerst bestimmen wir die Eigenwerte von A. Das charakteristische Poly-
nom det (A. -/01 zv2
o und
3.
C~)
-i
V2 ) =
A- 2
ist wegen
(A-l)(A-2)+2i 2
C~ -~f) C~) = (~)
tor zu O. Das Gleichungssystem
(i~
)
(i~
-i;n) (~~)
=
ein Eigenvek-
(~)
hat z.B.
als nichttriviale Lösung. Nun wird zu jedem Eigenwert ein normier-
ter Eigenvektor betrachtet; wegen
und 11
= A2 -3A hat die Nullstellen
1 (i~) 1
(i~ )11' ~ ( _~}, ) . (i~) ~
1) .(~~)~
2
.
= (-i~) (i~) = 6
3 ,ind (
1)
und
(~~
)
normierte Eigenvektoren zu 0 bzw. 3. Diese zwei Vektoren sind orthogonal
,ueinand", da (
0 gilt. (Sonet hätten wi, - gemäß
der allgemeinen Theorie - einen Rechenfehler gemacht!). Damit ist U .-
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
(~ ~~)
341
eine unitä<e Matdx. Es bleibt. noduu p,üfen, da" U T . A· U
~
(~ n~lt (~ ~~)- (-i~ i~) (~ ~~) (~ _~~)-(~ ~1)~(~ n· ii) Für die symmetrische Matrix Bist det (>' - 1)
= (>.2
- 1)(>' - 1)
lineare Gleichungssystem
°
= (>' + 1)(>' -
(~ >. ~ 1 ~1)
°
= >.2(>. -1)-
-1 >. 1)2 . Zum Eigenvektor -1 ist das
(~1 ~2 ~1) (~~) (~) zu betrachten;
°
°
-1 -1 X3 es folgt X2 = und Xl + X3 = 0, d.h. der entsprechende Eigenraum wird von (1,0, _l)T aufgespannt. Für den Eigenwert 1 erhält man das lineare Glei-
chun~system
U~ T) (::) 0),
was,"
x,
~ x,
äqliment
ist. Deshalb ist der Eigenraum zum Eigenwert 1 eine Ebene, die z.B. von (O,l,O)T und (1,0, l)T aufgespannt wird. Durch Normieren von (1,0, _l)T erhält man 0(1,0, _l)T. Die Vektoren (O,l,O)T und (1,0, l)T sind schon orthogonal zueinander, und der erste hat
(!) , ~) (0 °°.f0)
die Länge 1. Es genügt also (1,0, 1f zu normieren, und damit erhalten wir
J, (
eine O,thono,malhasis
Die Matrix Q:=
_~
v'2
ist es auch, da
1
des Eigemaums ,um Eigenwe
muss laut Theorie orthogonal sein; sie
v'2
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
342
QT. Q =
( ~~0
~) 0
~) . (~0
01 -
0
0
~
o1 -~ o
~ -1
gilt. Zu prüfen ist noch, ob QT BQ die Diagonalmatrix ( ~ Es gilt tatsächlich:
~
~)
(~
0 (0 0 1) ( 010·010·0 ..L V2
(-r V2
O..L V2
1 0 0
~) (~
_..L V2
~)
o 0 · 0 100 1 O..L V2
_..L V2
O..L V2
=
~) 0 =
o1 o
~
(-1 0 0) 010 0
0
1
Aufgabe 70 Welche der folgenden Matrizen sind orthogonal, unitär, hermitesch? i)
A
iv)
=
(~ ~)
ii)
.
D=!.(I+i 1- i) 2 1 - i l+i
B
=
(i
~) v)
.
iii)
F~~(;-2
C
-2 2
-1
=
(i
~)
.
0
Lösung: Eine reelle quadratische Matrix A E Mn(lR) heißt orthogonal, falls AT A = E n gilt. Eine komplexe quadratische Matrix A E Mn(G.:) heißt unitär, falls
jf A =
E n gilt. Eine komplexe quadratische Matrix A E Mn(G.:) heißt her-
mitesch, falls A = AT gilt. i) A
= AT
und AT. A
= A 2 = (01 1) (0 01) = (10 1 0) · 01
Also ist A
orthogonal (und damit unitär) und hermitesch, da AT = AT = A gilt. ii) B T
= B T = (~
i)
i=- B; deshalb ist B keine hermitesche Matrix. Es
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel . gIlt B T B -_ (10
343
1) 1 (11 0) 1 -_ (21
~ ) ; das zeigt, dass B
nal noch unitär ist. iii) C T = C T = C; also ist C hermitesch. Es gilt C T C (
~ ~) (~ ~)
iv) D T =
=
weder orthogo-
CT C
=
2
. Deshalb ist C weder orthogonal noch unitär.
~ (~ ~ ~ ~ ~ ~)
=j:. D zeigt, dass D nicht hermitesch ist. D
(l-i l+i). l+i I-i
E2
.
=
(~ ~ )
=
ist nicht reell; also bleibt nur noch die Frage, ob D unitär ist. D T 1.
C2
1. 2
(l+i I-i) I-i l+i
= 1. 4
(2+2 0) 0 2+2
=
.
D
(1 0) 0 1
=
Also: D ist unitär.
v) Man hat F T = F T =
~ (!21 2~ 2=~)
=j:. F. Es gilt
F' F= ~ (~2 ~ ~;) (l2 !: 0= ~ 0~ n=
E,
F ist also unitär, aber nicht hermitesch.
Aufgabe 71
Bestimmen Sie den Typ des Kegelschnittes der folgenden Gleichung m Abhängigkeit vom Parameter a E IR: x 2 + 2axy
+ y2
- 2x - 4y
+ 4= 0.
Lösung: Für a = 0 lässt sich die Gleichung in der Form (x - 1)2 + (y - 2)2 - 1 = o schreiben; dadurch wird der Kreis mit dem Mittelpunkt (1,2) und dem
Radius 1 beschrieben. Sei a =j:. 0; mit A := x
=
(~)
lautet die Gleichung x T Ax
Mit 5 :=
und
Jz ( ~1 )
Jz (~ ~1 )
~)
,b
+ 2b T X + 4 = O.
die Eigenwerte 1 + a und 1 - a. Dazu sind
Jz (~)
(!
(~)
bzw.
:=
(=~)
und
Die Matrix A hat
(~ 1 )
Eigenvektoren.
bilden eine zugehörige Orthonormalbasis von IR 2 . führen wir die Koordinatentransformation x = Sx'
durch, und erhalten äquivalent zur gegebenen Gleichung:
344
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
1:
= o. Das ist Ist a = -1, so ergibt sich daraus (y' - 2~)2 - ~X' + die Gleichung einer Parabel. Ist a = 1, so erhält man wieder eine Parabel, + ~ = O. Ist a E IR\{-I, I,O}, diesmal mit der Gleichung (x' - 20)2 -
Jzyl
so kann man (*) in (1
+ a)
(XI _ V2
3 ) 2(1 + a)
2
+ (1 _ a)
(yl _ V2
1 ) 2(1 - a)
umformen. Diese Gleichung beschreibt eine Hyperbel für für a E]- 1, u 1[ oder einen Punkt für a = ~ .
H H,
2
(2a - 1)2 = 0 1 - a2
lai>
1, eine Ellipse
Aufgabe 72
Zeigen Sie, dass die folgende Gleichung ein elliptisches Paraboloid definiert: 3x 2 + 2y2 + 4z 2 + 4xy + 4xz
+ 2x + 4y -
6z
44
+9
= 0.
Bestimmen Sie die Symmetrieachse dieses Paraboloids und dessen Scheitelpunkt. Lösung:
Mit A
~ (~ ~ ~) ~ ,b
( !3) und x
~ (~
) läss"kUe Gleichung
in der Form x T Ax + b T X + ~4 = 0 schreiben. Die Matrix A hat die charakteristische Gleichung det(AE3 - A) = A3 - 9A + 18A = A(A - 3)(A - 6), und damit die Eigenwerte Al = 6, A2 = 3 und A3 = O. V1 = ~(2, 1, 2)T , V2 = ~(1, 2, -2)T , V3 = ~(-2, 2, I)T sind Eigenvektoren von A zu Al, A2, bzw. A3. Sie bilden eine Orthonormalbasis von IR 3 ; mit der daraus gebildeten Matrix 5 :=
~ (~2
-;2)
;
-2
1
führen wir die Koordinatentransformation x = 5x'
durch. Wegen b T ·5 = ~(-2, 11, -1) erhält man aus der gegebenen Gleichung 6X /2 + 3y/2 - i3 X' + 22 + 449- -o·' anders geschrieben·. 3 y' - ~z' 3
6
(
X
I
-
9) 2+ 3 (y + 9 )2 1
I
11
1 I 3(2z - 1) = 0 .
345
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
Das ist die Gleichung eines elliptischen Paraboloides mit der Symmetrieachse x' = y' = und dem Scheitelpunkt 191 , ~). In den ursprünglichen
!'
1i
Koonlinaten ist {
(!, -
~ ~~) + &( ~2) (
tE IR} die Symmetdeachse und
(-~, -t, ~~) der Scheitelpunkt. Aufgabe 73 Welche Art von Quadrik wird durch die Gleichung
7x 2 + 6y2 + 5z 2 - 4xy - 4yz - 6x - 24y + 18z + 30 = 0 beschrieben? Lösung: Die Gleichung kann auch in der folgenden Gestalt geschrieben werden:
7 (x,y,z) ( -2
o
-2 6 -2
~2)
(0
+ 2(-3,-12,9)
Die ehacakted,U,che Gleichung d., Matd" A
(~) +30 ~ 0
,~ (~2 ~: ~2)
ist
det(>.E3 - A) = >.3 - 18>.2 + 99>' - 162 = O. Die Nullstellen dieser Gleichung, also die Eigenwerte von A sind >'1 = 9, >'2 = 6, >'3 = 3. Hieraus können wir bereits ablesen, dass es sich um ein Ellipsoid, um einen Punkt oder um die leere Menge handelt. Die Vektoren k(2, -2, l)T , k(2, 1, _2)T und k(1,2,2)T sind Eigenvektoren von A zu den Eigenwerten >'1,>'2, bzw. >'3. Sie bilden eine Orthonormalbasis von IR3, und die orthogonale Matrix
S :=
k (~2 1
i ~)
-2
2
hat die Eigenschaft: S-l AS =
(~0 0~ 3~). We-
gen (-3, -12,9) . S = (9, -12, -3) erhält man aus der gegebenen Gleichung mittels der Koordinatentransformation x = Sx' die Gleichung
9X,2 und daraus
+ 6y,2 + 3Z,2 + 18x' -
24y' - 6z'
+ 30 =
0
346
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül 9(x'
+ 1)2 + 6(y' -
2)2
+ 3(z' -
1)2 = 6 .
Mit einer weiteren Koordinatentransformation (nämlich einer Translation der Gestalt x" = x' + 1, y" = y' - 2 und z" = z' = 1) erhält man die Normalform
f2
T +~+T
M
"2
eines Ellipsoides mit den Halbachsen V~, 1, v 2 :
112
112
Insgesamt hat man die Koordinatentransformation
x) ( y z
= x = Sx" + S
-1 ) ~ (
( 2 1
=
3
+ 2z" z") + -2x" 2x"++2y" y" + x" - 2y" + 2z"
= 1.
(1) 2
.
-1
In den alten Koordinaten ist (1,2, -1) der Mittelpunkt des Ellipsoides, und die Achsen des Ellipsoides liegen auf den Geraden
x-1 y-2 --=--=z+l 2 -2
x-1 z+l y-2 z+l - - =y-2= - - , bzw. x-1 = - - = - 2 -2 2 2
weil sie den x"-,y"-, bzw. z"-Achsen bezüglich der Koordinatentransformation x = Sx" + (1,2, -l)T entsprechen. Aufgabe 74
Bestimmen Sie den Typ der folgenden Fläche zweiter Ordnung in Abhängigkeit von der reellen Zahl a :
ax 2 + y2
+ az 2 + 2xz + 2x + 2y + 2az + 1 + 2a =
Lösung:
D;e Gleichung wi,d mit den Be,eichnungen A
~ (~
und x = (x, y, z)T wie folgt geschrieben: x T Ax charakteristische Polynom
°.
! ~), ~ (i) b
+ xTb + 1 + 2a
0. Das
det(AE3 - A) = (A - a)2(A - 1) - (A - 1) = (A - l)[(A - a)2 - 1] hat die Nullstellen Al = 1, A2 = a + 1 und A3 = a - 1. Für a E IR\ {O, 2} sind diese drei Eigenwerte paarweise verschieden. Vl = (0,1, O)T , V2 = (1,0, l)T und V3 = (1,0, _l)T sind Eigenvektoren zu Al, A2, bzw. A3. Für a = gilt Al = A2 = 1 und A3 = -1. Die Vektoren Vl und V2 bilden eine Basis des Eigenraumes zum Eigenvektor 1, während V3 ein Eigenvektor zu -1 ist. Für a = 2 bilden Vl und V3 eine Basis des Eigenraumes zu 1 = Al = A3;
°
V2 ist ein Eigenvektor zu A2
= 3.
Setzt man S
=
~ (~ ~ ~) , so
°
1
-1
347
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel 1
° ~ °
vI2
Substitution x = X,2
° ° Sx'
a+l
erhält man
+ (a + l)y'2 + (a -
l)z'2
+ 2x' + V2(a + l)y' + V2(1 -
a-l
a)z'
). Mit der
+ 1 + 2a =
°.
Äquivalent dazu ist (x' + 1)2 + (a+ l)(y' + ~)2 + (a -1)(z' - ~)2 = a. Diese Gleichung (und damit auch die ursprüngliche Gleichung) definiert für a < -1 ein zweischaliges Hyperboloid, für a = 1 einen hyperbolischen Zylinder, für a E] - 1, o[ ein einschaliges Hyperboloid, für a = einen elliptischen Kegel und für a E]O, 1[ ein zweischaliges Hyperboloid. Für a ~ 1 erhält man die leere Menge. (Das sieht man sofort für a = 1, da die ursprüngliche Gleichung in der Form (x + z + 1)2 + (y + 1)2 + 2 = geschrieben werden kann!)
°
°
Aufgabe 75
Untersuchen Sie die Konvergenz der folgenden Folgen und geben Sie gegebenenfalls den Grenzwert an.
i) ii) iii) iv) v) vi)
a n .= cosn . (1. n ' log(2 _ .!.))T n· Sin.!. )T b n := ( ~,cosn7r . . _ (n 2 +n+l 1 . 7r)T en ·- n4+n2+1' Ti cos n, n sm Ti . dn:=((I+~)n,nsinn;,~lnn)T.
._ (~n ( l)k 1 ~n 1 ~n l)T e n ·- L..,k=l k' L..,k=l k2 ' L..,k=l"f":2k . .- (n 2 +2n-l.!. _ t 1. ~n (1 _ ..!...))T f n·n2+n+l' n cosn an n' L..,k=O 3k 5k
•
Hinweis: Es gilt: 2:~1 -& = ~2 • Dies kann man als Nebenprodukt von Beispielen über Fourierreihen gewinnen (siehe Kapitel 3). 2:~1 (-I)k und 2:~1 ~ können Sie aus der Taylor-Reihe von In(1 + x) erhalten.
i
Lösung: i) Es gilt I.!. n cos nl
::;
1. und deshalb ist lim 1. cos n = 0. Wegen der Stetigkeit
n n-+oo n von In folgt lim In(2 - 1.) = In 2. Also: lim an = (0, In 2)T . n-+oo n n-+oo
ii) lim sin ~ = 0, da 1 sin.!.l ::; 1 gilt. Dagegen hat die Folge (cos n7r )n>l n-+oo n n keinen Grenzwert, da diese Folge die alternierende Folge (-1,1, -1, 1, ... ) ist. Deshalb konvergiert die Folge (b n )n2:1 nicht. iii) Es gilt:
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
348
=
n-+oo
lim
x--+O
co:x
sin .rr..
lim
7r --,,-n-
n-+oo;:-
iv) Bekanntlich gilt
lim (1
n--+oo
=
sin .rr..
sin x
hm n --+ oo --,,-n- = 7r, weIl hm = n x-+O x = 1 nach der Regel von de l'Hospital. Also: lim C n = (0 , 0, 7r)T .
und lim n sin;
7r
•
•
•
n--+oo
+ .l)n = e. n
Für n
= 4k + 1 gilt
n sin n21l" =
(4k + l)sin(2k7r +~) = 4k + 1. Die Folge (nsin nnn:;:::1 enthält also eine divergente Teilfolge. Sie ist also divergent, und damit ist die gegebene Folge in IR3 auch divergent. (Die dritte Komponente braucht man gar nicht mehr zu untersuchen!). v) Die Reihe L~1 (-I)ki ist bekanntlich konvergent. (Dies zeigt man z.B. mit Hilfe des Leibnitzschen Kriteriums). Die Reihe L~=1 ist konvergent. Auch die Reihe L~1 k.1k ist (wegen ~ ~ :j,; und der Konvergenz der geometrischen Reihe) konvergent. Aus
b
ln(1 + x) ergibt sich für x ln2
=
x2 -
=x -
2
x4
x3
= 1 und x = -~ : = - L~I(-I)ki n--+oo
r
n~~
.
t
' -ln2
L~I(-I)k+li
Wegen hm n --+ oo an Ti1
=
°
n 2 +2n-l 2+ +1
n
,",00
,wk=O
_ -
n
1 3k
=
x6
345
- L~1 ~. Also: lim e n = (-ln2, ~2 . VI)
x5
+ - - - + - - - + ...
,
=
=
ln(~)
ln(1 - ~)
ln2)T.
_
. l+!-~ hm 1+1.+ 1 n--+oo n ~ 1 I-i
6
23 un d
-
1,
,",00
1 5k
wk=O
.
hm - cosn -
1
_
0,
. t IS
d·le
n--+(X) n
1 = l-k =
45
Folge (fn ) konvergent und ihr Grenzwert gleich (1,0, t)T . Aufgabe 76
Sei f : IR 2
--t
IR die durch f(xl, X2):=
2/2+9
Xl
X2
definierte Funktion. Bestim-
men Sie für alle natürlichen Zahlen n 2: 1 die Höhenlinien
Lösung: Die Gleichung f(xl,x2)
lässt sich zu xi + x~ = n 2 - 9 umformen. Für n = 1 und n = 2 gibt es keine Lösung (in IR2 ) dieser Gleichung. Für n = 3 erfüllt nur der Nullpunkt 0 die obige Gleichung. Also: H:l(f) = {O}. 9
= ,&
Schließlich ist H ~ (f) für n 2: 4 die Kreislinie mit dem Mittelpunkt 0 und dem Radius
vn
2 -
9.
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
349
Aufgabe 77 Es sei I : IR 2\ {O} -+ IR, I(Xl, X2)
.-
Xf+X2 sin Xl. x~+x~
I
Kann man
in (0 o)T ,
stetig fortsetzen? Lösung: Nein! Man kann I in 0 durch den Wert a E IR genau dann stetig fortsetzen, wenn I in 0 einen Grenzwert a besitzt. Die folgenden Betrachtungen zeigen, lim x~++~
dass es ein solches a hier nicht gibt. Es gilt lim f(Xl, 0) XI--+O
lim Xl = 0, lim 1(0, X2) = lim
Xl --+0
X2--+0
X2--+0
= 0, aber
00++02
X2
+ t sin t =lm l' (t-+-sin t ) + t2 t--+O 2 2t 3 . . t + 3t sin t 3 hm I(t, 3t) = hm 2 9 2 = -0 . t--+O t--+O t + t 1 · I( tt=lm ) l' t 3 11m
t--+O
'
t--+O
XI--+O Xl
t2
-1
2 '
Aufgabe 78 Sei 0 der Nullpunkt in IR2. Für jede natürliche Zahl n 2: 1 betrachte man die Funktion In : IR2\{0} -+ IR , In(Xl,X2):= Xl4X+2X 24' Bestimmen Sie alle
n 2: 1, für welche In in 0 stetig fortsetzbar ist, d.h.: Für welche n 2: 1 existiert lim In(Xl,X2)? (XI,X2)T --+0
Lösung: Für n = 1,2,3 und 4 und alle k 2: 1 gilt: In(-l,O) = 0 und In(O, = k 4 - n. Deshalb existiert der Grenzwert von In für n :::; 4 im Nullpunkt nicht. Für n 2: 5 hat man
i)
I/n(Xl,X2)1 =
IX+21 n 4
4
Xl
X2
=
x4
4:
Xl
4
x2
·I X2I n- 4
:::;
IX2I n- 4
,
und deshalb ist der Grenzwert von In in 0 gleich Null. Durch die Hinzunahme des Wertes 0 für den Punkt 0 lässt sich also In für n 2: 5 zu einer stetigen Funktion auf IR 2 fortsetzen. Aufgabe 79 Seien nl und n2 mit nl 2: n2 2: 1 natürliche Zahlen. Seien Inl,n2 und gnl,n2 die durch und
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
350
auf IR 2\{0} definierten Funktionen. Für welche (nI, n2) ist fnl,n2 bzw. gnl,n2 in 0 zu einer stetigen Funktion auf IR 2 fortsetzbar? Hinweis: Betrachten Sie die folgenden Spezialfälle: i) nl = n2 = 1,ii) nl > 2, n2 = 1, iv) nl 2': 3, n2 = 2, v) n2 2': 3.
iii)
nl
Lösung: Als rationale Funktionen sind f n l,n2 und gnl,n2 stetig auf IR 2\{0}. i) Sei mE IR und (Xl,X2)T = (t,mt)T. Geht man auf der Geraden X2
2,
= mXl
2
gegen 0, so gilt: limhl(t,mt) = limt2;t2t2 = 1+m 2 , limgll(t,mt) = t-+O ' t-+O m m t-+O' lim tl: m2tt2 . Beide Grenzwerte existieren also in 0 nicht; im ersten Fall, weil t-+O m das Ergebnis von m abhängig ist, im zweiten, weil für m = -1 der Grenzwert o ist, während für m > -1 gilt: t + mt . 11m = t-+O+ t 2 + m 2t 2
00
1. t + mt 1m = ' t-+O- t 2 + m 2t 2
-00 .
Ix2x21 ::; IX2 I folgt lxiI x~1 < IXllnl -21 x21 und damit gilt für ii ) Wegen ~+ Xl X 2 Xl +X 2 nl 2': 2: lim fnl,I(Xl,X2) = O. f nl,l ist durch den Wert 0 in 0 fort(XI,X2)-+O setzbar. lim g2,1 (Xl, 0) = 1, lim g2,1 (0, X2) = 00, und für nl 2': 3 XI-+O X2-+0+ lim gnl,l(Xl,O) = 0, lim gnl,1(0,X2) = 00 zeigen, dass gnl,l für nl 2': 2 XI-+O X2-+0+ in 0 nicht stetig fortgesetzt werden kann. iii) g2,2(Xl,X2) = 1 für alle (Xl,X2)T E IR 2\{0}. Deshalb ist g2,2 durch 1 in 0 2
2
stetig fortsetzbar. Wegen 0 ::; X~)+X;2 ::; min(xr, x~) folgt, dass h2 in 0 durch I
2
den Wert 0 stetig fortgesetzt werden kann. iv) Für nl 2': 3 gilt lim fnl,2(Xl,0) = 0
lim f n l,2(0,X2) = 1 und X2-+0 o ::; gnl,2(Xl,X2) ::; min(x~1,x~) . Deshalb ist fnl,2 nicht stetig fortsetzbar in 0, während gnl,2 durch den Wert 0 stetig fortsetzbar in 0 ist. XI-+O
n1+
n2
v) Wegen IX~2+:~ I ::; 2max(lxll,lx21) für n2 2': 3 und IXll,lx21 ::; 1 sol 2 nl
n2
X;2 I ::; min(lxll nl , I X21 n2 ) für n2 2': 3 und lXII, IX21 ::; 1 wie I XX)2+ I 2 f nl,n2 und gnl,n2 in 0 durch den Wert 0 stetig fortsetzbar.
sind
Aufgabe 80
Bestimmen Sie die größte offene Teilmenge D von IR 2, auf welcher durch fex, y) := (xy)XY eine Funktion definiert ist. Berechnen Sie die partiellen Ableitungen von f .
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
351
Lösung:
l(xo, Yo) ist wohl definiert, wenn xoYo > 0 gilt. Ist xoYo = 0, so ist 1 in (xO,yo)T nicht definiert. Ist xoYo < 0, so kann es manchmal sein, dass (XOyo)XOYO sinnvoll ist, nämlich wenn xoYo eine negative ganze Zahl oder ein negativer Bruch mit ungeradem Nenner ist. In jeder Umgebung von (xo, yo)T liegen aber Punkte, in welchen 1 nicht definiert ist. Ist nämlich xoYo ganzzahlig und negativ oder ein negativer Bruch mit ungeradem Nenner, so gibt es ein no E IN, so dass der Bruch xoYo + 2~ negativ für alle n 2: no ist. (Im Falle xoYo ganzzahlig negativ gilt sogar no = 1.) Für alle n 2: no ist (xoYo + 2~ ) 2nx OYo+1 definiert, aber die 2n-te Wurzel daraus nicht. Die Folge (xo + 2nlYo ,YO)nT>n _ 0 konvergiert gegen (xo,yo)T, aber 1 ist darauf nicht definiert. Deshalb ist die größte offene Menge D C IR 2 , auf welcher 1 definiert ist, die Vereinigung des offenen, ersten Quadranten mit dem offenen, dritten Quadranten, d.h. D:= {(x,y)T E IR 2 1x
> O,y > O} U {(x,yf E IR21 x < O,y < O}.
Es gilt in jedem (x,y)T aus D
+ xy . ;Y] (xy)X Y . x[ln(xy) + 1] .
exp(xyln(xy)) . [yln(xy) U(xy) =
man:
tx
~(x,y) = (exp(xyln(xy))) Y = (xy)X . y[ln(xy) + 1] . Analog zeigt :
Aufgabe 81
Es sei
a) b)
1 : IR 2 --+ IR ,
Ist Ist
1 partiell differenzierbar in 0 ? 1 differenzierbar in 0 ?
Lösung:
a)
lim l(xI,O) - 1(0,0) = lim Xl Xl - 0 Xl ...... O Xl
Xl ...... O
lim 1(0, X2) X2 ...... 0
-
X2 -
-
0 = 1. 0
1(0,0) = lim 0 - 0 = 0 . 0
X2 ...... 0
X2 -
0
1 ist deshalb partiell differenzierbar in 0 . b) 1 ist (laut Aufgabe 77) nicht stetig in 0, zierbar in 0 .
'
'
81
= 1.
also:
-8 (0,0)
also:
-8 (0,0) =
Xl
81
X2
o.
und damit auch nicht differen-
352
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Aufgabe 82
a)
Bestimmen Sie für f(x, y, z) := x2~i;2~z2 den maximalen Definitionsbe-
b) c)
reich D f in IR3 . Ist f: D f -+ IR 3 in (O,O,O)T = 0 stetig fortsetzbar? Berechnen Sie die partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung der Funktion f .
Hinweis: Die neun Ableitungen zweiter Ordnung von finiert:
~ = :x(~)'
::ty
= :x(~)'
::tx
f werden wie folgt de-
= :y(~)'
usw.
Lösung: a) Df ist IR 3 \{O} .
b) Es gilt lim f(x,O,O)
lim ~ =
x-tO+ x
x-tO+
00,
stetig fortsetzbar. c) Die partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung von
!ll 8y (X, y, Z ) --
f Y (x, y, Z ) --
-
2y sin x (X2+y2+Z2)2 ,
!ll 8z (X, y, Z ) --
f z (x, y, z ) -- -
2z sin x (x2+y2+Z2)2 ,
f i (X, y, Z ) = f yz (x, y, z ) = 8y8z
8yz sin x2J3 (X 2+y2+ Z
f in 0 nicht
und deshalb ist
f sind:
= f zy (x, y, z ) .
Bemerkung: 82
~
82
~
Der Satz von Schwarz zeigt, dass die Gleichungen ifxIfy = if:;j-§x , und ~
::tz
=
2 :z t y
2
2
kein Zufall sind! Sie gelten wegen der Stetigkeit von
f i und f i 8z8x
8x8y , 8y8z
8 ~ _ 8 ~ ifxtiz - ifzIix
.
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
353
Aufgabe 83
Bestimmen Sie die größte offene Teilmenge D von IR2, auf welcher die Zuordnung (x,y)T r-t f(x,y) := (e Y + arcsin(~),eX + arctan(~))T definiert ist. Berechnen Sie die (totale) Ableitung von f : D -7 IR2 . Lösung: Man hat
f'(x,y) =
D = {(x, y)T E IR2 Ilxl
;x (e ( ;x(e
Y
+ arcsin(~))
X
+arctan(~))
eY
-
l+~
1 •• 1
Y
{
;y(e X
~l-~ :7x
-:-:-5+1 -1
Es gilt
;Y (e Y+ arcsin( ~)) )
----11..:....-~
Dabei ist .t1LJ. = sgn y =
< lyl}.
+arctan(~))
1
, falls y , falls y
=
(VY
sgn Y
e
x+
Y
2 _X 2
Y
~
x
e - IYIVy 2 -x 2 x - x 2 +y 2
)
•
>0, <0.
Aufgabe 84
Es sei f: IR2 -7IR 2 , (XI,X2f a) b) c) d) e)
r-t
f(XI,X2) := (e Xl sinx2,exl
COSX2)T •
Zeigen Sie, dass f in jedem Punkt differenzierbar ist. Berechnen Sie f'(XI,X2) und detf'(xI,X2) . Bestimmen Sie das Bild B von f . Ist f in jedem Punkt von IR 2 lokal umkehrbar? Ist IR 2 -7 B, (XI,X2)T r-t f(XI,X2) global umkehrbar?
Lösung: a) Die beiden Komponenten von f sind in jedem Punkt von IR 2 differenzierbar, und damit auch f . e Xl cos. X2 ) f ' (Xl X2) = ( eXl sin X2 b) Es gilt: , eXl cos X2 _e Xl sm X2 ' det f'(XI, X2) = _e 2Xl sin 2 X2 - e2Xl cos 2 X2 = _e 2Xl . c) Wegen (e Xl sinx2)2 + (e Xl COSX2)2 = e 2Xl =I- 0 liegt der Nullpunkt 0
nicht im Bild von f. Ist (UI,U2) =I- (O,O)T = 0, so hat das Gleichungssystem eXl sinx2 = UI , eXl COSX2 = U2 Lösungen. Xl ist durch ~ In (ur + u~) eindeutig bestimmt; X2 ist bis auf ein Vielfaches von 271" durch sin X2 COSX2 = ~ eindeutig bestimmt. Also: B = IR 2\{O}.
AA ' U l +U 2
U l +U 2
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
354
d) Ja! Das folgt wegen detf / (xI,x2) =P 0 für jedes (XI,X2)T aus IR 2 . e) Nein! (Xl, X2)T und (Xl, X2 + 27r)T werden auf denselben Punkt abgebildet, d.h. f ist nicht injektiv.
Aufgabe 85 Seien A := {(r,'P,1j;)T E IR 3 Ir> O}, t : A -+ IR3 , (r,'P,1j;)T M t(r,'P,1j;) = (r cos 'P cos 1j;, r cos 'P sin 1j;, r sin 'P) T und u : IR 3 -+ IR eine zweimal stetig differenzierbare Funktion. Ferner bezeichne v : A -+ IR 3 die Komposition u 0 t. Drücken Sie die partiellen Ableitungen von erster und zweiter Ordnung von v mit Hilfe der partiellen Ableitungen von erster und zweiter Ordnung von u aus.
Lösung: Man hat also: v(r, 'P, 1j;) = u(r cos 'P cos 1j;, r cos 'P sin 1j;, r sin 'P) , Vr
=
a(uot) ar
au ax au ay au az =_._+_._+-.ax
= Ux cos 'P cos 1j; Vcp
=
a(uot) a'P
ar
=
a(uot) a1j;
ar
az
ar
+ u y cos 'P sin 1j; + Uz sin'P ,
au
= ax
ax . a'P
= r( -U x sin 'P cos 1j; v'I/J
ay
au
= ax
ax . a1j;
= r( -U x cos 'P sin 1j;
au
+ ay
ay . a'P
au
az
+ az . a'P u y sin 'P sin 1j; + Uz cos 'P) au
+ ay
ay . a1j;
au
+ az
+ u y cos 'P cos 1j;)
,
az . a1j;
.
Da u zweimal stetig differenzierbar und t unendlich oft stetig differenzierbar sind, ist v zweimal stetig differenzierbar auf A, und es gilt: u xy = u yx , U xz = Uzx , u yz = u zy , vrcp = vcpr , vr'I/J = v'l/Jr , vcp'I/J = v'l/Jcp. Also: Vrr = (u xx cos 'P cos 1j; + u xy cos 'P cos 1j;
+ Uxz sin 'P) cos 'P cos 1j;
+ (U Xy cos 'P cos 1j; + Uyy cos 'P sin 1j; + u yz sin 'P) cos 'P sin 1j; + (u xz cos 'P cos 1j; + u yz cos 'P sin 1j; + Uzz sin 'P) sin 'P + u xy cos 2 'P sin 21j; + Uxz sin 2'P cos 1j; + Uyy cos2 'P sin 2 1j; + u yz sin 2'P sin 1j; + Uzz sin 2 'P , r( -u xx sin 'P cos 1j; - u xy sin 'P sin 1j; + Uxz cos 'P) cos 'P cos 1j; + r( -u xy sin 'P cos 1j; - Uyy sin 'P sin 1j; + u yz cos 'P) cos'p sin 1j; + r( -U xz sin 'P cos 1j; - u yz sin 'P sin 1j; + Uzz cos 'P) sin 'P - Ux sin 'P cos 1j; - u y sin 'P sin 1j; + u z cos 'P
= Uxx cos 2 'P cos 2 1j; vrcp =
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
= ~r( -u xx sin 2'P cos2 'l/J -
355
u xy sin 2'P cos 2'l/J + 2u xz cos 2'P cos 'l/J
- Uyy sin 2'P sin 2 'l/J + 2uyz cos 2'P sin 'l/J - Ux sin 'P cos 'l/J - u y sin 'P sin 'l/J vr'!j;
=
=
v
+ u z cos 'P
,
+ uxy cos 'P cos 'l/J) cos 'P cos 'l/J + r ( -uxy cos 'P sin 'l/J + Uyy cos 'P cos 'l/J) cos 'P sin 'l/J + r( -Uxz cos 'P sin 'l/J + u yz cos 'P cos 'l/J) sin 'P - Ux cos 'P sin 'l/J + u y cos 'P cos 'l/J ~r( -U xx cos 2 'P sin 2'l/J + 2uxy cos 2 'P COS 2'l/J - Uxz sin 2'P sin 'l/J + Uyy cos 2 'P sin 2'l/J + u yz sin 2'P cos 'l/J) -U x cos 'P sin 'P + u y cos 'P cos 'l/J , r 2 [( Uxx sin 'P cos 'l/J + uxy sin 'P sin 'l/J - Uxz cos 'P) sin 'P cos 'l/J (u xy sin 'P cos 'l/J + Uyy sin 'P sin 'l/J - u yz cos 'P) sin'P sin 'l/J + (-u xz sin 'P cos 'l/J - u yz sin 'P sin 'l/J + Uzz cos 'P) cos 'P] + r ( -U x cos 'P cos 'l/J - u y cos 'P sin 'l/J - u z sin 'P) r 2 (u xx sin 2 'P cos 2 'l/J + uxy sin 2 'P sin 2'l/J - Uxz sin 2'P cos 'l/J + Uyy sin 2 'P sin 2 'l/J - u yz sin 2'P sin 'l/J + Uzz cos2 'P) - r(u x cos'Pcos'l/J + u y cos'Psin'l/J + U z sin'P) ,
= r( -U xx cos 'P sin 'l/J
=
v
+ Uzz sin 2'P)
= r 2 [( Uxx cos 'P sin 'l/J - uxy cos 'P cos 'l/J) sin 'P cos 'l/J
+ (u xy cos 'P sin 'l/J - Uyy cos 'P cos 'l/J) sin 'P sin 'l/J (-u xz cos 'P sin 'l/J + u yz cos 'P cos 'l/J) cos 'Pl + r( Ux sin 'P sin 'l/J - u y sin 'P cos 'l/J) = r 2 (tuxx sin 2'P sin 2'l/J - ~UXy sin 2'P cos 2'l/J - Uxz cos 2 'P sin 'l/J
v'!j;'!j;
=
=
- tUyy sin 2'P sin 2'l/J
+ u yz cos2 'P COS 'l/J
+ r( Ux sin 'P sin 'l/J -
u y sin 'P cos 'l/J) ,
r 2 [( Uxx
cos 'P sin 'l/J - u xy cos 'P cos 'l/J) cos 'P sin 'l/J
+ (-u xy cos 'P sin 'l/J + Uyy cos 'P sin 'l/J) cos 'P cos 'l/J] + r( -Ux cos 'P cos 'l/J - u y cos 'P sin 'l/J) r 2 (u xx cos 2 'P sin 2 'l/J - uxy cos 2 'P sin 2'l/J + Uyy cos 2 'P cos 2 'l/J) - r (u x cos 'P cos 'l/J + u y cos 'P sin 'l/J) .
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
356
Aufgabe 86 a) b) c) d)
e)
Zeigen Sie, dass die Funktion f : IR 3 -t IR3 , f(X1, X2, X3) = (e X3 - cos Xl, e X3 - cos X2, COS Xl + COS X2) Tauf IR3 differenzierbar ist. Berechen Sie f' und die Funktionaldeterminante von f . Bestimmen Sie die Menge aller Punkte, in welchen f regulär ist, d.h. die Menge aller Punkte, in welchen die Funktionaldeterminante von f nicht verschwindet. Zeigen Sie, dass a = (i, i, l)T ein regulärer Punkt von f ist und dass eine offene Umgebung U von a sowie eine offene Umgebung V von f(a) existieren, so dass die eingeschränkte Funktion fl u : U -t V bijektiv und differenzierbar ist. Berechnen Sie ((flu )-1)' in f(a), ohne dass (fl u )-1 explizit bestimmt werden muss.
Lösung: a) Die drei Komponenten von f sind unendlich oft differenzierbare Funktionen, und damit ist auch f unendlich oft differenzierbar.
(Si~OX1
b) Es gilt: f'(X1,X2,X3) =
- smX1
Si;X2 - smX2
:::), detf'(x1,X2,X3) 0
= 2 sin Xl sin X2eX3 . c) Die Nullstellenmenge der Funktionaldeterminante ist
nEZ
mEZ
In allen anderen Punkten von IR 3 ist f regulär. d) detf'(i, i, 1) = 2e i 0, d.h. der Punkt a ist regulär für f. Es gilt: f(a) = (e, e, O)T. Die Aussage der Teilaufgabe d) folgt deshalb sofort aus dem Satz über die lokale Umkehrbarkeit von Abbildungen. e) ((fl u )-l)'(e,e,O) ist die inverse Matrix zu f'(i,
i, 1) =
un 0 1 -1
Wir berechnen diese Inverse mit dem Gaußschen Algorithmus:
U
0 1 -1
(:
0 1 0
e e 2e
e e 0
1 0 0
1 0 0 1 1 1
0 1 0
n (: 1---7
n0 1---7
0 1 -1
0 e 1 e 0 e
e e e
1 0 1 2
1 0 0 1 1 0 0 1 1 2
n
1---7
n~
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
(~
0 1
0 0
0
e
I 2 I -2 I 2
I -2 I 2 I 2
Also: ((flu)-I), (e,e,O) =
=n
(1 2e
357
r---t
I -2 I 2 I 2e
(~
0 1
0 0
0
1
I 2 I -2 I
I -2 I 2 I
2e
2e
=r) I
2
.
2e
=J) 2e
Aufgabe 87
Sei F(x, y) := x 2 + 2y 4 - x 3y - 32. Untersuchen Sie mit Hilfe des Satzes über implizite Funktionen, ob für jedes (xo, YO)T E IR 2 mit F(xo, Yo) = 0 ein c > 0 existiert, so dass auf der Umgebung ]xo - c, Xo + c[ (bzw.]yo - c, Yo + cD von Xo (bzw. Yo) eine differenzierbare Funktion
g: ]xo - c,XO
+ c[-+
IR
(bzw.
h: ]yO - c,yo
+ c[-+
IR)
mit g(xo) = Yo (bzw. h(yo) = xo) definiert ist, so dass auf ]xo - c, Xo + c[ (bzw. ]yO - c, Yo + cD gilt: F (x, g(x)) = 0 (bzw. F (h(y), Y) = 0). Berechnen Sie gegebenenfalls g'(xo) (bzw. h'(yo)). Lösung: Es gilt: Fx(x, y)
= 2x -
3x 2y und Fy(x, y)
= 8y3 -
x 3. Das Gleichungssystem
hat offensichtlich (xI,Yd = (0,2) und (X2,Y2) = (0,-2) als Lösungen. Die weiteren Lösungen bekommt man aus xoYo = ~ , x6 + 2Y6 - ~ x6 - 32 = O. Dies führt zu ~ . ~ + 2Y6 - 32 = 0, und damit zu Yo
+2 = 0 . Die Gleichung 27z 3 - 432z + 2 = 0 hat eine negative und 27yg - 432Y6
zwei positive Nullstellen. (Begründung: Die Funktion h, h(z) := 27z 3 - 432z + 2 hat wegen h'(z) = 81z 2 - 432 = 27(3z 2 - 16) lokale Extrema in ~ und - ~. Die Behauptung ergibt sich mit Hilfe des Zwischenwertsatzes aus: -00,
h(- ~)
> 0, h(O) > 0,
h(~)
< 0 und
lim h(z) =
z-t-oo
}~~h(z) = (0). Deshalb hat
(**) 4 reelle Nullstellen Y3,Y4,Y5,Y6, die durch Approximationsmethoden ermittelt werden können (aber das ist hier nicht unser Lernziel!). Insgesamt hat 23 , k = 3,4,5,6 die 6 Nullstellen (Xi,Yi), i = 1,2,3,4,5,6. (*) mit Xk = -Yk Für Xo
rt {Xl, ... , X6}
gibt es nach dem Satz über implizite Funktionen ein
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
358
offenes Intervall]xo - c:, Xo + c:[, das keinen der Punkte Xl, X2, ... ,X6 enthält, und eine differenzierbare Funktion g :]xo -c:, Xo +c:[-+ IR, welche die folgenden Eigenschaftenhat:g(xo)=Yo, F(x,g(x)) =0 füralle XE]xo-c:,xo+c:[. Die Ableitung g' wird dann wie folgt berechnet:
g'(x)
= _ Fy (x,g(x)) = Fx (x,g(x))
x 3 - 8g(x)3 2x - 3x 2g(x)
Das Gleichungssystem F(xo,yo) = 0, Fy(xo,yo) = 0 ist wegen F(O,O) i= 0 und 4Y5 + 2yoxo + x6 ~ 0 äquivalent zu F(xo, Yo) = 0 , 2yo - Xo = O. Das führt zu 3Y6 - 2Y5 + 16 = O. Diese Gleichung hat nur komplexe Nullstellen. Deshalb gibt es zu jedem (xo, Yo) mit F(xo, Yo) = 0 ein c: = C:(Yo) > 0, so dass auf ]yO - c:, Yo + c:[ eine differenzierbare Funktion h mit den folgenden Eigenschaften existiert: h(yo) = Xo , F (h(y), y) = 0 für alle y E]yo-C:, yo+c:[. Die Ableitung h' wird dann wie folgt berechnet:
h'(y) = _ Fx (h(y),y) Fy (h(y), Y)
2h(y) - 3h(y)2 y h(y)3 - 8y3
Aufgabe 88
Zeigen Sie, dass die Gleichung xr + x~ - 4XIX~ - X3 = 0 in einer geeigneten offenen Umgebung von (1,2, 1f nach X3 als differenzierbare Funktion von Xl und X2 auflösbar ist, dass es also eine offene Umgebung U von (1,2)T in IR2 und eine differenzierbare Funktion g : U -+ IR gibt mit den Eigenschaften g(1,2) = 1 und xr + x~ - 4XIg(XI, X2)3 - g(XIX2) = 0 für alle (Xl, X2)T EU. Berechnen Sie die partiellen Ableitungen von g in (1, 2)T . Lösung: Die Funktion F : IR 3 -+ IR, F(XI,X2,X3) := xr + x~ - 4XIX~ - X3 ist stetig differenzierbar auf IR 3 (d.h., F hat stetige partielle Ableitungen - nämlich Polynome), und es gilt F(l, 2,1) = 1 + 4 - 4 - 1 = 0 sowie g~ (1, 2,1) = (-12xIX~ - 1)(1,2,1) = -13 i= O. Deshalb gibt es nach dem Satz über implizite Funktionen eine offene Umgebung U von (1,2f und eine offene Umgebung V von 1 sowie eine stetige differenzierbare Funktion g : U -+ V mit g(1,2) = 1 und F(XI,X2,g(XI,X2)) = 0 für alle (XI,X2)T aus U. Diese letzte Gleichung lässt sich auch als
schreiben. Es gilt (ebenfalls gemäß dem zitierten Satz) für alle (Xl, X2) T EU:
359
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel , g (Xl,X2) = -
Wegen
g:, (Xl, X2, X3)
aF ) aX3
[( -
-1
.
(
aF aF aXl aX2
- , -)]
= 3XI - 4x~ und g~ (Xl, X2, X3) = 2X2 ergibt sich
in (1,2)T die folgende Ableitung für g : g'(1,2) = -(-13)-1(-1,4) = (-113 ,
l~)
.
Aufgabe 89 Gegeben sei die Abbildung f : IR 2 -t IR2 a)
b) c)
Berechnen Sie die Ableitung und die Funktionaldeterminante von f. Bestimmen Sie die Menge aller Punkte, in welchen f lokal umkehrbar (also regulär) ist. Zeigen Sie, dass f global umkehrbar ist und geben Sie die explizite Gestalt von f- l an. Berechnen Sie die Ableitung von f- l und die Funktionaldeterminante von f- l auf zwei verschiedene Arten: Einmal unter Verwendung des Satzes über die lokale Umkehrbarkeit von Abbildungen und zum anderen unter Verwendung der angegebenen Gestalt von f- l .
Lösung: a)Esgilt:
, (ex1-x2 f(Xl,X2)= 1
_e X1 - X2 ) 1
detf'(xl,x2)=2e x1 -
x2 .
f ist also in jedem Punkt lokal umkehrbar. (Das bedeutet noch nicht, dass f global umkehrbar ist, da wir noch nicht wissen, ob f injektiv ist!) b) Sei (Yl,Y2)T E IR2 mit Yl > O. Wir zeigen, dass es genau einen Punkt (Xl, X2)T in IR 2 mit f(Xl, X2) = (Yl, Y2) gibt. Aus eX1 - X2 = Yl und Xl +X2 = Y2 folgt Xl - X2 = In Yl und Xl + X2 = Y2, und damit Xl = ~ (Y2 + In Yl) sowie X2 = ~ (Y2 -ln Yl). Da außerdem die e-Funktion nur positive Werte annimmt, haben wir gezeigt: -t
Das Bild von fist B = {(Yl, Y2)T E IR2 I Yl
> O} .
f : IR2 -t B hat eine Inverse, die durch f- l (Yl, Y2) = gegeben ist.
360
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül eXl-X2 )
= f(X1, X2) = (
Xl +X2
, so gilt nach dem Satz über die
lokale Umkehrbarkeit von Ableitungen: (f- 1 )'(Y1, Y2) (
eXl -X2
1
_eX1 -X2
1
)
-1
=
(~eX2-Xl
_1.ex2-xl 2
~)
1. 2
=
=
(f'(X1, X2)) -1
(2~1 ~ ) __ 1 1. 2Yl
2
=
. Auch aus
der Gestalt von f- 1(Y1,Y2) ergibt sich dasselbe Ergebnis, denn es gilt:
ä~l (~(Y2 + In Y1)) -
2~1
'
=
2~1
'
ä~2 ( ~ (Y2 + In Y1))
=
~
,
ä~l (~(Y2 - In Y1)) =
ä~2 ( ~ (Y2 - In Y1)) = ~ .
Aufgabe 90
Geben Sie für jedes n ~ 1 das Taylor-Polynom T n der Funktion (des Polynoms) f,f: IR3 --+ IR,f(x,y,z) = x 2y + y 2z + Z2 X in a = (1, -l,O)T an. Lösung: Da alle partiellen Ableitungen vierten Grades von f verschwinden, gilt T3 = T4 = T5 = T6 = ... = T n für alle n ~ 3. Deshalb genügt es alle partiellen Ableitungen von f bis zur Ordnung 3 in a zu berechnen, und sie in die bekannte Formel
T 3 (x, y, z) = f(a)
+ fx(a)(x -
1
+2 fxx (a)(x - 1)
1) 2
+ fy(a)(y + 1) + fAa)z
+ fxy(a)(x - l)(y + 1) + ... + "61 fzzz (a)z 3
einzusetzen. Wesentlich einfacher ist in unserem Fall die folgende algebraische Umformung:
+ 1]2[(y + 1) -1] + [(y + 1) -1]2 z + Z2[(X - 1) + 1] = (x - 1)2(y + 1) + (y + 1)2 z + Z2(X - 1) + 2(x - l)(y + 1) - 2(y + l)z + Z2 - 2(x - 1) + (y + 1) + z - 1 .
T3(x,y,z) = f(x,y,z) = [(x -1)
Daraus erhält man sofort:
To(x,y,z) = -1,
+ (y + 1) + z -1, 2(x - 1) (y + 1) - 2(y + 1) z + Z2 - 2(x - 1) + (y + 1) + z - 1 .
T 1(x,y,z) = -2(x -1) T 2(x, y, z) = Aufgabe 91
Bestimmen Sie die Menge aller lokalen Extrema der Funktion
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
Lösung:
Die Funktion
361
f ist unendlich oft stetig differenzierbar. Es gilt:
fx(x, y) = 2xe x2 +y sin(x + 3y - 1) + ex2 +y cos(x + 3y - 1) , fy(x, y) = ex2 +y sin(x + 3y - 1) + 3e x2 +y cos(x + 3y - 1) . Da ex2 + y stets positiv ist, hat man das Gleichungssystem 2xsin(x + 3y -1) + cos(x + 3y - 1) = 0 sin( x + 3y - 1) + 3 cos( x + 3y - 1) = 0 zu lösen. Von der zweiten Gleichung subtrahiert man die mit 3 multiplizierte erste Gleichung; es folgt: (1 - 6x) sin(x + 3y - 1) = 0 . Aus sin(x + 3y - 1) = 0 folgt cos(x + 3y - 1) = ±1, und damit keine Lösung des Systems. Es bleibt die Möglichkeit 1 - 6x = 0 zu untersuchen. Für x = i ergibt sich aus der zweiten Gleichung die äquivalenten Umformungen sin ( 3y 3y -
~ ) + 3 cos
( 3y -
~)
= 0 , tan ( 3y -
~)
5 5 1
"6
= - arctan3
Also ist {(
+ mf
und Yn:= 18 -
= - 3, n
3 arctan3 + n"'3
mit
nE 71..
i, Yn) I n E 71.} die Menge aller möglichen lokalen Extrema von f.
Wir müssen nun 6.(i,Yn) := (fxxfYY - J';y) (i,Yn) berechnen. Es gilt: fxx(x, y) = (4x 2 + l)e x2 +y sin(x + 3y - 1) + 4xe x2 +y cos(x + 3y - 1) , fxy(x, y) = (2x - 3)e x2 +y sin(x + 3y - 1) + (6x + l)e x2 +y cos(x + 3y - 1) , fyy(x, y) = _8e x2 +y sin(x + 3y - 1) + 6e x2 +y cos(x + 3y - 1) , 6.(x, y) = e2(x2+ y) [( -32x 2 +(24x - 36x 2
-
-
8 - 4x 2
+ 12x -
9) sin 2 (x
+ 3y -
1)
12x - 1) cos 2 (x + 3y - 1)
+(24x 2 + 6 - 32x - 24x 2 + 32x + 6) . sin(x + 3y - 1) cos(x + 3y - I)J = e2(x2+ y) [( -36x 2
+ 12x -
17) sin 2 (x
+ 3y -
1)
+( -36x 2 + 12x - 1) cos 2 (x + 3y - 1) + 12 sin(x + 3y - 1) cos(x + 3y - 1)] Für x = i und y = Yn haben -3x 2 + 12x - 17, -36x 2 + 12x - 1 und x + 3y - 1 die Werte -16,0 bzw. nn - arctan3. Man hat 12sin(x + 3y-
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
362
1) cos(x + 3y - 1) 6sin(2x + 6y - 2). Da die Exponentialfunktion nur positive Werte annimmt, hat die Zahl LJ.(i,Yn) dasselbe Vorzeichen wie -16sin2(mf - arctan3) + 6sin(2mf - 2arctan3) . Man beachte die folgenden elementaren Umformungen: 1-cos(2mr-2 arctan 3) 1-cos(2 arctan 3) 2 sin (mf - arctan 3) 2 2 1-
I-tan 2 (arctan 3) 1+tan 2 (arctan 3)
2
=
1
-
1-9 1+9
4
_
1+ 5
_
JL
2 - 2 -10' . (2 2 t 3) . (2 arc t an 3) -- - 1+tan2(arctan3) 2tan(arctan3) -- - 1+9 2·3 -- - 5"3 • sm n7r - arc an -- - sm Damit folgt: -16sin2(n7r-arctan3)+6sin(2n7r-2arctan3) = -16'190 +6'(-~) = -18. Das bedeutet, dass die Funktion
I keine lokale Extrema besitzt.
Aufgabe 92
Bestimmen Sie die relativen Extrema der Funktion
Lösung: Die relativen Extrema von chungssystems:
I,
I liegen in der Lösungsmenge des folgenden Glei-
öl
öx (x, y) = 4x 3 - 2x - y = 0
öl( öy x,y)=4y 3 -x-2y=0. Die Summe der Ableitungen (~ + U)(x,y)
= 4(x 3 +
y3) - 3(x + y)
=0
lässt sich als (x + y)(4x 2 + 4y 2 - 4xy - 3) = 0 schreiben. Man hat also die folgenden Systeme zu lösen: {
x+y=O 4x 3 - 2x - y = 0
und
{
4X2 4x 3
+ 4y2 -
4xy - 3 = 0 2x - y = 0 .
Das erste System hat die Lösungsmenge {(O, O)T, (~, - ~)T, (- ~, ~)T}, da aus den bei den Gleichungen folgt 4x 3 - x = 0 . Mit Y = 4x 3 - 2x erhält die erste Gleichung des zweiten Systems die folgende Gestalt: 64x 6 - 80x 4 + 28x 2 - 3 = O. Mit 4x 2 = t erhält man die Gleichung t 3 -5t2+ 7t-3 = 0, welche die doppelte Nullstelle 1 und die einfache Nullstelle 3 hat. (t 3 - 5t 2 + 7t - 3 = (t - 1)2(t - 3)). Damit hat man die Nullstellen 1. - 1. v'3 und - v'3 für die Gleichung 64x 6
2' 2' 2 2 Lösungsmenge des zweiten System ist also
-
80x 4 + 28x 2 - 3 = O. Die
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
363
{( !_!)T (_!!)T (V3V3)T (_V3_V3)T}. 2'
2
'
2' 2
= 12x 2 -
Wegen ~(x, y) 6.( x,y ) -- d et
'
2' 2
2, fy?(x, y)
= 12y 2 -
'
2 und
2'
::t
2
y (x, y)
= -1 folgt
(~(X,y) ..E:L
8x8y(x,y)
> 0 , ~(O,O) = -2 < 0 , 6.(~,-~) 6.(- 1 1) = 0 6.(.fl.fl) = 48 > 0 8 2 f (.fl .fl) = 7 > 0 2' 2 ' 2' 2 ' ~ 2' 2 ' 6.(- V3 V3) = 48 > 0 P!.1.(_ V3 V3) = 7 > 0 Also' 1 hat in (0 O)T 2 2' 2 ' 8x 2' 2 .. ,
und damit gilt: 6.(0,0) = 3
ein relatives Maximum, nämlich 1(0,0) = 0; 1 hat sowohl in (':(, ';;)T als auch in (-
4-, - 4-)
T
ein relatives Minimum, nämlich
1(4-, ,;;)
=
I( -.fl 2' _.fl) 2 = - l).8' In den Punkten (12' - 1)T 2 und (- 12'21)T ist die Untersuchung mühsam. Um das Verhalten von 1 im Punkt (~, -~) zu studieren, formen wir zuerst um, d.h. wir schreiben die Taylor-Entwicklung von 1 in (~,_ ~)T auf: I(x,y) = (x - ~)4 + (y + ~)4 + 2(x _ ~)3 _ 2(y + ~)3 + ~(x - ~)2 + ~(y + ~)2 - (x - ~)(y + ~) - i. Für die gegen (~, - ~)T konver>1 gilt: 1(12 + 1n' - 12 + 1) gente Folge ((12 + 1n' - 12 + l)T) n n_ n = .1.n 4 - 1. 8 Danach
i·
konvergiert (f(~ +~, - ~ + ~)T)n:~:l monoton fallend gegen I(~, -~) = Hätte 1 in (~, - ~) T ein lokales Extremum, so müsste dies ein lokales Minimum sein. Für die Folge ((~ + ~ - .,&, - ~ + ~)T)n?l' die ebenfalls gegen (~, _ ~)T konvergiert , hat man 1(12 + 1_..l,.. - 12 + 1) = - _7_ +4 +~ -.3,.. +..l,.. _1. n n< , n 2n 4 n' n° n' n° 8
*
"*
Da für alle großen n, z.B. für n ~ 10, die Zahl - 2~4 + + ,ta - ';7 + negativ ist, könnte 1 in (~, - ~) T nur ein lokales Maximum besitzen. Da 1 in keiner Umgebung von (~, - ~) T konstant ist, hat 1 in (~, - ~) T kein lokales Extremum. Analog zeigt man, dass 1 in (- ~, ~)T kein lokales Extremum besitzt. Oder man schließt direkt mit dem obigen Resultat unter Ausnutzung der Symmetrieeigenschaft 1(x, y) = 1(y, x) . Aufgabe 93
a)
b)
Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D" auf welchem durch die Zuordnung (X1,X2)T r--+ In(sinx1 + sinx2) eine Funktion 1 definiert ist. Skizzieren Sie den Definitionsbereich D f .
364 c) d) e) f) g) h)
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül Berechnen Sie alle Ableitungen dritter Ordnung von / . Bestimmen Sie die Taylor-Polynome Ti,T und T3 von / in ( § , § ) . Geben Sie den Fehler R = f - T in ( f , § ) an. Schätzen Sie R (xi,x ) für xi,x G [ f , ^ ] ab. Bestimmen Sie die lokalen Extrema von / . Zeigen Sie, dass jedes solche Extremum ein globales Maximum von / ist. T
2
T
2
2
2
2
2
Lösung: a) Df besteht aus allen (xi X2) G IR mit sinxi + sinx > 0. Schreibt man sinx\ -f sinx mittels Additionstheorem als 2 sin i+ i cos i~ z so müssen die Zahlen sin i+ z und cos i~ 2 gleichzeitig positiv oder negativ sein, d.h.: Entweder 2nn < < (2n + 1)TT und 2m7r - § < < 2ra7r + f oder 2
T
2
1
x
x
x
x
2
5
x
x
x
x
(2n - 1)TT < < + I < ^T - < + T" geeigneten ganzen Zahlen n und m. Df ist also die Vereinigung nach allen (n,m) aus 2 x 2 folgender Teilmengen von IR : 2 n 7 r
u
n
d
2
2 m 7 r
2 m 7 r
m
i
t
2
{(#i, # ) | 4n7r < a?i + x < (An + 2)7r, (4m - l)7r < xi - x < (4m + l ) 7 r } , T
2
{(XI , x ) 2
2
T
| (4ra - 2)7r < xi + x
2
2
< 4n7r, (4m + l)ir < x\ - x
2
< (4m + 3)TT}.
Man betrachte in der Ebene zwei Scharen von parallelen und äquidistanten Geraden, die parallel zur zweiten bzw. ersten Winkelhalbierenden (d.h. zu x4-y = 0 bzw. x — y — 0) sind, und durch die Punkte (2n7r,0, ) , n G 2 bzw. T
(2m + l ) 7 r , 0 ) , m G 2 gehen. T
b) Abbildung 2.14 zeigt den Definitionsbereich von / . Eingefärbt sind die Quadrate, die zu Df gehören, und zwar hell und dunkel, je nachdem, ob in
Abbildung 2.14. Der Definitionsbereich von /
einem solchen Quadrat beide Faktoren (d.h. sin i + * und cos oder negativ sind. x
x
X l
X 2 2
) positiv
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
f X2X2X2 (Xl, X2 ) --
365
cosx2[2+sinX l SinX2-sin2 Xl] (sin Xl +sin X2)3
. d) Die Taylor-Polynome T l ,T2 und T3 von f(Xl,X2) = ln(sinxl + sinx2) in (~, ~)T sind: Tl (Xl, X2) = In 2 + fXl (~, ~) (Xl - ~) + fX2 G, ~) (X2 - ~) = In 2 , T 2(Xl, X2) = T l (XI,X2) + fX1Xl(~' ~)(XI - ~)2 + 2fxlX2(~' ~)(XI - ~)(X2 -~) + f X2X2G, ~)(X2 - ~)2 = In2 - ~(Xl - ~)2 - ~(X2 - ~)2 , T3(XI,X2) = T 2(Xl,X2)+ fX1X1Xl (~, ~)(Xl - ~)3+3fxlX1X2(~' ~)(XI - ~)2(X2 - ~) + 3fxlX2X2(~' ~)(XI - ~)(X2 - ~)2 + fX2X2X2(~' ~)(X2 - ~)3 In2 -~(Xl - ~)2 - ~(X2 - ~)2 = T 2(X2,X3) , weil cos ~ = und sin ~ = 1 gilt. e) Wir berechnen den Fehler R 2 .
°
(Xl -
~
( Xl ( Xl (X2 -
wobei C~) =
(I) + 7(:::::1)
abschätzen:
~
~)
(X2 -
(X2 -
~)
~
~
mit 7 E]O, I[ gilt. (7 hängt von (~~) ab!)
f) Zuerst bemerken wir, dass das Quadrat [~, 2;] t E [~, 2311"] gilt sin t ~
r r r r'
4- und Icos tl
:::;
X
[~, 2;] in Df liegt. Für
~. Deshalb kann man wie folgt
~(2+I'I-(4-)2)
(4- + ~)3
366
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
= ~(3- ~) = ~ = V3 ~O 216506. 3V3 3V3 8 ' sin2 Zl] b . d cos z2[2+sin sin z2Ana1og WIr (sin ZlZl+sin Z2)3 a gesch··atzt. M an kann d en A us d ruck 2 + sin Zl sin Z2 - sin 2 Z2 noch schärfer abschätzen:
2 + sinzl sinz2 - sin2 Z2
::;
2 + sinz2 - sin 2 Z2
(* ) ::;
2+
und damit I
COS Zl
1- (4)2 =
~ + 4,
[2+· . Z2- sm ·2 JI < 1("-+-.13) .sm Zl s~n Z2 2 4 2 ~ 0 203614< 0 203615. (sm Zl +sm Z2)3 3V3' ,
(2+u-u 2 hat sein Maximum in ~. Wenn u auf [~, 1) wächst, nimmt 2+u-u 2 monoton ab, und damit ergibt sich (*), wenn Z2 aus [~, 2;) ist). Deshalb gilt für (Xl) aus [1I 211") X [1I 211"): X2 3' 3 3' 3 IR(XI,X2)1
31 Xl -
< 0,034 [lXI _ 2
%13 +3I XI _ %12 ·I X 2 - %1+
%1·1 X2 - %1 + I X2 -
i1
3 ]
=
%I+ I X2 - %I
0, 034 [ I Xl -
r
g) Die Nullstellenmenge von Cosinus ist H + p7r I p E ~}. Aus COSXI = 0 = COSX2 und 4n7r < Xl + X2 < (4n + 2)7r sowie (4m -1)7r < Xl - X2 < (4m + 1)7r folgt deshalb Xl + X2 = (4n + 1)7r sowie Xl - X2 = 4m7r. Damit ergeben sich "die Hälfte" der Nullstellen von f' (die in Df liegen müssen!):
{( 2(n+m)7r+~) 2(n-m)7r+~
n,mE~
}
.
Die andere "Hälfte" der Nullstellen ergibt sich aus cos Xl = 0 = COS X2, (4n - 2)7r < Xl + X2 < 4n7r und (4m + 1)7r < Xl - X2 < (4m + 3)7r; zuerst hat man Xl + X2 = (4n - 1)7r, Xl - X2 = (4m + 2)7r, und daraus
2(n+m)7r+~
{( 2(n _ m _ 1)7r + ~ )
n, m E ~
}
.
In jedem dieser Punkte hat die Hessesche Matrix die Gestalt ( Das zeigt, dass in allen obigen Punkten lokale Maxima von
f
_1.
2
o
0)
I.
-2"
vorliegen. Der
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
367
Wert von f in diesen lokalen Maxima ist derselbe, nämlich In 2 . h) Aus sinxl ::; 1, sinx2 ::; 1 folgt sinxl + sinx2 ::; 2, und damit ist In2 sogar das globale Maximum von f . Aufgabe 94 a) b) c)
Untersuchen Sie, wo die Funktion f : IR2 -+ IR, f(x, y) := 3x 2 + 7y 2 3x 2 y lokale Extrema hat. Untersuchen Sie, ob f ein globales Maximum und/oder ein globales Minimum besitzt. Untersuchen Sie, wo die Einschränkung von f auf K := {(x, y) E IR 2 I x 2 + y2 ::; 4 2} das absolute Maximum bzw. Minimum annimmt.
Lösung: a) Es gilt fx(x,y) = 6x - 6xy, fy(x,y) = 14y - 3x 2 und damit fxx(x, y) = 6 - 6y, fxy(x, y) = -6x, fyy(x, y) = 14. Deshalb verschwindet f'(x, y) = (6x(1 - y)
14y - 3x 2 ) genau dann, wenn
der Punkt (x,y)T in der Menge {(O,O)T, (jii,l)T, (-jii,l)T} liegt. Die Hessesche Matrix in jedem dieser Punkte ist:
H(O,O)
H
(6 140) ,H (f14) V3,1 = (0 -6jii
=
0
(- V(14) (0 6jii 3,1
-6jii) 14 '
6jii) 14 .
=
Die Matrix H(O,O) hat die Eigenwerte 6 und 14, und damit ist sie positiv definit. f hat also in (O,O)T ein lokales Minimum; es gilt: f(O,O) = O. Die Matrizen H( jii, 1) und H( -jii, 1) haben als Eigenwerte die Nullstellen von).2 -14>.-168, d.h. = 7±v'49 + 168; eine davon ist positiv, die andere negativ. Deshalb sind diese zwei Matrizen indefinit, und in diesen Punkten, d.h. in (±jii, l)T, hat f kein lokales Extremum. b) Wegen jeder der 4 Gleichungen lim f(x,O) x--+oo
lim f(O, y) =
00
y~oo
und
lim f(O, y) =
y~-oo
00
= 00,
lim f(x,O)
x--+-oo
= 00,
ist f nicht nach oben beschränkt,
und deshalb hat f auf IR2 kein globales Maximum. Aus lim f(t, t) = lim t 2(10 - 3t)
t~oo
= -00
t~oo
folgt, dass
f auf IR 2 auch kein globales Minimum
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
368
hat. c) 1 eingeschränkt auf den abgeschlossenen (und damit kompakten) Kreis K besitzt (wie jede stetige Funktion) ein globales Maximum und ein globales Minimum. Würde dieses Maximum (bzw. Minimum) in einem inneren Punkt (xO,yo)T des Kreises (d.h. x5 + Y5 < 42 ) angenommen, so wäre (xO,yo)T insbesondere ein lokales Maximum (bzw. lokales Minimum) von 1 auf IR 2 • Also: Die Einschränkung von 1 auf K erreicht ihr globales Maximum (bzw. globales Minimum) auf dem Rand von K oder in (O,O)T . Ein beliebiger Punkt des Randes von K ist durch (4 cos t, 4 sin t)T mit t E [0, 27r[ darstellbar. Es gilt: g(t) := 1(4 cos t, 4 sin t) = 48 cos2 t = 48 + 64 sin2 t - 192 sin t
+ 112 sin2 t -
+ 192 sin3 t
192 cos 2 t sin t
.
Die Funktion h, heu) = 192u 3 + 64u 2 -192u + 48, hat die Ableitung h'(u) = 576u 2 + 128u -192 = 64(9u 2 + 2u - 3); die Nullstellen von l' sind -1±'(GP. Für Ul = -lgv'28 ~ -0,69905 und U2 = -l1gffi ~ 0,47683 gilt: heUl) ~ 99,9043 und h( U2) ~ -8,18414. Da 1(0,0) = gilt, ergibt sich daraus:
°
-+ -+
Das globale Minimum von 1 auf K ist etwa -8,18414; es wird in den Punkten (±J4 2 - u~ , 4U2)T angenommen. Das globale Maximum von 1 auf K ist etwa 99,9043 und es wird in (± 42 4ud T angenommen.
J
ur ,
Aufgabe 95
Es liegen die folgenden vier Messpunkte (Xi,Yi)T, i E {1,2,3,4}, vor: 1
2
3
4
Xi
-1
1
2
3
Yi
-1
2
3
4,5
i
Bestimmen Sie a) b) c) d)
die Ausgleichsgerade, den mittleren Fehler zu dieser Geraden, die Ausgleichsparabel 2. Grades, den mittleren Fehler zu dieser Parabel.
Lösung: Mit Hilfe der Messpunkte erhält man die folgende Tabelle:
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
369
i
Xi
Yi
X2
XiYi
XiYi
2
X~
x1
1
-1
-1
1
1
-1
-1
1
2
1
2
1
2
2
1
1
3
2
3
4
6
12
8
16
4
3
4,5
9
13,5
40,5
27
81
L
5
8,5
15
22,5
53,5
35
99
•
•
•
a) Daraus erhalten wir:
= det
D
(:
155)
Da
= det
(282,55
Db
= det
(:
= 60 155)
283,55)
25
= 35 ,
= 127,5- 112,5 = 15 ,
= 90 -
_ Da _ 15 _ ~ D - 35 - 7
= 47,5,
42,5
b _ D b _ 47,5 _ 9,5 _ 19 - D - 35 - 7 - 14 .
a-
Die gesuchte Ausgleichsgerade ist gegeben durch Y = a auch 7y = 3x + 9,5. b) Der mittlere Fehler ist m a -
=
)Q(a,b)
9,5 + 1 bXl - Y1 -- '73 - '7 3 14 ' a + bX3 - Y3 = ~ + 1.(
4-2
+
1 14
-
'
+ bx =
~x
=V . /E;_J(a+bx;-Yi)2 = 2 a ~
+
+
~~ oder
_1_
2..;7"
weil'
bX2 - Y2 -- '73 + '7 9,5 - 2a + bX4 - Y4 = ~ + 2~,5 -
= , Yi)2 = (114 )2 + (-134)2 + (~)2 + 02 = l4 3
4,5 = 0 , Q(a, b) = 2::=1 (a + bXi . c) Die 3 Koeffizienten der Ausgleichsparabel erfüllen das lineare Gleichungssystem
+ 5a1 + 15a2 = 5ao + 15a1 + 35a2 = 15ao + 35a1 + 99a2 = 4ao
8,5 22,5 53, 5 .
'
Mit der Cramerschen Regel erhält man ao = ~! a1 = 18285 , a2 = Die Ausgleichsparabel 2. Grades ist deshalb Y = ~! + 18285 X - 838x2 . d) Der mittlere Fehler ist m =
Q( ao, a1, a2 ) -_ ",4 L..1i=1 ( ao
Q(ao,al,a2) 4-2-1
_3_ 4;/U'
-
+ a1 x i + a2 x 2 i - )Yi2
-_
(42 88 -
weil'. 125
3
88 - 88
+ 1)2
838 •
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
370
_ -
( 1)2 44
+ (-
+ (8)2 44 + (-
5)2 44
3)2 _ 44 -
99 _ 9 W - 42.ff .
Aufgabe 96
Es liegen die folgenden 7 Messpunkte {(Xi, Yi)T E IR 2 I i = 1, ... , 7} vor: i
1
2
3
4
5
6
7
Xi
0
1
3
5
6
8
9
Yi
13
12
8
5
3
0
-4
Bestimmen Sie die Ausgleichsgerade und die Ausgleichsparabel 2. Grades durch diese sieben Punkte. Lösung: Die Ausgleichsgerade hat die Gleichung Y = a + bx; dabei werden die Koeffizienten a und b wie folgt berechnet: det (
2i:~' y; E:d X;)
2:i=l
a= det
XiYi
( 7Xi 7 2:i=l
7 2: i=l
( 7Xi (7 det
det
Xi2
E~, X;)
b=
7 2:i=l
7 2: i =l
2:;=1 X;
Xi
E:~, y; 2:;=1 XiYi
7
+ a1 2:>i + a2 i=l
7
ao LXi
7
7
i=l
i=l
7
+ a1 LX; + a2 Lxr
7
= LXiYi,
i=l
i=l
7
7
7
7
i=l
i=l
+ a1 L i=l
+ a1X + a2x2
7
i=l
i=l
Xi2
2:.:>; = LYi ,
i=l
ao LX;
E:~, x; )
7 2: i=l
Die Koeffizienten ao, a1 und a2 der Ausgleichsparabel Y = ao werden aus dem folgenden Gleichungssystem gewonnen:
7ao
)
xr + a2 Lxi = L
X;Yi .
Für die Bestimmen von a, b, ao, a1 und a2 stellen wir die folgende Tabelle auf:
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
371 2
i
Xi
Yi
X2
X3
XiYi
Xi Yi
13
0
0
0
2
0 1
•
X4
1
•
12
1
1
1
0 12
0 12
3
3
8
27
81
24
72
4
5
5
9 25
125
625
25
125
5
6
3
36
216
1296
18
108
6
8
0
64
512
4096
0
0
7
9
-4
81
729
6561
-36
-324
L
32
37
216
1610
12660
43
-7
b-
37 43 32 216
•
Man erhält:
37 32 43 216 a= 7 32 32 216
-
7992-1376 _ 1512-1024 -
216 37 32 43 216 1610 -7 1610 12660 ao = 32 216 7 32 216 1610 216 1610 12660
_ -
-287362 _ 212324 -
-143681 _ 106162 ' a2 -
_ -
827
61'
-
2770492 _ 212324 -
7 32 216 7 32 216
692623 53081 '
32 216 1610 32 216 1610
_ -
_
a1 -
37 43 -7 216 1610 12660
_ -
301-1184 _ 1512-1024 -
883 488 '
216 7 37 32 43 1610 216 -7 12660 32 216 7 32 216 1610 216 1610 12660
-10842 _ 212324
-5421 106162'
Die Gleichung der Ausgleichsgeraden ist also Y = 86217 + ~~~ x, während die Gleichung der Ausgleichsparabel für dieselben Messpunkte lautet: _
Y-
692623 53081 -
143681 106162 X -
5421 2 106162 X •
Aufgabe 97 Bestimmen Sie mit Hilfe der Methode des Lagrange-Multiplikators alle Stellen möglicher lokaler Extrema der durch f(x,y) = 6 - 4x - 3y gegebenen Funktion f : IR 2 -+ IR unter der Nebenbedingung x 2 + y2 = 1. Kann man darüber mehr sagen?
372
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Lösung: Man sucht auf dem Kreis K := {(x, y)T E IR2; x 2 +y2 = I} diejenigen Punkte (x, y)T, in welchen grad f(x, y) proportional zu grad(x 2 + y2 - 1) ist. Also: -4 Es folgt: x
=-
= >. . 2x,
f' y =-
-3
= >. . 2y
und
x 2 + y2
23>. und damit :&(4 +
=1.
t) = 1, d.h.
>.2
=
245. Zu
t, - ~)T, und entsprechend f( - t, -~) = 6 + 5 + t = 11. Dagegen erhält man für>. = - ~ erhält man den Punkt (t, ~)T und den Wert f(t, ~t) = 6 - 5 t = 1. Da K kompakt ist, hat >.
=
~ ergibt sich der Punkt (-
16
16 -
die Einschränkung von f auf K sowohl ein absolutes Maximum als auch ein absolutes Minimum. Sie müssen 11 bzw. 1 sein!
Aufgabe 98 a)
Bestimmen Sie mit Hilfe der Methode des Lagrange-Multiplikators alle Stellen möglicher lokaler Extrema der durch f(x,y) := X2y3 gegebenen Funktion f : IR2 --t IR unter der folgenden Nebenbedingung g(x,y) := x 2 + 3y2 -1 = O.
b)
Wie könnten Sie diese Aufgabe mit Hilfe der Kenntnisse aus der Differenzialrechnung für Funktionen einer Veränderlichen lösen? Entscheiden Sie, ob die errechneten Punkte tatsächlich lokale Extrema sind und bestimmen Sie deren Art.
Hinweis zu b): Betrachten Sie für die Punkte der Ellipse x 2 Darstellung x = cos t, Y = ~ sin t .
Lösung: a) Aus §1. äx
= >.!!.9.. äy
und §1. äy
= >.!!.9.. äy
folgt 2xy3
= 2>'x
+ 3 y 2 -1 =
und 3X 2y2
= 6>'y ,
0 die
und
damit erhält man, dass für>. = 0 lokale Extrema von f unter der Nebenbedingung 9 = 0 höchstens in den vier Punkten (± 1, 0) T, (0, ± ~ ) Tauftreten
= >. und x 2y = 2>'. Mit y = ~ ergibt sich x 2 = 2 ( ~) 2, und damit x = ±J2 ~. Setzt man x = ±J2 ~ und y = ~ in 9 ein, so folgt: 2W + 3W - 1 = 0, d.h.
können. Für>.
:I 0 ergibt
>. = ± 5~' Es folgt: (±
sich x
:I
0, y
:I
O. Es folgt y3
1, ± Jg)T sind weitere 4 Punkte, in welchen f unter
der Nebenbedingung 9 = 0 lokale Extrema haben kann. Es gilt:
f(±
1, Jg) = 25~' f(±~, -
Jg) = - 25~
und f(O,± ~)
= f(±l, 0) = 0 .
b) Setzt man in f(x, y) die Werte x = cos t, Y = ~ sin t ein, so erhält man die Funktion h : [0, 27f[-+ IR , h(t) = 3~ sin3 t cos 2 t. Die lokalen Extrema
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
373
°
von f unter der Nebenbedingung g = entsprechen den lokalen Extrema von h. Es gilt h'(t) = 3~ sin 2 t cos t[3 cos 2 t - 2 sin 2 t) . Die lokalen Extrema von h können nur in den Punkten der Menge
{o,~, 7r, 3; ,arctan~, 7r + arctan ~,7r - arctan~, 27r - arctan~} angenommen werden. Es gilt: hl/(t) = 3~ sin t(6 cos 4 t - 17 sin 2 t cos 2 t 3~[6 cos5 t + sin 2 t( .. .)) , hl/(O)
= 0,
+ 2 sin4 t) , hl/, (t) = h/l/(O) = 0 "I- 0, hl/(7r) =
- 0 "I- 0, hl/ G) = 3~ > °und hl/ (3n = - 3~ < °.
°
Deshalb hat h in und 7r zwei Wendepunkte; h besitzt in ~ und Minimum bzw. Maximum. Für t = arctan ~ ,
7r
+ arctan ~ ,
sin t und cos t die Werte -
~
~
7r -
arctan
/f '
V "2
3-/3
und analog hl/(7r -
27r 0,
arctan
27r -
ein lokales
/f
haben
j"j. Deshalb gilt
und
+ arctan V"2 fi)
arctan
3211"
j"j , - ~ und - j"j, ~ und - j"j bzw.
und
hl/(arctan fi) = _1_[6. -.L . -±.. _ 17 . _1_ . ~
hl/(7r
°,hl/'(7r) =
/f
und
arctan
7r -
/f
v5
25
arctan~)
5v5
=
-
75~.
5
+
2 . _1_) _ _ _ 8_ 25v5
-
75V15
Entsprechend erhält man
= hl/(27r - arctan fi) =
V"2
_8_.
75V15
arctan ~ lokale Maxima, während in
Also besitzt h in 7r
+arctan
/f
und
lokale Minima liegen. Man beachte, dass den Punkten t =
~, 7r, 3; ,arctan
/f '
7r -
arctan ~ ,
7r
+ arctan
die folgenden Punkte aus IR2 entsprechen:
/f
(l,O)T,
und (0,
27r -
arctan
/f
0)T, (-l,O)T,
(0,- 0)T,(j"j, ~)T, (_j"j, ~)T, (_j"j,_ ~)T und (j"j,_ ~)T .
°
Damit nimmt an:
g =
f
die folgenden lokalen Extrema unter der Nebenbedingung
-t
lokale Maxima in (0, -
-t
lokale Minima in (0,
0)T, (±j"j, ~)T ,
0)T, (±j"j, _ ~)T .
In den Punkten (1, 0) T und (-1, 0) T liegen also keine lokale Extrema für unter der gegebenen Nebenbedingung vor.
f
Aufgabe 99 Bestimmen Sie den kleinsten und den größten Abstand des Punktes (xo, 0, 0)
374
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
zur Schnittkurve C des Kreiszylinders x 2 Zylinder x 2 - Z2 = 16 .
+ y 2 = 25 mit dem
hyperbolischen
Lösung: Man bezeichne mit gl und g2 die Funktionen gl(X,y, z) = x 2 + y2 - 25 und g2(X, y, z) = x 2 - Z2 - 16. Der Abstand zwischen (xo, 0, O)T und einem be-
liebigen Punkt von C ist J(x - xo)2 + y2 + Z2; es ist genau dann maximal oder minimal, wenn f(x, y, z) := (x - XO)2 + y2 + z2 maximal bzw. minimal ist. Man sucht die Lösungen (X,y,Z,A1,A2) von grad f(x, y, z) = (Al grad gl
+ A2 gradg2 )(x, y, z)
mit der Eigenschaft gl(X,y,Z) = 0 = g2(X,y,Z). Schreibt man (*) in der Gestalt
Ogl Al ox (x,y,z)
+ A2
Og2 of ox (x,y,z) - ox (x,y,z) = 0,
Ogl Og2 of A10 y (x,y,Z)+A20xy (x,y,z)--oy (x,y,z)=O, Ogl Og2 of A1a;(X,y,z) + A2a;(X,y,z) - oz (x,y,z) = 0, so sieht man, dass (x, y, Z, Al, A2) nur dann eine Lösung ist, wenn die Determinante des homogenen Systems mit der Koeffizientenmatrix Q.9J.. &x
( Q.9J.. &y
Q.9J.. 8z
~ !li) ~ U (x,y,z) &x
~ 8z
8x
!li 8z
verschwindet, denn dieses System hat ja wegen (**) die nichttriviale Lösung (Al, A2, -1); d.h.
2x 2y
o
2x
2(x - xo) 2y -2z 2z 0
= -8(x -
xo)Yz
=0 .
Ist y = 0, so ergeben sich die 4 Punkte (±5, 0, ±3) von C; ist z = 0, so erhält man 4 weitere Punkte (±4, ±3, O)T von C. Ist x - Xo = 0, also Xo = x, so folgt Ixol E [4,5] wegen gl(X,y,Z) = 0 und g2(X,y,Z) = 0, und als weitere Punkte von C, die für die Extremstellen in Frage kommen haben wir: (xo, ±J25 - x5, JX5 - 16). Die Kurve C ist kompakt, da sie abgeschlossen - als Nullstellenmenge von Polynomen - und beschränkt - wegen C C [-5,5] x [-5,5] x [-3,3]- ist. Deshalb muss flc als stetige Funktion auf
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel
375
einem Kompakturn sowohl ein absolutes Maximum M als auch ein absolutes Minimum m besitzen. Diese Extremwerte können von Xo abhängig sein und liegen nur in der ermittelten Menge der Kandidaten für Extrema; in diesen Punkten berechnen wir deshalb die Werte der Funktion f :
= (4-XO)2 +9, f(5, 0, ±3) = (5 - XO)2 + 9 , f(4,±3,0)
= (4+XO)2 +9, f( -5,0, ±3) = (5 + XO)2 + 9 , f(-4,±3,0)
f(xo,±J25 - X6,±JX6 -16)
= 25 -
x6 +x6 -16
= 9.
Deshalb unterscheiden wir die folgenden Fälle: i) Xo < -5 : M = f(5, 0, ±3) , m = f( -5,0, ±3) . ii) Xo = -5 : M = f(5, 0, ±3) = 109 , m = f( -5, 0, ±3) = 9 . iii) Xo E ]-5, -4[: M = f(5, 0, ±3) , m = f(xo, ±J25 - X6, ±V"X6;-----=1:-7 6·) = 9 . iv) Xo = -4: M = f(5,0,±3) = 90, m = f(-4,0,±3) = 9. v) -4< Xo ~ 0: M = f(5,0,±3), m = f(-4,0,±3). vi) ~ Xo < 4: M = f(-5,0,±3), m = (4,0,±3). vii) Xo = 4: M = f(-5,0,±3) = 90, m = f(4,0,±3) = 9. viii) Xo E]4,5[: M=f(-5,0,±3), m = f(xo,±J25 - X6,±JX6 -16) = 9. ix) Xo = 5: M = f(-5,0,±3) = 109, m = f(5,0,±3) = 9. x) Xo > 5: M = f(-5,0,±3), m = f(5,0,±3).
°
Aufgabe 100 Die Winkel eines Trapezes sind a1, a2, a3 und a4; dabei bezeichnen a1 und die Winkel zwischen der kleineren der bei den parallelen Seiten und einer der nichtparallelen Seiten. a1 und a2 sind die Winkel zwischen dieser nichtparallelen Seite und den beiden parallelen Seiten. Beim Messen der Winkel haben sich kleine Fehler ergeben, so dass a1 + a2 + a3 + a4 nicht 27r sondern 27r - 'P und a1 + a4 nicht 7r sondern 7r - 'ljJ sind. Addieren Sie zu a1,a2,a3 und a4 Ausgleichssummanden X1,X2,X3, bzw. X4, so dass (al +xd+(a2+x2)+(a3+x3)+(a4+x4) = 27r und (al +xd+(a4+x4) = 7r gelten, und so dass die Fehlerquadratsumme xi + x~ + x~ + x~ möglichst klein ist. a4
Lösung: Gesucht wird also das Minimum der Funktion f,f(x) = f(X1,X2,X3,X4) = xi + x~ + x~ + x~ unter den Nebenbedingungen
gl(X) = (al + xd + (a2 + X2) + (a3 + X3) + (a4 + X4) - 27r = g2(X)
= (al
+ xd + (a4 + X4)
= 7r .
°,
Die Koordinaten eines Punktes, in welchem ein solches Minimum erreicht wird, besteht aus den ersten 4 Komponenten einer Lösung des folgenden
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
376
Gleichungssystems mit den Unbekannten Xl, X2, X3, X4, Al und A2 : grad f(x) = Al grad gl (x)
+ A2 grad g2 (x),
gl (x) = 0, g2(X) =
°.
Wegen grad f(x) = (2Xl, 2X2, 2X3, 2X4) T, und grad gl (x) = (1,1,1, l)T und gradg 2 (x) = (1,0,0, l)T hat man das folgende System zu lösen:
+ A2, 2X2 = Al, 2X3 = Al, 2X4 = Al + A2 , + X3 + X4 = 21f - ((Xl + (X2 + (X3 + (X4) = rp , + X4 = 1f - ((Xl + (X4) = 'lj; .
2Xl = Al Xl
+ X2
Xl
Es folgt X2 = X3 = ~ , Xl = X4 =
)'1
t'\2 , Al + A2 + Al = rp und Al + A2 = 'lj; .
Daraus ergibt sich Al = rp-'lj;, A2 = 2'lj;-rp, und damit X2 = X3 = X4 =
*.
Das Minimum kann also nur in
men werden; sein Wert wäre dann f(*,
'f -
(*, 9, 9, *) 9, 9, *) 'f -
9 ' Xl =
T =: Xo angenom-
=
rp'lj;
+ 'lj;2
°
.
Dazu bemerke man, dass rp'lj; + 'lj;2 = ~(rp - 'lj;)2 + ~'lj;2 ~ gilt. Dieser Wert ist das gesuchte Minimum; das zeigt man wie folgt: Als Definitionsbereich für f genügt es, die kompakte Menge K := {(Xl,X2,X3,X4)T E IR4 I -(Xi ~ Xi ~ 1f - (Xi für i = 1,2,3,4, gl (x) = g2(X) = o} zu nehmen. (Man bedenke, dass (Xi + Xi die Größe eines Trapezwinkels ist; deshalb muss gelten ~ (Xi + Xi ~ 1f.) Wegen seiner Stetigkeit hat f darauf sowohl ein globales Minimum als auch ein globales Maximum. Es genügt zu zeigen, dass in Xo ein lokales Minimum von f auf K angenommen wird. Die Gleichungen gl (x) = und g2(X) = erlauben, X2 und X4 als Funktionen von Xl =: X und X3 =: y darzustellen: X4 = 'lj; - Xl = 'lj; - X, X2 = rp - 'lj; - X3 = rp - 'lj; - y. Damit hat man die Funktion
°
°
°
h(x, y) := f(x, rp - 'lj; - y, y, 'lj; - x) = x 2 + (rp _ 'lj; _ y)2 = 2x 2 + 2y2 _ 2'lj;x _ 2(rp _ 'lj;)y
+ (rp _
'lj;)2
+ y2 + ('lj; _
X)2
+ 'lj;2
zu untersuchen. Ihr Gradient hat die Komponenten 4x-2'lj; und 4y-2(rp-'lj;), und deshalb kommt (erwartungsgemäß!) nur der Punkt (*, 9)T für das Eintreten eines lokalen Extremums von h in Frage. Die Hessesche Matrix
(~:: ~::) ist in jedem Punkt gleich (~ ~ ) , also positiv definit. Deshalb
(*, 9f ein lokales Minimum. f hat also auf K nur in
besitzt hin lokales Minimum.
Xo ein
Aufgabe 101 Differenzieren Sie das folgende Parameterintegral mit Hilfe der Leibnizschen Regel:
377
2.2 Aufgaben für das zweite Kapitel 1
F(x) = / In(x 2 o
+ y2 + l)dy
.
Lösung: 1
1
x2+2~+ldY=2X / (X2+1)[I!(~)2]dY
F'(x) = / o
~
0
=
2x vx 2 +1
=
2x vx 2 + 1
/1 0
v'x;+1
d
1+(~)2
~arctan
Y=
Y=l 2x y arctan ----===== 2 2 vx +1 vx +1 y=o I
1
~.
vx
2
+1
Aufgabe 102
) .E s se1. F( x.a) b) c)
Jv'f=X2 ln(x 2+y 3+4) dy. 1
r:;T
x
Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich von F. Bestimmen Sie die Nullstellen von F. Bestimmen Sie für jedes offene Intervall aus dem Definitionsbereich von F die Ableitung von F.
Lösung:
a) Für F(x) := J~1-X2 I~I
ln(x 2+ y3 +4)dy x
ist DF := [-1,0 [U] 0,1] der maxi-
male Definitionsbereich von F. Auf dem Integrationsintervall ist y positiv; deshalb macht die dritte Potenz von y keine Schwierigkeit! b) Für x E DF ist VI - x 2 < 1 und 1;1 2: 1; also sind die beiden Integrationsgrenzen immer verschieden voneinander, und zwar ist die untere Grenze größer als die obere Grenze. Für x
>
°
ist die zu integrierende (stetige) Funktion y
°
I-t
ln(x2~y3+4) positiv,
und deshalb gilt F(x) < 0; dagegen ist für x < die durch y I-t ln(x2~y3+4) angegebene Funktion negativ, und damit F(x) > 0. Fazit: F hat keine Nullstellen. c) Mit der Leibnizschen Regel bekommt man falls x E]O, 1[ für F die Ableitung F'( ) - Jv'f=X2 x~-ln(x2+y3+4) d x - ~ x2 Y
+
ln[x 2+(1_x 2)3/2+4] . ~ _ ln(x2+~+4) (_ 1 ) x 2 v'f=X2 x X2
=
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
378
J~~(
X2
2
+y3+4
_
ln(x 2 +y3 +4))d + ln( x2+;!s-+4) _ x2 Y x3
Analog wird für x E ]- 1,
°[
ln[x 2 +(1_x 2 )312+4] ~.
die Ableitung von F(x) = J::;-x 2 ln(x2~y3+4) dy
berechnet. Aufgabe 103
a)
Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D F der durch die Zufl+x2
b)
~y2
ordnung x r-+ F(x) := Jsinx Tdy definierten Funktion F . Begründen Sie, warum F auf D F stetig differenzierbar ist, und berechnen Sie die Ableitung von F; geben Sie dabei den Wert von F I in xE DF an, ohne das Integralzeichen zu verwenden.
Lösung: a) Da 1 + x 2 stets positiv ist, muss auch sin x positiv sein, damit
°
Integrationsintervall liegt. (Man bemerke, dass die Funktion y r-+ jedes x und jedes a gilt:
>
°
nicht im
e~:2 für
auf ]0, a] nicht uneigentlich integrierbar ist!) Also
DF =
U]2mr, (2n + l)7r[ . nEZ
b) Die partielle Ableitung nach x der Funktion
e~:2 existiert und ist stetig
differenzierbar auf DFx]O, 00[. Die Funktionen x r-+ 1+x 2 und x r-+ sinx sind stetig differenzierbar auf IR, und insbesondere auf DF. Nach der Leibnizschen Regel ist F stetig differenzierbar auf DF, und für jedes x aus DF gilt:
sinx
2.3 Erster Test für das zweite Kapitel Aufgabe 1
Führen Sie für die Funktion f, f(x) = xlx 2 - 3xl das Kurvendiskussionsprogramm durcho Untersuchen Sie insbesondere die Existenz der ersten und der zweiten Ableitung von f in den Punkten und 3
°
0
Lösung: a) Die Funktion ist auf IR definiert; es gilt:
3x 2
X3 -
f(x) =
3x 2 lim f(x)
Man hat:
x--+-oo
falls xE] - 00,0] U [3,oo[
{
x3
-
= -00,
sonsto
lim f(x)
x--+oo
= 00
0
f hat keine Asymptote, weil
sie auf IR definiert ist und weil gilt:
x3 - 3x 2 110m f(x) __ 110m - = lim (x 2
x--+oo
110m
x--+-oo
X
x--+oo
x--+oo
X
f(x) __ 110m x3 - 3x 2 - = X
x--+-oo
X
3 = 00, 3x) = lim x 2 (1- -)
-
lim (x 2
x--+-oo
x--+oo
-
3x) =
X
3 = 00 lim x 2 (1- -)
x--+-oo
0
X
b) Die Funktion f ist stetig auf] - 00, o[ U ]0, 3[ U ]3,00[, da auf diesen drei Intervallen f jeweils ein Polynom isto In den Punkten und 3 ist f ebenfalls stetig (und damit auf IR), weil:
°
lim f(x) = lim (x 3
x--+o-
x--+o-
-
lim f(x) = lim (3x 3
x--+3-
x--+3-
3x 2 ) = -
x2 ) =
° f(O) ° f(3)
c) Auf] - 00, O[ U ]0, 3[ U ]3, oo[ ist
° f(x) - f(O) °
=
= lim (3x 2
=
= lim (x 3 x--+3+
lim x--+o+
X -
X -
x--+o-
X
= lim 3x 2 x--+o+
-
x--+o+
3x 2 ) = lim f(x) x--+3+
lim f(x) - f(3) = lim 3x x- 3 x--+3X
-
-
= x--+olim (x 2 -
3x)
=
x 3 = lim (3x _ x 2 ) =
X 2
x--+3-
-
3x 3 ) = lim f(x) , 0
f unendlich oft differenzierbar. Man hat:
x 3 - 3x 2 110m f(x) - f(O) __ 110m --
x--+o-
-
x--+o+
x--+o+ 3
°, °,
x = lim (_x 2 ) = -9, 3 x--+3-
lim f(x) - f(3) = lim x 3 - 3x 2 = lim (x 2 ) = 90 x--+3+ X - 3 x--+3+ X - 3 x--+3+
380 Also:
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
°
f ist in differenzierbar, in 3 nicht. Es gilt I
f (x)
=
3x2
{
6x -
6x
-
3x2
,falls xE) - 00,0) U )3, oo[ , ,falls x E )0, 3[ .
°
°
°
°
Die Nullstellen von l' sind und 2. Da f(x) < für x< und f(x) > für x > gelten, hat f im Nullpunkt kein lokales Extremum. d) l' ist in nicht differenzierbar (in 3 wird gar nicht untersucht, da l' (3) nicht existiert!), weil: lim !,(x)-!,(O) = lim 3x 2 -6x =-6, lim !,(x)-f'(O) =
° °
x--+O-
lim
x--+O+
6x-3x x
2
x-O
x--+O-
x
x--+O+
x-O
= 6. Damit hat man: 11
f (x)
=
{
6x - 6 ,falls XE) - 00, o[ U ]3, oo[ , 6 - 6x ,falls x E ]0, 3[ .
Insbesondere ist 1"(2) = 6 - 6 . 2 = -6 < 0, und damit besitzt f in 2 ein lokales Maximum, nämlich f(2) = 4. Die einzige Nullstelle von 1" liegt in 1. Da 1"(x) > für x E]O,I[ und 1"(x) < für x E)I,3[ gilt, ist 1 ein Wendepunkt für f. e) Die folgende Tabelle hilft uns bei der graphischen Darstellung von f:
°
°
x
1'(x)
-1
+ + +
° °
1
+ 3 +
2
°°/'
I(x) -00 /' -4/,O /' 2 /' 4 ':. 1"(x)
-
-
3
4
1+ + + 16 /' 00
-1+0---1+++
Danach wächst die FUnktion 1 auf dem Intervall] - 00,0] von -00 bis 0, und ist dabei konkav. Im Nullpunkt hat 1 einen Wendepunkt, und dabei ist die Tangente zum Graphen von 1 die x-Achse. Auf dem Intervall [0,1] wächst 1 weiter, von Obis 2, und ist dabei konvex. Im Punkt 1 gibt es einen Wendepunkt; die Tangente in diesem Punkt hat die Steigung 3. Auf [1,2] wächst 1 von 2 bis 4. In 2 gibt es ein lokales Maximum; danach auf [2,3) nimmt 1 von 4 bis auf ab. Dabei ist 1 auf [1,3) konkav. Schließlich wächst 1 auf [3,00] vom relativen Minimum Obis 00, und dabei ist 1 konvex. Man beachte, dass die FUnktion 1 weder gerade noch ungerade ist, weil 1(1) = 2 und 1(-1) = -4 gilt. Mit diesen Daten erhalten wir die folgende Skizze der FUnktion 1 gemäß Abbildung 2.15; diese Funktion ist weder ein Polynom, noch eine rationale FUnktion. (Für Polynome und rationale FUnktionen kommt ein Verhalten wie in der Umgebung von 3 nicht vor! Diese Aussage möchten wir an dieser Stelle nicht vertiefen!)
°
2.3 Erster Test für das zweite Kapitel
381
f(x)
Abbildung 2.15. Skizze der Funktion f(x) = xlx 2 - 3xl
f,
Aufgabe 2
Sei P eine Platte mit konstanter Dichte, die wie folgt beschrieben wird:
Bestimmen Sie den Flächeninhalt und den Schwerpunkt von P . Lösung: Für x E]O, 3[ gilt 3x 2 - x 3 = x 2(3 - x)
Platte P : ( x3
_
> 0. x4 4
)
Deshalb ist der Flächeninhalt der
[3
= 27 _ 81
= 27
4
4
°
.
Die Koordinaten Xs und Ys des Schwerpunktes S von P werden berechnet mittels
f -=-=3,------° f 3
Xs =
(3x 2 - x 3 )dx
°
f --C:° f
3
~
x(3x 2 - x 3 )dx
und
Ys =
(3x 2 -
X 3 )2dx
= -----3
(3x 2 - x 3 )dx
°
382
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Es gilt
243
20'
! 3
(3x 2 -
X3
o
U nd
damit x S =
6 9 5 )2dx = ( Sx -x
=
243 , 27 20' 4
j! 5'
X
+ 7"7 )
y S = (12 ,
729
3 0
1
729) , 27 35 '4
35 =
54 35 '
Aufgabe 3
Seien a < b reelle Zahlen,
J: (x2+i~~~+16) dx ,
a)
Berechnen Sie das Integral
b) c)
Zeigen Sie, dass Jooo (x2+i~~~H6) dx existiert. Berechnen Sie das uneigentliehe Integral aus b),
Lösung: a) Wie immer für solche rationalen Funktionen führt man eine Partial4_x2 - Ax+B + Cx+D f"h t h Der Ansat z (x2+1)(x2+16) b ruch zer1egung d ure, - X2+1 x 2+16 U r zu 4 - x 2 = 16B + D + (16A + C)x + (B + D)x 2 + (A + C)x 3 und damit zu A + C = 0, 16A + C = 0 sowie zu 16B + D = 4 , B + D = -1. Die Lösung des ersten Systems ist die triviale Lösung A = C = 0; dagegen hat das zweite System die Lösung B = ~ , D = -~, Deshalb hat man
(x 2 + 1)(x 2 + 16) Da [arctan(cx)Y =
gilt, ist
c2x%+1
1
1
4
1
3' ' x 2 + 1 - 3' ' x 2 + 16
'
i arctan(~) eine Stammfunktion für
x2~16
und arctanx eine Stammfunktion für x2~l' Man hat also
! b
(x2
4-
x
2
+ 1)(x2 + 16) dx
=
3'1
[
b arctanb - arctana - arctan 4'
a]
+ arctan 4'
a
J4-x2J 4+x 2 1 f IR d d b ) Wegen (x 2+1)(x2+16) < (x 2+1)(x 2+16) < x 2+1 ür x E un a oo Jo x2~1 dx = ~ gilt, ist nach dem Majorantenkriterium die rationale Funk-
tion (x2+i~~~H6) uneigentlich integrierbar auf [0, oo[ ,
roo
c ) Jo
4_x 2
d -
(x2H)(x2H6) X -
I'
b-!~oo
rb (x2H)(x2+16) 4_x 2 d x -
Jo
0
'I' , wel ,
2.3 Erster Test für das zweite Kapitel
+ arctanO] = t(~
lim Harctanb - arctanO - arctan(~)
b--+oo
-
°- + ~
383 0)
= 0.
Aufgabe 4
Bestimmen Sie die Eigenwerte und dazu jeweils einen Eigenvektor für die Matrix
Lösung:
Die Matrix
(~ ~ ~) - A (~ ~ ~) 7 °3 ° °1
=
(3 ~ ~ ~) A 5
A
°
hat die
7 3-A Determinante (3 - A)(5 - A)(3 - A) - 49(5 - A) = (5 - A)[(A - 3)2 - 72] = (5 - A)(A - 3 - 7)(A - 3 + 7) = (5 - A)(A - 10)(A + 4). Die Eigenwerte der Matrix sind also 5, 10 und -4. Ein Eigenvektor zum Eigenwert A ist eine nichttriviale Lösung von (3 - A)XI d.h. von
(5 - A)X2 = 7XI
+ (3 -
° ° °.
+ 7X3
=
A)X3 =
Für A = 5 erhält das lineare Gleichungssystem die Form -2XI + 7X3 = 0, 7XI - 2X3 = 0, was zu Xl = X3 = führt. Damit ist Xl = 0, X2 = 1, X3 = eine nichttriviale Lösung des Systems. Für A = 10 hat das System die Gestalt -7XI + 7X3 = 0, -5X2 = 0; Xl = 1, X2 = 0, X3 = 1 ist eine nichttriviale Lösung dafür. Schließlich bekommt man für A = -4 das System 7XI + 7X3 = 0, -9X2 = 0; eine nichttriviale Lösung ist nun Xl = 1, X2 = 0, X3 = -1 . Damit sind (0,1, O)T, (1,0, I)T und (1,0, _1)T Eigenvektoren der angegebenen Matrix zu den Eigenvektoren 5,10, bzw. -4.
°
°
Aufgabe 5
Lösen Sie die folgenden Anfangswertprobleme: a) b)
y'(x) +y(x)lnx = x-x, y(l) = 1. 2y'(x) - y(x) In X + y(x)3 x -x = y(l)
°,
=1.
Lösung: a) Setzt man p(x) := lnx , fex) := x-x, Xo = 1 und Yo = 1 in die Formel
384
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
1 x
y(x) = exp ( -
x
t
P(t)dt). [I f(t)exp ( I p(T)dT ) dt+yo ] ,
Xo
Xo
Xo
ein, so erhält man diejenige Lösung der gegebenen inhomogenen linearen Differenzialgleichung, welche der Anfangsbedingung genügt. Man erhält durch partielle Integration x
x
x
Ip(t)dt= Ilntdt=tlntl: -
It'~dt=l-x+xlnx.
1
1
1
Daraus folgt
1 x
1
1
1
x
=e
1 x
t
f(t) exp ( I p(T)dT ) dt
=
=e
1
+ tIn t)dt = e
1
1
e-tdt
Cte-tetlntdt
1
x
Cte-tttdt
1 x
C t exp(l - t
= -e· e- t
I: = -e(e- X - e- 1) = 1- e1- x
1
und damit
Die Lösung des Anfangswertproblems lautet y(x)
= (2e x- 1 -
l)x-X
für alle
x> 0 .
Probe: Es gilt y(l) = (2e 1 - 1 - 1)1- 1 = 1. Wegen y'(x) = 2e x - 1x- x + (2e X- 1 - 1) . [-x· X-x-1 + x-x. (-1) . lnx] = 2e x - 1x- x + (1 - 2e x - 1)x-x(1 + lnx) ergibt sich y'(x) + p(x)y(x) = 2e x - 1x- x + (1- 2e X- 1)x-x(1 + lnx) + (2e x - 1 -l)x-X lnx = x-x = f(x) . b) Die vorliegende Differenzialgleichung ist vom Typ Bernoulli; für diese Bernoullische Differenzialgleichung machen wir den Ansatz z(x) = y-2(x). Es ergibt sich 2z'(x) - (1- 3)z(x) lnx + (1- 3)x-X
= 0,
d.h.
z'(x)
+ z(x) lnx = x-x.
Dies ist genau die in a) gelöste Differenzialgleichung; auch die Anfangsbedingung ist dieselbe: z(l) = y-2(1) = 1. Da y(l) = 1 gelten muss, folgt aus z(x) = y-2 nur y(x) = Damit lautet die gesuchte Lösung
b.
V z(x)
y(x)
= v(2e x- 11-
l)x-x
füralle
x>O.
2.3 Erster Test für das zweite Kapitel
385
Aufgabe 6
Sei f: IR 2 -+ IR, f(x,y) := x 2 + y2 - 2x + 3. a) b) c) d) e)
Berechnen Sie alle partiellen Ableitungen von f . Was folgern Sie daraus über das Taylor-Polynom von f von der Ordnung n ~ 2 in einem festen Entwicklungspunkt? Geben Sie das Taylor-Polynom von f zweiter Ordnung im Punkt (3, _l)T an. Bestimmen Sie die lokalen Extrema von f . Bestimmen Sie alle Punkte (xo, YO)T der Ebene, so dass ein c = c(xo, Yo) und entweder eine differenzierbare Funktion g : ]xo - c, Xo + c[ -+ IR mit g(xo) = Yo und {(x,y)T I f(x,y) = f(xo,yo),xo - c < x < Xo + c} = { (x, g (x)) T I Xo - c < x < Xo + c} oder wenigstens eine differenzierbare Funktion h : lyo -c, Yo +c[ -+ IR mit h(yo) = Xo und {(x, y)T I f(x, y) = f(xo,yo),yo - c < Y < Yo + c} = {(h(y),y)T I Yo - c < Y < Yo + c} existieren.
Lösung: a) Es gilt für einen beliebigen Punkt (x, y) Taus IR 2 : ~ (x, y) = 2f 82 f 2x - 2, fll. 8Y(x,y) -_ 2y, 8ßx'2(x,y) -_ 2, ~ 8x8y(x,y) -_ 0, e:;s(x,y) -_ 2. Da jede partielle Ableitung einer konstanten Funktion die Nullfunktion ist,
folgt daraus, dass alle weiteren partiellen Ableitungen
::7;;J
für alle (i, j)
mit i + j ~ 3 auf IR 2 verschwinden. b) Da alle partiellen Ableitungen von f der Ordnung ~ 3 identisch verschwinden, sind alle Taylor-Polynome von f der Ordnung ~ 2 in einem festen Entwicklungs punkt (xo, yo)T gleich, d.h. sie sind von der Gestalt
of of 0 2f 2 f(xo, Yo) + ox (xo, yo)(x - xo) + oy (xo, yo)(y - Yo) + ox 2 (xo, yo)(x - xo) 02f
02f
+ 2 oxoy (xo, yo)(x - xo)(y - Yo) + oy2 (xo, yo)(y - YO)2 = f(xo, Yo)
=
+ (2xo - 2) + (2yo)(Y - Yo) + 2(x - XO)2 + 2(y - YO)2 .
c) Für (xo, yo)T = (3, _l)T ist f(xo, Yo) = 7 und damit sind alle TaylorPolynome von f der Ordnung ~ 2 im Entwicklungspunkt (3, -l)T gleich
7 + 4(x - 3) - 2(y + 1) + 2(x - 3)2 + 2(y + 1)2 . Bemerkung: Dieses Ergebnis kann man natürlich auch elementar erhalten; die folgende Umformung führt also zum Taylor-Polynom von f der Ordnung 2 :
386 f(x,y)
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
= [3 + (x -
3)]2 + [-1 + (y + 1)]2 - 2[3 + (x - 3)] + 3
= 9 + 6(x - 3)+(x - 3)2 +1- 2(y + 1) + (y + 1)2 - 6 - 2(x - 3) + 3
= 7 + 4(x d) Aus ~(x, y) in welchem
~ :~f ( oxoy
3) - 2(y + 1) + (x - 3)2 + (y + 1)2 .
= 2x -
2 und U(x, y)
= 2y folgt,
f ein lokales Extremum haben könnte,
~) o;2 (1,0) = (~ 0Y
~
~)
dass der einzige Punkt,
(1, O)T ist. Da die Matrix
positiv definit ist, und
~(1, 0) = 2 > 0
gilt, hat f in (l,O)T ein lokales Maximum. Bemerkung: Das (und sogar mehr!) ergibt sich auch durch die folgende elementare Umformung: f(x, y) = (x - 1)2 + y2 + 2. Hieraus sieht man, dass f in (l,O)T sogar ein absolutes Minimum hat. e) Kurz gesagt, sollen wir alle Punkte (xo, yo)T der Ebene bestimmen, in welchen aus der Gleichung f(x,y) = f(xo,yo) entweder x sich als Funktion von y oder y sich als Funktion von x in einer Umgebung von Yo bzw. Xo "explizitieren" lässt. Gilt (~(xo,Yo), U(xo,Yo)) :f. (0,0), so kann man gemäß dem Satz über implizite Funktionen entweder x als Funktion von y oder y als Funktion von x "lokal" explizitieren. Ist (xo,yo)T eine Nullstelle des Gradienten von f, so hat man zu untersuchen, ob um Xo oder um Yo eine "Explizitierung" möglich ist. Der einzige Punkt, der in unserem Fall in Frage kommt, ist (l,O)T. f(x,y) = f(l,O) führt zu x 2 + y2 _ 2y + 3 = 2 und damit zu x 2 + y2 - 2x + 1 = O. Die einzige Lösung der Gleichung (x - 1)2 + y2 = 0 ist x = 1, y = o. Deshalb kann man weder x als differenzierbare Funktion von y auf einem Intervall] - c, c[ noch y als differenzierbare Funktion von x auf einem Intervall ]1 - c, 1 + c[ schreiben. Der einzige Punkt, der nicht zur gesuchten Menge gehört, ist also (l,O)T .
2.4 Zweiter Test für das zweite Kapitel Aufgabe 1
"'::18 die Kurvendiskussion nach dem
Führen Sie für die Funktion f(x) folgenden Programm durch: i)
Bestimmung des maximalen Definitionsbereichs, Untersuchung der Stetigkeit und Differenzierbarkeit. ii) Verhalten an den Rändern des Definitionsbereichs (einschließlich ±oo). iii) Bestimmung aller Asymptoten. iv) Berechnung von /' und f". v) Berechnung der Nullstellen von f, /', 1". vi) Bestimmung der relativen Extrema und deren Art. vii) Bestimmung der Bereiche, in denen f monoton, konkav oder konvex ist. viii) Anfertigung einer Skizze. Lösung: i) Der maximale Definitionsbereich von fist Df := IR\{ -I} =)-
Als rationale Funktion ist stetig differenzierbar. ii) Wegen f(x)
= ~:t
= 00.
Da x 2
lim f(x)
"'--+00
lim
",--+-1-
00,
-1[ U)- I, 00[.
f auf Df stetig differenzierbar, sogar unendlich oft
für alle x E IR\{O, -I} gilt
",.!i~oo f(x) =
f(x)
= -00 =
lim fi:El . Wegen f(x) - x x
und
lim
",--+-1+
f(x)
= 00 .
8-+"'1
x
folgt
lim fi:El = 1
x-+-oo
lim (J(x) - x)
x-+-oo
x
=
lim (J(x) - x) . Die Gerade y = x -1 ist Asymptote sowohl für x -+
"'--+00
auch für x -+
iv)
-1 00
als
-00 .
f'(x) = 2x(x + 1) - (x 2 (x + 1)2 f"(x)
und
+ 8 den Wert 9 in x = -1 hat, folgt:
iii) x = -1 ist eine senkrechte Asymptote. Man hat x-+oo
-00
+ 8)
= (2x + 2)(x + 1) (x
2(x 2
+ 1)3
x 2 + 2x - 8 (x + 1)2
+ 2x -
8)
=
(x
18
+ 1)3
v) Da x 2 + 8 2: 8 hat f keine Nullstelle; dasselbe gilt für 1". Die Nullstellen von /' ergeben sich aus x 2 + 2x - 8 = (x + 1)2 - 9 = 0; sie sind -4 und 2.
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
388
vi) Lokale Extrema können nur in -4 und 2 vorliegen. Da 1"( -4) = .!~7 =
- ~ < 0 und 1"(2) = ~~ = ~ > 0 gelten, liegt in -4 ein lokales Maximum 16+8 = -8 und in 2 ein lokales Minimum 1(2) -- 2+1 4+8 = 4 . 1( -4) -- -4+1 vii) Wegen f'(x) =
(x
(X4-til)22)
1 strikt
ist
monoton steigend auf] - 00, -4]
und auf [2,00[. Auf [-4, -1[ und auf ]-1, 2] ist 1 strikt monoton fallend. Der Ausdruck für 1" zeigt, dass 1 konkavauf]- 00, -1[ und konvex auf]- 1, oo[ ist. viii) Die Skizze zeigt Abbildung 2.16. f(x) 1 25 ,/
20 x = 11
15 10 1
1
4
-20
-15
-10
1
-4
-5:
,/
:,/
/: ,/ ,/
/'
,
,/
~=x-1
:,/
2
5
10
15
20
x
1
1
- -I
-5 -8
-10
/.
-15 -20 -25
Abbildung 2.16. Skizze der Funktion f(x) =
Aufgabe 2
I:
2 xx t18
Berechnen Sie das Integral (xL~)(~2+4). In welchen Intervallen müssen die Integrationsgrenzen 0: und ß liegen?
389
2.4 Zweiter Test für das zweite Kapitel
Lösung:
= x 2 hat man J (xL~)(~2+4) = ~ J (Y-1)rY+4) = In Iy - 11 - 110 In Iy + 41 = 110 In I~I = 110 In I~~+!I .
Mit der Substitution y
~ J[~ - Ykldy =
Weil der Integrand stetig in IR\ { -1,1} ist, ist die einzige Einschränkung für 0: und ß die folgende: Die Punkte 1 und -1 dürfen nicht in [0:, ßlliegen. Also: Entweder 0:, ß El- 00, -1[, oder 0:, ß El- 1,1[, oder 0:, ß Ell, 00[. In jedem dieser drei Fälle hat man
J ß
'"
-~lnl~I-~lnl~lß2 +4 10 0: 2 +4 -
xdx (x 2 -1)(x 2 +4) - 10
~ In I (0: 2 + 4)(ß2 10
1) I = ~ In (0: 2 + 4) (ß2 - 1) (0: 2 - I)(ß2 + 4) 10 (0: 2 - 1)(ß2 + 4) .
Etwas mehr Arbeit hat man, wenn man sofort mit der Partialbruchzerlegung anfängt. Aus (X2-1)(X2+4) = X~l + X!l + ~~tf folgt für alle x E IR
x = A(x + 1)(x 2 + 4) + B(x - 1)(x 2 + 4) + (Cx + D)(x 2 - 1) = x 3 (A + B + C) + x 2(A - B + D) + x( 4A + 4B - C) + 4A - 4B - D . und daraus ergibt sich ein Gleichungssystem, das aus folgenden linearen Gleichungen besteht: A + B + C = 0 , A - B + D = 0 , 4A + 4B - C = 1 , 4A - 4B - D = 0 . Seine Lösung lautet A = 110 ' B = 110 ' C = D = O. ·t B h 1 .J:ß dx l.J:ß dx l.J:ß dx 1·· . · D 1e wel ere erec nung von 10 '" x-I + 10 '" x+1 - [; '" x2+4 ver au ft WIe
i,
im ersten Lösungsweg. Aufgabe 3
i)
ii) iii)
Bestimmen Sie 0: E IR, so dass A = (
~1
_211
-~3 ) L<
den Eigenwert
.\1 = 1 hat. Bestimmen Sie für dieses 0: die weiteren zwei Eigenwerte .\2 und .\3 der Matrix. Bestimmen Sie einen Eigenvektor von A zum Eigenwert .\1 .
Lösung:
i)det
(.\~21 .\~\ o
!4) =(.\2-1)(.\-0:)+6-4(.\-1)-4(.\-0:)=
- 1 . \ - 0:
.\3 _ 0:.\2 - .\ + 0: + 6 - 4A + 4 - 4A + 40: = .\3 - 0:.\2 - 9.\ + 10 + 50: .
390
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Dieses charakteristische Polynom hat "\1 = 1 als Nullstelle genau dann, wenn gilt: 0 = 1 - a - 9 + 10 + 5a = 2 + 4a, d.h. a = - ~ . ii) Die anderen zwei Nullstellen des charakteristischen Polynoms ,,\3 + ~,,\2 _ 9"\ + 125 = (,,\ - 1)(,,\2 + ~,,\ - 125) sind die Nullstellen des Polynoms,,\2 +~,,\ _ 125 , d.h. - ~±~ = -3±~ . iii) Die von Null verschiedenen Lösungen des homogenen Gleichungssystems
sind die Eigenvektoren zum Eigenwert "\1 = 1. Eine solche Lösung ist (-1,3,2)T, und jede weitere Lösung ist ein Vielfaches davon. Aufgabe 4 Gegeben sei die Funktion f : IR2 -t IR 2 , f( i) ii) iii) iv) v)
vi)
(x)) = y
))e: )
(sin((x + y cosx+ye
Berechnen Sie die Funktionalmatrix und die Funktionaldeterminante von f. Beschreiben Sie die Teilmenge U C IR2, auf welcher f lokal umkehrbar ist. Fertigen Sie eine einfache Skizze an. Zeigen Sie, dass f nicht surjektiv ist. (Also: Geben Sie einen Punkt aus IR2 an, der nicht im Bild von fliegt.) Zeigen Sie, dass f nicht injektiv ist. (Also: Bestimmen Sie zwei verschiedene Punkte in IR2 mit demselben Bild unter f). Bestimmen Sie die Bilder der Geraden h 1 := {(x, y)T E IR2 I x+y = O} , und h3 := {(x,y)T E IR2 1 x+y = h2 := {(x,y)T E IR2 1 x+y = unter f. Um welche Kurven handelt es sich? Fertigen Sie eine Skizze zu v) an.
n
H
Lösung: i) Die Funktionalmatrix von fist (
COS(X + y)e X + sin(x + y)e X cos(x + y)e X ) - sin(x + y)e Y + cos(x + y)e Y - sin(x + y)e Y
Ihre Determinante ist [- sin2(x + y) + cos 2(x + y) + sin(x + y) cos(x + y)] eXe Y =
[COS2(X+ Y ) +
~Sin2(x+y)] e
X
+Y .
•
2.4 Zweiter Test für das zweite Kapitel
391
ii) Dort, wo diese Funktionaldeterminante nicht verschwindet, ist die Funktion flokal invertierbar. Da die Exponentialfunktion nur positive Werte annimmt, ist die Nullstellenmenge N von cos 2t + ~ sin 2t = zu bestimmen, und dann ist U die Menge aller (x, y)T aus IR2 mit x + y (j. N. Ist cos 2t = 0, so ist sin 2t = ±1, und damit ist cos 2t + ~ sin 2t = nicht erfüllt. Deshalb ist diese Gleichung zu tan 2t = -2 äquivalent. Es folgt 2t = mr + arctan( -2)
°
°
y
Abbildung 2.17. Die Nullstellenmenge der Funktionaldeterminante
mit n E 71., oder auch N = {n~ - ~ arctan 2 I n E 71.}. Hiermit ist U eine Vereinigung von abzählbar vielen offenen Streifen gleicher Breite (nämlich 2~ ). In Abbildung 3.18 ist mit gn die Gerade mit einer Gleichung der Form
x
+ y = n~
- ~ arctan 2 bezeichnet; also: U
= IR2 \
UnEz gn .
iii) Der Punkt (O,O)T liegt nicht im Bild von f, weil aus sin(x + y)e X = cos(x + y)eY folgt sin(x + y) = = cos(x + y), was bekanntlich wegen sin 2 (x + y) + cos 2 (x + y) = 1 nicht möglich ist. iv) Alle Punkte (2mr, O)T mit n E 71. werden mittels f auf (0, 1)T abgebildet. v) Sei f((x,y)T) = (u(x,y),v(x,y))T; also u(x,y) = sin(x + y)e X und v(x,y) =cos(x+y)e Y • Ist x + y = 0, so gilt f(x,y)T = (O,ey)T. Die Exponentialfunktion bildet IR auf ]0, 00[; deshalb ist das Bild von h 1 mittels f die positive v-Halbachse (ohne den Nullpunkt).
°
Ist x
°
+y
=
i,
so gilt f(x,y)T = (~eX, ,,?ei-X)T. Mit u = ~ex und
4 ei; dabei nimmt u alle (aber nur diese!) Werte aus ]O,oo[ an. Also: f(h ist der Ast der Hyperbel uv = 4 e i, der im
v
=
,,?ei- x folgt uv
=
2)
ersten Quadranten liegt. Ist x +y = ~, so gilt f(x, y)T
= (eX, O)T. Wie für h 1 gilt: f(h 3) ist die positive
392
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
u-Halbachse. vi) Die erhaltenen Informationen führen zu einer Skizze, wie Abbildung 2.18 sie zeigt. v
4
f(ht)
Abbildung 2.18. Die Bilder der Geraden hl, h2 und h3
4 u
Aufgabe 5
Bestimmen Sie alle lokalen Extrema von f : IR 3 -t IR, f(x, y, z) = x - y + 2z unter der Nebenbedingung x 2 + y2 + 2z 2 = 2. Lösung: Die Funktionen fund g : IR 3 -t IR, g(x, y, z) = x 2 + y2 + 2z 2 - 2, sind stetig partiell differenzierbar auf IR 3 . Der Gradient von g verschwindet nur im Nullpunkt, der nicht zu N := {(x, y, z) E IR 3 I g(x, y, z) = O} gehört. Das Gleichungssystem grad f = ,\ grad g und g = 0, d.h. 1 = 2'\x, -1
hat die Lösungen ,\
=
= 2'\y, 2 = 4'\z ~,x
=
~,y
und
=-
x 2 + y2
~,z
- ~, y = ~, z = - ~. Die stetige Funktion
=
+ 2z 2 = 2
~ und ,\
=-
~,x
f eingeschränkt auf das
Kom-
paktum N (das ein Rotationsellipsoid mit den Halbachsen V2, V2, 1 ist) hat ein Maximum und ein Minimum, und diese Extrema können nur in (~,- ~, ~)T =: Xl und (- ~, ~,- ~)T =: X2 angenommen werden. Es gilt f(xd = 2V2 und f(X2) = -2V2. Deshalb nimmt f unter der Nebenbedingung g = 0 das Maximum und das Minimum in Xl bzw. X2 an.
2.5 Dritter Test für das zweite Kapitel Aufgabe 1
Berechnen Sie mit Hilfe der Regel von de l'Hospital den Grenzwert ~3
•
x-e:,-;sm x . Dafür müssen Sie diese Regel fünfmal anwenden. Begründen x-+o lim
Sie jedesmal, warum diese Regel anwendbar ist. Lösung:
Die Funktionen x -
3
x6
-
sin x und x 5 sind unendlich oft differenzierbar.
Deren Ableitungen bis zur Ordnung 5 sind 1 - x2 - cosx, - x + sinx, -1 + cos x, - sin x, - cos x bzw. 5x 4 , 20x 3 , 60x 2 , 120x, 120. Sowohl die Funktionen als auch deren Ableitungen bis zur Ordnung 4 verschwinden im Nullpunkt. Die Ableitungen fünfter Ordnung haben im Nullpunkt die Werte -1 bzw. 120. Deshalb gilt nach der Regel von de l'Hospital für den Fall § : 2
1 120
lim
--
x-+o
-cosx 120
-x + sinx = x-+o lim 20x 3
lim
x-+o
-sinx 120x
lim
x-+o
x -2 - cosx
-1 + cosx 60x 2 x3
2
lim
x-+o
5x 4
lim
x-+o
•
x-""3 - smx x5
Aufgabe 2
Seien 9 : IR --+ IR eine unendlich oft differenzierbare Funktion und a eine reelle Zahl. Betrachten Sie die durch f(x) := xg(ax) definierte Funktion f : IR --+ IR. a) b)
Zeigen Sie, dass f unendlich oft differenzierbar ist. Beweisen Sie durch vollständige Induktion, dass für alle natürlichen Zahlen n ;::: 1 und alle reellen Zahlen x gilt:
c)
Berechnen Sie für alle Zahlen n ;::: 1 die n-te Ableitung von h , x 1-7 x sin 2x und l , x 1-7 x cos 2x.
Lösung:
a) Das Polynom x 1-7 ax ist unendlich oft differenzierbar. Die Komposition dieses Polynoms mit der unendlich oft differenzierbaren Funktion 9 ist ebenfalls unendlich oft differenzierbar. Diese Eigenschaft bleibt erhalten, wenn man sie (also x 1-7 g(ax)) mit der Identität x 1-7 x multipliziert, da die Identität ebenfalls unendlich oft differenzierbar ist. b) Für n = 1 gilt die angegebene Formel:
394
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
j'(x)
= (xg(ax))' = g(ax) + x· (g(ax))' = g(ax) + axg'(ax)
.
Der Induktionsschritt wird wie folgt nachgewiesen. Aus der Annahme
ergibt sich unter Verwendung der Differentiationsregel:
= na n - 1 . ag(n) (ax) = (n
+ ang(n) (ax) + anx . a . gCn+l) (ax)
+ l)a ng(n) (ax) + an+1 xg(n+1) (ax)
.
Das ist genau das erwartete Ergebnis. Damit ist der Induktionsschritt vollzogen, und die angegebene Formel gilt für alle n 2: 1 und x E IR. c) Für jede natürliche Zahl k 2: 1 gilt
(sint)(2k)
=(-l)k sint,
=(-l)kcos t ,
(cost)2k
(sint)(2k-l) = (_l)k-l cost, (cost)2k-l = (_l)k sint. Mit Hilfe der Formel aus b) erhält man deshalb
(x sin 2X)(2k)
= 2k· 22k - 1 . (_l)k-l cos2x
+ 22k X'
(_l)k sin2x
= (-1)k-12 2k(kcos2x - x sin 2x) , (xsin2x)(2k-l)
= (2k -1)· 22k - 2 . (_l)k-l sin2x + 22k - 1 x· (_l)k-l cos2x = (_1)k- 122k - 2((2k - 1) sin 2x
+ x cos 2x)
,
= 2k· 22k - 1 . (_l)k sin2x + 22k X' (_l)k cos2x = (-1) k 22k (k sin 2x + x cos 2x) , (x cos 2X)(2k-l) = (2k - 1)2 2k - 2 . (_l)k-l cos 2x + 22k - 1 x . (_l)k sin 2x (x cos 2X)(2k)
= (_1)k- 122k - 2((2k -1) cos2x - 2xsin2x)) .
Aufgabe 3
Diskutieren Sie - unter Verwendung des Kurvendiskussionsprogramms - den Verlauf des Graphen der durch f(x) = x l -4 definierten Funktion. Fertigen Sie eine einfache Skizze an.
395
2.5 Dritter Test für das zweite Kapitel Lösung:
1. Schritt (Randverhalten) Der Definitionsbereich von fist IR\ {2, -2} = ]- 00, -2[ U ]- 2, 2[ U ]2, oo[ . Wegen der äquivalenten Darstellung f(x) = (X-2)(X+2) folgt
lim
x--+-2-
x
f(x) =
-00 ,
lim
x--+-2+
f(x) =
00,
lim f(x) =
x--+2-
-00,
lim f(x) =
x--+2+
00 .
= 2 und x = -2 sind also senkrechte Asymptoten. Wegen x-too lim f..S.3J. = 0 = x lim f..S.3J. und lim (f(x) - O· x) = 0 =
x-t-oo
x-+oo
x
sowohl für x
--t 00
also auch für x
--t -00
lim (f(x) - O· x) ist die x-Achse
X----t-CX)
eine waagerechte Asymptote für
f.
2. Schritt (Stetigkeitsverhalten) Auf ihrem Definitionsbereich ist f stetig. (In den Punkten 2 und -2 kann man diese Frage nicht stellen.) Man kann wegen der vorhandenen senkrechten Asymptoten die Funktion f in 2 und -2 nicht stetig fortsetzen. 3. Schritt (Monotonie-Verhalten)
f'(x) =
x 2 -4-x·2x (x2 4)2
= -
L±L (:2-4)2 <
0 für alle x E IR\ {2, -2 }. Deshalb ist y
x
Abbildung 2.19. Graph der Funktion fex) =
x 2x_4
f
396
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
streng monoton fallend auf] - 00, -2[ , ] - 2, 2[ und ]2, oo[(aber insgesamt, d.h. auf IR\{2, -2} nicht: z.B. 1(0) = 1(3) = ~). Insbesondere hat 1 keine lokalen Extrema.
°,
4. Schritt
I "( x ) -- - 2x(x
2 -4)-2.2x(x 2 +4)
2x(x 2 +12) (x 2 -4}3.
-
(x 2 -4P
-
D esha Ib 1S .t
1" POS1·t·1V auf]- 2 , o[
°
und ]2, oo[ , negativauf]- 00, -2[ und ]0, 2[ . Die einzige Nullstelle liegt im Nullpunkt; da hier ein Vorzeichenwechsel von 1" vorliegt, ist ein Wendepunkt für den Graphen von I. In der folgenden Skizze wird also berücksichtigt, dass die Funktion 1 auf] - 2, o[ und ]2, oo[ konvex und auf] - 00, -2[ und ]0, 2[ konkav ist. 5. Schritt (Skizze) Die Skizze zeigt Abbildung 2.19. Aufgabe 4
Lösen Sie das Anfangswertproblem . y ,-y - +xsmx = x
°
1f
Führen Sie die Probe durch. Lösung: Es handelt sich um eine lineare Differentialgleichung erster Ordnung. Nach der allgemeinen Lösungsformellautet die Lösung des Anfangswertproblems
y(x) = exp
(l ~ dt) [
dr )dt + 4~ ] .
l(-t'int)exp ( - N
4 4 4
Wegen
*t1 dt = Inx -ln.!!: = In
JX
exp(-ln~n
1fCOSX _ -ZL
4
4V2
4
4x
7r'
exp(ln
1f
4
= 4x1T'
J; -tsint)ft
exp(lnft) = ft und folgt y(x) = 4x[1fcOSX - -ZL
=
4x)
4V2
11"
+ -ZL] = 4V2
dt
xcosx
exp(-
= .
t
= 1\=
1 dr)
~T
~ cost
°
Das maximale Intervall, auf welchem x cos x die Lösung des Anfangswertproblems ist, ist ]0, oo[ ; die Differentialgleichung ist ja für x = nicht definiert. y(x) = x cos x ist eine Lösung der gegebenen Differentialgleichung; wegen y'(x) = cosx - xsinx folgt: y(x . x y '() x - + )x sm
x
= cos x -
. x- xcosx x sm --
Diese Lösung genügt der Anfangsbedingung:
x
y(~) = ~
°
. x = . + x sm
cos
~ = 4~ .
397
2.5 Dritter Test für das zweite Kapitel Aufgabe 5
Lösen Sie das folgende Anfangswertproblem:
y"(X) - 7y'(x)
+ 10y(x) = 2e 4x -
2e 3x
,
y(O)
= 3,
y'(O)
= 11
.
Lösung: Man löst zuerst die homogene, lineare Differentialgleichung
y" (x) - 7y' (x)
+ lOy(x)
= 0
mit dem Ansatz y(x) = e AX • Daraus ergibt sich die charakteristische Gleichung A2 - 7A + 10 = 0 , welche die Nullstellen A = 2 und A = 5 hat. Hiermit ist Cl e2x + C2 e5x die allgemeine Lösung der homogenen, linearen Differentialgleichung. Mit dem Ansatz Ae 4x + Be 3x sucht man eine partikuläre Lösung der nichthomogenen Gleichung. Es folgt durch Einsetzen:
Damit gilt -2A = 2 und -2B = -2, also A = -1 und B = 1. Die allgemeine Lösung Cl e2x + C2 e5x - e4x + e3x muss nun die Anfangsbedingungen erfüllen, d.h., es soll gelten Cl + C 2 - 1 + 1 = 3 , 2Cl + 5C2 - 4 + 3 = 11, also: Cl + C 2 = 3 , 2Cl + 5C3 = 12. Die Lösung dieses (algebraischen) linearen Systems ist Cl = 1 , C2 = 2. Deshalb ist e2x + 2e 5x - e4x + e3x die Lösung des Anfangswertproblems. Aufgabe 6
Mit A wird die 3 x 3-Matrix a) b) c) d)
( O~
_213
O~)
bezeichnet.
Zeigen Sie, dass Al = 1 ein Eigenwert von A ist. Bestimmen Sie die anderen zwei Eigenwerte A2 und A3 von A. Berechnen Sie zu jedem Eigenwert von A einen Eigenvektor . Bestimmen Sie eine invertierbare Matrix B, so dass
gilt. Führen Sie auch die Probe durch, d.h. berechnen Sie die Produkte AB und B-l(AB).
398
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
Lösung a) Die Eigenwerte der Matrix A sind die Lösungen der charakteristischen Gleichung
A
det ( -1 -2
-1
0)
A- 2 0 3 A-1
= A3
3A2 + 2A - A + 1 = A3
-
-
3A 2 + A + 1 = 0 .
Da 13 - 3 .1 2 + 1 + 1 = 0 gilt, ist Al = 1 ein Eigenwert von A. b) Es gilt A3 -3A 2 +A+1 = (A-1)(A 2 -2A-1). Die Gleichung A2 -2A-1 = 0 hat A2 = 1 - 0 und A3 = 1 + 0 als Nullstellen. c) Ein Eigenvektor von A zu Al = 1 ist eine nichttriviale Lösung des linearen Gleichungssystems x-y=O
-x - y = 0
d.h.
-2x + 3y = 0 . Eine solche Lösung ist V1:= (0,0, l)T. Die ersten zwei Gleichungen des linearen Gleichungssystems
1 - 0 -1-1 0 ( -1 -2 3
0) (x) (0) 0
-0
Y
z
(1 - 0)x - y = 0 d.h. -x - (1
0 0
+ 0)y
- 2x + 3y -
0
= 0
z = 0,
sind äquivalent. Nimmt man für y den Wert 1, so folgt x = -1 - 0 und daraus z = 2 + ~ ; also ist V2 := (-1, -0, 1, 2 + ~)T ein Eigenvektor von A zum Eigenwert A2. Analog erhält man Eigenvektor von A zum Eigenwert A3. d) Die Matrix B wird aus den Spalten 0 B= ( 0 1
V3
V1, V2
:= (-1
und
V3
+ 0, 1,2 -
~) Tals
gebildet, also
- 1 - 0 -1+0) 1 1 . 2+~ 2-~
Bist invertierbar, da det B = -20 gilt. Mit Hilfe der adjunkten Matrix oder mit der Methode von Gauß bekommt man die inverse Matrix von B: 5
B
-1
2"
=
( __1_
~V2
2V2
399
2.5 Dritter Test für das zweite Kapitel Es gilt A· B =
oi n(! 3
damit B- 1 (A· B)=
-1-V2 -1+1 V2 ) 1 2+~
1
V2
fl-3 2
( -;0~ +-~20 1) (0 ~
o V2 ) o 1+V2
~
(0 1- V2 0
2-~
V2
2V2
1-
1
=
2
0
2V2
~
0
, was zu erwarten war!
Aufgabe 7
Bestimmen Sie die lokalen Extrema der Funktion
f : IR2 -+ IR,
f(x,y):= x 2 +xy + by2 , in Abhängigkeit von b E IR. Lösung: Die lokalen Extrema von f sind Nullstellen des Gradienten von f (aber nicht umgekehrt!). Deshalb wird zuerst der Gradient von f berechnet; es gilt:
{)f {)x(x,y) = 2x+y ,
{)f {)y (x,y) = x
+ 2by
.
Daraus folgt: x - 4bx = 0, d.h. x = 0 oder 1 - 4b = O. Ist x = 0, so muss auch y = 0 gelten. Den Fall 1 - 4b = 0 stellen wir zunächst zurück. Die partiellen Ableitungen zweiter Ordnung von f sind: {)2f {)x 2 (x,y) =2 , Damit ist (
i ib)
{)2f {)y2 (x,y) = 2b . in jedem Punkt die Hessesche Matrix von
f. Für
4b - 1 > 0 ist diese Matrix positiv definit; da ~(x,y) = 2 > 0 gilt, ist in diesem Fall (also 4b - 1 > 0) der Nullpunkt ein lokales Minimum. Wegen x 2 + xy + by2 = x 2 + xy + t y2 + t(4b - 1)y2 = (x + ~y)2 + t(4b - 1)y2 20 ist (0,0) sogar ein absolutes Minimum. Ist 4b -1 < 0, so ist die Matrix indefinit, und damit ist (0,0) ein Sattelpunkt,
400
2 Differenziation, Integration und Matrizenkalkül
was auch aus der Darstellung f(x, y) = (x+ ~y)2 + i(4b-l)y2 folgt: Entlang der x-Achse ist f positiv, entlang der Geraden x + = 0 ist f negativ. (Der Nullpunkt wird dabei ausgespart). Wir betrachten nun den Fall 4b - 1 = O. In diesem Fall hat man: f(x,y) = = 0 ein rela(x + ~y)2 . Also hat f in jedem Punkt der Geraden x + tives, sogar ein absolutes Minimum, da: f(x, y) > 0 {:=} x + ~y =j:. 0 und f(x,y) =0 {:=} x+h=O.
h
h
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
3.1 Begriffe und Ergebnisse 3.1.1 Kurven in der Ebene und im Raum (Aufgabe 1 bis 6) Der Begriff Kurve ist außerordentlich wichtig für die Mathematik und Physik sowie für deren Anwendungen. Dabei geht es nicht nur um besondere Teilmengen der Ebene bzw. des Raumes, sondern - und das ist gerade für die Anwendungen von eminenter Bedeutung - auch um die Art, wie diese Teilmengen "durchlaufen" bzw. "erzeugt" werden. Dies wird durch den Begriff der Parametrisierung exakt beschrieben. Sei n 2': 2 eine natürliche Zahl und [a, b] ein abgeschlossenes, beschränktes Intervall aus IR. Eine stetige Funktion x : [a, b] -t IRn heißt eine parametrisierte Kurve oder eine Parametrisierung (Parameterdarstellung) einer Kurve in IRn • Auch der uninteressante Fall, dass x konstant ist (d.h. das Bild (die Spur) x([a, b]) besteht nur aus einem Punkt) fällt unter dieser Definition. Interessanter sind die regulär (oder glatt) parametrisierten Kurven, in diesem Fall ist x stetig differenzierbar auf [a, b] und die Ableitung Xl von x verschwindet in keinem Punkt (d.h. x/(t) -::f- 0 für alle t E [a,b]). Da wir auch Ecken, allgemeiner Knickpunkte zulassen wollen (also insbesondere sollen auch Polygonzüge als Bilder von "gutartigen" Kurven auftreten), werden wir stückweise glatt parametrisierte Kurven betrachten. x : [a, b] -t IR n ist stückweise glatt parametrisiert, wenn t1, ... , t m-1 aus Ja, b[ existieren, so dass a =: t o < t 1 < ... < tm-I< t m := b gilt (eventuell ist m = 1) und Xl[t;_l,t;) : [tj_1,tj]-t IR n glatt parametrisiert ist für alle j = 1, ... , m. Zwei parametrisierte Kurven x : [a, b] -t IR n und y : [c, d] -t IR n heißen äquivalent, wenn eine zulässige Parametertransformation von x nach y existiert, d.h. eine bijektive und stetig differenzierbare Funktion 7 : [a, b] -t [c, d] mit den folgenden Eigenschaften existiert: 7 1 (t) > 0 und x(t) = Y(7(t)) für alle t E [a,b]. Es folgt 7(a) = c und 7(b) = d sowie (7- 1)'(8) > 0 für alle 8 E [c,d]; deshalb ist dann 7- 1 eine zulässige Parametertransformation von y nach x. Außerdem ist die Komposition zweier zulässiger Parametertransformationen ebenfalls eine zulässige Parametertransformation. Damit ist klar, dass mit Hilfe A. Duma, Kompaktkurs Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2002
402
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
des Begriffs zulässige Transformation eine Äquivalenzrelation auf der Menge der parametrisierten Kurven definiert ist; eine Äquivalenzklasse bezüglich dieser Relation heißt eine (orientierte) Kurve. (Deshalb spricht man von x als einer Parametrisierung der Kurve, die x als Repräsentanten hat.) x(a) und x(b) heißen der Anfangs- bzw. Endpunkt von x : [a, b] -+ IR. Gilt x(a) = x(b), so heißt x geschlossen. Äquivalente parametrisierte Kurven haben denselben Anfangs- und Endpunkt; deshalb kann man von dem Anfangs- bzw. Endpunkt einer Kurve sprechen. Eine Kurve ist glatt bzw. geschlossen, wenn sie die Klasse einer glatten bzw. geschlossenen parametrisierten Kurve ist. Jeder Repräsentant einer glatten (bzw. einer geschlossenen) Kurve ist glatt (bzw. geschlossen). Ist x : [a,b] -+ IRn eine parametrisierte Kurve und P := (to,t1, ... ,tm ) mit a = to < t1 < ... < t m-1 < t m = beine Zerlegung P des Intervalls [a, b], so betrachtet man den Polygonzug P(x; P) mit den Ecken x(to), x(h), ... , x(tm-d, x(t m ) und bezeichnet mit L(P(x; P)) seine Länge. Nimmt man das Supremum L(x) über alle möglichen Zerlegungen P von [a, b], so erhält man die Länge von x, die eine Zahl oder 00 ist. Ist diese Länge eine Zahl, so heißt x rektifizierbar (rektifizieren = begradigen). Sind x und y äquivalent, so sind ihre Längen gleich; deshalb kann man von der Länge einer Kurve sprechen. Ist x : [a, b] -+ IRn rektifizierbar und hat man a :S c :S d :S b, so ist die Einschränkung auf das Intervall [c, d] ebenfalls rektifizierbar, und es gilt dann die Additivitätseigenschaft
L(x) = L(xl[a,cl)
+ L(xl[c,bl) .
Ist x glatt, so ist x immer rektifizierbar (zur Begründung verwendet man den Mittelwertsatz und die Beschränktheit der stetigen Funktion t I-t Ilx'(t)11 auf dem Kompaktum [a, b]), und es gilt
f Ilx'(t)lldt . b
L(x) =
(3.1)
a
Wegen der Additivitätseigenschaft ist eine stückweise glatt parametrisierte Kurve rektifizierbar, und ihre Länge ist die Summe der Längen ihrer glatt parametrisierten Einschränkungen auf den Teilintervallen einer Zerlegung.
J:
Ist x : [a, b] -+ IRn glatt, so ist a : [a, b] -+ [0, L(x)], a(t) := Ilx'(T)lldT bijektiv und stetig differenzierbar mit a'(t) = Ilx'(t)11 > für alle t E [a, b]. Deshalb ist a eine zulässige Parametertransformation von x nach y := x 0 a- 1 . Die Parameterdarstellung y hat wegen der Kettenregel die Eigenschaft Ily'(s)11 = 1 für alle sE [O,L(x)]. Sie ist die einzige zu x äquivalente glatte Parametrisierung mit dieser Eigenschaft und wird deshalb die ausgezeichnete Parametrisierung zur Kurve mit dem Repräsentanten x genannt. Man sagt, dass y nach der Bogenlänge parametrisiert ist. Für
°
403
3.1 Begriffe und Ergebnisse
die meisten glatten Kurven gibt es leider große Schwierigkeiten, diese ausgezeichneten Parametrisierungen konkret anzugeben. Selbst für so einfache Kurven wie Ellipsen wurden eigens dafür neue Funktionen eingeführt. Ist x : [a, b] -+ IR n glatt, so heißt der Vektor t(t) := Ilx/(tlll x'(t) der Tangentenvektor in t zur parametrisierten Kurve x. Die Gerade durch x(t) mit der Richtung t(t) ist im Fall n = 2 die Tangente in t zu x. Diese Terminologie wird auch für n ~ 3 beibehalten. Sind zwei glatt parametrisierte Kurven x und y mittels der zulässigen Parametertransformation T äquivalent, so sind die Tangentenvektoren in t zu x und in T(t) zu y gleich. Ist p E x([a, b]), so kann man im allgemeinen nicht vom Tangentenvektor in p zu x sprechen, da x im allgemeinen nicht injektiv ist, d.h. es können tl i t2 aus [a, b] existieren mit x(td = p = X(t2) und t(td i t(t2). (z.B. wenn die Kurve sich in p selbst schneidet) Sei nun n = 2. Ist x : [a, b] -+ IR 2 eine glatt parametrisierte ebene Kurve mit den Komponenten x und y, so ist 1,
t(t) = [[x'(t)[[x (t) = V(X'(t))2
1
+ (y'(t))2
(X'(t)) y'(t) .
(3.2)
Der dazu um 900 gegen den Uhrzeigersinn gedrehte Vektor Ilx/(tlll (~~~W) heißt der Normalenvektor in t zu x und wird mit n(t) bezeichnet. Das Funktionenpaar (t, n) heißt das begleitende Zweibein von x . Ist x außerdem geschlossen und ist die Einschränkung von x auf [a, b[ injektiv, so heißt x eine Jordankurve. Nach einem berühmten (und keineswegs einfach zu beweisenden) Satz von Jordan hat dann IR2 \x([a, b]) genau zwei Zusammenhangskomponenten: eine beschränkte (das Innere von x) und eine unbeschränkte (das Äußere von x). Bemerkenswert ist, dass zu jedem t E [a, b] ein c(t) > 0 existiert, so dass x(t) + An(t) für alle 0 < A < c(t) im Inneren von x liegt, d.h. n(t) zeigt ins Innere von x . Die Ableitungen (die momentanen Veränderungen) von t und n in to sind für das Verhalten der Kurve um to maßgebend; die Vektoren t' und n' lassen sich in der Basis {t,n} durch die sog. Frenetschen Formeln berechnen. Für eine ebene, glatt parametrisierte Kurve x, die zweimal differenzierbar in einem Punkt to ist, lauten die Frenetschen Formeln:
t'(to) = [[x'(to)[[Ii;(to)n(to) , n'(to) = -[[x'(tO)[[Ii;(to)t(to) .
(3.3)
Dabei gilt
Ii;(to) =
x'(to)yl/(to) - xl/(to)y'(to) det(x'(to),xl/(to)) [[x'(tO)[[3 = [[x'(tO)[[3
(3.4)
Diese Zahl Ii; heißt die Krümmung von x in to, und geometrisch bedeutet
404
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
sie folgendes: Betrachtet man alle Kreise, die durch den Punkt x(to) gehen und in einer Umgebung dieses Punktes möglichst nah an der Kurve x liegen, so müssen sie in x(to) dieselbe Tangente wie x haben, d.h. ihre Mittelpunkte liegen auf der Normalen {a(A) := x(to) + An(tO) I A E IR}. Für diejenigen A, für welche der Abstand (äquivalent: dessen Quadrat) zwischen den Kurvenpunkten und den Kreispunkten (in der Nähe von x(to)) möglichst klein wird, muss die Nullstellenordnung von t t-+ Ilx(t) - a(A)W - A2 in t = to möglichst groß sein. (Zur Erinnerung: Die Nullstellenordnung einer Funktion h in einem Punkt xo ist größer gleich k, falls h(to) = h'(to) = ... = Mk)(to) = 0 gilt.) Die Rechnungen zeigen, dass für ",,(to) i= 0 nur für ein einziges A, nämlich für A = K(;O) , die Ableitungen erster und zweiter Ordnung der obigen Funktion in t = to verschwinden. Der Kreis, der sich der Kurve in x(to) am besten "anschmiegt", hat also die Gleichung (y - a( K(;0)))2 = Kdo)2 und heißt der Krümmungskreis zu x in to; sein Radius p(to) :=
K(;O)
und
sein Mittelpunkt e(to) := a(p(to)) heißen der Krümmungsradius und der Krümmungsmittelpunkt von x in to. Ist x : [a, b] -+ IR2 eine zweimal stetig differenzierbare, glatt parametrisierte Kurve und hat"" keine Nullstelle in [a, b], so nennt man e : [a, b] -+ IR 2 , e(t) := a(p(t)) = x(t) + p(t)n(t) die Evolute von x; sie ist die Kurve der Krümmungskreismittelpunkte. t(to)
x(a)
x(b)
Abbildung 3.1. Krümmungskreis, -radius und -mittelpunkt
Ist ",,(to) = 0, so sagt man, dass der Krümmungsradius in diesem Punkt 00 ist. Diese Vereinbarung ist in Hinblick auf die folgenden Ergebnisse sinnvoll: Die Krümmung von x ist identisch Null dann und nur dann, wenn x eine gerade Strecke ist. Hat x in to einen Wendepunkt, so gilt ",,(to) = 0 . Sei x = (~) eine zweimal stetig differenzierbare, glatt parametrisierte Kurve. Wegen x'(t)2
+ y'(t)2 i=
0, d.h. wegen x'(t)
i=
0 oder y'(t)
i=
0, kann man
3.1 Begriffe und Ergebnisse
405
die Funktion x oder y in einer Umgebung von t invertieren; mit f := y 0 X-I bzw. g := x 0 y-I lässt sich (wenigstens theoretisch!) x lokal um x(t) durch
u t-+ (/0.)) oder v t-+ (g~v)) darstellen. Für eine derart parametrisierte Kurve hat man
t(u) -
I
/'i,(u) = n(v)
(1 f'(u))T
JI+I'(u)2'
I"(u) bzw JI+I'(u)2'·
=J
I
,
n(u) -
t(v) =
(-1 g'(v))T
g l(v)2+1'
,
J
I
I
JI+f'(u)2
g l(v)2+I
/'i,(v)
(-f'(u) 1)T "
(g'(v) 1)T '
= J -g"(v) g l(v)2+I
,
.
Damit kann man insbesondere leicht die obigen zwei Ergebnisse beweisen. Nun betrachten wir Raumkurven. Sei x : [a, b] -+ IR 3 eine zweimal stetig differenzierbare und glatt parametrisierte Kurve. Man kann zeigen, dass x'(t) x x"(t) = 0 für alle t aus einem Teilintervall [al,b l ] von [a,b] genau dann gilt, wenn XI[al,hJ eine gerade Strecke parametrisiert. Um x in einer Umgebung eines Punktes x(to), in welchem x'(t o) x x"(to) i- 0 gilt, näher zu untersuchen, suchen wir nach einer Ebene, der sich die Kurve in einer Umgebung von x(to) am besten nähert. Eine solche Ebene mit einer Gleichung der Form y . h - d = 0 geht durch x(to), falls d = x(to) . h gilt; o.E. sei Ilhll = 1. x(t)· h - x(to)· h beschreibt als Funktion von t den Abstand zwischen den Kurvenpunkten und den Punkten der Ebene in der Nähe von x(to) und ist desto kleiner, je größer deren Nullstellenordnung in t = to ist. Nur für h = ±llx/(to);x"(to)llx'(to) x x"(to) ist diese Ordnung größer gleich zwei. Der Vektor b(to) := Ilx/(to);x"(to)llx'(to) x x"(to) heißt der Binormalenvektor zu x in to. Die Ebene durch x(to), welche senkrecht zu b(to) steht und welche sich in der Nähe von to am besten an x anschmiegt, heißt die Schmiegebene. Zu ihr sind t(to) und n(to) := b(to) x t(to) parallel. Ist x dreimal stetig differenzierbar in to, so sucht man eine Kugel mit einer Gleichung der Form (y - a)2 - r 2 = 0, die durch x(to) geht (also gilt insbesondere (x(to) - a)2 = r 2 ) und in einer Umgebung von x(to) möglichst nah an der Kurve liegt. Dafür muss t t-+ (x(t) - a)2 - r 2 in to eine Nullstelle von möglichst großer Ordnung haben. Falls det(x'(to),x"(to),x"'(to)) i- 0 gilt, d.h. falls (Xl x x") . x'" in to nicht verschwindet, so verschwinden die ersten drei Ableitungen dieser Funktion in to nur für
_
a - x
(t) 0
+
Ilx'(to)11 3 (t ) _ det(x'(to),x"(to),x"'(to))b(t ) Ilx'(to) x x"(to)ll n 0 Ilx'(to) x x"(to)11 2 0
Die Kugel mit dem Mittelpunkt a und dem Radius r=
Ilx' (to) 11 6 11 x' (to) x x" (to ) 11 2
(det(x' (to), x" (to), x", (to)))2 11 x' (to) x x" (to ) 11 4
~~~~~~=+~~~~--~~~~~
.
406
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
heißt die Schmiegkugel zu x in to. Diese Kugel schneidet die Schmiegebene . dem M't Ilx'(tolW (t) . d em K' reIS mIt 1 te1pun ktm (t 0 ) := x (t 0 ) + Ilx'(tolxxll(tollln 0 un d m · Ilx'(tolxx"(tolll' Ilx'(toll13 D'le K urve XIS . t genau d ann e b en (d .. h SIe . l'legt dem R a d lUS in einer Ebene), wenn gilt: det(x'(t), x"(t), xlll(t)) = (x'(t) x x"(t)) 'X'"(t) = 0 für alle
tE [a,b].
In diesem Fall liegt die Kurve in der Schmiegebene, m(to) ist der Mittel. t der K" . k d Ilx'(tolxx"(tolll Ilx'(toll1 3 pun kt der Sch mleg ugeI un lS rummungsra d'lUS d er
IIX')f~I(~:;;I~olll die Krümmung der Raumkurve x in to bezeichnet. Die Zahl r(to) = det(x'(tol,x"(tol,x"'(toll . t em . Ma ß f"ur d'le AbwelC . h ung der R aum kurve x von Ilx'(tolxx"(tolI1 2 lS ihrer Projektion in Richtung b(to) auf die Schmiegebene; sie heißt die Torsion (Windung) von x in to. (Anschaulich: Die Torsion gibt an, wie stark sich die Kurve aus der Schmiegebene herauswindet.) Also: Der Radius r(to)
ebenen Kurve. Deshalb wird im allgemeinen mit I\:(to) =
der Schmiegkugel von x in to ist J(,«~ol)2
+ r(to)2.
Bemerkenswert ist, dass
und r auch durch die Frenetschen Formeln (also die Darstellung der Ableitungen t', n' und b' als Kombinationen von t, n und b) wie folgt eindeutig charakterisiert werden: I\:
t'(to)
= l\:(to)llx'(to)lln(to) ,
n'(to) = -1\:(to)llx'(to)llt(to) + r(to)llx'(to)llb(to) ,
(3.6)
b'(to) = -r(to)llx'(to)lln(to) . Die Ebenen durch x(to), welche von t(to) und b(to) bzw. von n(to) und b(to) aufgespannt werden, heißen die rektifizierbare Ebene bzw. die Normalebene. Die bisherige Definition von parametrisierten Kurven hat, da das Definitionsintervall I beschränkt ist, den Nachteil, dass unbeschränkte Mengen wie z.B. Geraden, Spiralen, die Sinuskurve usw. keine Kurven liefern. Dieser Mangel lässt sich durch die folgende Definition beheben. Ist I ein beliebiges (nicht notwendig kompaktes) Intervall in IR und x : I -+ IRn mit der Eigenschaft, dass für jedes [a, b] C I die Einschränkung Xl[a,bj eine parametrisierte Kurve ist, so wird auch x als parametrisierte Kurve angesehen. Um eine Eigenschaft von x in einem Punkt tEl zu definieren, bedienen wir uns einer Einschränkung Xl[a,bj mit t E]a, b[. Um globale Eigenschaften von x zu definieren (z.B. Regularität), verlangen wir diese Eigenschaft von den Einschränkungen von x auf alle kompakten Teilintervalle von I. Um die Rektifizierbarkeit von x zu definieren, genügt es nicht, die Rektifizierbarkeit von x auf jedem kompakten
407
3.1 Begriffe und Ergebnisse
Teilintervall von I zu fordern, sondern vielmehr die Existenz einer positiven Zahl M, so dass für jedes kompakte Teilintervall die Länge der Einschränkung von x darauf kleiner als M ist. Das Infimum dieser M ist dann die Länge von x. In diesem Sinne lassen sich auch Geraden, Spiralen usw. als Kurven (als Bilder von Kurven!) auffassen. 3.1.2 Flächen im dreidimensionalen Raum (Aufgabe 7 bis 8)
Der Begriff Fläche ist - ebenso wie der Begriff Kurve - fundamental für die Mathematik und deren Anwendungen. Grob gesagt ist eine Fläche die Vereinigung von offenen Flächenstücken. Für das Studium von lokalen Eigenschaften der Fläche genügt es, sich mit den Flächenstücken zu beschäftigen. Lediglich für globale Eigenschaften kommt es auf den allgemeinen Begriff der Fläche an. Eine Menge F C IR3 heißt er -parametrisierbar über einem Gebiet D C IR 2, falls eine bijektive er -Abbildung x : D -+ F existiert. x heißt dann eine e r _ Parametrisierung oder er-Parameterdarstellung von F, und das Paar (D, x) heißt ein parametrisiertes er -Flächenstück. (Manche Autoren verlangen lediglich die Surjektivität und - eventuell - die lokale Bijektivität von x.) Ist r ~ 1, so heißt die er -Parameterdarstellung x : D -+ F glatt oder regulär, falls (x u x xv)(u, v) i= 0 für jedes (~) E D. Ist Xo := x(uo, vo), so heißt 1 n(xo) := n(uo, vo) := II( )( )11 (x u x xv)(uo, vo) (3.7) Xu x Xv uo, Vo die Normale zu F in Xo. Die Ebene durch Xo, die senkrecht zu n(xo) ist, also {y E IR3 1(y - xo) . n(xo) = o} heißt die Tangentialebene zu F in Xo. Ist f : D -+ IR eine er-Funktion, so ist durch x(u,v) := (u,v,f(u,v))T eine er -Parametrisierung des Graphen F := x(D) von f gegeben. Für r ~ 1 ist diese Parameterdarstellung regulär, weil für alle (~) E D gilt: (x u x xv)(u, v) = (- fu(u, v), - fv(u, v), l)T i= O. Sei c = (~~) : Ja, b[-+ IR 2
°
injektiv und von der Klasse er, so dass cdt) > für alle t E Ja, b[ gilt. Man ordnet dieser parametrisierten ebenen Kurve die Teilmenge F(c) := {xc(u, v) := (Cl (u) cosv, Cl (u) sin v, c2(u)f 1 u E Ja, b[ , v E IR} von IR 3 zu. Sie entsteht also durch Drehung der Raumkurve Ja, b[-+ IR 3 , u I--t (CI(U),0,C2(U))T, deren Bild in der x-z-Ebene liegt, um die z-Achse und wird deshalb die c zugeordnete Drehfläche genannt. Die Abbildung x :Ja, b[ x IR -+ F( c) ist nicht injektiv, und deshalb ist dadurch kein Flächenstück gegeben. Sei Vo E IR fest. Schneidet man aus F(c) den Meridian m vo :=
{(CI(U)COSVO,CI(u)sinvo,c2(U)f 1 u EJa,b[}
408
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
heraus, so ist durch die Einschränkung Ja, b[xJvo, Vo + 2n[-+ F(c)\mvo von x eine reguläre er-Parametrisierung von F(c)\mvo gegeben, falls c regulär ist, denn es gilt:
Entfernt man z.B. aus der Einheitskugel 8 2 := {(x, y, z)T I x 2 + y2 + Z2 = 1} den Nordpol N = (1,0, O)T und den Südpol S = (-1,0, O)T, so erhält man die dem Halbkreis J - ~, ~ [-+ IR 2 , U t-7 (~~:~) zugeordnete Drehfläche. Entfernt man aus der Einheitskugel nur einen Punkt, etwa den Nordpol, so kann man sie als Flächenstück parametrisieren. Dafür ordnet man jedem Punkt (x, y, z)T =1= N der Kugel den Schnittpunkt der Geraden durch (x, y, z)T und N mit der x-y-Ebene zu. Bezeichnet man diesen Schnittpunkt mit (Si (x, y, z), S2(X, y, z), O)T, so ist die Zuordnung 8 2 \ {N} -+ IR 2 , (x, y, z)T t-7 (Si (x, y, z), S2(X, y, z))T bijektiv und von der Klasse e oo . Die Inverse a : IR 2 -+ 8 2 \ {N} dieser Abbildung ist eine reguläre eoo-Parameterdarstellung von 8 2 \ {N} über IR2 . (Eine nützliche Übung wäre die Berechnung der Gestalt von Si und S2 sowie von a. Damit lässt sich die Regularität von a leicht nachweisen.) Zwei -Parameterdarstellungen x : D -+ Fund x* : D* -+ F von F sind äquivalent, wenn eine bijektive -Abbildung
er
er
er
ist und x = x* 0
C('I',»)u (('I',»)v) 'P2
u
'1'2
v
(u,v) >
°
für
alle (~) aus D gilt. x und x* heißen dann orientierungsäquivalent. (Wegen der Invertierbarkeit von
er -
3.1 Begriffe und Ergebnisse
409
Xo = x(uo, vo). Der Tangentenvektor zu dieser parametrisierten Kurve in Xo ist ~~(uo,vo) = xu(uo,vo). Analog wird die zweite Parameterlinie oder zweite Koordinatenkurve v f-7 x(uo, v) definiert. Die Tangentialvektoren zu diesen Parameterlinien spannen die Tangentialebene in Xo auf. Der Tangentenvektor in Xo zu einer beliebigen parametrisierten Kurve auf F liegt in dieser Ebene. Weitere Bilder parametrisierter Kurven durch Xo ergeben sich als Schnitte von F mit Ebenen, die den Normalenvektor n(xo) = n(uo, vo) enthalten. Parametrisiert man eine solche Kurve nach der Bogenlänge, so bekommt man eine parametrisierte Kurve durch xo, welche den Namen Normalschnitt trägt. Ist nun ja, b[-+ D , t
f-7
(~~m eine Cl-Kurve, so wird die Bogenlänge der
Kurve t f-7 x(t) := x(u(t), v(t)) zwischen zwei Punkten tl und t2 (also a < tl < t2 < b) wegen Ily'(t)W
= y'(t) . y'(t) = (xu(u(t),v(t))u'(t) + xv(u(t), v(t))V'(t))2 = (x u . x u )( u(t), v(t) )u' (t)2
+ 2(x u . x v )( u(t), v(t) )u' (t)v' (t)
+(x v · x v )(u(t),v(t))V'(t)2 mit der Formel
J t2
J[(xu · xv)(u, v)U'2
+ 2(xu . xv)(u, v)u'v' + (xv· xv)(u, v)v'2j(t)dt
(3.8)
t1
berechnet. Die Differenzialform zweiter Ordnung
(x u . xu)(u, v)du 2 + 2(x u . xv)(u, v)dudv
+ (xv· xv)(u, v)dv 2 ,
die hier auftritt, heißt die erste Fundamentalform des Flächenstücks. Die Koeffizienten dieser ersten Fundamentalform, also die drei Funktionen (u,v) f-7 (x u · xu)(u,v) , (x u · xv)(u,v) und (xv· xv)(u, v), werden traditionsgemäß mit E(u, v) , F(u, v) und C(u, v) bezeichnet. Für die erste Fundamentalform wird (wegen der obigen Formel) die Bezeichnung
ds 2 = Edu 2 + 2Fdudv + Cdv 2
(3.9)
benutzt. Ist cp : D -+ D* eine Parametertransformation zwischen den Parametrisierungen x : D -+ Fund x* : D* -+ F und bezeichnet cp' die Funktionalmatrix von cp, so gilt
( E(U,V) F(u,v)
F(U'V)) ='( f (E*(T(U'V)) C(u,v) cp U,V F*(T(U, v))
F*(T(U,V))) '( ) C*(T(U,V)) cp U,V ,
wobei E*, F* und C* die Koeffizienten der ersten Fundamentalform für die Parameterdarstellung x* bezeichnen. Seien (~~) : jal' bl [-+ D und
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
410
(~~) : Ja2' b2[---+ D zwei parametrisierte Cl-Kurven. Schneiden sich deren zugeordnete Kurven X(UI, vd und X(U2, V2) auf F in Xo = X(UI (h), VI (td) = X(U2(t2),V2(t2)) unter einem Winkel 0:, so gilt
(3.10)
wobei E, Fund G in Xo , u~ und v~ in tl und u~ und v~ in t2 ausgewertet werden. Ebenfalls mit Hilfe der ersten Fundamentalform kann man Flächeninhalte messen. Für die offene Teilmenge D o C D definiert man den Flächeninhalt von F o := x(D o) durch Vol(F o) =
J
J(EG - F2)(u, v) da(u, v) .
(3.11)
Da
Das Integral kann auch den Wert 00 annehmen (s. dazu Paragraph 3.1.6). Sei nun durch x : D ---+ F ein reguläres C 2 -Flächenstück (D, x) definiert, n sei die Flächennormale zu x und (~) : Ja, b[---+ D sei eine zweimal stetig differenzierbare, glatt parametrisierte Kurve. Die Flächenkurve Ja, b[---+ F , t I-t y(t) := x(u(t), v(t)) hat in tE Ja, b[ den Tangentenvektor t(t), der in der Tangentialebene zu x liegt und damit senkrecht zu n(u(t), v(t)) ist. Mit K,(t) und p(t) bezeichnet man die Krümmung bzw. den Krümmungsradius der Kurve y in t. Wir interpretieren die Zuordnung t I-t y(t) als die Bewegung eines Teilchens mit der Geschwindigkeit ,(t) := Ily/(t)ll. Der Beschleunigungsvektor y" (t) lässt sich als Linearkombination von Vektoren der Orthogonalbasis t(t) , n(u(t),v(t)) und t(t) x n(u(t),v(t)) darstellen: y"(t) = ßb(t)t(t)
+ ßn(t)n(u(t), v(t)) + ßg(t)t(t)
x n(u(t), v(t)) .
Die Komponenten ßb(t), ßn(t) und ßg(t) der Beschleunigung in dieser Basis heißen die Bahn-, Normal- bzw. Seitenbeschleunigung. Die Bahnbeschleunigung, also die Beschleunigung in Richtung des Tangentenvektors zu x, hat in t den Wert ,'(t), also ßb(t) = ,/(t). Die Quotienten ~(gl und ~~gJ heißen die Normal- bzw. geodätische Krümmung von y in t, und werden mit K,n(t) bzw. K,g(t) bezeichnet. Es gilt (3.12)
Die Seitenbeschleunigung misst die Seitenkräfte, welche in der Tangentialebene senkrecht zur Kurve wirken. Wenn die Kurve so verläuft, dass keine Seitenkräfte auftreten, also K,g(t) = 0 gilt für alle t, spricht man von einer geodätischen Linie oder von einer Geodätischen. Eine solche Kurve ist eindeutig durch die folgende Eigenschaft charakterisiert: Für jedes Paar (tl, t2) mit a < tl < t2 < bist yl[tl,t2] unter allen Flächenkurven zwischen
3.1 Begriffe und Ergebnisse
411
y(td und y(t2) diejenige mit minimaler Länge. Aus (3.12) folgt, dass die Geodätischen diejenigen Kurven auf F sind, für welche die Normalkrümmung und Krümmung bis auf das Vorzeichen gleich sind. Die Normalkrümmung wird mit Hilfe der sog. zweiten Fundamentalform berechnet. Diese Differenzialform zweiter Ordnung, die dem Flächenstück zugeordnet wird, lautet L(u, v)du 2 + 2M(u, v)dudv + N(u, v)dv 2 , wobei die Koeffizienten L, Mund N definiert sind durch
L(u, v) = (x uu . n)(u, v) = -(x u . nu)(u, v) , M(u,v) = (x uv ' n)(u,v) = -(x u ' nv)(u,v) = -(xv' nu)(u,v) , N(u,v) = (xv v . n)(u,v) = -(xv' nv)(u,v) . Der Satz von Meusnier besagt
"'n(t)
= ",(t) cos(} =
cos () p(t)
L(u(t), v(t))U'(t)2 + 2M(u(t), v(t))u'(t)v'(t) E(u(t), v(t))U'(t)2 + 2F(u(t), v(t))u'(t)v'(t)
+ N(u(t), v(t))V'(t)2 + G(u(t), v(t))V'(t)2 '
wobei () der Winkel zwischen n( u, v) und dem Hauptnormalenvektor zur Raumkurve t f-t y(t) ist. Sei nun to E Ja, b[ fest, Uo = u(to) , Vo = v(to) und Xo = x(uo, vo). Aus der obigen Formel folgt insbesondere, dass alle Flächenkurven auf F, die in Xo dieselbe Tangentenrichtung haben, dieselbe Normalkrümmung in Xo haben. Deshalb genügt es, sich bei der Untersuchung der Normalkrümmungen aller C 2 -Kurven auf F durch Xo auf Normalschnitte durch Xo zu beschränken. Im Fall eines Normalschnitts stimmt die Normale n(uo, vo) mit dem Hauptnormalenvektor zu diesem Normalschnitt überein, also gilt () = O. Entspricht dieser Normalschnitt dem Tangentenvektor
und bezeichnet p( >., J-L) den Krümmungsradius dieses Normalschnitts in xo, so hat man nach dem Satz von Meusnier 1
p(>',J-L)
L(XO)>.2 + 2M(xo)>'J-L + N(xO)J-L2 E(XO)>,2 + 2F(xo)>'J-L + G(XO)J-L2
Wegen (EG - F 2)(uo, vo) > 0 und E(uo, vo) > 0 ist E(xo)>.2 + 2F(xo)>'J-L + G(XO)J-L2 stets positiv. Ist die Funktion (>', J-L) f-t P (,/l;) konstant (d.h. stimmen die bei den Fundamentalformen in Xo bis auf eine multiplikative Konstante überein), so haben alle Normalschnitte durch Xo dieselbe Krümmung. Ein
412
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
solcher Punkt Xo heißt Nabelpunkt. Ist die FUnktion ()." /-1)
1-7
-(i ) nicht P ,1'
konstant, so gibt es genau zwei Richtungen ().,1, /-1d und ().,2, /-12) mit 1
_
p(Al,l'l) -
1).,2 + 2 - I} max{1 p(A,I') /-1 ,
1
_. {
p(A2,1'2) -
mm
1
p(Al,l')
I ).,2 + /-1 2 --
I} ,
und ).,1).,2 + /-11/-12 = o. Diese letzte Gleichung bedeutet, dass die den Paaren ().,1, /-11) und ().,2, /-12) entsprechenden Richtungen in der Tangentialebene senkrecht zueinander sind. Sie heißen die Hauptrichtungen des Flächenstücks und \ 1() heißen die Hauptin Xo. Die zugehörigen Krümmungen ~ P\/\l,l'lj P /\2,1'2 krümmungen. Die Hauptkrümmungsradien P().,l, /-1d und P().,2, /-12) sind die Nullstellen der Gleichung zweiter Ordnung 1
p2 -
NE - 2M F + LG 1 EG _ F2 (xo)p
+
LN - M 2 EG _ F2 (xo) = 0 .
Die Werte 1 1 LN - M 2 K(xo):= PI, ()., /-11 ) P()., 2, /-12 ) = EG - F2 (xo) ,
H(xo) :=
1 (1 P().,1, /-1d
2
1
+ p().,2, /-12)
)
=
NE - 2M F + LG 2(EG _ F2) (xo)
(3.13)
(3.14)
heißen die Gaußsche bzw. mittlere Krümmung von F in Xo . Gauß hat bemerkt, dass bei einer zulässigen Parametertransformation die Krümmungen K(xo) und H(xo) invariant (unverändert) bleiben. Damit ist die folgende Definition sinnvoll. Ein Punkt Xo E F heißt
-+ -+ -+ -+
elliptisch, falls K(xo) > 0 gilt, hyperbolisch, falls K(xo) < 0 gilt, parabolisch, falls K(xo) = 0 und H(xo) eben, falls K(xo) = 0 = H(xo) gilt.
"I 0 gilt,
Diese Namensgebung stammt von den entsprechenden Flächen zweiter Ordnung. Zu jedem Punkt eines Ellipsoides bzw. Hyperboloides gibt es eine offene Umgebung, die über einem Gebiet aus IR2 parametrisierbar ist, und jeder Punkt dieses Flächenstücks ist elliptisch bzw. hyperelliptisch. Ein Paraboloid und eine Ebene lassen sich (global) über IR2 parametrisieren, und jeder Punkt des Flächenstücks ist parabolisch bzw. eben. Man kann beweisen, dass ein Ellipsoid über keinem Gebiet aus IR2 parametrisierbar ist. Eine Drehfläche können wir als Bild eines Flächenstücks darstellen, wenn man aus ihr einen Meridian entfernt. Diese Beispiele motivieren die nachstehende Definition. Sei r 2: 2. Die Teilmenge F C IR 3 heißt eine er -Fläche, wenn es zu jedem Punkt von F eine Umgebung U in IR 3 gibt, so dass F n U als reguläres
3.1 Begriffe und Ergebnisse
413
er -Flächenstück parametrisiert werden kann. Die Ellipsoide und die Hyperboloide sowie die Drehflächen von glatt parametrisierten eoo-Kurven sind eoo-Flächen; man kann sie jeweils als Vereinigung von zwei Flächenstücken darstellen. Jede Eigenschaft eines Punktes (z.B. diejenige, dass der Punkt elliptisch ist), die für ein Flächenstück gilt und bezüglich zulässiger Parametertransformationen erhalten bleibt (man sagt: invariant ist), kann auf Flächen eingeführt werden. Ob sie in einem Punkt gilt, muss dann nur auf einem Flächenstück nachgeprüft werden, das diesen Punkt enthält. Es gibt aber auch Eigenschaften und Fragestellungen, wie die nun definierte Orientierbarkeit, die "globalen" Charakter haben. Eine Fläche F heißt orientierbar, wenn eine Menge (Ui)iEI von offenen Teilmengen von IR3 mit folgenden Eigenschaften existiert:
a) b) c)
F C UiEI Ui ,
F n Ui ist mittels Xi : D i -+ F n Ui regulär parametrisiert für alle i E 1 , für jedes Paar (i,j) E 12 mit F n Ui n Uj i:-
Ein bekanntes Beispiel für eine nicht orientierbare Fläche ist das Möbiusband. Eine weitere Fragestellung mit globalem Charakter ist, ob zwei gegebene er Flächen isomorph (oder er -diffeomorph) sind, d.h., ob es eine bijektive er -Abbildung zwischen ihnen gibt, deren Inverse ebenfalls von der Klasse er ist. Die Weiterführung dieser Frage ist die Klassifikation von Flächen von einem "bestimmten Typ". Eine praktische Aufgabe der Flächentheorie, auf die wir hier nicht eingehen wollen, ist die Berechnung der Bogenlänge einer Kurve, die nicht in einem Flächenstück enthalten ist. Wir beenden diesen kurzen Einblick in die Flächentheorie mit einem wichtigen Ergebnis, das mit dem Satz über implizite Funktionen bewiesen werden kann. Seien U C IR3 offen, f : U -+ IR eine eOO-Funktion und a E IR ein regulärer Wert von f, d.h. der Gradient von f verschwindet in keinem Punkt der Urbildmenge f-I(a). Dann ist f-I(a) eine orientierbare eoo-Fläche. 3.1.3 Integrierbarkeit und Differenzierbarkeit von Funktionenfolgen und Funktionenreihen (Aufgabe 9 bis 11) Die gleichmäßige Konvergenz ist die "richtige" Konvergenzart, wenn man die Eigenschaft der Funktionen einer Folge oder Reihe auf die Grenzfunktion übertragen möchte. Im Paragraphen 1.1.15 haben wir gesehen, dass aus der Stetigkeit der Funktionen fn die Stetigkeit des Grenzwertes lim fn bzw. n-too
der Summe 2:~=1 fn folgt, falls die Konvergenz gleichmäßig ist. Auch die Eigenschaften integrierbar und differenzierbar lassen sich bei gleichmäßiger Konvergenz übertragen. Die genaue Formulierung dieser Ergebnisse wird nun
414
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
angegeben. Dabei werden wir dies nicht nur für Folgen (was ausreichen würde, da eine Reihe nichts anderes ist als die Folge ihrer Partialsummen), sondern (aus praktischen Gründen und im Hinblick auf bekannte Konvergenzkriterien für Reihen) auch für Reihen tun. Ist fn : [a, b] --+ IR integrierbar über [a, b] für jedes n ~ 1 und konvergiert (fn)n?l bzw. 2:~=1 fn gleichmäßig in [a, b] gegen die Funktion f, so ist f ebenfalls integrierbar über [a, b] und es gilt
f fn(x)dx (;] f( lim fn(x))dx f f(x)dx , b
lim
n --+ CXJ
b
a
~ f fn(x)dx
a
oob
n-l
a
(;]
b
n--+ 00
b
=
a
b
f (~fn(X) ) dx f f(x)dx . 00
(3.15)
=
a
n-l
a
Die Gleichungen (3.15) kann man wie folgt interpretieren: Integration und Grenzwertbildung sind für gleichmäßig konvergente Folgen und Reihen von Funktionen auf einem kompakten Intervall vertauschbare Operationen. Für Reihen sagt man kurz, dass eine gleichmäßig konvergente Reihe von integrierbaren Funktionen gliedweise integrierbar ist. Sind die Funktionen fn stetig differenzierbar auf [a, b], konvergiert (f~)n?l bzw. 2:~=1 f~ gleichmäßig gegen die Funktion h : [a, b] --+ IR und gibt es Xo E [a, b], so dass (fn(XO))n?l bzw. 2:~=1 fn(xo) konvergiert, so konvergiert (fn)n?l bzw. 2:~=1 fn gleichmäßig gegen eine stetig differenzierbare funktion f : [a, b] --+ IR, deren Ableitung h ist. Es handelt sich wieder um eine "Vertauschungsregel" . Für alle x E [a, b] gilt (3.16) Man beachte, dass die Forderung nach Konvergenz in einem Punkt (der oben mit Xo bezeichnet wurde) notwendig ist (d.h. darauf kann nicht verzichtet werden.) Ist fn für alle n ~ 1 die konstante Funktion n, so ist f~ = 0 und damit ist sowohl (f~)n?l als auch 2:~=1 f~ gleichmäßig konvergent. Aber weder (fn)n?l = (n)n?l noch 2:~=1 fn = 2:~=1 n ist konvergent. Für die Potenz reihe 2:~=o anx n gilt innerhalb ihres offenen Konvergenzintervalls (3.17) da 2:~=1 nanx n- 1 denselben Konvergenzradius wie 2:~=o anx n hat und
3.1 Begriffe und Ergebnisse
415
weil sie auf jedem kompakten Teilintervall des offenen Konvergenzintervalls gleichmäßig konvergiert. 3.1.4 Periodische Funktionen und Fourierreihen (Aufgabe 12 bis 19) Viele Phänomene in der Mechanik, Akustik und Elektrotechnik haben einen periodischen Charakter, wenn ihnen Schwingungen zugrunde liegen. Auch andere Vorgänge aus der Natur führen zu Ergebnissen, die sich nach einer festen Zeit in derselben Abfolge wiederholen, z.B. die Position der Erde zur Sonne. Denken Sie daran, dass auch die Zeitmessung (insbesondere die Definition der Sekunde) periodischen Charakter hat. Schließlich wären moderne Produktionsverfahren ohne periodische Vorgänge nicht vorstellbar. Eine Funktion f : IR --+ IR heißt periodisch, wenn eine positive reelle Zahl p mit folgender Eigenschaft existiert:
f(x
+ p)
= f(x)
für alle
x E IR.
(3.18)
Man sagt, dass p eine Periode von fist. fist genau dann eine konstante Funktion, wenn jede positive reelle Zahl eine Periode von f ist. Gibt es eine kleinste Periode, so heißt sie die Periode von f. Das ist der Fall für eine stetige, periodische und nicht konstante Funktion. Ist p eine Periode, so sind alle np für nEIN , n ~ 2 auch Perioden von f . Sind hund h periodische Funktionen mit den Perioden Pl und P2, so ist h + h genau dann periodisch, wenn E1. eine rationale Zahl ist. Die Periode P2
von h + h ist dann die kleinste positive Zahl der Form nlPl + n2P2, wenn nl und n2 ganze Zahlen sind. Ist f periodisch und differenzierbar auf IR, so ist f' ebenfalls periodisch. Falls f nicht konstant ist, haben fund f' dieselbe Periode. Ist P eine Periode von f und ist f integrierbar über einem Intervall der Länge p, so ist f integrierbar über jedem beschränkten Intervall, und der Wert des
Integrals Jaa+p f(x)dx hängt nicht von a ab, d.h. Jt f(x)dx = Jaa+p f(x)dx für alle a E IR. Sei nun I ein halboffenes Intervall der Länge p, also I = [a, a + p[ oder Ja, a + p] mit festem a E IR, und f : I --+ IR sei eine beliebige Funktion. Jedes y E IR lässt sich auf genau eine Art als x + np mit x E I und n E 7l schreiben. Setzt man j(y) := f(x), so erhält man eine Fortsetzung von f auf IR (j(x) = f(x) für alle xE I), welche die p-periodische Fortsetzung von
f heißt. Man beachte, dass p eine Periode aber nicht unbedingt die Periode von j ist. So ist z.B. die 47r-periodische Fortsetzung von sin : [0, 47r[-+ IR die Funktion sin, welche die Periode 27r hat. Ist f stetig, so ist j genau dann
stetig, wenn f (im Fall I = [a, a + pD im Punkt a + p einen Grenzwert hat und dieser mit f(a) übereinstimmt. Entsprechendes gilt für I =]a, a + p]. (Überlegen Sie sich, wie es mit der Differenzierbarkeit von differenzierbar und
j stetig ist!)
j steht, wenn f
416
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
Ist 1 : [O,~] -+ IR eine beliebige Funktion, so kann man sie mittels x I-t I( -x) auf] - ~, O[ fortsetzen, und diese Fortsetzung ist gerade auf ] - ~, ~[. Setzt man diese neue Funktion auf IR p-periodisch fort, so erhält man die gerade p-periodische Fortsetzung von 1 . Für eine Funktion I: [O,~] -+ IR mit 1(0) = I(~) = 0 setzt man I(x) = - I( -x) für alle x E]~, 0[. Die p-periodische Fortsetzung dieser neuen Funktion ist die ungerade p-periodische Fortsetzung von I. Die Menge aller Funktionen, für welche p > 0 eine Periode ist, bilden einen IR- Vektorraum. Darin enthalten sind alle konstanten Funktionen und die trigonometrischen Funktionen sin 2;k x sowie cos 2;k x für alle kEIN und damit auch die Menge (besser: der Untervektorraum) aller Funktionen I, die eine Darstellung der Form I(x) = T + 2:~=1 (ak cos 2~11" X+bk sin 2~11" x) mit n aus IN und aO,a1, ... ,an , b1, ... ,bn aus IR besitzen. Das konstante Glied von 1 wird in der Form T geschrieben, und zwar nicht nur wegen der Tradition sondern, weil sich damit die Berechnungsformeln für die Koeffizienten einheitlich darstellen lassen. Wegen der Orthogonalitätsrelationen
J J p
o
2rrk 2rrl cos --xcos -xdx = p
p
r ~
p
fürk;il, für k = l > 0 , fürk=l=O,
p
2rrk sm . -xdx 2rrl = 0, cos --x p
0
J p
gilt
. 2rrk . 2rrl sm --x sm -xdx =
P
°
(3.19)
p
{
P
J ° J .
0
E. 2
fürk;il, fürk=l>O,
p
ak = -2
P
2rrk I(x) cos -xdx
P
für
k = O,l, ... ,n, (3.20)
p
bk = -2
P
2rrk I(x) sm -xdx
0
P
für
k = 1, ... ,n.
Nicht jede p-periodische Funktion ist als trigonometrisches Polynom darstellbar, denn trigonometrische Polynome sind (unendlich oft) differenzierbar, was für p-periodische Funktionen i.A. nicht gilt. Dieser Gedanke wirft die Frage auf, ob man alle p-periodischen Funktionen (oder wenigstens alle p-periodischen und stetig differenzierbaren Funktionen) als konvergente Funktionenreihe vom Typ T + 2:%:1 (ak cos 2;k x + bk sin 2;k x) darstellen kann.
417
3.1 Begriffe und Ergebnisse
Eine Reihe dieser Gestalt heißt Fourierreihe. (Man beachte, dass wegen Isin xl ::; 1 und Icos xl ::; 1 die Konvergenz von L~l (Iak I + Ib k I) für die gleichmäßige Konvergenz der Funktionenreihe genügen würde.) Für die Untersuchung und die Darstellung periodischer Funktionen sind die Fourierreihen, wie wir im Folgenden sehen werden, das geeignete Instrument. Sei p
> 0 eine reelle Zahl. Falls die Reihe
2ao + ~ ~
(
k=l
27rk . 27rk ) ak cos --x + bk sm --x p P
(3.21)
gleichmäßig auf [0, p] konvergiert, definiert sie eine stetig differenzierbare Funktion f : IR -+ IR, welche p-periodisch ist, und die Koeffizienten ak und bk sind wegen der gleichmäßigen Konvergenz (was die gliedweise Integration erlaubt) und der Orthogonalitätsrelationen von f durch (3.20) eindeutig bestimmt. Ist nun f : IR -+ IR eine p-periodische Funktion, die über [0, p] integrierbar ist, so sind die Funktionen f(x) sin 2;k x und f(x) cos 2;k x ebenfalls integrierbar über [O,p]. Die Zahlen ak und bk, die mittels (3.20) definiert werden, heißen die Fourierkoeffizienten von f und die mittels (3.21) definierte Reihe die f zugeordnete Fourierreihe. Ist f eine gerade Funktion, so ist f(x) sin 2~11" ungerade, und damit gilt
J .
J . ~
p
bk = -2
P
2k7r f(x) sm -xdx = -2
o
P
P
2k7r f(x) sm -xdx = O.
-~
P
Die einer geraden Funktion zugeordnete Fourierreihe ist also eine reine "Cosinus-Reihe". Analog ist die einer ungeraden Funktion f zugeordnete Fourierreihe eine reine "Sinus-Reihe", denn f(x) cos 2;k x ist eine ungerade Funktion, und damit gilt:
J
P
2k7r f(x) cos -xdx = -2
o
J ~
p
ak = -2
P
P
2k7r f(x) cos -xdx = O.
-~
P
Sei nun wieder f p-periodisch und integrierbar über [O,p] und ak , k = 0,1,2, ... sowie bk , k = 1,2, ... seien die Fourierkoeffizienten von f. Die damit gebildete Fourierreihe braucht nicht gleichmäßig (nicht einmal punktweise) zu konvergieren und i.A. konvergiert sie auch nicht in jedem Punkt x E IR gegen f(x). Die Partialsummen T + L~=l (ak cos 2;k x + bk sin 2;k x), erfüllen die bemerkenswerte Minimalitätseigenschaft: Sei n 2: 0 fest. Unter allen trigonometrischen Polynomen der Gestalt
418
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
Co Pn(CO, Cl,···, Cn; dl , ... ,dn)(x) = "2
+~ ~
(
Ck
COS
k=l
ist Pn(ao, al,···, an; bl
, ... ,
27rk . 27rk ) --x + dk sm --x P
P
bn ) das einzige, welches
p
J[f(X) - Pn(CO,Cl, ... ,cn;dl , ... ,dn )(X)]2dx o minimiert. Aus der Definition der Fourierkoeffizienten von f und wegen der Orthogonalitätsrelationen ergibt sich nach einer Umformung die Relation
Da das Integral einer nicht negativen Funktion nicht negativ ist (Monotonieeigenschaft des Integrals), folgt daraus für alle n
2J f(x) dx
n
P
21 ao2 + ,", ~(ak2 + b2k ) ~ p k=l
2
0
und damit die Konvergenz der Reihen 2:%:1 a% sowie 2:%:1 b%. Man erhält insbesondere lim ak = = lim bk sowie die Besselsche Ungleichung k-1-OO
°
k-1-OO
(3.22)
Der folgende Konvergenzsatz gibt eine allgemeine Antwort auf die Frage, ob die einer p-periodischen Funktion f : IR -+ IR zugeordnete Fourierreihe punktweise gegen f konvergiert: Ist f integrierbar über [0, p] , Xo E IR und existieren die links- und rechtsseitigen Grenzwerte f(xo-):= lim f(x) x--txo-
und f(xo+):=
lim f(x) sowie positive Zahlen c, Kund a mit
X-1-Xo+
If(xo - t) - f(xo-)I
~
Kt(", If(xo für alle
+ t) -
f(xo+)1
t E ]0, c[ ,
~
KtO:
(3.23)
so konvergiert die f zugeordnete Fourierreihe in Xo gegen f(xo-)~f(xo+). Ist darüber hinaus f stetig, so konvergiert die f zugeordnete Fourierreihe in Xo gegen f(xo). Die Konstanten c, Kund a mit der obigen Eigenschaft existieren (und zwar mit a = 1), falls f links- und rechtsseitig differenzierbar in Xo ist, und damit auch, falls f differenzierbar in Xo ist. Ist f sogar stetig differenzierbar auf IR, so konvergiert die f zugeordnete Fourierreihe gleichmäßig auf IR gegen f. Dann konvergieren auch die Reihen 2:%"=1 ak und 2:%"=1 bk .
419
3.1 Begriffe und Ergebnisse
Wir schließen nun diese Zusammenfassung wichtigster Fakten über die Fourierreihen mit dem Hinweis, dass man entsprechende Überlegungen für kom'27fk
plexe Fourierreihen (der Gestalt 2:~-oo ake'-p-Z) und periodische Funktionen von IR nach ([ anstellen kann. 3.1.5 Integrale von Funktionen mehrerer Veränderlicher (Aufgabe 20 bis 26) Die Einführung des Integralbegriffs über Treppenfunktionen hat den Vorteil, dass der Übergang zu höheren Dimensionen leicht ist. Man geht vor wie im eindimensionalen Fall. Neue Aspekte treten erst bei den iterierten Integralen und bei der Integration über beliebigen Gebieten auf. Wenn man von dem Integral JG!(x,y)dO'(x,y) einer auf einem Gebiet G C IR 2 definierten Funktion ! : G -t [O,oo[ spricht, ist es nützlich, den Graphen G f := {(x,y,!(x,y))T E IR3 I (x,y) E G} vor Augen zu haben und unter dem Integral das Volumen des Körpers zwischen G und G f (der ein Teil des Zylinders über G ist) zu verstehen. Ein Intervall J aus IR n (manchmal auch Quader genannt) ist das Produkt Ir x h x ... x In von Intervallen (gleichgültig welcher Art) aus IR. Genau dann ist J eine offene, abgeschlossene oder beschränkte Teilmenge aus IR n , wenn alle Ir, h, ... ,In diese Eigenschaft haben. Der Abschluss J bzw. der o
offene Kern J (d.h. die kleinste abgeschlossene Teilmenge von IRn , die J enthält bzw. die größte offene Teilmenge von IRn , die in J enthalten ist) ist das Intervall
o
11 x 12 x ... x In bzw. Ir
0
X
12
0
X ... X
In .
Ist A eine beliebige Teilmenge von IR n , so bezeichnet XA : IRn -t IR die charakteristische Funktion von A; sie ist definiert durch
x A
(x) = {I ,falls x E A , 0 sonst.
Sei J = Ir x h x ... x In ein beschränktes Intervall aus IRn und für jedes j aus {I, 2, ... ,n} seien aj < bj die Randpunkte von I j (wobei es gleichgültig ist, ob beide, einer oder keiner davon zu I j gehört). Man definiert das Integral von X J als Volumen des Intervalls Ir x h x ... x In X [0,1] aus IR n +1 , d.h.
f
XJ :=
fr
(bk - ak) = (bI - ad(b2 - a2) ... (bn - an) .
k=l
Eine Treppenfunktion cp ist eine Funktion cp : IR n -t IR, die als Linearkombination 2:;;'=1 AkX Jk mit reellen Koeffizienten Al, A2, ... ,Am der charakteristischen Funktionen von beschränkten Intervallen J 1 , h, ... , Jm aus IR n
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
420
darstellbar ist. Dabei wird nicht verlangt, dass die Intervalle J 1 , J 2 , ..• , J m paarweise disjunkt sind. (Auch in diesem Fall wäre die Darstellung nicht eindeutig, da z.B. ein Intervall als endliche Vereinigung von paarweise disjunkten Intervallen darstellbar ist.) Die Treppenfunktionen bilden einen unendlich dimensionalen IR-Vektorraum T. Auch das Produkt, das Maximum und das Minimum zweier Treppenfunktionen ist eine Treppenfunktion. Da die Nullfunktion eine Treppenfunktion ist, sind zu jeder Treppenfunktion 'P die Funktionen 'P+ = max(O, 'P) und 'P- = min(O, 'P) sowie I'PI = 'P+ - 'P- Treppenfunktionen. Hat eine Treppenfunktion 'P zwei Darstellungen L:~1 AkXJk und L:~=1 J-tIXK/' so gilt L:;:'=1 Ak f XJ k = L:~=IJ-t1 f XK/· Deshalb kann das Integral von 'P mit einer beliebigen Darstellung 'P = L:;:'=1 AkXJk definiert werden durch: f'P := f (L:~1 AkXJk) := L:;:'=1 Ak f XJk . Aus der Definition des Integrals und wegen der Unabhängigkeit des Integrals von der Darstellung der Treppenfunktion ergeben sich folgende Eigenschaften des Integrals: Die IR-Linearität bedeutet, dass für alle reellen Zahlen 0:1 und 0:2 sowie alle Treppenfunktionen 'PI und 'P2 gilt: f(O:I'Pl + 0:2'P2) = 0:1 f 'PI + 0:2 f 'P2 . Die Positivität des Integrals besagt, dass das Integral einer nicht negativen Treppenfunktion nicht negativ ist, d.h. 'P ~ 0 ::} f 'P ~ 0 . Daraus und aus der Linearität folgt die Monotonie des Integrals; diese Eigenschaft lautet: 'P :::; 'I/J ::} f'P :::; f'I/J . Insbesondere gilt I f 'PI :::; f I'PI für 'P E T. Mit Hilfe der bekannten Cauchy(L:~=1 aibi)2 < Schwarzsehen Ungleichung für reelle Zahlen (L:~=1 ar)(L:~=1 bn beweist man die Schwarzsehe Ungleichung
( / 'P'I/J )
2 :::; /
'P 2 . /
'l/J2
für alle 'P, 'I/J E T .
(3.24)
Für die Erweiterung des Integrals auf Funktionen, die keine Treppenfunktionen sind, benötigt man die gleichmäßige Konvergenz. (Wir haben wiederholt gesehen, dass sie die "richtige" Konvergenzart beim Übertragen der Eigenschaften der Folgenglieder auf die Grenzfunktion ist.) Sei nun J ein kompaktes (also beschränktes und abgeschlossenes) Intervall aus IRn , f : J -+ IR und ('Pn)n2:1 eine Folge von Treppenfunktionen, die gleichmäßig gegen f auf J konvergiert. Gilt 'Pn(x) = 0 für alle n ~ 1 und alle x f/. J, so konvergiert die Zahlenfolge (f 'Pn) n2:1· Ist ('l/Jn)n2:1 eine weitere Folge von Treppenfunktionen mit denselben Eigenschaften wie ('Pn)n>l, so hat man lim f 'Pn = lim f 'l/Jn. -
n-+oo
n-+oo
Diese Ergebnisse legen es nahe zu definieren, dass f : J -+ IR integrierbar ist, falls eine Treppenfunktionenfolge ('Pn)n2: 1 existiert, die gleichmäßig auf J gegen f konvergiert und bei der jede der Treppenfunktionen 'Pn außerhalb
421
3.1 Begriffe und Ergebnisse
von J verschwindet. Der (existierende und von der speziellen Wahl von (
f über J integrierbar.
Igl 2: c auf J, so ist auch
= n~=dak,bkl und J" = n~=l[a~,b~l mit J = J' U J" und J' n J" = cjJ. (Das ist gen au dann der Fall, wenn ein laus {1, 2, ... , n} existiert mit [ak, bkl = [a k, bk] = [a~, b~l für alle k =J l , [a;, bll n [a;', b;'j besteht aus einem Punkt. Geometrisch gesagt: Die Seien J
=
n~=l[ak,bk],J' o
0
Quader J' und J" haben genau eine gemeinsame Seite.) Sei I : J -+ IR. IIJ' und IIJII sind integrierbar über J' bzw. J" genau dann, wenn I integrierbar über J ist. Es gilt
f J
Ida(x) =
f
JI
Ida(x)
+
f
Ida(x) .
(3.25)
JII
Dieses Ergebnis verallgemeinert die Additivitätseigenschaft aus dem eindimensionalen Fall. Der Mittelwertsatz der Integralrechnung lässt sich ebenfalls (und sogar einsichtiger) verallgemeinern: Ist I stetig auf J, so gibt es ein Xo E J mit der Eigenschaft JJ Ida(x) = l(xo)Vol(J). (Wo ein solcher Punkt Xo liegt, kann man LA. nicht sagen. Sind X m und XM Punkte aus J, in welchen I das Minimum bzw. Maximum annimmt, so liegt ein solcher Punkt Xo auf der Strecke von X m nach XM.) Im eindimensionalen Fall ließ sich das Integral einer Funktion nur dann leicht berechnen, wenn wir eine Stammfunktion der gegebenen Funktion kannten.
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
422
Wie man das Integral über einem kompakten Intervall J = I1~=l[ak,bkl aus IRn unter Verwendung der Integrationsmethoden aus dem eindimensionalen Fall berechnet, werden wir nun erläutern. Sei f integrierbar über J und x = (Xl,X2, ... ,Xn_l,Xn)T ein Punkt aus J. Durch Xn H f(Xl,X2, ... ,Xn-l,Xn ) wird eine integrierbare Funktion über [an, bnl definiert. Ordnet man jedem
J::
x*:= (Xl"",Xn_l)T aus J*:= I1~,:i[ak,bkl die Zahl f(x*,xn)dx n zu, so bekommt man eine über J* integrierbare Funktion, und es gilt
f
f(x)da(x) =
f (l
f(x', xn)dxn ) da (x' ) .
(3.26)
Setzt man dieses Verfahren fort, so erhält man
(3.27)
Die hier gewählte Reihenfolge der Integration spielt keine Rolle. Wir hätten zuerst über [al,bd, dann über [a2,b 2J, ... und schließlich über [an,bnl integrieren können und dasselbe Ergebnis erhalten. Allgemeiner gilt
J J J ... J f(x)d(J(x) =
J
bT(l) (
aT(l)
T b (2)
a T (2)
(
(bT(n)
) ) )
f(Xl,"" xn)dxT(n)
...
dXT(2)
)dXT(l)'
(3.27)
aT(n)
wobei T eine Permutation von {I, 2, ... , n} ist. Man integriert also in beliebiger Reihenfolge n-mal hintereinander. Deshalb spricht man von einem mehrfachen oder iterierten Integral. Die Klammern kann man weglassen, da klar ist: Es wird von "innen" nach "außen" integriert. In der Praxis helfen Übung und eine umfangreiche Sammlung (noch besser Kenntnis) von Stammfunktionen bei der Entscheidung über die Integrationsreihenfolge. So ist z.B. das Integral J[O,~Jx[O,~J X sin(xy)d(J(x,y) leichter zu berechnen, wenn man zuerst nach y und dann nach x integriert. In dieser Reihenfolge hat man
3.1 Begriffe und Ergebnisse
~ - ~ sin (~x)
=
I:
423
=
~ - ~ sin ( n:)
.
Hätten wir zuerst nach x integriert, so hätten wir zweimal partiell integriert und erst dann nach y integriert. Im eindimensionalen Fall ist jede offene und zusammenhängende Teilmenge ein offenes Intervall. Im IRn , n 2 2, ist eine solche offene und zusammenhängende Teilmenge (also ein Gebiet) im Allgemeinen wesentlich komplizierter. Wenn man den Begriff Integral auf Gebiete aus IR n erweitern möchte, benutzt man die folgenden Ergebnisse, die sich auf ein Gebiet G und eine Funktion I : G -+ IR beziehen. Dabei wird verlangt, dass für jedes kompakte Intervall J c G die Funktion IIJ integrierbar über J ist. (Im Folgenden werden die verschiedenen Einschränkungen von I ebenfalls mit I bezeichnet.)
-+
G kann als abzähl bare Vereinigung von kompakten Intervallen dargestellt werden, deren offene Kerne paarweise disjunkt sind. Also G = o
0
U;::1 Jk und Jk n Jl= 4J für alle k f:. l. Eine solche Intervallfolge (Jkh?,1
-+ -+
ist eine Ausschöpfung von G . Ist '2::%"=1 Jh I/lda(x) konvergent, so auch '2::;::1 JJk Ida(x) . Sind (Jkh?,1 und (K I)I?,1 zwei Ausschöpfungen von G, so sind '2::%"=1JJk I/lda(x) und '2::;::1 JK1 I/lda(x) gleichzeitig konvergent oder divergent. Im Fall der Konvergenz sind sowohl
-+
'2::%"=1 JJk I/lda(x) und und '2::::1 JKl Ida(x)
'2::::1 JKl I/lda(x) als auch '2::;::1 JJk Ida(x) gleich. Ist J ein offenes Intervall aus IR n und (Jkh?,1 eine Ausschöpfung (mit kompakten Intervallen) von J, so sind für jede integrierbare Funktion 9 : J -+ IR alle Einschränkungen glJk integrierbar und es gilt JJ gda(x) = '2::;::1 JJk (9Ih)da(x) .
Deshalb ist es sinnvoll zu definieren, dass I : G -+ IR integrierbar über G ist, falls eine Ausschöpfung (Jkh?,1 (mit kompakten Intervallen) von G existiert, so dass die Reihe '2::;::1 JJk I/lda(x) konvergiert. Die (von der konkreten Wahl der Ausschöpfung unabhängige) Zahl
'2::;::1 JJk Ida(x) heißt das
Integral von I über G und wird mit Ja Ida(x) oder Ja I(x)da(x) bezeichnet. Auch das Integral über einem Gebiet G ist IR-linear, positiv und monoton. Ist I eine über G integrierbare Funktion, so ist auch III integrierbar, und es gilt
I! a
I(x)da(x)
I ::;
J
I/(x)lda(x) .
a
Seien die Teilgebiete G 1 , G 2 , •.. ,Gm von G mit den Eigenschaften GinGj = 4J
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
424
für alle i i= j und G = U~I Gk. Man beschreibt diese Situation - etwas unpräzise -, indem man sagt, dass G in endlich viele Teilgebiete GI, G 2 , ••. ,Gm zerlegt ist, oder dass {GI, G 2 , ... ,Gm} eine Zerlegung von G ist. Von einer Zerlegung würde man normalerweise erwarten, dass G die disjunkte Vereinigung der Gi ist. Bei der Integration spielt es aber keine Rolle, wenn Randteile nicht berücksichtigt werden. f : G -+ IR ist genau dann integrierbar über G, wenn jede Einschränkung flak integrierbar über Gk ist. Bezeichnet man die Einschränkungen wieder mit f, so hat man
I
f(x)da(x) =
a
fI
f(x)da(x) .
k=lak
Der Mittelwertsatz für ein beschränktes Gebiet G und eine stetige Funktion f : G -+ IR besagt, dass ein Xo E G existiert, so dass gilt: Ja fda(x) = f(xo) Ja da(x). Ist die konstante Funktion 1 auf G integrierbar über G, so sagt man, dass Ja da(x) der Inhalt von G ist. Im Fall n = 2 (bzw. n = 3) spricht man vom Flächeninhalt (bzw. vom Volumen) von G. Jedes beschränkte Gebiet hat einen Inhalt. Auch ein unbeschränktes Gebiet, wie z.B. G:= {(x,y)T E IR 2 I x > 1,0< Y < ~}, kann einen Inhalt haben. Ist G ein Gebiet aus IR2 oder IR3 , so wird dafür in der Physik der Begriff Dichte definiert. Mathematisch ist die Dichte eine nicht negative Funktion p: G -+ IR. Ist sie integrierbar über G, so heißt Ja p(x)da(x) die Masse von G. Sind XI,X2 bzw. XI,X2,X3 die Koordinatenfunktionen in IR 2 bzw. IR 3 und sind die Funktionen XiP(X) für i = 1,2 bzw. i = 1,2,3 integrierbar über G, so hat der Schwerpunkt Xs von G als i-te Koordinate die Zahl
(XS)i
=
I l
a
xip(x)da(x) p(x)da(x)
a
Ist 9 eine Gerade aus IR2 oder IR3 (wie G auch) und bezeichnet d(x,g) den Abstand des Punktes x zur Geraden g, so wird das TrägheitslllOment Tg(G) von G bezüglich der Achse 9 durch das folgende Integral definiert: Tg(G) =
I
d2 (x,g)p(x)da(x) .
a
Wir kennen eine Formel (s. (3.26)) für die Berechnung von Integralen über Intervallen, die es uns erlaubt, die Integration über ein Intervall aus IR n zurückzuführen auf eine Integration über ein Intervall aus IR gefolgt von einer Integration über ein Intervall aus IRn - l . Diese Idee hilft uns bei der Berechnung
3.1 Begriffe und Ergebnisse
425
von Integralen über sog. „schlichten" Gebieten. Ein Gebiet G C IR heißt schlicht über der Hyperebene { ( # i , . . . ,x ) G IR | x = 0}, wenn ein beschränktes Gebiet G* C I R und zwei stetige Funktionen v\,r : G* -> IR existieren, so dass gilt G = {(#i,... ,#jfe-i,#fc,#fc+i> • • . ,x ) = x G IR | x* := (x!,.. . Xk-i,x +i,... ,x ) G G*, ri(x*) < x < r (x*)} . Ist dann / : G —> IR stetig, so ist / integrierbar über G*, und es gilt n
n
T
n
k
n_1
2
n
T
n
2
k
k
n
(
r (x*)
\
2
j
2
da(x*) .
fdx
k
n(x*)
(3.28)
/
In der Rechenpraxis versucht man eine Zerlegung von G in (endlich viele) Teilgebiete zu finden, die jeweils schlicht über einer (aber nicht unbedingt derselben) Hyperebene sind. Ein Beispiel: Sei G das Innere des durch die nachein¬ ander durchlaufenen Punkte Q , (°), ( - ) , ( : } ) , ( : * ) , (_° ), ( - ) , (J), Q be¬ stimmten Polygonzuges. Die Teilgebiete G\ und G2, die durch Aufschneiden längs der x-Achse entstehen, bilden eine Zerlegung von G. G\ ist schlicht über der x-Achse, während G schlicht über der y-Achse ist. Aber G\ ist nicht schlicht über der ^/-Achse, und G ist nicht schlicht über der £-Achse. Bei der konkreten Integration über Gebiete des IR geht es oft darum, mit 2
1
2
2
2
n
y
Abbildung 3.2. Eine Zerlegung von G in zwei schlichte Teilgebiete
Geschick das Ausgangsgebiet zu zerlegen (möglichst in schlichte Gebiete) und die Integrationsreihenfolge so zu wählen, dass die auszuwertenden Integrale möglichst einfach werden. Wie bei der Substitutionstechnik im eindimensionalen Fall gibt es für die Integration im IR eine Transformationsformel: Sei D C IR eine offene Teilmenge und h : D -¥ \R eine stetig differenzierbare und injektive Funktion, deren Funktionaldeterminante det h'(x) in jedem Punkt x G D von Null verschieden ist. Sei G C D ein beschränktes Gebiet, dessen Abschluss G in D liegt. Dann ist U := h(G) ebenfalls ein beschränktes Gebiet. Ist / : Ü -> IR stetig, so gilt die Transformationsformel n
n
n
426
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis ! f(y)da(y) = !Uoh)(x)ldet h'(x)lda(x). U
(3.29)
G
Dazu geben wir drei Beispiele an, die in Anwendungen oft benutzt werden. Die ebenen Polarkoordinaten: D = {(r,
(c~s
-r sin
= r nirgendwo
in D. Das Bild von D ist IR 2 \{(x,0)T E IR 2 I x ~ O}. Ist G ein beschränktes Gebiet mit G c D und ist U := h( G), so gilt für jede stetige Funktion f : (j -+ IR
!
f(x,y)da(x,y) =
!
f(rcos
(3.30)
G
U
Die Kugelkoordinaten (auch die räumlichen Polarkoordinaten): D = {(r,
n
!
f(x,y,z)da(x,y,z) =
U
! f(r cos
(3.31)
G
Die Zylinderkoordinaten: D = {(r,
! U
f(x,y,z)da(x,y,z) =
!
f(rcos
(3.32)
G
Als Beispiel für überraschende Anwendungen der Transformationsformel ebener Polarkoordinaten berechnen wir fooo e- t2 dt. Wegen 0 < e- t2 < für t 2: 1 und wegen der Konvergenz von
ft bdt
konvergiert
ft e-
b
t2
dt
3.1 Begriffe und Ergebnisse
427
Iooo
und damit auch e- t2 dt sowie I~oo e- t2 dt = 2 n[x] - 7r + 1. 7r - 1.[ Un = {(rc?s'P) ]1. n' n' n' r Sin 'P
f : IR 2 -+ IR , f(x,y) = e- x2 _ y2 . Es gilt also
1.G
n
· 2 e- r2 cos 2 'P- r2SIn 'Prdrr(r,
= (27r -
~)( _~e-r2
Wegen lim e-~ n-+CXJ
11) = (7r -
1.
Gn
Iooo e- t2 dt. 1
IU
n
Sei G n = (r) E G} und r.p n e- x2 _ y2 drr(x,y) =
J11"_l
e- r2 rdrr(r,
n 1 (
-11"+;;-
In e- r rdr )d
2
;;-
~)(e-~ - ~) .
= 1 und n--too lim ~ = 0 folgt lim I u c e n--+oo n
x2 _ y2 drr(x, y)
= 7r.
Aber (Un)n~l ist eine Ausschöpfung des IR2 , d.h. eine Folge von Gebieten mit den Eigenschaften U1 C U2 C U3 C ... und U~=l Un = IR 2 . Deshalb ist lim e- X2 _ y2 drr(x,y) = ~R2e-X2_y2drr(x,y). Man hat also 7r = n--+oo
Iu
n
~R2e-X2_y2drr(x,y)
=
(~R e- y2 dY)(~R e- x2 dx)
~R(~Re-X2_y2dy)dx
=
~Re-X2(~Re-y2dy)dx =
= (~R e- t2 dt)2 und damit ~R e- t2 dt
= ViF.
Es folgt
3.1.6 Kurvenintegrale, Potenzialfelder, Greenseher Satz (Aufgabe 27 bis 35) Sei n ~ 2 eine natürliche Zahl und G ein Gebiet in IR n . Eine Funktion f : G -+ IR nennt man in der Physik oft ein Skalarfeld, eine Funktion f : G -+ IR n ein Vektorfeld. Für Kurvenintegrale und später für Flächenintegrale werden wir auch von dieser Terminologie Gebrauch machen, weil die Betrachtung solcher Integrale vor allem für physikalische Fragen notwendig ist. So berechnet man die Masse eines Drahtes, wenn seine (lineare) Dichte (Masse pro Längeneinheit) bekannt ist, durch das Integral der Dichte entlang der Kurve, die die Form des Drahtes beschreibt. Man benötigt das Kurvenintegral eines Vektorfeldes, wenn man z.B. die Arbeit berechnen will, die angewandt werden muss, um einen Körper in einem Kraftfeld längs einer Kurve zwischen zwei Punkten zu verschieben. Ein Potenzialfeld ist ein Feld, für welches diese Arbeit nur von den Anfangs- und Endpunkten abhängt, und nicht vom Verlauf der Kurve zwischen diesen Punkten. Seien x : [a, b] -+ IR n und x* : [a*, b*] -+ IRn stückweise glatt parametrisierte Kurven, die bzgl. einer zulässigen Parametertransformation äquivalent sind, d.h. es gibt eine bijektive, differenzierbare Abbildung T : [a, b] -+ [a*, b*] mit T'(t) > 0 und x(t) = X*(T(t)) für alle t E [a, b]. Dann gilt
f
b
a
f
b*
f(x(t))llx'(t)lldt =
a*
f(x*(t))II(x*)'(t*)lldt*
428
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
für jede stetige Funktion f auf x([a, bJ) = x* ([a*, b*J). Bezeichnet man mit C die Äquivalenzklasse von x bzgl. zulässiger Parametertransformationen, so ist Je fds durch J: f(x(t))llx'(t)lldt unabhängig vom Repräsentanten x von C definiert, und diese Zahl heißt das Kurvenintegral von f längs C. Dieses Integral hat ähnliche Eigenschaften wie das Integral im eindimensionalen Fall:
-+ -+
-+
-+
Es ist IR-linear, also Je (o:d1 + 0:2h)ds = 0:1 Je h + 0:2 Je hds für alle 0:1,0:2 E IR und alle stetigen Funktionen h,h auf x([a,bJ), wobei x : [a, b] -+ IRn ein Repräsentant von C ist. Es ist additiv bezüglich des Weges, d.h. sind x : [a, b] -+ IR n , y : [b, c] -+ IR n und z : [a, c] -+ IR n stückweise glatt parametrisierte Kurven mit x(b) = y(b) und z(t) = x(t) falls t E [a, b] und z(t) = y(t) falls t E [b, c] und ist f stetig auf z([a, cJ), so gilt: Je , fds + Je2 fds = Je fds, wobei C1 ,C2 und C die Äquivalenzklassen von x,y bzw. z sind. Der Wert des Integrals Je fds ist unabhängig von der Orientierung von C. Das bedeutet: Ist x : [a, b] -+ IR n ein Repräsentant von C, x- : [a, b] -+ IRn die zu x entgegengesetzt durchlaufene parametrisierte Kurve (also x- (t) = x(a + b - t) für alle t E [a, bJ) und Cdie Äquivalenzklasse von x-, so gilt Je fds = Je- fds für jede stetige Funktion f auf x([a, bJ) . Es gilt die Abschätzung I Je fdsl :S M(f) . L(C). Dabei bezeichnet
L(C) = J: IIx'(t)lIdt die Länge von C und M(f) das Maximum des Betrags der Werte der stetigen Funktion f : x([a, bJ) -+ IR ist. Sind wieder x : [a, b] -+ IRn und x* : [a*, b*] -+ IR n stückweise glatt parametrisierte Kurven, die bezüglich einer zulässigen Parametertransformation äquivalent sind, so gilt für jede stetige Funktion f = (h, ... , fn)T : x([a, bJ) -+ IR n
f
b
a
f
b*
f(x(t)) . x'(t)dt =
f(x*(t*)) . (x*)'(t*)dt* .
a*
Ist C die Äquivalenzklasse von x, so heißt J: f(x(t))· x' (t)dt das Kurvenintegral von f längs C und wird mit Je f· dx oder auch mit Je(h(X)dx1 + ... +
fn(x)dx n ) bezeichnet; dabei gilt Je fi(X)dxi = J: fi(X(t))xW)dt. Auch dieses Integral ist IR-linear und additiv bzgl. des Weges. Allerdings ist es abhängig von der Orientierung von C, da Je- f·dx = - Je f·dx für jede stetige Funktion f : x([a, bJ) -+ IRn . Deshalb spricht man von einem orientierten Kurvenintegral. Ist L(C) die Länge von C und M(f) das Maximum der Norm von f auf x([a, bJ), so gilt I Je f· dxl :S M(f) . L(C) .
429
3.1 Begriffe und Ergebnisse
Gibt es für f = (h, ... , fn)T : G ~ IRn eine Stammfunktion F : G ~ IR, d.h. existiert eine stetig differenzierbare Funktion F mit (grad F) T = f oder äquivalent g~ = fi für alle i aus {I, ... , n}, so heißt f ein Potenzialfeld oder ein Gradientenfeld oder auch konservativ. F heißt dann das Potenzial von f. Der Name Stammfunktion ist dadurch gerechtfertigt, dass für jede Kurve C in G mit Anfangspunkt a und Endpunkt b gilt
J
f· dx = F(b) - F(a) . (3.33) c Dieses Ergebnis zeigt die Wegunabhängigkeit des Kurvenintegrals für Potenzialfelder. Ein stetig differenzierbares Potenzialfeld = (h, ... , fn)T genügt den Integrabilitätsbedingungen äfi _ äh äXj äXi
für alle
i, j
aus
{I, ... , n} ,
(3.34)
weil die Stammfunktion F in diesem Fall zweimal stetig differenzierbar ist und damit der Satz von H.A. Schwarz über die Vertauschbarkeit der Ableitungen zur Anwendung kommt. Man beachte, dass zwei Stammfunktionen F 1 und F 2 von f sich nur durch eine additive Konstante unterscheiden. (Also: grad F 1 = gradF2 ~ :Je E IR mit F 1 = F 2 + e auf G.) Genügt f: G ~ IR n den Integrabilitätsbedingungen, so ist i.A. f kein Potenzialfeld, wie das folgende Beispiel zeigt. g: IR 2 \{O} ~ IR 2 , (x,y)T t-+ (-x2~y2' X2~y2)T genügt der einzigen Integrabilitätsbedingung
aber das Kurvenintegral von g längs des Einheitskreises (einmal gegen den Uhrzeigersinn durchlaufen) ist gleich 211" (und nicht Null, wie es sein müsste, falls g ein Potenzialfeld wäre). Der Grund dafür ist das "Loch" im Nullpunkt. Die Beschaffenheit von G spielt also eine entscheidende Rolle für die Äquivalenz der Eigenschaften Potenzialfeld und den Integrabilitätsbedingungen. Ein Gebiet G heißt sternförmig, wenn ein Xo E G existiert, so dass für jedes x E G die ganze Strecke zwischen Xo und x in G liegt. Ist G sternförmig, so ist jedes Vektorfeld f : G ~ IR n , das den Integrabilitätsbedingungen genügt, ein Potenzialfeld. Eine Stammfunktion F für f erhält man, indem jedem x E G der Wert des Integrals von f entlang der Strecke von Xo nach x zugeordnet wird. Als Anwendung dazu betrachtet man für ein Gebiet G C IR 2 und zwei stetige Funktionen P, Q : G ~ IR das Vektorfeld (~) G ~ IR 2 und die Differenzialgleichung
P(x,y)+Q(x,y)y'(x) =0.
(3.35)
Diese Differenzialgleichung heißt exakt, wenn das Vektorfeld (~) ein Poten-
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
430
zialfeld ist. Das ist z.B. der Fall, wenn G sternförmig ist und Py = Qx gilt. Seien F : G -+ IR eine Stammfunktion von (~) , I c IR ein Intervall und
f : I -+
IR stetig differenzierbar. fist genau dann eine Lösung von (3.35), wenn der Graph {(!(xl) I x E I} von f in G enthalten ist und die Funktion
x r-+ F(x, fex)) konstant auf I ist. Um aus F(x, y) = F(xo, Yo) die Existenz einer (auf einer Umgehung von Xo definierten) Lösung y = y(x) mit der Eigenschaft y(xo) = Yo nachzuweisen, benötigt man den Satz über implizite Funktionen. Manchmal kann man nur umgekehrt x lokal als Funktion von y darstellen. Um beide Möglichkeiten offen zu halten, schreibt man symbolisch (3.35) um in P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 . (3.35') Ist die Differenzialgleichung nicht exakt, so kann man versuchen, einen integrierenden Faktor f.L : G -+ IR zu finden, für welchen (~~) ein Potenzial-
feld ist. Das bedeutet für ein sternförmiges Gebiet G : (Pf.L)y = (Qf.L)x. Jede Lösung der exakten Gleichung (Pf.L)dx + (Qf.L)dy = 0 ist auch eine Lösung von (3.35') . Ein Gebiet Ge IR 2 heißt schlicht über der x-Achse, falls es in der Form G = {(x,y)T E IR2 la
< x < b,
91(X)
< Y < 92 (x)}
darstellbar ist; dabei sind 91 und 92 stetige Funktionen auf [a, b]. Insbesondere ist G beschränkt. Analog definiert man den Begriff "schlicht über der y-Achse". Für Gebiete G, die in endlich viele Teilgebiete zerlegbar sind, die sowohl über der x- als auch über der y-Achse schlicht sind, gilt der sog. Satz von Green, der vor allem für die physikalischen Anwendungen wichtig ist. Seien P und Q stetig differenzierbare Funktionen auf einer offenen Umgebung D von G und 8G der positiv orientierte Rand von G. Jede Komponente von 8G sei eine stückweise glatt parametrisierte Kurve, die positiv orientiert ist, was bedeutet, dass G beim Durchlaufen immer links liegt. Die Aussage des Satzes von Green lautet
J
(Pdx
+ Qdy)
8G
=
J
(Qx - Py)dO"(x, y) .
(3.36)
G
Insbesondere kann man den Flächeninhalt von G mit Hilfe der folgenden Integrale berechnen: Vol(G) =
J
xdy = -
8G
J
ydx =
8G
~
J
(xdy - ydx) .
(3.37)
8G
Sei f = (~), div f = ~~ + ~ (Divergenz von 1) und n die äußere Normale zum Rand 8G (n ist also eventuell auf einer endlichen Teilmenge von Punkten nicht definiert, aber dies spielt für die Integration keine Rolle). Damit
3.1 Begriffe und Ergebnisse
431
kann man (3.36) wie folgt formulieren:
f
f·nds=
8G
f
(3.38)
divfd17(x,y).
G
In der Literatur ist diese Formulierung unter dem Namen Divergenzsatz von Gauß in der Ebene zu finden. 3.1.7 Oberflächenintegrale, Divergenzsatz von Gauß, Satz von Stokes (Aufgabe 36 bis 50) Seien D und D* Gebiete in IR 2 , x : D --+ IR 3 und x* : D* --+ IR 3 glatt parametrisierte Flächenstücke, die mittels einer orientierungstreuen zulässigen Parametertransformation äquivalent sind, und F die Äquivalenzklasse von x und x* . Ist Ilxu x Xv 11 integrierbar über D, so ist auch Ilx~* x x~* 11 integrierbar über D*, und wegen des Transformationsformel für Integrale (s. (3.29) in Paragraph 3.1.5) gilt
f
f
Ilxu x xv(u,v)lld17(u,v) = Ilx~* x x~*(u*,v*)lldl7(u*,v*). (3.39) D D* In diesem Fall sagt man, dass F einen endlichen Flächeninhalt hat; man bezeichnet ihn mit I (F) oder I.r do oder I:F do( x); also: I(F) :=
f f do:=
:F
do(x) :=
:F
f Ilx
u
x xv(u, v)lld17(u, v)
.
D
Man nennt do(x) = Ilxu x Xv (u, v) Ild17( U, v) das skalare Oberflächenelement. Sind E, F, G die Koeffizienten der ersten Fundamentalform von x, also E = Xu . Xu , F = Xu . Xv und G = Xv . Xv, so gilt Ilxu x xvii = VEG - F2 und damit I(F) = ID J(EG - F2)(u, v)d17(u, v). Ist f : x(D) --+ IR stetig und existiert IDf(x(u,v))llx u x x v(u,v)lld17(u,v), so auch ID* f(x*(u* ,v*))llx~* xx~* (u*, v*)lld17(u* ,v*), und beide Integrale sind gleich. Ihren gemeinsamen Wert bezeichnen wir mit I:F fdo oder I:F f(x)do(x) und nennen ihn das Flächen- oder Oberflächenintegral von f über F. Für eine integrierbare Funktion f über der Fläche F hat man also:
f
f
f
fdo:= f(x)do(x) := f(x(u,v))llx u x xv(u,v)lld17(u,v) . :F:F D Das Flächenintegral ist IR-linear. Wird D in zwei Gebiete D 1 und D 2 zerlegt, deren gemeinsamer Rand ßD 1 n ßD 2 eine stückweise glatt parametrisierte Kurve ist, und bezeichnen F 1 und F 2 die Äquivalenzklassen der Einschränkungen von x auf D 1 bzw. D 2 , so ist jede integrierbare Funktion f über Fauch integrierbar über F1 und F 2 , und es gilt:
432
! ! +! Ido =
:F
Ido
:F1
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
Ido
(Additivität bezüglich der Fläche).
:F2
Ist M(f) das Maximum von III auf x(D) und hat F einen endlichen Flächeninhalt, so gilt die Abschätzung I J:F Idol ~ I(F)M(f) . So wie das Kurvenintegral von skalaren Feldern von der Orientierung der Kurve unabhängig ist, ist auch das Oberflächenintegral von skalaren Feldern von der Orientierung der Fläche unabhängig. Konkret bedeutet dies Folgendes. Seien s(D) das bezüglich der Geraden x = y gespiegelte Gebiet D, also s(D) = {(u,v)T I (v,u)T E D} , x- = x 0 s : s(D) --+ IR 3 und Fdie Äquivalenzklasse von x-. In jedem Punkt Xo E x(D) = x-(s(D)) sind die Flächennormalen zu Fund F- in Xo entgegengesetzt, d.h. Fund Fsind entgegengesetzt orientiert. Aus der Existenz von J:F Ido folgt diejenige von J:F- Ido, und es gilt J:F Ido = J:F- Ido. Deshalb spricht man von einem nichtorientierten Flächenintegral. Ist nun f : x(D) --+ IR 3 ein Vektorfeld, so können wir für Xo E x(D) den Vektor f(xo) als Geschwindigkeitsvektor einer Flüssigkeit ansehen, die x(D) in Xo passiert. Ist N(xo) die Flächennormale zu x(D) in xo, so interpretiert man f(xo)· N(xo) als Geschwindigkeit dieser Flüssigkeit in Richtung der Normalen, f(xo) ·N(xo) Ilx u xXv (u, v)11 als "infinitesimale" Menge an Flüssigkeit, die pro Sekunde durch Xo fließt - und falls das Integral existiert !(f(X). N(x))(u,v)ll(x u x xv)(u,v)lldu(u,v) D
=
!
(f(x) . (x u x xv))(u, v)du(u, v)
D
als Flüssigkeitsmenge, die durch x(D) pro Sekunde fließt. Da diese Integration für zwei orientierungsäquivalente Parametrisierungen x und x* der Fläche F denselben Wert ergibt, spricht man (unabhängig von der speziellen Parametrisierung) von dem Flächenintegral bzw. dem Oberflächenintegral von f über F. Man nennt diese Zahl den Fluss von f durch x(D). Dieses bezeichnet man mit J:Ff. do oder J:Ff(x) . do(x); dabei heißt do(x) := (x u x xv(u, v))du(u, v) das vektorielle Oberflächenelement. Auch dieses Integral ist IR-linear und additiv bzgl. der Fläche, aber man hat es mit einem orientierten Flächenintegral zu tun, d.h., falls f über F integrierbar ist, so ist f auch über F- integrierbar, und es gilt
!
f . do
=-
!
f· do .
3.1 Begriffe und Ergebnisse
433
Ein Gebiet G C IR 3 heißt schlicht über der (x, y)-Ebene, wenn ein beschränktes Gebiet D C IR 2 mit stückweise glattem Rand und zwei stetige Funktionen gl, g2 : fJ -+ IR existieren, mit denen man folgende Darstellung von Gerhält: G = {(x,y,z)T E IR3 1 (x,y)T E D, gl(X,y) < z < g2(X,y)}. Analog definiert man Schlichtheit über der (x, z)- bzw. über der (y, z)-Ebene. Schlichte Gebiete über einer Ebene sind beschränkt. Für beschränkte Gebiete aus IR 3 , die in endlich viele Gebiete zerlegbar sind, deren Ränder aus endlich vielen glatten Flächen bestehen, kann man - analog zum ebenen Fall - den Gaußschen Divergenzsatz im Raum formulieren: Sei f = (!I, h, h) T stetig differenzierbar in einem Gebiet U, das G enthält. Die Divergenz von f ist definiert durch d · f.- 8!I IV
.-
8x
+
812 8y
+
8h
(3.40)
8z .
Sei 8G so parametrisiert, dass die Flächennormale N von G aus betrachtet nach außen zeigt. Dann gilt
j f·do
= j(divf)da(x,y,z)
8G G Speziell ergibt sich bei der Wahl f(x) des Gebiets die Formel
V(G)
= Vol(G) = ~
=x
(Satz von Gauß). wegen div f
= 1 für
j x· do(x) .
(3.41)
das Volumen (3.42)
8G Unter den Voraussetzungen und mit den Bezeichnungen des Gaußschen Satzes gelten für die zweimal stetig differenzierbare Funktionen f, h : G -+ IR die sog. Greenschen Formeln
j [(grad !)(grad h)T G
+ f 6h]da(x)
= j f
8G
:~dO(X)
,
(3.43) j(h6 f - f6h)da(x) = j (h - f do(x) . G 8G A d L I 82 + 8iJ2 82 + 7fZ'2' 82 S'10 d nl, n2, n3 . . h DabeI bezeic net L..:J. en ap ace- 0 perator 7fX2
:~
:~)
die Komponenten von N, so ist die Richtungsableitung ~ definiert durch
~nI
+ Un2 + Un3'
d.h. es gilt ~
= (grad!)· N
.
Für Anwendungen in der Physik ist der Satz von Stokes wichtig. Sei dafür G ein Gebiet in der Ebene, für welches der Satz von Green gilt, und Dein ebenes Gebiet, das G enthält. Sei x : D -+ IR 3 ein glatt parametrisiertes Flächenstück, :F die Äquivalenzklasse von xlG und 8:F = x(8G) das x-Bild des Randes von G, also eine stückweise glatt parametrisierte Kurve. Für je-
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
434
des stetig differenzierbare Vektorfeld f = (!l, 12, fa)T, das auf einem Gebiet U C IR 3 , welches x( G) enthält, definiert ist, gilt
J
(rot f) . do =
:F
J
f· dx
(Satz von Stokes)
(3.44)
8:F
Dabei bezeichnet das Vektorfeld rot(f) := (fJ.h - fJ.h ?h. _ fJ.h fJ.h _ ?h.)T 8y 8z '8z 8x '8x 8y
V/x' //y' //z)
die Rotation von f. (Bezeichnet \l den Operator T, so ist rot f gleich \l x f.) Erfüllt f die Integrabilitätsbedingung, d.h. gilt rotf = 0, so nennt man fauch wirbelfrei. Die im vorigen Paragraphen behandelten Beziehungen zwischen der Existenz einer Stammfunktion und den Integrabilitätsbedingungen kann man damit auch wie folgt formulieren:
-+ -+
Ist f ein Potenzialfeld, so ist f wirbelfrei. Ist U sternförmig und f wirbelfrei, so ist f ein Potenzialfeld.
Ein stetig differenzierbares Vektorfeld f : U -+ IR3 heißt Wirbelfeld, falls ein zweimal stetig differenzierbares Vektorfeld h auf U existiert, so dass gilt: f = rot h. quellenfrei, falls gilt: div f = 0. Leicht zeigt man, dass ein Wirbelfeld quellenfrei ist; es gilt nämlich div 0 rot = 0. Wesentlich komplizierter ist das Ergebnis nachzuweisen, dass ein quellenfreies Vektorfeld auf einem sternförmigen Gebiet ein Wirbelfeld ist. 3.1.8 Einführung in die Funktionentheorie (Aufgabe 51 bis 77) Viele Begriffe und Ergebnisse über differenzierbare Abbildungen von G C IR 2 nach IR2 lassen sich problemlos und fast wörtlich auf komplexwertige Funktionen von G C ([ in ([ übertragen, da ([ mit IR2 identifiziert werden kann, wobei dem Betrag I I: ([ -+ [0, oo[ der euklidische Abstand zum Nullpunkt im IR 2 entspricht. Es gibt aber auch Ergebnisse, die völlig neu und überraschend sind. Diese Unterschiede werden kleiner, wenn man die komplex differenzierbaren Funktionen nicht mit den unendlich oft reell differenzierbaren sondern mit den reell analytischen Funktionen vergleicht, also die lokal durch konvergente Potenzreihen darstellbar sind. Das liegt daran, dass man jede Potenzreihe L:~=o an(x - xo)n mit positivem Konvergenzradius r =. 1 ~ auch als komplexe Potenzreihe L:~=o an(z - xo)n schreiben hmsup
n
JanJ
kann. Sie konvergiert in der Kreisscheibe {z E ([ I Iz - Xo I < r}. Leicht einzusehen ist, dass eine durch eine derartige Potenzreihe definierte Funktion komplex differenzierbar ist, wenn man den Begriff der Ableitung in naheliegender Weise vom Reellen ins Komplexe überträgt; und eines der zentralen
3.1 Begriffe und Ergebnisse
435
Ergebnisse in der Funktionentheorie ist, dass aus der (einmaligen!) komplexen Differenzierbarkeit bereits die Entwickelbarkeit in eine Potenz reihe folgt - ganz im Gegensatz zur reellen Differenzierbarkeit. Da ist es dann auch nicht mehr ganz so überraschend, dass bei Fortsetzung vom Reellen ins Komplexe Funktionen ganz neue Eigenschaften bekommen können. Z.B. ist die Sinusfunktion im Reellen beschränkt, die Fortsetzung ihrer Potenzreihe ins Komplexe ist unbeschränkt; oder: die reelle Exponentialfunktion ist injektiv und nimmt nur positive Werte an, die komplexe Exponentialfunktion nimmt bis auf die Null alle (komplexen) Zahlen als Werte an und zwar alle unendlich oft. Vor der Lektüre der folgenden Seiten empfiehlt es sich, den Paragraphen 1.1.5 noch einmal anzuschauen. Der Punkt z = x + iy aus { wird mit dem Punkt (~) aus IR2 identifiziert, und entsprechend lässt sich jede auf einer Teilmenge A aus { definierte Funktion f eindeutig als Summe u + iv schreiben, wobei f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) gilt. Dabei sind u und v reellwertige Funktionen, die auf einer mit A identifizierten Teilmenge von IR2 definiert sind. u und v heißen Real- bzw. Imaginärteil von f. Der Graph einer solchen Funktion f in {2 = { X { ist mit der Teilmenge {(x,y,u(x,y),v(X,y))T I x + iy E A} von IR4 identifizierbar und deshalb schwer vorstellbar. Um das Verhalten einer solchen Funktion in einer Umgebung eines Punktes Zo aber auch global besser zu verstehen, greift man auf die Bilder von Scharen von Geraden durch Zo und von Kreisen mit Zo als Mittelpunkt zurück, oder man stellt die Funktion als Komposition einfacher Funktionen dar, deren Verhalten bekannt (oder leichter zu untersuchen) ist. So besteht eine sogenannte lineare Funktion z t-+ re iO z + a mit r > 0 , () E [0,27f[ und a E { aus einer Streckung um den Faktor r, einer Drehung um den Nullpunkt um den Winkel () und einer Verschiebung um den Vektor a. (Diese Funktion ist natürlich nicht linear im Sinne der Linearen Algebra, wenn a -:f 0.) Die Quadratfunktion q : { -+ { , z t-+ Z2 (s. dazu auch Aufgabe 77) bildet folgendermaßen ab:
-+ -+ -+
die negative und die positive reelle Halbachse jeweils bijektiv auf die positive reelle Halbachse, die negative und die positive imaginäre Halbachse jeweils bijektiv auf die negative reelle Halbachse, die zur y-Achse parallele Gerade x = Xo bijektiv auf die Parabel u
-+ -+
= x5 -
2 , falls Xo pv Xo
-:f 0 ,
die zur x-Achse parallele Gerade y = Yo bijektiv auf die Parabel 2 - Y5, falls Yo -:f 0 , u = ?v Yo den Kreis mit dem Mittelpunkt 0 und dem Radius r auf den Kreis mit dem Mittelpunkt 0 und dem Radius r 2 , wobei die Winkelgeschwindigkeit beim Durchlaufen verdoppelt wird und damit das Bild zweimal durchlaufen wird.
436
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
Die Inversion inv : {* -+ {* , z maßen ab:
-+ -+
t-t ~
(oder re iIJ
t-t ~e-iIJ)
bildet folgender-
den Kreis mit dem Mittelpunkt 0 und dem Radius r auf den Kreis mit dem Mittelpunkt 0 und dem Radius ~,wobei der Umlaufsinn umgekehrt wird, die vom Nullpunkt ausgehende offene Halbgerade, welche einen Winkel e mit der reellen Achse bildet, auf die "von Unendlich kommende und zum Nullpunkt gehende" offene Halbgerade, die den Winkel 27f - e mit der reellen Achse bildet.
Die allgemeine quadratische Funktion { -+ { , z t-t az 2 a E {* und b, cE { ist wegen az 2 + bz + c = a(z + 2bJ2 + (c tereinanderausführung der Verschiebung z
t-t
z+
2ba'
+ bz + c mit 4bJ
die Hin-
der Quadratfunktion q
und der linearen Funktion ~ t-t a~ + (c - ~:) . Für solche Untersuchungen ist es nützlich zu wissen, wie bestimmte geometrische Figuren im Komplexen beschrieben werden können. So ist z.B. für A = 0, BE {* und CE IR durch {z E { I Azz+Bz+Bz+C = O} eine Gerade gegeben. Es gilt auch umgekehrt: Jede Gerade lässt sich so darstellen. Dagegen wird durch die obige Menge ein Kreis beschrieben, falls A > 0 , B E { und C E IR mit AC < IBI 2 gilt. Auch hier gilt: Jeder Kreis lässt sich so darstellen. Zur Erinnerung: Die Folge (x n +iYn)n~l konvergiert genau dann gegen ~+i'T}, wenn (Xn)n~l und (Yn)n~l gegen ~ bzw. 'T} konvergieren. Die Begriffe Grenzwert und Stetigkeit einer komplexen Funktion I : A -+ ( kann man also sofort aus dem Reellen übertragen. Kurz geschrieben gilt für den Grenzwert: lim I(z)
z-tzo
=w
-{=}
Ve: > 0 36 > OVz E A
mit
Iz - zol < 6 : II(z) - l(zo)1 < e: . Dabei braucht Zo nur ein Häufungspunkt von A zu sein. Für die Stetigkeit von I in Xo verlangt man zusätzlich Zo E A und I(zo) = w. Ist jetzt Zo E A beliebig und kann man für jedes e: > 0 die Zahl 6 > 0 unabhängig von Zo wählen, so erhält man in diesem Fall den Begriff gleichmäßig stetig. Fast alles, was über Stetigkeit und gleichmäßige Stetigkeit reeller Funktionen bekannt ist, lässt sich problemlos ins Komplexe übertragen, denn es gilt:
-+ -+
I I
= u
+ iv
stetig
(gleichmäßig) stetig
=> 1I1 stetig.
-{=}
u und v (gleichmäßig) stetig,
Aufpassen muss man nur dort, wo die Ordnungsrelation von IR ins Spiel kommt, da auf { keine mit den algebraischen Operationen verträgliche Ordnungsrelation existiert. Deshalb gibt es im Komplexen keinen dem Zwischenwertsatz entsprechenden Satz. Auch vom Maximum und Minimum einer komplexwertigen Funktion kann man nicht sprechen.
437
3.1 Begriffe und Ergebnisse
Um bestimmte Betrachtungen einheitlich darzustellen, aber auch um das Verhalten einer Funktion in der Umgebung eines Punktes, in welchem sie nicht mehr im gewöhnlichen Sinne stetig fortsetzbar ist, zu untersuchen, erweist es sich als hilfreich die komplexe Ebene «: durch einen zusätzlichen Punkt zu erweitern; dieser Punkt soll unendlich fern liegen. Was nach Science-fiction klingt, ist mathematisch klar zu definieren. Im IR 3 identifiziert man «: mit der Ebene X3 = 0, also: x + iy t+ (x, y, O)T. Jeder Punkt der Einheitskugel 8 2 := {(X1,X2,X3)T I xi +x~ +x~ = 1} außer dem Nordpol N = (O,O,l)T selbst wird vom Nordpol aus auf die Ebene X3 = projiziert, d.h. jedem 2 (X1,X2,X3)T aus 8 mit X3 i- 1 wird (1:~3 ' 1:;3 ' O)T oder auch Xi~!~2 zugeordnet. Dadurch erhält man eine bijektive und stetige Abbildung von 8 2 \ {N} auf die Ebene X3 = 0, die mit «: identifiziert wird. Man führt ein Symbol 00 ein, das Unendlich genannt wird, und die Vereinigung «: U {oo}, die mit ([ bezeichnet wird. (Deshalb werden in diesem Rahmen die unendlich fernen Punkte von IR mit -00 und +00 bezeichnet; wenn keine Verwechslung möglich ist, schreiben wir wie bisher 00 statt +00). Man sagt, dass die Folge (Zn)n>l aus «: gegen 00 konvergiert, wenn lim IZnl = +00 gilt. In diesem
°
-
n~oo
Sinne ist die Fortsetzung der obigen Projektion mittels N = (0,0, l)T H 00 eine stetige Abbildung von 8 2 auf ([, deren Inverse ebenfalls stetig ist, weil für die Folge ((X1,n,X2,n,X3,n)T)n?:1 von 8 2 die Konvergenz gegen N zu lim X3,n = 1 (und damit auch lim X1,n = = lim X2,n) äquivalent ist n--+ (Xl
n--+ (Xl
°
n--+ (Xl
und weil die folgende Umformung gilt:
X1,n 1
+ iX2,n
2
1
1 - X3,n
1 - x~,n _ xi,n + X~,n _ - (1 - x3,n)2 - (1 - x3,n)2
1 + X3,n 1- X3,n
Für die erweiterte komplexe Ebene ([ kann man die Fortsetzungen ([ -t ([ -t -t -t
° °
von inv mittels 00 H und H 00 , von q mittels 00 H 00 , von jedem Polynom vom Grad ~ 1 mittels 00 H 00
betrachten und zeigen, dass sie auch dort stetig sind. Seien P(z) = aoz n + a1zn-1 + ... + an und Q(z) = boz m + b1z m- 1 + ... + bm zwei Polynome vom Grad n bzw. m (d.h. ao i- i- bo) ohne gemeinsame Nullstellen und Zl, ... , Zk (k :s; m) die paarweise verschiedenen Nullstellen
°
von Q. Man setze G(z) := ~t~~, falls z E «:\{Zl, ... , Zk} , G(Zj) := 00, falls j E {I, ... , k},
G(00) :=
{° , oo~
falls n < m , , falls n = m , , falls n > m .
Dadurch wird die rationale Funktion
G: ([ -t ([ definiert, welche stetig auf
438
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
( ist. Die Möbius-Transformationen sind spezielle rationale Funktionen. Sei A = (~~) eine invertierbare 2 x 2-Matrix mit komplexen Koeffizienten, also ad - bc f:- o. Die der Matrix A zugeordnete Möbius-Transformation TA ist die rationale Funktion ~;t~. Mit Hilfe des Fundamentalsatzes der Algebra kann man zeigen, dass die Möbius-Transformationen die einzigen rationalen Funktionen sind, welche ( bijektiv auf sich abbilden. Die Inverse der A zugeordneten Möbius-Transformation ist die A -1 zugeordnete MöbiusTransformation, also TA-l = (TA)-l. Man kann leicht zeigen, dass die den invertierbaren Matrizen A und B zugeordneten Möbius-Transformationen genau dann gleich sind, wenn ein A E ([* mit A = AB existiert. Dem Produkt AB entspricht die Komposition der den Matrizen A und B zugeordneten Möbius-Transformationen, also TAB = TA 0 TB . Die Möbius-Transformationen bilden also eine Gruppe bzgl. Komposition von Funktionen. Die Zuordnung A r--+ TA definiert einen surjektiven (aber nicht injektiven) Gruppenhomomorphismus von der multiplikativen Gruppe der invertierbaren 2 x 2-Matrizen mit komplexen Komponenten auf die Gruppe der Möbius-Transformationen. Die linearen Abbildungen und die Inversion inv sind spezielle Möbius-Transformationen. Es gilt sogar: Für c = 0 ist jede Möbius-Transformation ~;:~ eine lineare Abbildung und für c f:- 0 eine Komposition einer linearen Funktion mit inv und einer weiteren linearen Funktion: ~;:~ = ~ . b~z--:f + %. Kurz ausgedrückt: Die linearen Funktionen und die Inversion sind Erzeugende der Gruppe der Möbius-Transformationen. Hiermit kann man die MöbiusTransformationen geometrisch besser verstehen. Außerdem hilft uns diese Darstellung zu beweisen, dass jede Möbius-Transformation die Menge der Kreise und Geraden aus ( bijektiv auf sich abbildet. Dabei ist ein Kreis aus ( lediglich ein Kreis aus ([, während eine Gerade aus ( eine Gerade aus ([ vereinigt mit 00 ist. Sei n 2 2 eine natürliche Zahl. Für jedes z = re iIJ
f:-
0 , () E )-7r, 7r) gibt es ge-
v
nau n verschiedene n-te Wurzeln von z, nämlich r e' n ,k = 0,1, ... , n. Es gibt aber keine stetige Funktion w : ([ -7 ([ mit w(z)n = z für alle z aus ([. Entfernt man aus ([ die abgeschlossene negative reelle Halbgerade ) - 00,0), nr,;:
. 9±2k~
vr
so ist ([\)- 00,0) -7 {z = pei
439
3.1 Begriffe und Ergebnisse
die Exponentialfunktion exp(zl + Z2) = exp(zl) . exp(z2) für alle Zl, Z2 aus ([ führt zu exp( -z) = ex~(z) und exp(kz) = (exp(z))k für alle z E ([ und k E 7l.. Die komplexen Funktionen Sinus und Cosinus werden auf ([ durch die Eulerschen Formeln oder durch Potenzreihen eingeführt, d.h.
I: 00
e iz - e- iz _ oo (l)n 1 sinz = ----,-...,..--z 2n+l 2i - n=O (2n + I)! '
cosz = Sie die ter der
2
"'(
= L..t -1 n=O
)n
(3.45)
1 2n ( )'z . 2n.
sind stetige Fortsetzungen der reellen Sinus- und Cosinusfunktionen (s. Formeln (1.66) und (1.67) aus Paragraph 1.1.16). Wir erinnern weian die Identität exp(x + iy) = e x +iy = e X (cos y + i sin y), welche aus = L..m=O (_1)n Funktionalgleichung und aus e iy = L..m=O l..inyn n! (2n)! y2n +
,,00
,,00
.,,00 2n+l .. cl t L..Jn=O (2n+l)! y = cos y + sm y g .
t
~
t
10
Ein komplexer Logarithmus von z = re ilJ E ([* ist eine Zahl w = ~ + i'f} mit der Eigenschaft exp(w) = z. Aus eW = eeeiT/ = re ilJ folgt ~ = In r und 'f} E {B + 2k1r I k E 7l.}. Insbesondere ist exp eine Funktion von ([ auf ([* = ([\{O}, und das Urbild jedes Punktes aus ([* ist eine abzählbare Menge von Punkten, die auf einer zur imaginären Achse parallelen Geraden liegen, so dass der Abstand zwischen je zwei benachbarten Urbildern gleich 2'1r ist. Deshalb bildet die Einschränkung von exp jeden zur reellen Achse parallelen halboffenen Streifen der Breite 2'1r bijektiv auf ([* ab, d.h. für jedes a E IR ist die Einschränkung exp : {x
+ iy E ([ I x
E IR , a
:S y < a + 2'Ir } --+
([*
bijektiv, stetig mit stetiger Umkehrfunktion. Man kann zeigen, dass keine (globale) stetige Funktion I : ([* --+ ([ mit der Eigenschaft exp(l(z)) = z für alle z E ([* existiert. Allerdings ist die Funktion Log: ([\] - 00,0] --+ {x
+ iy E ([ I -'Ir < Y < 'Ir}
,
rei
+ iep
bijektiv und stetig; ihre Inverse ist als entsprechende Einschränkung der Exponentialfunktion auch stetig. Log heißt der Hauptwert des Logarithmus. Die bekannte Identität ab = ebIn a für a > und b E IR erklärt, warum ZW für z E ([* und w E ([ die Menge {exp( w(Log z + i2k7r)) I k E 7l.} bezeichnet. So ist z.B. ii die Menge von reellen (!) Zahlen {e(2n- rr I n E 7l.} .
°
n
Der entscheidende Begriff der Funktionentheorie ist die komplexe Differenzierbarkeit. Seien U C ([ offen und Zo E U. f : U --+ ([ heißt komplex differenzierbar in Zo, falls der Grenzwert lim j(z)-j(zo) existiert. Diese Zahl z-+zo
z-zo
wird mit !'(zo) bezeichnet und heißt die Ableitung von
f in
Z00
Man sagt,
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
440
dass j komplex differenzierbar auf U ist, falls j in jedem Punkt von U komplex differenzierbar ist. l' : U -+ «: , z t-+ 1'(z) ist dann die Ableitung von j auf U . j ist komplex differenzierbar in Zo genau dann, wenn j linear approximierbar in Zo ist, d.h. es gibt ein cE«:, eine Kreisscheibe 6 0 (zo) := {z E «: I Iz - Zo I < c} in U und eine in Zo stetige Funktion h : 6 0 (zo) -+ «:, so dass auf 6 0 (zo) gilt: j(z) = j(zo) + (z- zo)c+ Iz - zolh (z). Die Zahl c ist dann 1'(zo) . Wie im Reellen kann man zeigen, dass jedes Polynom P, P(z) := L~=o akZn-k, komplex differenzierbar ist und P'(z) = L~~~(n - k)akZn-k-1 gilt. Sind ,Zz die paarweise verschiedenen Nullstellen eines weiteren Polynoms Q, so ist ~ auf «:\ {Zl, ... , zz} komplex differenzierbar, und es gilt dort: (~)' = Zl, ...
P/QQtQ/. Ist
L~=o an(z - zo)n eine konvergente Potenzreihe auf 6 r (zo), so ist die dadurch auf 6 r (zo) definierte Funktion komplex differenzierbar, und es gilt (L~=o an(z - zo)n)' = L~=l nan(z - zo)n-l. Also: Auf ihrem offenen Konvergenzkreis kann man eine Potenz reihe gliedweise differenzieren. Insbesondere ist die Exponentialfunktion - und damit auch Sinus und Cosinus differenzierbar auf «:. Es gilt: (e z )' = eZ , (sin z)' = cos z , (cos z)' = - sin z . Andere Beispiele: Die Funktionen z t-+ z und z t-+ Izl sind in keinem Punkt von «: komplex differenzierbar, die Funktion z t-+ Izl 2 = zz nur im Nullpunkt. Die Differenziationsregeln aus dem Reellen (Linearität, Produkt-, Quotienten- und Kettenregel) gelten auch im Komplexen und werden analog bewiesen. Sind u und v der Real- bzw. Imaginärteil von j auf U (die gleichzeitig als offene Teilmenge von «: und von IR2 gesehen wird), so ist j in Zo = Xo +iyo EU genau dann komplex differenzierbar, wenn u und v in (~~) reell differenzierbar sind und die folgenden Cauchy-Riemannschen Differenzialgleichungen in (~~) gelten: (3.46)
Aus dem Beweis dieser Äquivalenz (also: j komplex differenzierbar in Zo ~ u und v reell differenzierbar in (~~) und (3.46) gilt) ergibt sich 1'(zo) = [~(
tx - i t
y )
jl (zo),
weshalb die Bezeichnung
wird. Man spricht vom Operator in Zo
= Xo + iyo,
tz := ~ (tx - i t
y )
tz. Ist j = u + iv nur reell differenzierbar
d.h. sind u und v reell differenzierbar in (~~), so gibt es
= h(zo) = 0 zo) + h(z) 'Iz - zol. Dabei
eine in Zo stetige Funktion h mit den Eigenschaften lim h(z) z--+zo
und j(z) - j(zo) bezeichnet
eingeführt
= U(zo)(z -
+ U(zo)(z + i ty ). Man beachte:
zo)
t2 den Operator ~ (tx
441
3.1 Begriffe und Ergebnisse
fJI fJz (xo
"21
.
+ zyo)
=
fJ(u
+ iv)
fJz
(fJU fJv ) fJx - fJy (xo, Yo)
(xo
+"2i
.
+ zyo)
( fJu fJy
=
fJv ) + fJx
(xo, Yo) .
Die Cauchy-Riemannschen Differenzialgleichungen in zo gelten also genau dann, wenn U(zo) = 0 gilt. Aus den Bezeichnungen für
tz
tz
tz und tz folgt tx = tz + tz und ty= i(tz -tz)·
Auch für und gelten die Linearitäts-, die Produkt- und die Quotientenregel. Außerdem gilt für jede in zo reell differenzierbare Funktion I :
Sind U und V offen in ([ , I : U --+ V reell differenzierbar in Zo EU, 9 : V --+ ([ reell differenzierbar in Wo = I(zo), so ist goI reell differenzierbar in Zo, und es gelten:
Das folgende Ergebnis ist die erste Überraschung. Ist U C ([ ein Gebiet und
I : U --+ ([ komplex differenzierbar auf U, so sind die folgenden Eigenschaften von I äquivalent: i) I ist konstant auf U , ii) I ist lokal konstant auf U, d.h. zu jedem z E U gibt es einen offenen Kreis in z, auf welchem I konstant ist, iii) f' = 0 auf U , iv)
III
ist konstant auf U .
Bevor wir weitere überraschende Ergebnisse über komplex differenzierbare Funktionen kennenlernen, beschäftigen wir uns mit dem komplexen Integral. Sei [a, b] C IR und I
J:
J:
= U + iv : [a, b]
--+ ([ stetig. Man definiert
J: I(t)dt als
u(t)dt + i v(t)dt. Sei nun G ein Gebiet aus ([, "( = 0: + iß : [a, b] --+ G eine glatt parametrisierte Kurve, d.h. 0: und ß sind stetig differenzierbar und 1"('(tW = 0:2(t) + ß2(t) > 0 für alle t E [a, b], und I : r --+ ([ stetig, wobei r := ("((t) E ([ I t E [a, b]} das Bild von "( ist. Dann wird das komplexe Kurvenintegral von I über (längs) "( definiert durch
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
442
!
!
j(-y(t))'y' (t)dt
+i
!
b
j(z)dz:=
b
, a
= ![u(a(t),ß(t))a'(t) -v(a(t),ß(t))ß'(t)]dt a
b
[u(a(t), ß(t))ß' (t)
+ v(a(t), ß(t))a' (t)]dt.
a
Der so definierte Wert des Integrals ist invariant bei einer zulässigen Parametertransformation 7 : [a*, b*] -+ [a, b], da j(z)dz = j(z)dz aus der
I,or
I::
I,
I:
j(7(t*)) . (-y 0 7)'(t*)dt* = j(t)'y(t)dt folgt. Substitutionsformel Schreibt man IöD.r(zo) j(z)dz, so ist damit immer gemeint, dass der Kreis einmal im positiven Sinne durchlaufen wird, d.h. dass die Parametrisierung [0,21f] -+ ([ , () I-t Zo + re ilJ oder eine zu ihr orientierungsäquivalente Parametrisierung genommen wird. Ist "( : [a, b] -+ G eine stückweise glatt parametrisierte Kurve, d.h. gibt es eine Partition a = Co < Cl < ... < Cn -1 < Cn = b von [a, b], so dass "(1[cj_1,Cj] für jedes j = 1, ... , n glatt parametrisiert ist, bezeichnet r das Bild (die Spur) von ,,(, d.h. r = "(([a, b]), und ist j : r -+ ([ stetig, so wird
I:
I!
j(z)dz als 2:/;=112_1 j(-y(t))'y'(t)dt definiert. Es gilt
b
I: ; !
b
j(z)dz
a
(3.47)
Ij(-y(t))II"('(t)ldt .
a
Ist Ijl :::; M auf r und bezeichnet L(r) die Bogenlänge von ,,(, so folgt aus (3.47) die Abschätzung
I!
j(z)dz
I: ;
M . L(r) .
(3.48)
Sei (fn : r -+ ([)n:2:1 eine Folge von stetigen Funktionen. Konvergiert (fn) n:2: 1 oder L:~=1 jn gleichmäßig auf r gegen j bzw. gegen g, so gilt jn(z)dz = j(z)dz bzw. L:~=1 jn(z)dz) = g(z)dz . lim n--+oo
Ir
Ir
Ur
Ir
Besitzt j : G -+ ([ eine Stammfunktion F : G -+ ([, ist also F komplex differenzierbar mit F' = j, so gilt für jede stückweise glatt parametrisierte Kurve "( : [a, b] -+ G
!,
j(z)dz = F(-y(b)) - F(-y(a)) .
Aus der Existenz einer Stammfunktion für j folgt also die Wegunabhängigkeit des Integrals von j längs jeder stückweise glatt parametrisierten Kurve in G. Auch die umgekehrte Aussage ist richtig. Es gilt also: I, j(z)dz = 0 für
3.1 Begriffe und Ergebnisse
443
jede geschlossene stückweise glatt parametrisierte Kurve in G ~ J besitzt eine Stammfunktion F : G -+ 4: . Sei nun eine geschlossene stückweise glatt parametrisierte Jordankurve '"'( : [a, b] -+ G (also '"'((a) = '"'((b) und '"'(I [a,b[ ist injektiv) gegeben, die positiv orientiert ist. Man nimmt an, dass das von '"'( berandete, beschränkte Gebiet (das sog. Innere von '"'() den Voraussetzungen des Greenschen Satzes genügt. Dann kann man aus dem Greenschen Satz sofort folgern, dass für jede komplex differenzierbare Funktion J auf G gilt: J(z)dz = o. Insbesondere
Ir
gilt diese Aussage für jeden geschlossenen Polygon zug ohne Selbstschnitte und jeden Kreis, der zusammen mit seinem Inneren in G liegt. Bekanntlich hat jeder solche geschlossene Polygon zug ohne Selbstschnitte und jeder Kreis diese Eigenschaft genau dann, wenn das Gebiet G einfach zusammenhängend ist. Hiermit erhält man den Beweis des Cauchyschen Integralsatzes für Polygone oder Kreise: Ist J stetig komplex differenzierbar auf einem einfach zusammenhängenden Gebiet G und r c G ein geschlossener Polygonzug ohne Selbstschnitte oder ein Kreis, so gilt J(z)dz = 0 . Man kann für r anstelle eines geschlossenen Polygonzuges ohne Selbstschnitte eine beliebige geschlossene stückweise glatt parametrisierte (sogar nur rektifizierbare - aber für die Rechenpraxis ist dies wenig realistisch) Kurve in G nehmen, da für jede komplex differenzierbare Funktion J : G -+ 4: und jedes c > 0 eine von J und c abhängige endliche Vereinigung von geschlossenen Polygon zügen ohne Selbstschnitte U~=l r k existiert, so dass I J(z)dz - L:~=1 J(z)dzl < c gilt. Dadurch haben wir den Beweis des Cauchyschen Integralsatzes skizziert: Ist G ein einfach zusammenhängendes Gebiet, '"'( : [a, b] -+ G eine geschlossene stückweise glatt parametrisierte J(z)dz = O. Kurve und J : G -+ 4: stetig komplex differenzierbar, so gilt Man kann bei den Voraussetzungen sogar auf die Stetigkeit der Ableitung f' verzichten. Dafür ist aber ein anderer Beweis notwendig; ein solcher Beweis wurde von dem französischen Mathematiker Goursat gegeben. Eine für die Anwendungen nützliche Verallgemeinerung lautet: Seien ,",(, '"'(1, ... ,'"'(k geschlossene, positiv orientierte, stückweise glatt parametrisierte Jordankurven, so dass für ihre Bilder r, r1 , ••• ,rk und die von ihnen berandeten beschränkten Gebiete D, D 1 , ••• , D k gilt 15j := r j UD j cD für alle j und 15j nD/ = cP
Ir
Ir
Irk
Ir
für alle j :j:. I und sei G ein Gebiet, das 15\ U;=l D j enthält (vgl. Abb. 3.3). Dann gilt für jede komplex differenzierbare Funktion J : G -+ 4:
J
J(z)dz =
r
2: JJ(z)dz . k
(3.49)
3=1 rj
Aus der Definition des komplexen Integrals ergibt sich (z.B. bei Verwendung der Parametrisierung [0,21l"] -+ 4: , B f-+ Zo + reiB)
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
444
/ J
—^— dz = 2m . z- z
(3.50)
0
dA (zo) r
Die obige Verallgemeinerung zeigt, dass man dA (zo) durch eine beliebige geschlossene, positiv orientierte, glatt parametrisierte Jordankurve, die zo in ihrem Inneren enthält, ersetzen kann. Diese Bemerkung zusammen mit der obigen Verallgemeinerung führt zur Integralformel von Cauchy: Ist / eine komplex differenzierbare Funktion auf einem Gebiet G und 7 eine beliebige geschlossene, positiv orientierte stückweise glatt parametrisierte Jordankurve, deren Bild r zusammen mit dem von ihr berandeten beschränkten Gebiet D in G liegt, so hat man für jedes z € D : r
dw .
W
(3.51 ) 0
Der Vollständigkeit wegen sei erwähnt, dass für z $ D das Integral
^^dw
verschwindet. (Begründung: w h-* ist komplex differenzierbar auf einem einfach zusammenhängenden Gebiet, das D - aber nicht z - enthält.) Durch J IMdw ist auf C \ r eine Funktion definiert (die für z £ D verschwindet und für z G D mit 2mf(z) übereinstimmt). Man kann beweisen, dass diese Funktion unendlich oft komplex differenzierbar ist und ihre Ableitung n-ter Ordnung in z G D gleich n\ ( L^l+i dw ist. Daraus folgt, dass / auf w
D und damit auf G, weil 7 beliebig war, unendlich oft differenzierbar ist, und dass die n-te Ableitung in allen Punkten z des von r berandeten beschränkten Teilgebiets D von G mit Hilfe der Cauchyschen Integralformel /(->(.)=^ r
/
(
t
t
?
+
1
^
(3.5i ) n
2m J (w - z) 7 berechnet wird. Wir staunen also erneut: Jede komplex differenzierbare FunkJ
w
n+1
v
;
3.1 Begriffe und Ergebnisse
445
tion auf einer offenen Menge ist unendlich oft komplex differenzierbar auf dieser Menge! Aus (3.51 0 ) erhalten wir, wiederum überraschend, das sog. Maximumprinzip: Der Betrag 111 einer nicht konstanten komplex differenzierbaren Funktion 1 auf einem Gebiet G besitzt in keinem Punkt von G ein lokales Maximum. Ist G beschränkt und 1 stetig fortsetzbar auf fJG, so nimmt 111 sein Maximum auf dem Kompaktum G in Punkten aus fJG an. Aus (3.51 2 ) erhält man einen Beweis des Satzes von Liouville: Eine auf ganz ([ komplex differenzierbare Funktion ist entweder konstant, oder ihr Betrag ist nicht beschränkt. Daraus bekommt man leicht einen Beweis des Fundamentalsatzes der Algebra. (Zur Erinnerung: Er besagt, dass jedes Polynom n-ten Grades mit komplexen Koeffizienten genau n Nullstellen besitzt. Dabei wird jede Nullstelle mit ihrer Vielfachheit gezählt.) Ist 1 = u + iv komplex differenzierbar, so ist 1 unendlich oft komplex differenzierbar, und damit sind u und v unendlich oft reell differenzierbar. Insbesondere sind u und v zweimal stetig differenzierbar; da wegen (3.46) sowohl 6u als auch 6v verschwinden, sind u und v harmonisch. Nun zur umgekehrten Frage: Gibt es zu einer reellwertigen harmonischen Funktion u auf einem Gebiet G eine harmonische Funktion v, so dass u + iv komplex differenzierbar ist? (Falls eine solche existiert, heißt sie eine zu u harmonisch konjugierte Funktion, und jede weitere solche Funktion wird daraus durch Addition einer reellen Zahl gewonnen.) Die Antwort, auf deren anspruchsvollen Beweis wir hier verzichten, lautet: G ist einfach zusammenhängend genau dann, wenn jede auf G harmonische Funktion eine zu ihr harmonisch konjugierte Funktion hat. Insbesondere folgt daraus, dass zu jeder harmonischen Funktion lokal eine zu ihr komplex konjugierte Funktion vorhanden ist, da jeder Punkt aus G in einer in G enthaltenen offenen Kreisscheibe liegt. (Für Kreisscheiben und für ganz ([ - oder IR2 - kann man eine solche komplex konjugierte Funktion explizit angeben.) Aus der Cauchyschen Integralformel kann man die folgende Mittelwertgleichung für harmonische Funktionen ableiten. Sei u eine auf einer offenen Teilmenge U C IR 2 harmonische Funktion, (xo, yo)T ein Punkt aus U und r > 0 so klein, dass die abgeschlossene Kreisscheibe mit Radius r um (xO,yo)T in U liegt. Dann gilt:
J 211"
u(xo,yo) =
2~
u(xo +rcosB,yo +rsinB)dB.
(3.52)
o Daraus folgert man das Maximum- und Minimumprinzip für harmonische Funktionen. Eine nicht konstante harmonische Funktion auf einer offenen Menge besitzt weder ein lokales Maximum noch ein lokales Minimum. Physikalische Phänomene wie die stationäre Temperaturverteilung innerhalb eines homogenen, vollen Zylinders, das elektrostatische Potenzial im (ungeladenen) Inneren des Hohlzylinders oder die stationäre Strömung einer inkom-
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
446
pressiblen Flüssigkeit in einem Zylinder führen bei entsprechender Modellierung zum folgenden Dirichlet-Problem (in welchem G jeweils ein Schnitt senkrecht zur Zylinder achse ist): Sei G ein Gebiet aus IR2 und Uo : 8G -+ IR eine stetige Funktion. Gesucht wird eine stetige Fortsetzung u : 8G u G -+ IR von Uo (also ulaG = uo), deren Einschränkung auf G harmonisch ist. Ist G ein beschränktes Gebiet, so gibt es zu jeder gegebenen RandwertFunktion Uo höchstens eine Lösung u. Gibt es zu jedem stetigen Uo : 8G -+ IR eine Lösung, so heißt G ein Dirichlet-Gebiet. Ein wichtiges Ergebnis ist, dass die Einheitskreisscheibe D. diese Eigenschaft hat. Die Lösung für das zu Uo gehörige Problem ist explizit durch die Poisson-Formel für den Kreis gegeben:
u(rei'P) = u(r cos ip, r sin ip)
f
11"
1 = -2 7r
2
1- r 2 ( B)
1- rcosip-
+r
2uo(cosB,sinB)dB.
(3.53)
-11"
Dabei ist raus [0, 1[ beliebig. Aus dem Beweis dieses Ergebnisses kann man auch ableiten, dass u durch die folgende auf jedem D.R mit R < 1 gleichmäßig konvergente Reihe darstellbar ist: 00
u(rcosip,rsinip)
= ~o + 2:)ancosnip + bnsinnip)r n ,
(3.54)
n=l
wobei für n = 0,1,2, ... und n = 1,2,3, ... gilt:
f
an
=~
f
11"
11"
u (cos B, sin B) cos nBdB
bzw.
bn =
-11"
~
u(cosB,sinB)sinnBdB.
-11"
Eine reell analytische Funktion auf einer offenen Teilmenge aus IR ist eine Funktion, die in einer Umgebung jedes Punktes durch eine konvergente Potenzreihe mit reellen Koeffizienten dargestellt werden kann. Analog wird der Begriff komplex analytische (oder einfach: analytische) Funktion auf einer offenen Teilmenge aus (: definiert, wobei komplexe Koeffizienten für die Potenzreihen zugelassen sind. Während eine unendlich oft reell differenzierbare Funktion nicht notwendig reell analytisch ist (z.B. ist
f : IR -+
IR , x
I-t
{Oexp ( -a;2 1)
,falls x:=:; 0 , sonst
unendlich oft differenzierbar, aber alle Ableitungen verschwinden im Nullpunkt; deswegen ist f um 0 in einer Potenzreihe entwickelbar, aber die Taylorentwicklung stimmt nicht mit f überein), sind die Begriffe komplex differenzierbar und komplex analytisch äquivalent. Hat die Funktion
447
3.1 Begriffe und Ergebnisse
j auf
A (Zo ) die
Ur
I f 27ri Jß6 p (zo)
f(n)(zo) Darstellung "",00 L..m=0 an ( Z-) Zo n, so gilt an = -n-!f(w) d f·· . d JO [ (w-zo)nf! w ur Je es pE, r .
Definieren die Potenz reihen 2:~=0 an(z - zo)n und 2:~=0 bn(z - zo)n zwei komplex differenzierbare Funktionen j bzw. g und ist 2:~=0 cn(z - zo)n die dem komplex differenzierbaren Produkt j . g zugeordnete Potenzreihe auf einer Umgebung von Zo, so gilt:
~
1
~ k!(n-k)!j k=O
(k)
. (n-k) _ ~ j(k) (zo) g(n-k) (zo) _ ~ (zo) g (zo) - ~ k! (n-k)! - ~akbn-k. k=O k=O
Dieses Ergebnis wurde für reelle Potenz reihen am Ende von Abschnitt 1.1.15 angekündigt. Aus der Äquivalenz der Begriffe komplex differenzierbar und analytisch folgt auch der Identitätssatz für komplex differenzierbare Funktionen, der beinhaltet, dass für zwei komplex differenzierbare Funktionen j und g auf einem Gebiet G folgende Aussagen äquivalent sind: i)
ii) iii)
j = g auf G , {z E G I j(z) = g(z)} hat einen Häufungspunkt in G, :3zo E G mit j(n) (zo) = g(n) (zo) für alle n 2 0 .
Eine andere gleichwertige Formulierung dieses Satzes ist: Ist die komplex differenzierbare Funktion j auf dem Gebiet G nicht konstant, so ist die Urbildmenge j-I(a) = {z E G I j(z) = a} für jedes a E ([ entweder leer oder diskret in G (d.h. ohne Häufungspunkt in G). Diese Formulierung des Identitätssatzes und das Maximumprinzip werden entscheidend im Beweis des Offenheitssatzes benutzt: Ist j eine nicht konstante komplex differenzierbare Funktion auf dem Gebiet G, so ist für jede offene Teilmenge U von G das Bild j(U) wiederum offen. Eine weitere Folgerung des Identitätssatzes besagt, dass für zwei komplex differenzierbare Funktionen h : GI -7 ([ und fz : G 2 -7 ([ genau eine gemeinsame komplex differenzierbare Fortsetzung auf GI U G 2 existiert, falls h IG 1 nG2 = fzlGlnG2 gilt. (Man beachte, dass von den offenen Mengen GI und G2 nichts verlangt wird.) Ist der Konvergenzradius der Potenz reihe 2:~=0 bn(z - zo)n eine Zahl p > 0 oder +00, so konvergiert die Funktionenreihe 2:~=0
(z!';o)n
auf
([\.6.; (zo)
bzw. ([\ {zo} und definiert darauf eine komplex differenzierbare Funktion. Man schreibt auch 2:~=-00 Ln(z - zo)n anstelle von
2:;:0 (z!';o)n . Konver-
giert 2:~=0 an(z - zo)n auf .6. R(zo) und 2:;:;-~-00 an(z - zo)n auf ([\.6. r(zo) , und ist 0 :S r
< R, so definiert 2:~=-00 an(z - zo)n
= 2:;:;-~-00 an(z - zo)n
+
448
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
l:~=o an(z - zo)n eine komplex differenzierbare Funktion auf dem offenen Kreisring 6 r,R(ZO) := {z E ( Ir< Iz - zol < R}. Umgekehrt ist auch richtig: Jede komplex differenzierbare Funktion I auf dem offenen Kreisring .0. r,R(ZO) lässt sich darauf als konvergente Funktionenreihe l:~=-(X) an(z - zo)n darstellen. Für jedes p E Jr, R[ gilt:
an =
2~i
!
(w
!~:~n+1 dw .
(3.55)
8L;.p(zo)
Diese Funktionenreihe heißt die Laurentreihe von I . Sei U C ( offen, Zo E U und r > 0 mit .0. r (zo) C U. Man sagt, dass die komplex differenzierbare Funktion I : U\ {zo} ~ ( eine isolierte Singularität in Zo hat. Auf der in Zo punktierten Kreisscheibe 60,r(zo) sei l:~=-(X) an(z - zo)n die Laurent-Reihe von I. Man nennt Zo eine hebbare Singularität, wenn an = 0 für alle n < 0 gilt, Polstelle (oder Pol) k-ter Ordnung, falls a-k -10 und an = 0 für alle n< -k gilt, wesentliche Singularität, falls unendlich viele n < 0 mit an -I 0 existieren.
~
~ ~
Nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz ist eine isolierte Singularität Zo von I hebbar, wenn ein c > 0 existiert, so dass I (d.h. liD auf .0.o,f:(zo) beschränkt ist. Eine weitere Aussage dieses Satzes ist, dass dann lim I(z) z-tzo
existiert und dass die dadurch fortgesetzte Funktion nicht nur stetig sondern sogar komplex differenzierbar ist. I hat einen Pol in Zo, wenn lim I(z) = 00 oder äquivalent, wenn lim I/(z)1 = z-tzo
z-tzo
gilt. Die Polstellenordnung von I in Zo ist genau dann gleich k, wenn lim (z-zO)k I(z) in (existiert und von Null verschieden ist. Äquivalent dazu:
+00
z--+zo
Es gibt ein c
> 0, so dass die auf 6f:(zo) durch z
r--t
{
0 _1_
fez)
, falls z = Zo , sonst
definierte Funktion komplex differenzierbar ist und in Zo eine Nullstelle k-ter Ordnung hat. Einige Beispiele: Der Nullpunkt ist eine hebbare Singularität für e%;l , si~ z %2
l-,--cosz Z4
und
z-sinz. ---zr-
Die Funktionen
_.1_ Sill
z
und
_z_ 1-cos z
haben im Null-
punkt eine einfache Polstelle. Die anderen Pole von l-~os z bilden die Menge {2m!' I n E ~\{O}}, und die Polstellenordnung ist in jedem dieser Punkte gleich zwei. Die Funktion sin ~ hat eine einzige isolierte Singularität; sie liegt im Nullpunkt und ist weder hebbar noch ein Pol, also eine wesentliche Singularität. Übrigens ist der Nullpunkt eine Singularität für die Funktion h, Sin z
449
3.1 Begriffe und Ergebnisse
aber, da jedes Glied der gegen Null konvergierenden Folge (';71" )n~l eine Polstelle dieser Funktion ist, keine isolierte Singularität! Wir werden uns aber nur mit isolierten Singularitäten beschäftigen. Eine Überraschung liefern die folgenden zwei Ergebnisse über wesentliche Singularitäten. Es sei f eine komplex differenzierbare Funktion, Zo eine wesentliche Singularität von fund c: > 0 so gewählt, dass ~c(zo)\{zo} = ~o,c(zo) im Definitionsbereich von f liegt. Dann
-+ -+
ist die Bildmenge f(~o,c(zo)) dicht in ([ (Satz von CasoratiWeierstraß), und es gilt sogar f(~O,E(ZO)) = ([ oder f(~o,c(zo)) = ([\{wo}, wobei Wo ein von c: unabhängiger Ausnahmewert von f ist (Satz von Picard).
Das zweite Ergebnis ist viel stärker als das erste und erheblich mühsamer zu beweisen. Sei I:~=-oo an(z - zo)n die Laurent-Reihe von f um die isolierte Singularität
2;i
zo° Die Zahl a-l = Iß6 r (zo) f(z)dz heißt das Residuum von f in Zo und wird mit Resflzo (oder auch mit Res(f;zo) oder Resf(zo)) bezeichnet. Wir geben nun einige Regeln für die Berechnung von Residuen an. Ist Zo eine Polst elle n-ter Ordnung von f, so gilt Resflzo = (
1 )' lim [f(z)· (z - zo)n](n-l) . (3.56 n ) n - 1 . Z-+Zo Insbesondere gilt für n = 1, d.h. für den Fall, dass Zo eine einfache Polst elle ist (3.56t) Res flzo = lim f(z) . (z - zo) . Z-+zo Lässt sich f auf einer Kreisscheibe um Zo als darstellen, wobei 9 und h auf dieser Kreisscheibe komplex differenzierbar sind und Zo keine Nullstelle von 9 aber eine einfache Nullstelle von h ist, so gilt g(zo) Res flzo = h'(zo) . (3.57)
*
Das Bilden des Residuums ist ein linearer Prozess, d.h. für alle al, a2 E ([ und komplex differenzierbare Funktionen h, fz auf einer in Zo punktierten Kreisscheibe um Zo gilt:
Unser Interesse an Residuen ist durch den folgenden Residuensatz begründet: Sei G ein Gebiet aus ([ und 'Y : [a, b] -+ G eine geschlossene, positiv orientierte, stückweise glatt parametrisierte Jordankurve. Sind Zl, ... , Zn Punkte aus dem Inneren von 'Y und ist f : G\ {Zl, ... , zn} -+ ([ komplex differenzierbar, so gilt
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
450
(3.58)
Damit kann man also komplexe Integrale berechnen, aber auch uneigentliche (reelle) Integrale wie das folgende Beispiel zeigt: Seien P und Q reelle Polynome mit gradP+2 ~ gradQ. Q habe keine reelle Nullstellen. Daraus folgt, dass der Grad von Q gerade ist und dass genau die Hälfte der Nullstellen, sagen wir Zl, ... ,Zn in der oberen Halbebene liegen. (x + iy ist eine Nullstelle von Q {:=::} x - iy ist eine Nullstelle von Q). Integriert man j auf dem geschlossenen Halbkreis mit dem Mittelpunkt Null und dem Radius rund
berücksichtigt, dass J01l" ~t~:::l rie ilJ d(} für r -+ folgt aus dem Residuensatz: 00 /
P(x) . Q(x) dx = 27rZ
t; Res QP I
00
gegen Null konvergiert, so
n
Zk
(3.59)
•
-00
Sollte der Nenner Q nur negative reelle Nullstellen aber keine weiteren reellen Nullstellen haben, so kann man Jooo ~t:l dx in bestimmten Fällen durch geschickte Wahl einer geschlossenen Jordankurve mit Hilfe des Residuensatzes berechnen und danach eine Grenzwertbetrachtung anstellen. Im Fall Jooo x2n~"i+l ' n ~ 1, integriert man z.B. mit Hilfe des Residuensatzes die komplex differenzierbare Funktion Z t-+ z2nJl+1 auf dem Weg, der aus der Strecke [0, R] , R > 1, dem Kreisbogen mit Mittelpunkt 0 und Radius R 2~i
2~i
von R bis Re 2n + 1 und schließlich aus der Strecke von Re 2n + 1 zum Nullpunkt besteht, und führt dann den Limes R -+ 00 durch.
Auch Integrale vom Typ J0211" ~t~~:~:::~~ld(}, wobei der Nenner keine Nullstelle auf [0,27r] hat, werden mit Hilfe des Residuensatzes berechnet. Für Z = cos(}+isin(} aus 86. = 86. 1 = {z E ([ Ilzl = 1} folgt z-l = cos(}-isin(} und damit cos(} = z+r 1 , sin(} = z_~-l und d(} = tzdz. Aus dem gegebenen Integral erhält man mit diesem Ansatz ein komplexes Integral längs 86. 1 , das mit dem Residuensatz ausgewertet werden kann. Eine weitere (auf den ersten Blick nur theoretisch interessante) Folgerung des Residuensatzes ist das sog. Prinzip des Argumentes. Es seien n(f; ,) die Anzahl der Nullstellen und p(f; ,) die Anzahl der Polstellen Zl, Z2, ••• , Zn (beide mit Vielfachheiten gezählt) einer komplex differenzierbaren Funktion j : G\{Zl, ... , zn} -+ ([, die innerhalb einer geschlossenen, positiv orientierten, stückweise glatt parametrisierten Jordankurve , liegen. Dann gilt die folgende Formel:
n(f; ,) - p(f; ,)
1 / = 27ri
j'(z) j(z) dz .
(3.60)
3.1 Begriffe und Ergebnisse
451
Daraus ergibt sich der Satz von Rouche: Seien I und 9 zwei komplex differenzierbare Funktionen auf einem Gebiet G und 1 eine geschlossene, positiv orientierte, glatt parametrisierte Jordankurve in G, so dass Ig(z)1 < I/(z)1 für alle z aus dem Bild von 1 gilt. Dann haben I und I + 9 innerhalb 1 gleich viele Nullstellen. Der Satz von Rouche liefert sofort einen weiteren Beweis des Fundamentalsatzes der Algebra. (Hinweis dazu: Für 2:Z=o akz n- k mit ao f. gibt es ein R > 0, so dass I2:Z=l akZn-kl < laoznl für alle z E 86R. Dann gibt es in 6R für aoz n und aoz n + 2:Z=l akZn-k gleich viele, nämlich n Nullstellen.) Außerdem hilft der Satz von Rouche beim Lokalisieren von Nullstellen komplex differenzierbarer Funktionen (s. Aufgabe 76). Wir schließen das Thema Residuensatz mit dem Hinweis, dass mit seiner Hilfe Anfangswertprobleme für Systeme von linearen Differenzialgleichungen gelöst werden können (s. Aufgabe 73).
°
Eine bijektive, komplex differenzierbare Funktion I : G -+ G* zwischen zwei Gebieten G und G* von «: heißt konform oder analytischer Isomorphismus, falls 1-1 ebenfalls komplex differenzierbar ist. Insbesondere ist I ein Homöomorphismus (oder topologischer Isomorphismus), d.h. I ist bijektiv, stetig, und 1-1 ist ebenfalls stetig. So sind z.B. die lineare Funktion z r+ az + b für a f. und die Möbius-Transformation z r+ ~:t~ für c f.
°
°
konform von «: auf «: bzw. «:\{-~} auf «:\{%}. Zwei Gebiete G und G* heißen topologisch äquivalent, falls ein Homöomorphismus I : G -+ G* existiert. Ist I zusätzlich konform, so heißen G und G* konform äquivalent. Z.B. sind «: und 6 nicht konform äquivalent, was aus dem Satz von Liouville folgt. «: und sowie 6R und 6 r ,R , ~ r < R, sind nicht einmal topologisch äquivalent, da nur jeweils eins der Gebiete einfach zusammenhängend ist. Eine komplex differenzierbare Funktion I : G -+ G* heißt lokal konform, wenn jeder Punkt z aus G eine offene Umgebung U besitzt, so dass Ilu : U -+ I(U) konform ist. (Man beachte, dass I nicht konstant und deshalb I(U) eine offene Umgebung von I(z) ist.) So sind z.B. -+ «:* , z r+ Z2 und «: -+ «:* , z r+ eZ lokal konform aber nicht konform, da beide nicht injektiv sind. Ist I lokal konform und bijektiv, so ist I konform, was z.B. für q : {z E «: I Re z > o} -+ «:\] - 00,0] , z r+ Z2 und für exp : {z = x + iy I -'Ir < Y < 'Ir} -+ «:\]- 00,0] der Fall ist. Das folgende Ergebnis liefert eine nachprüfbare Charakterisierung für die lokale Konformität einer komplex differenzierbaren Abbildung I : G -+ G*. I ist genau dann lokal konform, wenn j'(z) f. für alle z E G gilt, d.h., wenn j' nullstellenfrei ist. Es folgt: I konform {::::::} I bijektiv und j' nullstellenfrei. Eine weitere, diesmal geometrische Charakterisierung ist: I ist dann und nur dann lokal konform, wenn I in jedem Punkt winkeltreu ist. Das bedeutet, dass für jeden Punkt zO E G und für je zwei glatt parametrisierte Kurven 11: [a1,b1]-+ «: und 12: [a2,b2]-+ «: mit 11(t~) = 12(tg) = ZO der Winkel
°
e
e
°
452
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
zwischen den Tangenten zu /'1 und /'2 in t~ bzw. tg gleich dem Winkel zwischen den Tangenten zu 1 0 /'1 und 1 0 /'2 in t~ und tg ist. Wird ein Gebiet G auf die Einheitskreisscheibe 6. = 6. 1 = {z E ([ I Izl < I} konform abgebildet, so ist G einfach zusammenhängend und nach dem Satz von Liouville ist G =1= ([. Ein eindrucksvolles Resultat, dessen Beweis höchst anspruchsvoll ist, sagt aus, dass die Umkehrung gilt. Dieser Riemannsche Abbildungssatz lautet: Ist G =1= ([ ein einfach zusammenhängendes Gebiet aus ([ und Zo E G, so gibt es genau eine konforme Funktion I : G -+ 6. mit I(zo) = 0 und so dass I'(zo) reell positiv ist. Ein Beispiel dazu: Für die obere Halbebene H = {z E ([ I Imz > O} und Zo = i ist I : H -+ 6 , I(z) = i~+~ die konforme Funktion aus dem Abbildungssatz. Für ein beliebiges, einfach zusammenhängendes Gebiet G =1= ([ kann man eine solche Funktion LA. nicht explizit angeben. Es gibt aber eine Fülle von Beispielen konkreter Gebiete, in welchen dies möglich ist. Die Untersuchungen dazu stoßen auf großes Interesse, da unter zusätzlichen Voraussetzungen an G die Angabe der expliziten Lösung des Dirichlet-Problems für G möglich ist - wenn das Dirichlet-Problem für die Einheitskreisscheibe konkret lösbar ist -, und damit wird die Tür zu den Anwendungen in der Aero- und Hydrodynamik aber auch in der Elektrotechnik geöffnet. Man nimmt an, dass G ein beschränktes, einfach zusammenhängendes Gebiet ist und dass eine bijektive, stetige Funktion I : G -+ 1::, bekannt ist, deren Inverse auch stetig ist, und so dass 1(8G) = 86. und Ila konform ist. Ist Uo : 8G -+ IR stetig, so ist Vo := 1-1 0 Uo stetig auf 86.. Ist v : 1::, = 86. U 6. -+ IR die Lösung des von Vo gestellten Dirichlet-Problems für 6., so ist u := I 0 v : G -+ IR die Lösung des zu Uo gehörigen Dirichlet-Problems für G. Dies liegt daran, dass
(~+ ~ )(z) = (~+ ~ )(f(z)) ·1f'(z)1 2 gilt; dabei bezeichnet z = x + iy
die Koordinate in G und ~ + i'TJ diejenige in 6 . Wir schließen diese Einführung in die Funktionentheorie mit einigen Ergebnissen über eine nach dem russischen Aerodynamiker Joukowski benannte Funktion. Die J oukowski-Funktion j : «: -+ «: mit j (z) = Hz + ~) für z E ([* und j(O) = j(oo) = 00 bildet folgende Gebiete konform ab:
-+ -+ -+ -+
das Äußere der in der oberen Halbebene gelegenen abgeschlossenen Einheitskreishalbscheibe, also {z = x + iy E ([ I y > 0 und Izl > I} auf die obere Halbebene, die untere offene Einheitskreishalbscheibe {z E ([ I y < 0 und Izl < I} auf die untere Halbebene, das Äußere der abgeschlossenen Einheitskreisscheibe {z E ([ I Izl > I} auf ([\[-1, 1] , die obere Halbebene auf ([\([-00, -1] U [1, +oo[).
3.1 Begriffe und Ergebnisse
453
Für die gewünschten Profile von Flugzeugflügein hat Joukowski Bilder von Kreisen mittels j untersucht. Dafür hat er wegen j (z) = tion j als Komposition der Möbius-Transformation z
~=i!!t ~: z+l
I-t ~:;:i
die Funk-
mit der Qua-
dratfunktion q und mit einer weiteren Möbius-Transformation z gestellt.
I-t ~~i
dar-
3.1.9 Laplacetransformation und ihre Anwendungen (Aufgabe 78 bis 87) Eine Funktion f : [O,oo[-t ([ heißt eine Zeitfunktion, wenn sie auf jedem endlichen Intervall [0, A] stetig bis auf endlich viele Ausnahmepunkte und absolut integrierbar ist. Um bestimmte Ergebnisse und Formeln einheitlich anzugeben, wird jede Zeit funktion auf]- 00, O[ durch den Wert 0 fortgesetzt. So entsteht aus der konstanten Funktion [O,oo[-t IR, t I-t 1 die Heavisidesche Sprungfunktion u : IR -t IR mit u(t) := 0 für t < 0 und u(t) := 1 für t ~ O. Sei a > 0; aus einer Zeitfunktion f entsteht bei der Rechtsverschiebung t I-t f(t - a) die Zeitfunktion, welche denselben Prozess wie f beschreibt aber erst a Zeiteinheiten später. Dagegen ist bei der Linksverschiebung t I-t f(t+a) das Verhalten in den ersten a Zeiteinheiten "vergessen". Das Laplaceintegral der Zeitfunktion f in sE ([ ist Jooo f(t)e-stdt. Die Menge {s E ([ I Jooo f(t)e-stdt konvergiert} ist die Konvergenzmenge
oder die Menge der einfachen Konvergenz des Laplaceintegrals von f. Ist diese Menge nicht leer, so heißt f zulässig für die Laplacetransformation und die Funktion K(f) -t ([ , S I-t Jooo f(t)e-stdt =: L[f](s) die Laplacetransformierte von f. Sei Z die Menge der zulässigen Funktionen für die Laplacetransformation. Eine Zeitfunktion, die "zu schnell gegen 00 wächst", ist keine zulässige Funktion für die Laplacetransformation. Das ist z.B. der Fall für [O,oo[-t IR, t I-t exp(t 2 ) oder t I-t exp(expt). Manchmal ist es bequemer - wenn auch formal nicht ganz korrekt -, L[f(t)] und entsprechend K(f(t)) anstelle von L[j] bzw. K(f) zu schreiben. So ist es z.B. einfacher, L[t] statt L[id[o,oorl zu schreiben. Auch für die Rechts- und Linksverschiebung von fEZ ist es vernünftig, L[j(t - a)] und K(f(t - a)) bzw. L[f(t + a)] und K(f(t + a)) zu schreiben. Für die Funktion t I-t f(at) (mit a> 0) ist die Bezeichnung L[f(at)] und K(f(at)) einleuchtend. Für die Anwendungen ist es sehr nützlich, die Laplacetransformierten und deren einfache Konvergenzmengen von möglichst vielen Zeitfunktionen zu kennen. Dafür gibt es Tabellen in Formelsammlungen, aber auch gewisse Regeln, welche die Berechnungen erleichtern. Die Heavisidesche Sprungfunktion u hat die einfache Konvergenzmenge K (u) = {s E ([ I Re s > O} und die (darauf definierte) Laplacetransformierte L[u](s) = ~. Für a > 0 gilt K(u) = K(u(t - a)) = K(u(t + a)) ,
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
454
L[u(t - a)](s)
e-ssa
+ a)](s) = ~. Für die Identität und ihre = K(t n ) = {s E ( I Res> O} und L[t](s) = ~
und L[u(t
n-te Potenz hat man K(t)
sowie L[tn](s) = S~~l' Seien I, T und T positive Zahlen mit T < T und !T,I,T die Zeitfunktion, die auf U~=o[nT, nT + T] den Wert I und sonst den Wert hat. Ist T viel kleiner als T, so ist anhand der graphischen Darstellung dieser Funktion einleuchtend, warum sie Impulsfunktion heißt. Man hat
°
K(fT,I,T) = {s E ( I Res> o} und L[!T,I,T](S) = s' 1=e-s1 . Ist a: E (, so gilt K(e at ) = K(te at ) = {s E ( I Re(s - a:) > o} und L[eat](s) = s~a sowie L[te at ] = (slaJ2' Die folgenden Regeln sind ziemlich einfach zu beweisen. I
1
e-s-r
Seien f, 9 E Z, a, b E ]0, oo[ und a:, ß E (. Für M C ( und 'Y E ( benutzt man die Bezeichnungen 'Y + M = {"I + mim E M} und 'Y' M = {"Im I m E M}. Hiermit gilt: Additionsregel: a:f + ßg E Z , K(a:f + ßg) :J K(f) n K(g) und L[a:f + ßg](s)
a:L(f](s)
+ ßL[g](s) .
Ähnlichkeitsregel:
t t-+ f(at) ist aus Z , K(f(at))
= a· K(f(t))
und L(f(at)](s)
= ~L(f](~)
.
Verschiebungsregel:
t t-+ f(t - b) und t t-+ f(t + b) sind aus Z , K(f(t - b)) = K(f(t)) = K(f(t + b)) und L(f(t - b)](s) = e- sb L(f](s) , L[f(t + b)](s) = esb L[f](s) esb J~ f(t)e-stdt. Regel für eine allgemeine lineare Substitution:
t t-+ f(at - b) ist aus Z , K(f(at - b)) = a· K(f) und L(f(at - b)](s) = ~e-!s L[f](~) . Dämpfungsregel:
t t-+ eat f(t) ist aus Z , K(e at f(t)) = a: L[f](s - a) .
+ K(f)
und L[e at f(t)](s)
=
Regel für eine periodische Funktion fEZ mit der Periode T: (1 - e-ST)L(f](s) = JOT f(t)e-stdt . Bevor wir weitere (weniger leicht zu beweisende) Regeln für die Laplacetransformation angeben, beschäftigen wir uns mit der Konvergenzmenge K (f) des Laplaceintegrals einer Funktion fEZ. Entscheidend ist die Existenz und Eindeutigkeit der Konvergenzabszisse kl' Nun ist kl entweder -00 oder diejenige reelle Zahl, für die gilt:
{s E (
I Re s >
k I}
c K (f) c {s
E (
I Re s ~ k I}
.
Das bedeutet, dass K(f) für kl = -00 ganz ( für kl E IR aus der Konvergenzhalbebene {z E ( I Re z > k I} besteht, vereinigt mit Punkten und Intervallen der Konvergenzgeraden {z E ( I Rez = kl}' So gilt z.B.
3.1 Begriffe und Ergebnisse
455
K(1~t2) = {S E ([ I Res 2 O} und K(1~t2) = {s E ([ I Res 2 O}\{O}. Für bestimmte Aussagen genügt es nicht, dass das Laplaceintegral von 1 E Z in einem Punkt s (oder in einem Gebiet) konvergiert; man benötigt zusätzlich die absolute Konvergenz des Laplaceintegrals, d.h. die Existenz (Konvergenz) des uneigentlichen Integrals Jooo I/(t)e-stldt. Es gibt ein eindeutig bestimmtes af E IRu {oo,-oo}, so dass die Menge aller s E ([, für welche Jooo I(t)e-stdt absolut konvergiert, entweder {s E ([ I Re s > a f } oder {s E ([ I Re s 2 a f } ist. af heißt dann die Abszisse absoluter Konvergenz, und die offene oder abgeschlossene Halbebene, worauf das Laplaceintegral absolut konvergiert, heißt die Halbebene absoluter Konvergenz des Laplaceintegrals von I. Es gilt offensichtlich k f :S af· Aber sowohl kf = af ist möglich als auch k f E IRU {-oo} und af = 00. Nun kommen wir - wie angekündigt - zu weiteren Regeln für die Laplacetransformation. Multiplikationsregel: Für 1 E Z ist L(f] komplex differenzierbar auf {s E ([ I Re s > kf } , t r-+ t n I(t) ist aus Z und es gilt
(L[/])(n)(s) = (-l)nL[tn/](s)
für alle s E ([ mit Res> kf.
(3.61)
Um die Stärke dieser Regel deutlich zu machen, betrachten wir 1 : [0,00[-+ IR mit 1(0) := 0 und I(t) := für t > O. Man kann ausgehend von der
Jt
Definition zeigen, dass die einfache Konvergenzmenge K (f) die Menge {s E ([ I Re s 2 O} \ {O} ist. Für x> 0 führt die Substitution xt = v 2 zu
[]() J 00
LI x =
o
J 00
-1e -xt dt = - 2 Vi Vi
0
e _v dv = - 2 . -Vii = -Vii . 2
Vi
2
Vi
L(f] ist auf {s E ([ I Re s > O} komplex differenzierbar nach der obigen Regel. Der Hauptwert s r-+ VB der Wurzelfunktion (in Polarkoordinaten
re ilJ r-+ Vrei~ für r > 0 und -7r
< B < 7r) ist auf derselben Menge ebenfalls
komplex differenzierbar. Da L[/] und s r-+ ~ auf ]0, oo[ gleich sind, folgt aus dem Identitätssatz für komplex differenzierbare Funktionen L[fl(s) =
-$ auf
{s E ([ I Res> O}. Weiter folgt aus der Multiplikationsregel L[Vi](s) =
2'f1
für alle s E ([ mit Re s > O. (Entsprechend kann man L[t n +!] für jede natürliche Zahl n berechnen.) Integrationsregel: Für 1 E Z und xo > 0 aus K(f) ist t r-+ J~ I(T)dT aus Z, und das Laplaceintegral dieser Funktion konvergiert auf {xo} U {s E ([ I Re s > xo}. Darauf
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
456
hat man t
L [ / I(T)dT ] (S) =
~L(f)(s) .
(3.62)
o
Außerdem wächst die Funktion t d.h. es gibt ein C >
I-t
IJ;(T)dTllangsamer als exot für t --+ +00, mit I J; I(T)dTI ~ Ce xot für alle t ~ to,
°und ein to > °
und die Abszisse absoluter Konvergenz von t
Xo·
I-t
J; I(T)dT ist kleiner gleich
°
Differenziationsregel: Sei I E Z auf )0, oo[ differenzierbar und Xo > aus K(f'). Dann existiert 1(0+):= lim I(x) und Xo liegt in K(f). Für sE {xo}U{s E ([ I Res> xo} x--+O+
hat man
L[I')(s) = sL(f)(s) - 1(0+) .
(3.63)
Außerdem wächst 1I1 langsamer als exot für t --+ 00 und es gilt af ~ Xo . Als Folgerung erhält man die n-te Differenziationsregel: Sei I E Z auf )O,oo[ n-mal differenzierbar und Xo > aus K(f(n)). Dann existiert l(k)(O+):= lim I(k)(t) für k = 0,1, ... ,n -1, und Xo liegt in K(f(k)) für
°
t--+O+
k
= 0,1, ... ,n -
1. Es gilt
L(f(n))(s) = sn L(f)(s) - 1(0+ )sn-l_ I' (0+ )sn-2 - ... - I(n-l) (0+) für alle
s E {xo} U {s E ([ I Re s > xo} .
(3.64)
Die Funktionen 1/1,11'1, ... , I/(n-l)1 wachsen langsamer als exot für t --+ +00, und man hat af(k) ~ Xo für k = 0,1, ... , n - 1 . Mit Zo bezeichnet man den ([-Untervektorraum von Z, der alle Funktio< A < B beschränkt nen enthält, die auf jedem Intervall [A, B) mit sind. Man sagt, dass die Faltung der Funktionen h, haus Z existiert, falls h(T)h(t - T)dT für alle t ~ existiert. Diese auf [0, oo[ definierte Funk-
J;
tion wird mit h
*h
°
bezeichnet, also: h
°
* h(t)
=
J; h(T)h(t -
T)dT. So
gilt für die Heavisidesche Funktion u * u(t) = t und (u * u) * u(t) = t;. Die Integrationsregel besagt genau, dass die Faltung jeder Funktion I aus Z mit der Heavisideschen Sprungfunktion u existiert, und die Formel (3.62) lässt sich als L[u * I)(s) = ~L(f)(s) schreiben. Sind hund haus Zo, so ist h * h definiert und sogar stetig auf [0, 00[. Das folgende Ergebnis ist eine erhebliche Verallgemeinerung der Integrationsregel. Faltungsregel: Seien h, haus Zo. In einem So E ([ konvergiere eine der beiden Laplacetransformierten L[h) und L[h) absolut und die andere wenigstens einfach. Dann konvergiert L[h * h) in So einfach, und für alle
3.1 Begriffe und Ergebnisse
457
sE {so} U {s E (I Res> Reso} gilt
L[h](s) . L[h](s) = L[h
* h](s) .
(3.65)
Ins besondere folgt daraus k ft • h ~ min {max( a lu k h)' max( k lu a h)} . Für die Anwendungen der Laplacetransformation ist es wichtig zu wissen, was aus L[fd = L[h] folgt. Der Eindeutigkeitssatz sagt aus, dass in diesem Fall
°
h - h eine Nullfunktion ist, d.h. JoA(h - h)(t)dt = für alle A > 0. Umgekehrt gilt trivialerweise: Ist h - h eine Nullfunktion, so gilt L[h] = L[h] . (Beachten Sie: Eine Nullfunktion ist nicht die Nullfunktion. Hat f in jedem Intervall [a, A] nur in endlich vielen Punkten von Null verschiedene Werte, so ist feine Nullfunktion.) Sind hund h stetig, so folgt aus L[Jd = L[h] und aus dem Eindeutigkeitssatz h = h. Wir erwähnen in diesem Zusammenhang das von Doetsch eingeführte Korrespondenzzeichen: f(t) o---e L[J](s)
bzw.
L[J](s) __ 0 f(t) .
So hat man z.B. sin at ~ s2~a2 , cos at o---e s2~a2 , t n o---e s.:"-I-I , usw. (Dass man nicht eine Bezeichnung vom Typ ~ oder ++ benutzt, liegt an der Tatsache, dass allen Funktionen aus Z, die sich additiv nur um eine Nullfunktion unterscheiden, dieselbe Laplacetransformierte entspricht.) Die Laplacetransformation wird meist beim Lösen von Anfangswertproblemen für lineare Differenzialgleichungen und Differenzialgleichungsprobleme mit konstanten Koeffizienten benutzt. Ist y(n)(t) + aly(n-l)(t) + ... + an-ly'(t) + any(t) = f(t) eine Differenzialgleichung mit al, ... ,an aus
IR, f aus Z und sind die reellen Zahlen (Anfangsbedingungen) y~O) = Yo, y~, ... ,y~n-l) gegeben, so wird eine Funktion y E Z gesucht, die auf ]0, oo[ n-mal differenzierbar ist, so dass für jedes k E {O, 1, ... , n-1} der rechtsseitige Grenzwert lim y(k) (t) existiert und gleich y~k) ist. Wendet man die Laplat-.o+ cetransformation auf beide Seiten der Differenzialgleichung an und berücksichtigt man die Differenziationsregel sowie die Anfangsbedingungen, so hat man wegen L[y(k)](s) = sk L[y](s) - yosk-l _ y~sk-2 _ ... _ y~k-2) S _ y~k-l) in der offenen Halbebene {s E ( I Re s > b}, in der L[J] definiert ist und Q(s) := sn + als n- l + ... + an-lS + an keine Nullstelle hat, die Gleichung Q(s)L[y](s) = L[J](s) + Yo(sn-l + als n- 2 + ... + an-2S + an-d + Yo(n-2) (+ s al ) + Yo(n-l) .
+ ...
Bezeichnet man mit P das Polynom Yosn-l +(yoal +y~)sn-2+ ... +(yoan-2+ (n-3) (n-2)) (n-2) (n-l) ·1· d b .. ·+Yo al +Yo s+Yoan-l + .. ·+Yo al +Yo , so gl t m er 0 eren
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
458
LWii)
+ ~I:~. Die Lösung des Anfangswertproblems Halbebene L[y](s) = ist also die eindeutig bestimmte, n-mal differenzierbare Funktion Y E Z, deren Laplacetransformierte
LJf(lX) + ~i:j
ist. (Natürlich ist diese Aufgabe - so
°
wie auch die Berechnung von L[f] - nicht immer leicht zu bewältigen.) Im Spezialfall y 2+ay = f(x) mit a > ist diese Methode sehr eindrucksvoll. Aus
L[y](s) = s2~a2 • (L[f](s)+Yb+Yos) = ~L[sinat](s).L(f](s)+~L[sinat](s)+ yoL[cos t](s) = L[~ I~ f(T) sin a(t - T)dT dem Eindeutigkeitssatz die Lösung
~a
+ ~ sin at + Yo cos at](s)
folgt nach
J t
f(T) sin a(t - T)dT + Yb sinat + Yo cosat . a o Man betrachtet nun das Anfangswertproblem, bestehend aus dem linearen System von Differenzialgleichungen y' = Ay + f. Dabei ist A eine n x nMatrix mit reellen Koeffizienten, y = (Yl,Y2, ... ,Yn)T ist die gesuchte Vektorfunktion mit Komponenten aus Z, welche auf ]0, oo[ differenzierbar sind, und f = (h, 12, ... , fn)T ist eine Vektorfunktion mit Komponenten aus Z; die Anfangswerte sind durch den Vektor Yo = (YlO, Y20, ... , YnO)T gegeben. Wendet man die Laplacetransformation auf das System an, so ergibt sich y(t) =
yr
sL[y](s) - Yo = s(L[yI](s), L[Y2](S), ... , L[Yn](S))T = AL[y](s) + L[f](s) = AL[y](s) + (L[h](s), L[h](s), ... , L(fn] (s))T und damit (sEn - A)L[y](s) = Yo + L[f](s). Ist Res größer als die Realteile aller Eigenwerte von A, so ist sEn - A invertierbar, und damit hat man für alle s aus einer Halbebene (auf welcher auch L[f] definiert ist)
Das Lösen des Anfangswertproblems hat sich auf die Bestimmung der Funktionen Yl,Y2, ... ,Yn mit L[Yk](S) = Fk(s) für alle k = 1,2, ... ,n reduziert. Wir erwähnen an dieser Stelle, dass die Laplacetransformation auch beim Lösen der inhomogenen Wellengleichung, also einer partiellen Differenzialgleichung der Gestalt uxx(x, t) - Utt(x, t) = f(x, y) gebraucht werden kann und dass die Faltungsregel sowie der Eindeutigkeitssatz beim Berechnen von Integralen manchmal schnell zum Erfolg führen können. So lässt sich z.B. das Integral I~ xm(t - x)ndx für m,n E IN als Faltung von t I-t t m und t I-t t n interpretieren und damit wie folgt berechnen. Aus L[f~ xm(t - x)ndx](s) =
L[tm * tn](s)
= L[tm](s) . L[tn](s) =
L[ (m+n+1)! mini tm+n+1](s) folgt m, nEIN und t
>
°.
ft Jo
mini . (m+n+l)! - (m+n+l)! sm+n+:fxm(t - x)ndx = (m+n+l)! mini t m+n- 1 für alle smm+!r . snnJ-r -
3.1 Begriffe und Ergebnisse
459
Auch das (konvergente!) uneigentliche Integral Faltung der Funktion t
L[Jt](s) =
$
I--t
f; ~ für t > 0 ist die x(t-x)
Jt mit sich. Für s E (: ,
zuerst L[f; ~dx](s) = L[Jt
(~)2 = zr. = 7rL[u](s) und damit VB s
=
ft dx Jo Jx(t-x)
7r
Re s > 0 folgt wegen
* Jt](s)
= (L[Jt](S))2 =
> o.
für alle t
3.1.10 Fouriertransformation und ihre Anwendungen (Aufgaben 88 und 89) Die Fouriertransformation ist vor allem wegen ihrer Anwendungen von Interesse. Sie ermöglicht es, gewöhnliche und partielle Differenzialgleichungen in einfachere Gleichungen umzuwandeln. Gerade für die Behandlung von Fragen aus der Elektrotechnik ist die Fouriertransformation sehr geeignet. Sei f : IR --+ (: eine absolut integrierbare Funktion auf IR, d.h. f~oo If(t)ldt konvergiert. Für jedes w E IR ist dann das sog. Fourierintegral konvergent, und die Funktion F(f) = ] : IR --+ (: , F(f)(w) = ](w) := f~oo f(t)e-iwtdt heißt die Fouriertransformierte von f. (Von der Technik her sind die Bezeichnungen Originalfunktion oder eingegebenes Signal für f und empfangenes Signal für] üblich. t und w werden als Zeit bzw. Frequenz interpretiert.) Man beachte, dass für alle w E IR gilt: 1](w)1 ::; f~oo If(t)ldt. Insbesondere gilt für eine reellwertige, nicht negative Funktion f : IR --+ IR, die über IR integrierbar ist, die Ungleichung 1](w)1 ::; ](0) für alle w aus IR. Schwierig zu beweisen ist die gleichmäßige Stetigkeit von ] und lim ](w) = 0 = lim ](w).
w-+-oo
w-+oo
Ähnlich wie bei der Laplacetransformation wird die Berechnung von Fouriertransformierten durch Tabellen bekannter und oft benutzter Funktionen sowie durch verschiedene Regeln für die Fouriertransformation sehr erleichtert. In den folgenden Beispielen und Regeln seien a und T positive reelle Zahlen, b E IR\{O} = IR* , cE IR, a,ß E (: , "( E (: mit Re"( > 0 , Wo E IR und u die Heavisidesche Funktion. Die Fouriertransformierte der Funktion t I--t {1
o
,falls sonst
Itl ::; T ' falls sonst
t I--t
{
-1
~
ist w
Itl
<_ T
, falls -T ::; t ::; 0 , , falls 0 ::; t ::; T , sonst
I--t
{
2 sin Tw
,falls w
2T
, falls w = 0 ,
ist w
w
I--t
{
ist w I--t
....t.
-r
4 sin 2(TW)
T~
{
2
. sin 2 (T2w w
-42
o
)
0, ,falls w....t. 0, -r , falls w = 0, , falls w -I 0, , falls w = 0,
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
460
t
L--'.
e-'Ytu(t) = {eo-'Y t
r-T
,falls t sonst
~
t r--t e'Ytu(-t) = {e'Y t
~
t r--t e-,Itl ist w r--t ~
~
t
o
r--t e- at
2
ist w r--t
~0,
,falls t :::; 0 , sonst
,+w ' I!f w2 Y ~ e- 4ä
.t
1S
.t
1S
w
L--'.
r-T
1
'Y+iw ' 1
w r--t ,-iw '
.
Bei der Aufstellung der Rechenregeln werden (analog zu den Laplacetransformierten) die Bezeichnungen F(f(bt)) , F(f(t - c)) und F(( -it)n f(t)) für die Fouriertransformierten von t r--t f(bt) , t r--t f(t - c) bzw. t r--t (-it)nf(t) verwendet. Für absolut integrierbare Funktionen f, g : IR ~ ([ gelten die folgenden Regeln: Additionsregel: af + ßg ist absolut integierbar über IR, und es gilt F(af + ßg) aF(f) + ßF(g) . Ähnlichkeitsregel: t r--t f(bt) ist absolut integrierbar über IR, und es gilt F(f(bt))(w)
JhF(f)(*) . Verschie bungsregel: t r--t f(t - c) ist absolut integrierbar über IR, und es gilt F(f(t - c))(w) = e- icw F(f)(w) . Konjugationsregel: f ist absolut integrierbar über IR, und es gilt F(f)(w) = F(f)( -w) . Modulationsregel: t r--t eiwot f(t) ist absolut integrierbar über IR, und es gilt F(e iwot f(t))(w) = F(f)(w - wo) . Als Folgerungen erhält man daraus: ~ ~
F(f( -t))(w) = F(f(t))( -w), und deshalb ist mit fauch F(f) gerade bzw. ungerade. Ist f rellwertig, so gilt F(f)(w) = F(f)( -w), und deshalb ist für gerades f die Funktion F(f) reellwertig, für ungerades f hat F(f) nur rein imaginäre Werte.
Die obigen Regeln sind ziemlich leicht nachzuweisen; dagegen sind die Beweise der folgenden Regeln kompliziert. Differenziationsregel: Sei f : IR ~ ([ n-mal stetig differenzierbar und f, 1', ... , f{n) seien absolut integrierbar über IR. Dann gilt lim f{k) (t) = 0 = lim f{k) (t) für alle t-too
t-t-oo
k = 0,1, ... , n - 1 und
F(f{k))(W)
= (iw)k F(f)(w)
für k
= 1,2, ... , n und w E IR.
(3.66)
3.1 Begriffe und Ergebnisse
461
Differenziationsregel der Bildfunktion: Für f : IR -+ ([ seien t r-+ t k f(t) , k = 0,1, ... , n, absolut integrierbar über IR. Damit ist F(f) n-mal differenzierbar auf IR, und es gilt
F(( -it)k f(t))(w)
= F(f)(n)(w)
für k
= 1, ... , n
und w E IR.
(3.67)
Integrationsregel: Seien f : IR -+ ([ und t r-+ J~oof(r)dr absolut integrierbar auf IR. Für alle w E IR* gilt
(f f(r)dr ) (w) t
F
=
Fi~)
(3.68)
.
-00
Faltungsregel: Eine der auf IR absolut integrierbaren Funktionen h, h : IR -+ ([ sei beschränkt. Dann ist die Faltung h * h : IR -+ ([ , t r-+ J~oo h(r)h(t - r)dr dieser Funktionen auch absolut integrierbar auf IR, und es gilt
F(h
* h)(w) = F(fd(w) . F(h)(w)
.ff
Als Anwendung der Integrationsregel erhält man für a
F(te- at 2 )(w)
W = -~ -. -e-4ä" a 2a
IK w2 ~ e- 4a
wobei F(e- at )(w) = V 2
w
2
(3.69)
.
> 0 das
,
Ergebnis (3.70)
benutzt wurde.
Für Anwendungen, aber auch an sich ist die Frage nach der Beziehung zwischen auf IR absolut integrierbaren Funktionen hund h, deren Fouriertransformierten übereinstimmen, wichtig. Analog zur Laplacetransformation hat man einen Eindeutigkeitssatz, dessen Beweis anspruchsvoll ist: Die Fouriertransformierten und stimmen genau dann überein, wenn die Differenz h - h eine Nullfunktion ist, d.h. für alle a, b aus IR gilt
A
12
J:(fl - h)(t)dt = O. Insbesondere ist eine stetige und über IR absolut integrierbare Funktion f durch ihre Fouriertransformierte F(f) eindeutig bestimmt. Ist außer der Stetigkeit von f auch die absolute Integrierbarkeit von F(f) gegeben, so kann man f aus F(f) mit der sog. Umkehrformel gewinnen:
f
00
f(t) =
2~
F(f)(w)eitwdw
für alle
t E IR .
(3.71)
-00
Ist außerdem F(f) reell und gerade bzw. reell und ungerade, so ist f reell und gerade bzw. rein imaginär und ungerade, und die Formel (3.71) erhält die Gestalt
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
462
J 00
f(t) =
~
J 00
F(j)(w) coswtdt bzw.
f(t) =
o
~
F(j)(w) sin twdw .
o
Die absolute Integrierbarkeit von F(j) ist nicht automatisch gegeben, wie man aus F(e-'Ytu(t))(w) = 'Y~iW sieht. Die Formel (3.71) gilt für ein to E IR auch dann, wenn f nur in to stetig und F(j) absolut integrierbar ist. Wegen der Bedeutung dieses Ergebnisses hat man untersucht, inwieweit man auf die Stetigkeit von f in to beim weiteren Bestehen von (3.71) oder einer ähnlichen Formel verzichten kann. Wir erwähnen nur, dass für den Fall, dass f in einer Umgebung von to von "lokaler Variation" (es gibt eine Umgebung [a, b] von to und M > 0, so dass für jede Unterteilung a = TO < Tl < ... < Tn = b gilt: 2:7=1If(Tj) - f(Tj-1)1 < M) ist, f(to+) und f(to-) existieren, und es gilt
f(to+)
+ f(to-) 2
=
~C 27r
J 00
F(j)(w)eitQWdw.
-00
(Die Definition des Cauchyschen Hauptwertes wurde in Paragraph 2.1.7 gegeben.) Sei x(n) (t) + a1X(n-1) (t) + ... + an-IX' (t) + anx(t) = f(t) eine lineare Differenzialgleichung n-ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten a1, a2, ... , an aus (, und f : IR ~ ( sei fouriertransformierbar. Gibt es eine über IR absolut integrierbare Lösung X : IR ~ ( dieser Gleichung, so ist sie eindeutig bestimmt, und ihre Fouriertransformierte x erfüllt die Gleichung [(iw)n + a1(iw)n-1 + ... + an-1(iw) + an]x(w) = j(w) für alle w E IR. Kann
(iw/t?+an
man als Summe von Funktionen schreiben, für welche die Umkehrformel anwendbar ist oder welche die Fouriertransformierten bekannter Funktionen sind, so hat man die Lösung X berechnet. In vielen konkreten Fällen kommt man hiermit aber nicht oder nur sehr mühsam zum Ziel. Mehr Erfolg hingegen verspricht die Anwendung der Fouriertransformation in der Theorie der partiellen Differenzialgleichungen. Man betrachtet auf einem unendlich langen, orientierten Stab einen festen Punkt (Ursprung). Für einen Beobachtungspunkt, der in einer Entfernung X vom Ursprung liegt, bezeichne u(x, t) die Temperatur zum Zeitpunkt t. Unter bestimmten physikalischen Annahmen ist die Funktion (x, t) r-+ u(x, t) genügend oft differenzierbar und erfüllt die Wärmeleitungsgleichung Ut = c2 u xx , wobei c > 0 eine Materialkonstante ist. Ist zum Zeitpunkt t = 0 die Temperatur f(x) in jedem Beobachtungspunkt x bekannt, d.h. hat man die Anfangsbedingung u(x, 0) = f(x), und ist feine fouriertransformierbare Funktion, so kann man unter Verwendung der Fouriertransformation die folgende Gestalt für u nachweisen:
463
3.1 Begriffe und Ergebnisse
U(X, t) =
1C ; /
2cY1ft
00
-00
f(s)e- ("2 4c t ds 8
für alle
)
>0.
t
Eine rechteckige Platte, deren Länge viel größer als ihre Breite a ist, wird in unseren Überlegungen als ein Streifen {(x, y) T E IR 2 I 0 ::; y ::; o} angesehen, also unendlich lang. Die Temperaturverteilung darauf sei zeitunabhängig (man sagt auch stationär). Bezeichnet u(x,y) die zeitlich konstante Temperatur im Punkt (X,y)T dieses Streifens, so ist U (unter bestimmten Annahmen über die Beschaffenheit der Platte) eine harmonische Funktion, d.h. sie erfüllt die Potenzialgleichung U xx + U yy = o. An den Rändern der Platte werden in den Punkten (x, O)T und (x, a)T die Temperaturen f(x) bzw. g(x) gemessen, d.h. u genügt den Randbedingungen u(x,O) = f(x) und u(x, a) = g(x) für alle x E IR. Sind die Funktionen fund 9 stetig und absolut integrierbar über IR, so kann man unter Einbeziehung der Fouriertransformation nach komplizierten Überlegungen die folgende Temperaturverteilung auf der Platte nachweisen: 1
ux -( ,y) - 2a
/00 [ -00
f(s) sin 7r(a-y) a cosh ~ + cos ~ a
a
+
g(s) sin ~ cosh
a
~ + cos ~ a a
1ds
.
Eine unendlich lange, elastische Saite (in Wirklichkeit genügt "sehr lang") habe im Punkt x zum Zeitpunkt teine Auslenkung u(x, t) (im Vergleich zur Ruhestellung). Unter bestimmten Voraussetzungen ist die Funktion (x, t) f-t u(x, t) mindestens zweimal stetig differenzierbar und genügt der Schwingungsgleichung (auch Wellengleichung genannt) Utt - c2 u xx = 0, wobei c > 0 wieder eine Materialkonstante ist. Ist zum Zeitpunkt Null die Auslenkung der Saite im Punkt x gleich f(x) und ihre senkrechte Geschwindigkeit gleich g(x), d.h. gelten die Anfangsbedingungen u(x, 0) = f(x) und Ut(x, 0) = g(x), und sind fund g zweimal bzw. einmal stetig differenzierbar sowie absolut uneigentlich integrierbar über IR, so wird die Bewegung (Aus lenkung) der Saite wie folgt beschrieben:
x+ct 1 u(x, t) = 2(f(x
+ ct) + f(x - ct)) +
1 / 2c
g(~)d~
.
(3.72)
x-ct Diese Formel kann man auch mit Hilfe der Fouriertransformation herleiten. Auch die Bewegung der Saite unter Berücksichtigung äußerer Einflüsse, d.h. die inhomogene Schwingungsgleichung (Utt - cUxx)(x, t) = h(x, t), kann man mit Hilfe der Fouriertransformation untersuchen.
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel Aufgabe 1
x: [O,21r] -+ IR 2 , x(t) = (cos 3 t, sin 3 t)T parametrisiert die sog. Astroide. a)
Zeigen Sie: i) Diese parametrisierte Kurve ist geschlossen. ii) Die Einschränkung XI[O,2rr[ ist eine injektive Abbildung von [O,27r[ in IR2 . Das Bild x([O,27r[) dieser Kurve liegt im Kreisring mit dem Mittelpunkt (0,0) und den Radien ~ und 1 . iv) Das Bild x([O, 27r() berührt jeden der beiden Randkreise in genau vier verschiedenen Punkten. v) Es existieren genau vier Punkte tl, t2, t3 und t4 in [O,27r[, in welchen x nicht glatt ist, d.h. in welchen x' verschwindet. Berechnen Sie i) die Bogenlänge der parametrisierten Kurve zwischen zwei beliebigen Werten t' und t" mit 0 :::; t' < t" :::; 27r , ii) die Bogenlänge der Astroide, iii) das begleitende Zweibein und die Krümmung der Kurve im Punkt x(to) mit to E]tl, t2[, wobei tl und t2 die beiden kleineren Parameterwerte aus a)v) sind. Seien t', t" mit tr < t' < t" < t2, wobei tl und t2 wie in b )iii) gewählt sind. Bestimmen Sie die Evolute der glatt parametrisierten Kurve [t', t"] -+ IR2 , t t-+ x(t) . Skizzieren Sie die Astroide. iii)
b)
c)
d)
Lösung: a)i) x(O) = (0, l)T = x(27r) . ii) x(t) = X(T) mit t,T E [O,27r[ ist äquivalent zu cos 3 t = COS 3 T und sin 3 t = sin 3 T, d.h. zu cost = COST und sint = sinTo Die erste Gleichung (also cos t = COS T) gilt genau dann, wenn t = T oder t + T = 27r gilt, während die zweite Gleichung genau für t = T oder t + T = 7r oder t + T = 37r erfüllt ist. Deshalb gilt x(t) = X(T) nur, wenn t und T gleich sind, d.h. x eingeschränkt auf [O,27r[ ist injektiv. Der folgende Weg führt ebenfalls zu diesem Ergebnis: Aus cos t = COS T und sin t = sin T folgt cos(t - T) = cos t cos T + sin t sin T = cos2 t+sin 2 t = 1 und daraus t - T = 2k7r mit k E 7l.. Da t und T in [0, 27r[ liegen, muss k gleich Null sein, d.h. t = T . iii) Ilx(t)W = cos6 t + sin6 t = (cos 2 t + sin 2 t)(cos 4 t + sin 4 t - cos 2 tsin 2 t)
= (cos2 t + sin2 t)2 -
3cos2 tsin 2 t
= 1- ~ sin 2 2t.
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
465
Es folgt ~ :::; Ilx(t)11 :::; 1 für alle t, da 0:::; sin 2 t :::; 1 gilt. iv) Insbesondere ergibt sich aus der Lösung von iii), dass für t E [0,211"[ der Abstand vom Nullpunkt zu x(t) genau dann maximal (minimal) ist, wenn sin2t = (sin2t = ±1) gilt. Für tE {O, ~,11", 3211"} hat man sin2t = 0, d.h. die Astroide berührt den Kreis mit dem Radius 1 in x(O) = (l,O)T, x(~) = (O,l)T , x(11") = (-1, O)T und x( 3;) = (0, -l)T. Dagegen hat man sin2 2t = 1
°
1
fürt E {Z!:4' 311" 511" 711"}. deshalb sind x(Z!:) 4' 4' 4 ' 4 -
C 2f2) 1
und x( 7:) =
2,;2
C2'1 ) die 1
1
- (-_1_' 2,;2) X(511")_1_' X(311") 4 4-
(2,;2) 2,;2
2,;2
Berührungspunkte der Astroide mit dem
°
2,;2
kleineren Kreis. Für alle anderen taus [0,211"[ gilt < sin 2 2t < 1, d.h. die entsprechenden Punkte x(t) liegen im Inneren des Kreisringes mit dem Mittelpunkt (O,O)T und den Radien ~ und l. v) Man hat x' (t) = (-3 cos 2 t sin t, 3 sin 2 t cos t)T und damit Ilx'(t)11 2 = 9cos 4 tsin 2 t
+ 9sin4 tcos 2 t = 9sin2 tcos 2 t = ~ sin 2 2t.
x'(t) verschwindet genau dann, wenn Ilx'(t)11 verschwindet, d.h. wenn tE {O, ~,11", 3;} gilt. Wir setzen tl = 0, t2 = ~ , t3 = 11", t4 = 3211" . b)i) x ist stückweise glatt; die Bogenlänge zwischen x(t') und x(t") berechnet
I t"
h't"
sich wie folgt: L(t',t") = t , Ilx'(t)lldt = ~lsin2tldt. Wegen des Betrages im Integranden muss man Fallunterscheidungen für t' und t" machen. Ist t' :::; t" :::; ~, so gilt
°: :;
L( t', t")
=~
J t"
t"
sin 2t dt
= - ~ cos 2t It' = ~ (cos 2t' -
cos 2t") ,
t'
und dieses Ergebnis ist auch für 11" :::; t' :::; t" :::; 3; richtig. Für ~ :::; t' :::; t" :::; 11" und 311" < t' -< t" -< 211" ergibt sich L(t' 't")4 = l (cos 2t" - cos 2t'). 2 Im allgemeinen Fall, d.h. wenn t' und t" in verschiedenen Intervallen [0,
~],
... , [3;, 211"] liegen, berechnet man L(t', t") stückweise über die Additivität der Kurvenlänge. So hat man z.B. für t' E [O,~], t" E [3;,211"] :
L( t' ,t")
= L (t', %) + L (%' 11" ) + L (11", 3;) + L (3;, t") =
~(cos 2t' + 1) + 2L (0, %) + L (0, t" _ 3
= 4" cos2t'
15
3
+ 4 + 4" (1- cos(2t" -
311")) =
3;) 9
3
"2 + 4"(cos2t' + cos2t") .
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
466
ii) Aus diesem letzten Ergebnis erhält man für t = 0 und t" = 21f die Bogenlänge der Astroide: L(O,21f) = 6 . iii) Sei also to E]O, ~[. Es gilt x' (to) = (-3 cos 2 to sin to, 3 sin2 to cos tO)T , und damit Ilx'(to)11 = 3sintocosto. Daraus ergeben sich t(to
)
1
= Ilx'(to)ll x
'()
to
=
(-costo ) sinto
und
n(to) = ( - sin to ) - cos to
Die Krümmung im Punkt x(to) wird mit der Formel (cos 3 t)' (sin 3 t)" - (sin 3 t)' (cos 3 t)" K,(to) = Ilx'(t)11 3 t=to
berechnet. Wegen (cos 3 t)' = -3cos2 tsint , (cos 3 t)" = 6costsin2 t 3 cos 3 t, (sin 3 t)' = 3 sin2 t cos t, (sin 3 t)" = 6 sin t cos 2 t - 3 sin3 t folgt 1
K,(to) = - - - - 3 sin to cos to c) Sei t E [t', t"] C]O,
H
Für die Evolute der Kurve x ergibt sich die
parametrisierte Kurve a mit a(t)
=
x(t)
+
~n(t)
=
(cos 3 t, sin3 tf -
3 sin t cos t( - sin t, - cos t)T = (cos 3 t + 3 sin 2 t cos t, sin3 t + 3 sin t cos 2 t)T = (cost(l + 2sin2 t),sint(l + 2cos2 t)T = 3(cost,sint)T - 2(cos 3 t,sin 3 t)T . d) Die Abbildung 3.4 zeigt die Asteroide.
Abbildung 3.4. Die Asteroide
Aufgabe 2 Betrachten Sie die parametrisierte Kurve x : [-2,3] -+ IR 2
(t 2 a) b)
+ 2t, t 2 - 2t)T.
,
x(t)
Zeigen Sie, dass diese Kurve glatt parametrisiert ist. Besitzt diese Kurve Doppelpunkte, d.h. gibt es zwei verschiedene t und raus [-2,3] mit x(t) = x(r)?
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel c) d)
e) f)
467
Berechnen Sie die Bogenlänge dieser parametrisierten Kurve. Bestimmen Sie das begleitende Zweibein, die Krümmung, den Krümmungsradius und den Krümmungsmittelpunkt a(t) in einem beliebigen Punkt x(t) der Kurve. Wann ist der Krümmungsradius minimal, wann maximal? Seien x(t) = t 2 + 2t und y(t) = t 2 - 2t. Bestimmen Sie ein Polynom P(x,y), so dass P (x(t),y(t)) = 0 für alle tE [-2,3] gilt. (Damit zeigen Sie, dass x eine algebraische Kurve ist.)
Lösung: a) x' (t) = (2t + 2, 2t - 2)T f= (0, O)T für alle t E [-2,3], weil die erste Komponente x'(t) = 2t + 2 nur in t = -1 und die zweite Komponente y'(t) = 2t - 2 nur in t = 1 verschwindet. b) Aus x(t) = X(T), d.h. aus t 2 + 2t = T2 + 2T und t 2 - 2t = T2 - 2T folgt 4t = 4T und damit t = T. Die Kurve hat also keine Doppelpunkte.
c) Ilx'(t)11 = J(2t
+ 2)2 + (2t -
2V2J~2 02+1 dt
=
2V2(~ t02+1 + ~areasinht)I~2
V2(areasinh3 + areasinh2) =
d) t(t) = Ilx'(t)llx'(t) =
r.(t) -
2)2 = 2V2 02+1. Es folgt: J~21Ix'(t)lldt =
+ 2VfQ + 6V5 + 2VfQ + V2ln(6 + 5V2 + 2VfQ + 3V5).
C: ~) ,
Jz . vt;+!
X'(t)yl(t)---x"~t)Y'(t)
= x(t)+p(t)n(t) = (!~
6V5
Jz . vt;+l (~~
n(t) =
_ (2t+2)·2-2(2t-2) _ Ilx'(t)11 - 16v'2J(t 2 +1)3 p(t) = 2V2J(t2 + 1)3 , a(t)
=
1
n'
2v'2J(t 2 +1}3 ,
:;! )
+2V2J(t2 + 1)3.
Jz . vt;+l (! ~ ~)
= (t 2 +2t)+2(t 2 +1) (1-t)=(-2t 3 +3t2 +2) . t 2 - 2t t +1 2t 3 + 3t 2 + 2 e) Für t = 0 ist der Krümmungsradius minimal; p(O) = 2V2. Für t = 3 ist der Krümmungsradius maximal; p(3) = 2V2 . 10VfQ = 40V5 . f) Aus x(t) = t 2 + 2t und y(t) = t 2 - 2tfolgt x(t) +y(t) = 2t 2, x(t) - y(t) = 4t
+ y(t)) = (x(t) - y(t))2 = 16t2. Das Polynom P(x, y) := 2 x + y2 - 2xy - 8x - 8y erfüllt die Bedingung P (x(t),y(t)) = 0 für alle tE [-2,3]. und damit 8 (x(t)
Aufgabe 3
Seien a und b reelle Zahlen, a < b, und tM (t sin t, t cos t)T parametrisierte Kurve.
Xa,b
[a, b] -+ IR 2 die mittels
468
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
f)
Zeigen Sie, dass für alle a und b diese parametrisierte Kurve glatt (regulär) ist. Ist Xa,b nach der Bogenlänge parametrisiert? (Anders gefragt: Ist die angegebene Parametrisierung ausgezeichnet?) Berechnen Sie die Bogenlänge L von Xa,b' Berechnen Sie den Tangenten- und den Normalenvektor sowie die Krümmung der Kurve Xa,b in einem beliebigen Punkt. Wann ist Xa,b eine geschlossene Kurve? (Anders gefragt: Für welche a und b, a< b, gilt xa,b(a) = xa,b(b)?) Wann ist Xa,b eine geschlossene Jordankurve? (Anders gefragt: Für wel-
g)
che a und b, a < b, ist Xa,b geschlossen und Xa,b : [a, b[-t IR 2 injektiv?) Bestimmen Sie die Evolute von Xa,b.
a) b) c) d) e)
Lösung:
a) Aus Xa,b(t) =
(tsint,tcost)T ergibt sich x~,b(t) = (sint + tcost,
cos t - t sin t)T und damit Ilx~,b(t)11 = y'f+t2, denn es gilt: (sin t + t cos t)2 + (cos t-t sin t)2 = sin 2 t+t 2 cos 2 t+2t sin t cos t+cos2 t+t 2 sin 2 t- 2t sin t cos t = (1 + t 2 )(sin 2 t + cos t 2) = 1 + t 2 . Deshalb gilt x~,b(t) f- (O,O)T für alle t, d.h. Xa,b ist überall glatt. b) Nein! Ilx~,b(t)11 = 1 gilt nur für t = 0 . c) L =
J: Ilx~,b(t)lldt = J: y'f+t2dt = ~(ty'f+t2 + In(y'f+t2 + t)) I~=
-21 [bv1 + b2 - avl + a2 + ln( ~tb)] . Anstelle von ln( J'1+t2 + t) kann l+a +a man auch areasinh t schreiben, und damit lautet das Ergebnis ~ [bVl + b2 avl + a2 + areasinh b - areasinh a] . d) Der Tangentenvektor von Xa,b im Punkt Xa,b(tO) ist t t
(0)
=
1
Ilx~,b(to)11
x' (t) = 1 ( sin to + to cos to ) a,b 0 }1+tÖ costo-tosinto
Deshalb ist n(t ) = o
1
( to sin to - cos to )
}1 + tö to cos to +
sin to
der Normalenvektor der Kurve im Punkt Xa,b(tO). Die Krümmung im Punkt Xa,b (to) ist
2 + tö (1 + tÖ)3/2 '
469
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel d enn x 11 b(t) a, 0 1
=
(2 cossintoto -- totosincostoto )
und
-2
sin to + to cos to 2 cos to - to sin to cos to - to sin to -2 sin to - to cos to
1
d et (, 11 ( xa,b (to ) ,xa,b to ) ) = 2
- 2 sin to - 2to sin to cos to
to sin to cos to - t6 cos 2 to - 2 cos 2 to + 2to sin to cos to + to sin to cos to - t6 sin 2 to = -2 - t6 . e) Aus asina = bsinb und acosa = bcosb folgt a 2 (sin 2 a + cos 2 a) = b2 (sin 2 b+cos 2 b), und damit a2 = b2. Wegen a < b muss gelten a < < bund damit a = -b. Aus acosa = bcosb = (-a)cos(-a) = -acosa erhält man 2acosa = 0, d.h. a E {-~ -mr I nEIN} = {-~, _3; , _5211" , . . . }. Also: Die einzigen geschlossenen Kurven der Kurvenschar {Xa,b I (a, b) E IR2 , a < b}
°
sind diejenigen der Gestalt X-~-n11",~+n11" mit nEIN. f) Die Zuordnung t t--+ (t sin t, t cos t) T ist injektiv auf [- ~, ~ [, aber für jedes n 2: 1 ist sie auf [- ~ - mr , ~ + mr[ nicht injektiv. Deshalb ist x_ ~, ~ die einzige geschlossene Jordankurve in der obigen Kurvenschar. g) Die Evolute von Xa,b ist die parametrisierte Kurve [a, b) -+ IR2 , die jedem taus [a, b) den folgenden Punkt zuordnet:
Xa,b(t)
+ K(Xa\(t))n(t)
= (tsint,tcost)T -
~!~~(tsint-cost,tcost+sint)T.
Aufgabe 4
Die Koordinaten eines Teilchens, das sich im Raum bewegt, sind als Funktionen der Zeit durch x(t) = at, y(t) = v'3abt 2, z(t) = 2bt 3 gegeben; dabei sind a und b positive Konstanten. Welche Strecke legt das Teilchen vom Zeitpunkt t = bis zum Zeitpunkt t = 3 zurück?
°
Lösung:
Die Länge der zurückgelegten Strecke ist S := J~ Jx'(t)2 + y'(t)2 + z'(t)2 dt. Mit x'(t)
= a,
y'(t)
= 2v'3libt und z'(t) = 6bt 2 erhält man:
J 3
S
=
J 3
J a2 + 12abt 2 + 36b2t 4 dt
o
=
(a+6bt 2 )dt
3
=
(at+2bt 3 )
10 = 3a+54b.
0
Aufgabe 5
Betrachten Sie die durch t t--+ (1 + t - t 2 , 1 + t + t 2 , ~tv't)T parametrisierte Kurve x : [1,4) -+ IR 3 a)
.
Zeigen Sie, dass diese Parametrisierung glatt ist.
470 b) c)
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis Berechnen Sie die Bogenlänge dieser Kurve. Berechnen Sie in einem beliebigen Punkt der Kurve das begleitende Dreibein, die Krümmung und die Torsion.
Lösung: a) Wegen
)(1 - 2t)2
x'(t)
(1 -
2t,1
+ (1 + 2t)2 + (VSt)2
+ 2t, VSt)T gilt Ilx'(t)11 ';1 - 4t + 4t 2 + 1 + 4t + 4t 2 + St
= J2(1 + 2t) 2: 3J2 und damit x'(t) i:- 0 für alle tE [1,4] . Einfacher argumentiert man hier, wie folgt: Aus x'(t) = 0 folgt t = 0 (dritte Komponente), für t = 0 ist aber die erste Komponente von x'(t) ungleich Null.
b) ft Ilx'(t)lldt = f14J2(1 + 2t)dt = J2(t + t 2)lt = 18J2 . c) Wir verwenden die üblichen Formeln. Für die Vektoren t(t), n(t) und b(t) des Dreibeins der Kurve in x(t) ergibt sich
t(t) = 11
x
'~)llx'(t) = t
J2 1 (1- 2t, 1 + 2t,2v'2v'tf , 2(1 + 2t)
'() (-2J2 0 1 - 2t )T 11'( )11 1 t t = (1 + 2t)2' , v't(1 + 2t)2 ' t t = v't(1 + 2t) , 1, -2J2v't 1 - 2t T n(t) = Ilt(t)llt(t)=( 1+2t ,0'1+2t) , 1 - 2t 1 2v't T b(t) = t(t) x n(t) = (J2(1 + 2t)' - J2' 1 + 2t) . Die Krümmung wird mit der Formel K,(t) = "x"\~'(ti;;~t)" berechnet. Wegen
x' (t) = (1 - 2t,1
+
2t,2J2v't)T , x" (t) = (-2, 2, ~)T erhalten wir
x'(t) x x"(t) = (0(~2t),_ 0(7t 2t ),4)T und damit Ilx'(t) x x"(t)11 = 3t(1
+ 2t).
Deshalb gilt:
?t(1 + 2t)
K,(t) = 2J2(1 · ".,. h 1 . . D1e J..orSlOn er a ten WIr mIt
T
+ 2t)3
()
t =
1
= J2v't(1
+ 2t)2 .
det(x'(t),x"(t),x"'(t)) F·· . d [1 4] Ilx'(t)xx"(t)11 2 • ur Je es t E ,
hat man xll/(t) = (0,0,- V2#)T, und damit folgt
1- 2t det ( 1 + 2t 2J2v't
-2 2 0 Vi
0 ) 0 __ 2J2 __ 1_ tv't' 0Vt3
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
W
r(t) - _ t,fi t(l + 2t)2
471
=
1
V2i (1 + 2t)2
.
Aufgabe 6 Seien a und b reelle Zahlen, a < b, und Ya,b : [a, b] -+ IR3 die durch t t-+ (2t sin t, tt 3 , 2t cos t)T parametrisierte Raumkurve. a) b) c) d) e)
Zeigen Sie, dass diese Raumkurve für alle a und b glatt ist. Ist Ya,b nach der Bogenlänge parametrisiert? Berechnen Sie die Bogenlänge L von Ya,b. Berechnen Sie das begleitende Dreibein der Kurve in einem beliebigen Punkt. Bestimmen Sie die Krümmung und die Windung (Torsion) der Kurve Ya,b in einem beliebigen Punkt.
Lösung: a) Y~,b (t) = (2 sin t + 2t cos t, t 2 , 2 cos t - 2t sin t)T ist nie der Nullvektor, da IIY~,b(t)112 = 4 + 4t 2 + t 4 gilt. Deshalb ist Ya,b eine reguläre Kurve im IR3 .
b) Nein! IIY~,b(t)11 = 2 + t 2 hat nie den Wert l. c) L = J: IIY~,b(t)lldt = J:(2 + t 2 )dt = 2(b - a) + t(b3 d) Der Tangentenvektor in Ya,b(t) ist t (t )
1 = Ily~,b(t)IIYa,b I
Wegen t'(t)
t
a3 ).
1 ( . 2 • )T = 2+t . 2 2smt+2tcost,t ,2cost-2tsmt
= (2+~2)2 (4 cos t-4t sin t-t 3 sin t, 2t, -4 sin t -4t cos t- t 3 cos t)T
und 1it'(t)11 = n( t) =
()
-
21! t
2 4 t
ist
1
v0+4 (4 cos t-4t sin t-t 3 sin t, 2t, -4 sin t-4t cos t-t 3 cos tf
(t 2 +2) t 2 +4
der Hauptnormalenvektor in Ya,b(t). Da
(
2 sin t + 2t cos t ) t2 x 2 cos t - 2t sin t
(4
cos t - 4t sin t - t 3 sin t ) 2t -4 sin t - 4t cos t - t 3 cos t
gilt, erhält man den folgenden Binormalenvektor in Ya,b(t) zu Ya,b : b(t) = t(t) x n(t) = k(-tcost,2,tsint f t2 + 4
.
472
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
e) Mit Y~b(t) = (4cost-2tsint,2t,-4sint-2tcost)T, , Y~'b(t) = (-6sint-2tcost,2,-6cost+2tsint?, ,
Y~,b(t) x Y~,b(t) = 2(2 + t 2 )( -t cos t, 2, t sin t? ,
IIY~,b(t) x Y~,b(t)11 = 2(2 + t 2 )J4+t2
ergeben sich für die Krümmung und Windung in Ya,b(t)
bzw. 4(2 + t 2)2 4(2 + t 2 )2(4 + t 2 )
1 4 + t2
•
Aufgabe 7 Die Temperaturverteilung im Inneren eines Sterns, der die Gestalt eines Rotationsellipsoids hat, ist gegeben durch
An der Oberfläche ist die Temperatur konstant, nämlich 7.000oC. Dabei wird als Maß für eine Längeneinheit 10.000 km genommen. (Der Mittelpunkt des Sterns befindet sich also im Ursprung 0 des Koordinatensystems; dort beträgt die Temperatur 12.000oC.) a)
b) c) d) e)
Geben Sie eine Gleichung der Oberfläche F des Sterns an. Entfernen Sie aus Feine Teilmenge A, so dass F' := F\A eine reguläre Parameterdarstellung x : D -t F' zulässt. Durch die Drehung welcher Ellipse E in der x-z-Ebene um die z-Achse entsteht diese Oberfläche F ? Wie groß ist der Durchmesser des Sterns? (Begründen Sie Ihre Antwort elementar geometrisch!) Bestimmen Sie die Tangentialebene an x in einem beliebigen Punkt von F'. Geben Sie die Parameterlinien von x durch einen beliebigen Punkt von F' an. Bestimmen Sie den Winkel zwischen diesen Linien. Können Sie das erzielte Ergebnis erklären?
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel f) g) h) i)
j) k) 1)
473
Berechnen Sie die erste Fundamentalform des Flächenstücks (D, x) . Mit Hilfe welchen Integrals wird der Flächeninhalt von F' berechnet? Bestimmen Sie die zweite Fundamentalform von x . Es sei u = (u,v)T: [a,b]-+ D eine glatt parametrisierte, zweimal stetig differenzierbare Kurve und w = x 0 u : [a, b] -+ IR3 die entsprechende glatt, zweimal stetig differenzierbare Raumkurve auf F'. Berechnen Sie die Normalkrümmung von w in einem beliebigen Punkt t E]a, b[ . Berechnen Sie die Gaußsche und die mittlere Krümmung der Fläche in einem beliebigen Punkt. Warum ist Feine orientierbare Coo-Fläche? Gibt es Nabelpunkte auf der Fläche F?
Lösung: a) Aus 12.000-40x 2-40y2-50z 2 = 7000 ergibt sich 40x 2+40y2+50z 2 = 5000 und damit eine Gleichung von F : x2 y2 z2 J(x,y,z) := 125 + 125 + 100 -1 = O.
Es handelt sich also um einen Rotationsellipsoid mit den Halbachsen 5V5, 5V5 und 10. Durch (
I-t
5V5 cos
wird eine
Coo-Abbildung von IR 2 auf F angegeben, denn
J(5V5 cos
= Mit x
cos 2
=
+
+
125 cos 2
sin 2 ())
+
sin 2
-5V5 sin
100 sin2
+ 1 = cos 2
=
1=0 .
( -5V5 cos
-50V5 cos 2
II(x
+ 12500 cos4
20 cos4
+ 25 sin2
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
474 = 25VsJ4 cos 2 i.p
+ 5 sin2 i.p =
25Vs I cos i.pl J 4 + sin 2 i.p .
x
°
Punkt (0, 55fllx ' 5Jl':x)T. Die Gerade, welche den Punkt (O,u,v)T mit
XL
verbindet, schneidet den Rotationsellipsoid (zum zweiten Mal) in
y(u, v)
:=
Damit ist y : IR 2 --+ F\{xd , (u,v) M y(u,v) eine reguläre C=Parametrisierung von F\{xd. Damit haben wir eine zweite mögliche Antwort zu a) gegeben. Wir werden im folgenden mit der bequemeren Parameterdarstellung X arbeiten. b) Schneidet man F mit der x-z-Ebene, so erhält man die Ellipse E:
2
1x25
+ too = 1, oder 2
••
(als parametnslerte Raumkurve dargestellt)
c) Sind P1 und P 2 zwei Punkte von F, so ist die Länge der Strecke P1 P2 kleiner gleich der Summe der Längen von OP1 und OP2 • Es gilt IOP11 = Ilx(i.p, 0)11
= =5
125cos2 i.pCOS 2 0 + 125 cos2 i.psin 2 0 + 100sin2 i.p
J5 cos i.p + 4 sin i.p = 5 J 4 + cos i.p . 2
2
2
Die Länge ist genau dann maximal, wenn cos 2 i.p = 1 ist, d.h. wenn P1 in der x-y-Ebene liegt. Deshalb ist die längste Strecke zwischen zwei Punkten von F der Durchmesser des Kreises x 2 + y2 = 125 in der x-y-Ebene. Also beträgt der Durchmesser des Sterns 2 . 5V5 . 10000 = 100000V5km ~ 2236068km . d) Wir haben die Ableitungen von X nach i.p und 0 in (i.p,0) schon in a) berechnet. Die Tangentialebene an X in x( i.p, 0) lautet somit:
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
{x( cP, 0)
475
+ axep (cp, 0) + ßXe (cp, 0) I a, ß E IR}
.
e) Sei x(CPo,Oo) ein Punkt aus F' mit 01 < 00 < 01 + 27r. Die Parameterlinien durch x(CPo,Oo) sind die parametrisierten Coo-Kurven ]- i, i[-+ F' , cP I-t x(cp,Oo) und ]0 1 ,01 + 27r[-+ F' ,0 I-t x(CPo,O). Für den Winkel ao zwi· L'" ( LI) 'lt x
xep ·xe (CPo, 00 ) = 125 sin CPo cos CPo sin 00 cos 00 -125 sin CPo cos CPo sin 00 cos 00 = 0 folgt ao = i, d.h. die Linien stehen senkrecht aufeinander. Die Behauptung ist sofort klar, wenn man bedenkt, dass die Parameterlinie cP I-t x(cp,Oo) in der Ebene x . sin 00 = y . cos 00 und 0 I-t x( CPO, 0) in der Ebene z = 10 sin CPo liegt, und dass diese zwei Ebenen senkrecht zueinander stehen. f) Man hat E(cp,O) = E = xep(cp,O)· xep(cp,O) = 125sin2 cpcos 2 0 + 125sin2 cpsin 2 0 + 100cos2 cp = 25(5sin2 cp+ 4cos 2 cp) = 25(4+sin2 cp), F(cp,O) = F = xep(cp,O)· xe(CP,O) = 0, G(cp,O) = G = xe(CP,O) . xe(CP,O) = 125(cos2 cp sin 2 0+cos 2 cp cos 2 0) = 125 cos2 cp. Die erste Fundamentalform lautet also 25(4+ sin 2 cp )dcp2 + 125 cos 2 cpd0 2 . g) Aus den obigen Rechnungen folgt, dass der Wert von .;g:= VEG - F2 = Ilxep x Xe 11 in (cp, 0) gleich 25.;51 cos cpl J 4 + sin 2 cp ist. Der Flächeninhalt des
ID
ID
Ellipsoides wird mittels .;gda(cp, 0) = 25.;5 cos CPJ4 + sin 2 cp da(cp, a) berechnet. Dieses Integral berechnen wir mit Hilfe der Substitution t = ~ sin cp und der Stammfunktion ~(tv'f+t2 + areasinht) von v'f+t2 wie folgt:
f f
el+ 27r
25V5
~
dO
fh
cos cpJ4 +
cp dcp = 1007rV5
cos cpJ1 + 4 sin 2 cp dcp
0
-~
f
f
~
sin 2
1
2
= 4007rV5
1
J1+7idt = 2007rV5(tJ1+7i + areasinht)
o
= 2507r +
1
2
0
2007rV5areaSinh~
.
h) Die Flächennormale in x(cp, 0) E F' lautet
n(cp,O) =
-2cosO ) xep(cp,O) x xe(cp,O) = 1 ( -2sinO. Ilxep(cp,O) x xe(cp,O)11 J4+sin 2 cp -.;5sincp
476
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
-5V5 COSCPCOSB) ( 5V5sincpsinB ) -5V5 sin cp cos B , Mit x
B)
-5V5 cos cp cos xoo(cp,B) = ( -5V5c~sCPsinB
L(cp,B) = (x
erhalten wir
1 [1OV5 cos 2 cp cos 2 B + 1OV5 cos 2 cp sin2 B + 10V5 sin2 cp] = 10V5 J4+sin 2
M(cp,B)
= (x<po· n)(cp,B) = 0 ,
N(cp,B)
= (xoo· n)(cp,B) =
damit lautet die zweite Fundamentalform
J 4+sm 10~
2
J:::i:S22;, und
l
(dcp2 + cos2 cp d( 2) .
i) Die Normalkrümmung K,n(t) der Flächenkurve w = xou in t E]a, b[ ist der Quotient von 1O.V5 (cp'(t)2 + cos2 cp(t)B'(t)2) und J4+sm 2
j) Die Gaußsche Krümmung in x(cp, B) hat den Wert r;:a~Af.; (cp, B), d.h. 1OV5 . 1OV5 cos 2 'P K = J4+sin 2
_
4 . 25( 4 + sin2 cp)2
Die mittlere Krümmung in x(cp,B) hat den Wert! NEE~~~tLG(cp,B), d.h. 1OV5cos2 'P ·25(4 + sin2 cp) +
H = ~ J4+sin 2
2
1OV5 ·125 cos 2 cp J4+sin 2
1 2V5(4 + sin2 cp) + 10V5 2 25( 4 + sin 2 cp )3/2 k)
F
lässt
sich
darstellen
als
1:
IR3 -+ IR , I(x,y,z) = t2 5 + 2
V5(9 + sin2 cp) 25( 4 + sin 2 cp )3/2
Nullstellenmenge
&+
der
COO-Funktion
l~O - 1, wobei grad/(x,y,z)
=
(12;5' ffg, 5~f aufF keine Nullstelle hat. Deshalb ist F = 1- 1 (0) eine orientierbare Coo-Fläche. 1) In einem Nabelpunkt sind alle Normalkrümmungen gleich. Äquivalent: 5(9+sin 2
~, ~ [
ist, ist dies nicht möglich. Also besitzt F' keine
477
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
Nabelpunkte. Man kann allerdings zeigen, dass XN und Xs Nabelpunkte von F sind. Dafür benutzt man entweder eine andere Parametrisierung wie zum Beispiel (ep,8) f--t (5V5 cos ep cos 8, 5V5 sin ep, 10 cos ep sin 8) T oder man gibt die folgende geometrische Begründung: F ist die Drehfläche einer Ellipse mit den Halbachsen 5V5 und 10 um die z-Achse. Deshalb haben die Krümmungen aller Normalschnitte in XN und Xs den gleichen Wert ~, und das bedeutet, dass XN und Xs Nabelpunkte von F sind. Aufgabe 8
a)
b) c) d) e) f)
Bestimmen Sie die größte offene Teilmenge D von IR 2 , für welche die Abbildung x: D -+ IR3 , x(u, v) = (u + v 2, V + u 2, uv)T eine glatt parametrisierte Fläche definiert. Sei nun (uo,vo)T E D und Xo:= x(uo,vo). Bestimmen Sie die Tangentialebene und die Flächennormale in xo. Bestimmen Sie den Winkel 0:, unter dem sich die Parameterlinien in Xo schneiden. Berechnen Sie die erste und die zweite Fundamentalform der Fläche. Berechnen Sie die Gaußsche Krümmung der Fläche in xo. Ist 0 = x(O, 0) = (0,0, O)T ein Nabelpunkt der Fläche?
Lösung: a) Es gilt xu(u, v)
= (1, 2u, v)T , xv(u, v) = (2v, 1, u)T und damit
v)
2U 2 ( 2v 2 - u 1- 4uv Das Gleichungssystem 2u 2 - v = 0 die Lösung u = v = ~.
,
2v 2 - U = 0
Also ist D := IR 2
,
1 - 4uv = 0 hat nur
\{(in die gesuchte Menge. 2
b) Die Tangentialebene in Xo ist
{(uo
+ v6, Vo + u6, uovof + 0:(1, 2uo, vof + ß(2vo, 1, uof
\ 0:, ß E IR} .
Da \\xu(uo,vo) x x v (uo,VO)\\2 = (2u6 - vO)2 + (2v5 - uO)2 + (1- 4UOVO)2 = 5U6 + 5V6 + 16u6v5 - 4uovo(uo + vo) + u6 + v5 - 8uovo + 1 gilt, ist
1 2 2 )T N(uo, vo) := -(2u o - Vo, 2vo - Uo, 1 - 4uovo TO mit TO = )5(U6 + VÖ) + 16u6v5 - 4uovo(uo + vo) + u6 + v6 - 8uovo Flächennormale in Xo . c) COS 0: xu(uo,vo)·xv(uo,vo) 2uo+2vo+uovo - Ilxu(uo,vo)llllxv(uo,vo)11 - y'H4u5+v5y'Hu5+4v5 .
+1
die
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
478
d) E(u,v) = xu(u,v)·xu(u,v) = 1+4u 2+V 2 , F(u,v) = xu(u,v)·xv(u,v) = 2(u + v) + uv , G(u, v) = xv' xv(u, v) = 1 + U2 + 4v 2 . Die erste Fundamentalform der Fläche ist also
Mit xuu(u,v) = (0,2,0)T , xuv(u,v) = (0,0,1)T und xvv(u,v) = (2,0,0)T ergeben sich die Koeffizienten der zweiten Fundamentalform wie folgt:
L(u,v)
2 2 = xuu(u,v)· N(u,v) = -(-) (2v r u,v
M(u, v)
= xuv(u, v) . N(u, v) = -(--) (1 r u,v
1
u) ,
4uv) ,
2 2 N(u, v) = xvv(u, v) . N(u, v) = - ( - ) (2u - v) r u,v mit r(u, v) := J5(u 4 + v 4 ) + 16u2V2 - 4uv(u + v) Die zweite Fundamentalform der Fläche lautet
+ u 2 + v 2 - 8uv + 1.
-2() [(2v2 _ U)du 2 + (1 - 4uv)dudv + (2u 2 - V)dv 2] r u,v
e) Mit ro := r(uo,vo) erhalten wir
(LN - M 2)(xo) =
r~
[4( 2v5 - uo)(2u5 - vo) - (1- 4uovO)2]
=
r~
[12UOVO-
(EG - F 2)(xo) = = 4 (uö
8(u~ + V5) -
1] ,
(1 + 4u5 + v5) (1 + u5 + 4v5) -
(2uo
+ 2vo + UOVO)2
+ Vö) + 16v5v5 - 4uovo(uo + vo) + u5 + v5 - 8uovo + 1.
Die Gaußsche Krümmung in
Xo
ist
f) In 0 = x(O, 0) = (0,0, O)T haben E, F, G, L, Mund N die Werte 1,0,1,0,1 bzw. 0. Deshalb haben NE - 2MF + LG, LN - M 2 und EG - F 2 in 0 die Werte 0, -1 bzw. 1. Die Hauptkrümmungen 1\;1(0) und 1\;2(0) der Fläche in 0 sind die Lösungen der quadratischen Gleichung
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
479
Die Hauptkrümmungen in 0 sind also 1 und -1 und damit verschiedene Zahlen. Deshalb ist 0 kein Nabelpunkt dieser Fläche. Aufgabe 9
a) b)
Zeigen Sie, dass die Reihe L~l tan ~ in jedem abgeschlossenen Teilintervall von [0, ~ [ gleichmäßig konvergiert. Zeigen Sie, dass die durch I(x) = L~=l tan ~ definierte Funktion auf [0, ~ [ stetig differenzierbar ist.
Hinweis zu a): Zeigen Sie zuerst, dass auf [0, Lösung: a) Wegen sinx
< x und cosx > 12 ist -
°<
xE [0, J]. Ist [a, b] ein Teilintervall von [0,
°
J]
~[,
gilt: tan x :S 2x .
tanx =
sinx
< T x
cosx -
= 2x für
so erhält man nach der obigen
Ungleichung sofort :S tan ~ :S ~ für alle n ~ 2 und x E [a, b]. Nach dem Majorantenkriterium ist die Reihe L~=l tan ~ gleichmäßig konvergent auf dem Intervall [a, b] . b) Die Reihe L~=l (tan ~)' = L~=l ~ cosi -;;z ist gleichmäßig konvergent auf jedem Intervall [a, b] C [0, ~[, weil für x E [a, b] und n ~ 2 1 < 1 =-rr-. 1 I ns b es on d ere 1S . t L...-n-1 1 C()S2" 1 . gl·lt : n1 ~ eme st et·lcos ~ n cos 8" n ~
=
=
,,00 =
ge Funktion auf [0, ~[ (als Summe einer auf jedem Intervall [a, b] aus [0, ~[ gleichmäßig konvergenten Reihe!). Da die ursprüngliche Reihe L~=l tan ~ ebenfalls auf [0, ~[ konvergiert, ist L~l tan ~ differenzierbar, und es gilt = U OO-_1 ~ ~. un_ 1 tan 5-)' n n cos ~ Es hätte der Konvergenznachweis für
(,,00_
L~=l tan
;2
"n
in einem einzigen Punkt genügt!. Wie oben bemerkt, ist L~=l tan ~ sogar stetig differenzierbar. Aufgabe 10
Betrachten Sie die Funktionenreihe L~=l In, wobei In(x) := sin n~ für alle
x E IR gesetzt wird. a)
b)
Zeigen Sie, dass diese Reihe in jedem kompakten (also beschränkten und abgeschlossenen) Intervall von IR konvergiert. Die dadurch definierte Funktion auf IR wird mit I bezeichnet. Zeigen Sie, dass I eine auf IR stetig differenzierbare Funktion ist, und berechnen Sie ihre Ableitung.
480
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis Geben Sie für jedes nEIN eine Stammfunktion gn von fn an, so dass 2:::=1 gn eine stetig differenzierbare Funktion 9 auf IR definiert, deren Ableitung fist. Ist 2:::=1 fn die Fourierreihe von f ?
c)
d)
Lösung: Die Ungleichung Isin xl :S lxi für alle x E IR ist wichtig für die Lösung dieser Aufgabe. a) Jedes kompakte Intervall von IR ist in einem bzgl. des Nullpunktes symmetrischen Intervall [-a, a] mit a > 0 enthalten. Deshalb genügt es, die Konvergenz von 2:::=1 fn auf einem solchen Intervall zu untersuchen.
Wegenl sin n:lnl :S ~Jn :S nfo für alle x E [-a, a] und der Konvergenz von
2:::=1 nfo folgt die gleichmäßige Konvergenz von 2:::=1 f n auf [-a, a]. Deshalb definiert diese Reihe eine auf IR stetige Funktion f. b) Wegen f~(x) = nfo cos n:ln und If~(x)1 :S nfo für alle x E IR konvergiert 2:::=1 f~ gleichmäßig auf IR. Da 2:::=1 fn ebenfalls konvergiert (es genügt, die Konvergenz in einem einzigen Punkt zu wissen!) ist f nach dem Satz über die Differenzierbarkeit von Funktionenreihen differenzierbar auf IR, und es gilt: f'(x)
= ~ fn(x) 00
(
)'
1
= ~ f~(x) = ~ n"fii cos nfo 00
00
.
Man bemerke, dass für alle k ~ 1 und n ~ 1 gilt: If~kl(x)1 :S n1\k für alle x E IR. Deshalb kann man mit Hilfe des eben zitierten Satzes zeigen, dass f
unendlich oft differenzierbar ist und f(kl(x) = 2:::=lf~kl(x) für alle kEIN gilt. c) Ist Cn E IR, so ist Cn -n"fiicos n:ln eine Stammfunktion von fn. Die Frage,
für welche Folge (C n )n2':l die Reihe 2:::=l(Cn - n"fiicos n:ln) auf IR konvergiert, ist direkt nicht sehr leicht zu beantworten. Deshalb benutzt man (dies ist erlaubt, weil 2:::=1 fn gleichmäßig gegen f konvergiert) den Satz über die Integrierbarkeit von Funktionenreihen und erhält
f
x
o
f (L x
f(t)dt =
0
00
n=l
=~ ( weswegen die Reihe
L f fn(t)dt 00
fn(t) ) dt =
x
n=lo
nvncos n:rn
1:) = ~ ( nvn -
nvncos nfo )
2:::=1 n"fii(l-cos n:ln) konvergiert. Diese letzte Aussage
kann man auch aus der folgenden Abschätzung mit dem Majorantenkriterium
481
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel folgern, denn für alle x E [-a, a] gilt
x~ I :::; nVii . 2 sin2 2nyn
Ixl 2
Ixl 2
lal 2
nfo
+ bn sin cnx) Cn = 1ft für
nicht der Fall, da
ist eine Fourierreihe, wenn alle n ~ 1 gilt. Das ist für
(nFn) n:2: 1
eine Nullfolge ist!
Aufgabe 11
f; 1~t4 dt .
a)
Zeigen Sie, dass für XE] - 1, 1[ gilt: In ~~~~ = 4
b)
Berechnen Sie die Taylorreihe von In ~~~~ im Nullpunkt auf] - 1, 1[ unter Benutzung der obigen Identität. Folgern Sie daraus:
c)
1 In 3 -- 1 + J.22
1 1 1 + 1 + 5.24" + 'f.26 + 9-2"8 11.2 10 + ... =
Lösung:
"'= 1 L.m=O (2nH)-22n
f;
a) Auf]- 1, 1[ sind die Funktionen In ~:!:~~ und 4 1t!i4 differenzierbar. Im Nullpunkt haben diese Funktionen denselben Wert, nämlich 0. Da außerdem 1+x 22 ))' = (In(1 +x 2 ) -ln(l-x 2 ))' = 2x 2 + 2x 2 = 4x 4 ihre Ableitungen (ln( 1-x 1+x 1-x 1-x und (4 foX
/!id' = 41~x4
gleich sind, erhält man die angekündigte Identität.
b) Für jedes a, a E [0,1[, ist die geometrische Reihe I:~=1 t 4n+ 1 in [-a, a] gegen 1~t4 gleichmäßig konvergent. Nach dem Satz über die Integrierbarkeit von Funktionenreihen gilt dann für jedes x E] - 1,1[: foX 1~t4 dt = r X (",= t4n+1)dt Jo wn=O Die Reihe
= ",= r x t4n+1dt = "'= (_1_t4n+2 wn=O Jo wn=O 4n+2
_2_ 4n+2 Wn=O 2n+1 x
",=
=
1
= ",= x 4n + wn=O 4n+2
2 •
ist also die Taylor-Reihe von In 11+_xX~ im Null-
punkt auf] - 1,1[. Fnur x 2 -- 21 er hnlt C) a man In 3 --
"'= 1 wn=O (2nH)·2 2n
IX) 0
In
l+t _
1- 2
-
",=
2
Wn=O 2n+1
1 22"'fT
1 1 1 1 1 + J.22 + 5.24" + 'f.26 + 9-2"8 + 11.210 + ....
Aufgabe 12
a)
Geben Sie eine Fourierreihe an, die im Intervall]O, 1[ gegen die Funktion f, f(x) := x 2 , konvergiert und nur aus Sinus-Gliedern (i) bzw. nur aus Cosinus-Gliedern (ii) besteht. Untersuchen Sie die Konvergenz der berechneten Fourierreihen.
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
482
b)
Zeigen Sie, dass aus der Cosinus-Reihe für die gerade periodische Fortsetzung von f mit der Periode 2 die folgende Identität gewonnen werden kann:
c)
Warum wurde in a) "eine" und nicht "die" Fourierreihe gesucht? Wie könnten wir a) ergänzen, um "die" Fourierreihe zu bestimmen, die gegen f auf ]0, 1[ konvergiert?
Lösung: a)i) Setzt man f auf [-1,0] durch x t-+ x 2 und dann periodisch mit Periode 2 fort, so bekommt man eine stetige Funktion h auf IR, wie sie Abbildung 3.5 zeigt. Diese gerade Funktion hat eine Fourierreihe, die nur
-2
-3
-1
2
3
Abbildung 3.5. Eine stetige, gerade Fortsetzung von f
Cosinus-Glieder enthält, also: ~ den wie folgt berechnet:
;n [t 2 sin 7fnt
Jo
+ l:~=1 an cos mfX.
ao = 2 Jo1 t 2 dt =
~
Die Koeffizienten wer-
, an = 2 J; t 2 cos 7fnt dt
J;
lö -2 1 t sin n7ft dt] = 7r2~dt cos n7ft lö cos n7ft dt] = 7r2~2[(-I)n - 7r1n sinn7ft lö] = (_I)n 7r2~2 . Hiermit ist ~ + l:~=1 (-1) n 7r2~2 cos n7fX die Fourierreihe von h. In jedem Punkt Xo E IR konvergiert sie gegen h(xo) wegen der
-+ -+ -+ Aus
Stetigkeit von h auf IR , Differenzierbarkeit von h auf IR\ {2n + 1 1 n E ?l} , links- und rechtsseitigen Differenzierbarkeit von h an den Ausnahmestellen x = 2n + 1 , n E ?l .
der Gestalt der Fourierreihe folgt wegen der Abschätzung 1 (-I)n 7r2~2 cos n7fxl :S 7r2~2 für x E IR und der Konvergenz von l:~=1 ,& die gleichmäßige Konvergenz der Fourierreihe auf ganz IR gegen h . ii) Setzt man die Funktion x t-+ x 2 auf [-1, 0] durch - x 2 und dann mit der
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
483
Periode 2 auf ganz IR fort, so erhält man eine ungerade Funktion h : IR --+ IR, die nur in den Punkten x = 2n + 1 mit 2n + 1 mit n E 71. nicht stetig aber immerhin rechtsseitig differenzierbar ist. Die Funktion
XI-t {h(X) -1
, falls x <j. {2n + 1 I n E 7l.} , falls x E {2n + 1 I n E 7l.}
ist in allen Punkten von {2n + 1 I n E 7l.} linksseitig differenzierbar. Deshalb konvergiert die (noch zu berechnende) Fourierreihe von h in jedem xE IR\{2n+11 n E 7l.} gegen h(x) und in jedem Punkt von {2n+11 nE 7l.} gegen -12tl = O. Aus der graphischen Darstellung von h (vgl. Abbildung 3.6) sieht man, dass h eingeschränkt auf IR\ {2n + 1 I n E 7l.} ungerade ist, und
-3
_
-1
_
_
_
Abbildung 3.6. Eine ungerade Fortsetzung von
damit enthält die Fourierreihe L~=1 bn sin mfX von gilt:
h
_
L
f
nur Sinus-Glieder. Es
1 1 1
bn
=2j o
t 2 sin 7fnt dt
= 7f2n
[ - t 2 cos 7fnt
10 + 2 j t cos 7fnt dt ] 0
2 [(_l)ntl _ ~tsin7fnt 7fn 7fn
1 1
0
1
+
~ jSin7fntdt] 7fn o
, falls n gerade,
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
484
1 1 4 7f 1 (_I)k --121 =-= "(-I)n-cos n - =" -cosk7f ="-4 3 L.. 2 L.. k L.. k n 00
00
7f2
n=1
2
k=1
00
7f 2
2
k=1
7f 2
2
1f2 1 1 1 1 1 1 un d d amI't 12-22+32-42+52-~+"" Bemerken Sie, dass aus dieser Identität und aus der in der Aufgabe 3c) be-
b b b
wiesenen Identität die weitere Identität 1f62 = 1 + ~ + + + + ... folgt. c) Man kann 1 zu beliebig vielen anderen ungeraden Funktion fortsetzen, z.B. zu einer ungeraden Funktion 91 mit Periode 4
°
, falls < x :S 1 , , falls 1 < x < 2 , , falls -1 < x :S , falls - 2 :S x < 1 .
°,
Die Fourierreihe von 91 (die von derjenigen von h verschieden ist) hat in jedem x E]O, 1[ den Grenzwert x 2 • Deshalb kann man in a) nicht von "der" Fourierreihe sprechen. Analog kann man für 1 eine andere gerade Fortsetzung finden, wie z.B. die 4-periodische Funktion 92, die auf [-2, 2[ gleich x 2 ist. Die Eindeutigkeit in a) gewinnt man nur, wenn man eine Periode (in diesem Fall die Periode 2) festlegt. Aufgabe 13
Sei a) b) c)
1: IR -+ IR,
l(x) = max{sinx,cosx}.
Zeigen Sie, dass 1 eine periodische Funktion mit der Periode 27f ist, und fertigen Sie eine einfache Skizze von 1 an. Berechnen Sie die Fourierkoeffizienten von 1. Warum konvergiert die Fourierreihe von 1 in jedem x E IR gegen l(x) ?
Lösung: a) Die Funktion
1 hat auf [0, 27f] XM {
cosx sinx
die folgende Gestalt:
, falls xE [0, ~] U [541f, 27f] , , falls x EH,
5n
Da die Funktionen Sinus und Cosinus 27f als (kleinste, positive) Periode ha-
ben, hat 1 auch 27f als Periode. Wegen 1-1 (- V;) = {2n7f + ist 27f sogar die kleinste, positive Periode von f. (Beachten Sie:
In
E ll} 1 nimmt auf
541f
[0, 27f[ jeden Wert aus] - 4,1] mindestens zweimal höchstens viermal an, bis auf den Wert -
V;, den 1 in [0, 27f[ genau einmal annimmt, nämlich in 5;.
485
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
'Ir
"4
'Ir
37r
"2
Abbildung 3.7. fex) = max{sinx,cosx}
b) Als Maximum von zwei stetigen Funktionen ist f stetig, und damit existieren die Fourierkoeffizienten von f. Sie werden nun berechnet; dabei muss man - wie oft in solchen Fällen - für die Indizes Fallunterscheidungen vornehmen.
ao
~~
!
1
f(x)dx
[Sinx
~ ~ [l
oo,xdx +
I: -c~sx I:
1
+Sin{
sinxdx + !CO,Xdx
1
1 2V2
f
27r
ak
=
~
f(x)coskxdx
o
! [I
cos x cos kx dx
I
+ /sin x oos kxdx +
+"21 ( - k +1 1 cos(k + l)x + k _1 1 cos(k -
cos x oos kxdx
l)x ) " 4"
1
486
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
+ Hk
~
1 ,in(k + l)x + k
~
1 sin(k -
I)X) ::]
1 [1. 7f 1. 7f = 27f k + 1 sm(k + 1)4" + k _ 1 sm(k - 1)4" - k! 1
+ _1_ k -1
(COS [(k + 1)7f + (k + 1)~]
- cos(k +
1)~)
1)~] 4
- cos(k -
1)~) 4
(COS [(k -
1)7f + (k -
1 1 sm . [(k + 1)7f + (k + 1)4" 7f] - k _1 1 sm . [(k - 1)7f + (k - 1)4" 7f]] . - k+ Ist k = 4n mit n
~
1, so folgt
4n
~ 1 (sin(4n + 1)~ - sin [(4n + 1)7f + (4n + 1)~]) = (_l)n 4n~ 1 '
4n
~ 1 (cOS(4n + 1)~ - cos [(4n + 1)7f + (4n + 1)~J)
_1_ (sin(4n _ 4n -1
1)~4 _ sin [(4n -
1)7f + (4n _
1)~]) 4
= (_l)n
4n~ 1 '
= (_l)n+l ..j2
4n - 1
1 ( cos [ (4n-1)7f+(4n-1)4" 7f] -cos4n-1)4" ( 7f ) =(-1) n+l..j2 4n-1 4n-1' a4n=
(_l)n..j2
7f
1
-+ 4n + 1
(_l)n+l..j2 1 (-1)n+l2..j2 --= . 7f 4n - 1 7f(16n 2 - 1)
Ist k = 4n + 1 oder k = 4n + 3 mit n Ist k = 4n + 2 mit n ~ 0, so folgt
~
0, so folgt a4n+l = a4n+3 = 0 .
4n
~ 3 (sin(4n + 3)~ - sin [(4n + 3)7f + (4n + 3)~]) = (_l)n 4:; 3 '
4n
~ 3 (cOS(4n + 3)~ - cos [(4n + 3)7f + (4n + 3)~J) = (-1)n+l4n~ 3 '
1 ( sm(4n+1)4"-sm . 7 f . [ (4n+1)7f+(4n+1)4" 7 f =(-1)n ])..j 2 4n+1 4n + 1 ,
487
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
7r] - cos(4n + 1)"4 7r) = (_1)n+ 1 4nV2 4n 1+ 1 ( cos [(4n + 1)7r + (4n + 1)"4 + 1' und damit
a4n+2
=0 .
J 211"
bk =
~
f(x)sinkxdx
o
=
~7r [~2
( __ 1_ cos(k + l)x _ _ 1_ cos(k _ l)X)
k+1
k-1
f o
5"
4"
+"21 ( k _1 1 sin(k -
l)x + k +1 1 sin(k + l)x ) " "4
+
~
2
( __ 1_ cos(k + l)x _ _ 1_ cos(k - l)X) k+1 k-1
211"
1
5"
4"
1 [1 1 1 7r 1 7r k+1 + k-1 - k+1 cos(k+1)"4- k-1 cos(k-1)"4
= 27r
+ _1_ (sin [(k - 1)7r + (k k-1
1)~] 4
+ k: 1 (sin [(k + 1)7r + (k +
1)~] - sin(k + 1)~)
sin(k -
1)~) 4
1
+ k +1 cos [(k +1)7r 7r 1 [ 7r] 1 1 +(k+1)"4+ k-1 cos (k-1)7r+(k-1)"4 - k+1- k-1· Ist k = 4n mit n 2: 1, so folgt 7r] - cos(4n + 1)"4 7r) = (_1)n+ 1 4nV2 4n 1+ 1 ( cos [(4n + 1)7r + (4n + 1)"4 + 1'
488 4n
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
~ 1 (sin [(4n + 1)7r + (4n + 1)~] -
_1_ (cos [(4n -1)7r + (4n 4n -1
-1)~] 4
_1_ (sin [(4n - 1)7r + (4n 4n -1
b
4n
= (_l)n+l
1)~] 4
sin(4n + cos(4n
1)~) = (_l)n+l 4n~ 1 '
-1)~) 4
- sin(4n _
1)~) 4
= (_l)n+l
= (_l)n
V2 ,
4n-1
V2 ,
4n-1
V2
7r(4n+1)
Ist k = 4n + 2 mit n 2: 0, so folgt
4n~3 (cos[(4n+3)7r+(4n+3)~] -COS(4n+3)~) =(-1)n4n~3' _1_ (sin [(4n + 3)7r + (4n + 4n + 3
3)~] 4
- sin(4n +
3)~) 4
4n
~ 1 (cos [(4n + 1) 7r + (4n + 1) ~] -
cos( 4n + 1)
4n
~ 1 (sin [(4n + 1)7r + (4n + 1) ~] -
sin( 4n + 1)
b
- (
4n+2 -
-1
)n+l
= (_l)n+l
V2 ,
4n
+3
~) = (-1) n+ 1 4n~ 1 '
~) = (-1 t+ 14n~ 1 '
V2
7r(4n + 1) .
Wegen sin(a + 7r) = - sina und cos(a + 7r) gleich Null. Hiermit ergibt sich die folgende
= - cosa sind b4n+l
und b4n+3
f zugeordnete Fourierreihe
V2+2V2 1 - 2:=00 (l)n+l cos 4nx 7r 7r 16n 2 - 1 n=l +
V2 f(-1)n+lA(sin4nx + sin(4n + 2)x) 7r n=l
n
+
.
c) Weil die Funktion f auf IR\ {~ + n7r I n E ~} stetig differenzierbar und in den Punkten ~ + n7r die Funktion links- und rechtsseitig differenzierbar ist, konvergiert die Fourierreihe auf ganz IR gegen f. Insbesondere erhält man für x = 0: 1=
V; + 2';( L:~=l (-1)n+l 16nL 1, also: ~(:ß, -1) =
L:~=l (-1)n+l 16nL 1 .
489
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel Aufgabe 14
Geben Sie eine Fourierreihe mit kleinstmäglicher Periode an, die in [0, 2[ gegen die Funktion J, J(x) := x, konvergiert und nur aus Sinus-Gliedern (i) bzw. nur aus Cosinus-Gliedern (ii) besteht. Zeichnen Sie die durch die Fourierreihen definierten Funktionen und begründen Sie Ihre Zeichnung. Folgern Sie daraus die Identität
Lösung: Einer ungeraden (geraden), stetigen und p-periodischen Funktion wird eine Fourierreihe zugeordnet, die nur aus Sinusgliedern (Cosinusgliedern) der Gestalt sin x , k = 1,2,3, ... (cos x , k = 0,1,2, ... ) besteht. Das
2;k
2;k
gilt auch dann, wenn diese drei Eigenschaften (also: ungerade oder gerade, p-periodisch und stetig) in endlich vielen Punkten aus einem Intervall der Länge p nicht erfüllt sind. Umgekehrt: Besteht die Fourierreihe einer nicht unbedingt stetigen, aber stückweise stetig differenzierbaren Funktion nur aus Sinus- bzw. Cosinusgliedern der obigen Gestalt, so ist die Funktion ungerade bzw. gerade (evtl. mit endlich vielen Ausnahmen in ] - ~, ~[). (i) Wir setzen zuerst die gegebene Funktion auf [-2, O[ durch J(x) := x fort. Diese stetig differenzierbare Funktion auf]- 2, 2[ setzen wir anschließend periodisch mit der Periode 4 auf ganz IR fort. Diese Fortsetzung bezeichnen wir (streng mathematisch betrachtet unkorrekterweise) ebenfalls mit J. Dadurch erhält man eine Funktion J : IR -t IR, die auf IR\ {4n + 2 1 n E ~} ungerade und 4-periodisch ist. Für jede andere Fortsetzung der gegebenen Funktion mit ähnlichen Eigenschaften (also: gleich x auf ]0,2[, stückweise stetig differenzierbar, ungerade und p-periodisch mit endlich vielen Ausnahmen auf jedem Intervall der Länge p) ist die Periode p ein Vielfaches von 4, da diese Fortsetzung bis auf endlich vielen Ausnahmen auf] - 2,2 [ mit x I-t x übereinstimmen muss. Die zugeordneten Fourierkoeffizienten von J sind ak = für alle k > und bk = Ja f2 J(x) sin n:kx dx = f2 x sin n:kx dx = - ..1.. x cos n:kx 12 2 Ja 2 rrk 2 a -
°
°
+..1.. f2 cos rrkx dx = rrk Ja 2
...i.. cos br + Jr2k2 4 sin rrkx 12 = (_1)k+ 1 ...i.. . Die zugeordrrk 2 a rrk nete Fourierreihe lautet also ~ (_l)k+1 sin k;x . Diese Fourierreihe
konvergiert auf]- 2, 2[ gegen alle x E] - 2, 2[ gilt also: X
2:%"=1
4 (. 7rX 1. 27rx 7r SIn - 2 - -2 sm -2-
= -
t
J, weil die Funktion dort differenzierbar ist; für 37rx + -1. 3 sm -2- -
1. 47rx -4 sm -4-
+ ... )
In 2 ist die betrachtete Fortsetzung von J sowohl linksseitig als auch rechtsseitig differenzierbar; deshalb hat die Fourierreihe in 2 den Wert
490
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
x~rr- f(x) + x~rr+ f(x) = x~rr- f(x) + xE~+ f(x) = 2 + (-2) = 0 , 2 2 2 was auch direkt zu sehen ist. Die Fourierreihe (als Funktion!) kann man also
Abbildung 3.8. Darstellung der Fourierreihe aus i)
gemäß Abbildung 3.8 darstellen. (ii) Um die Fourierreihe mit der kleinstmöglichen Periode zu erhalten, die in [0, 2[ gegen die identische Funktion x I-t x konvergiert und nur aus CosinusGliedern besteht, setzen wir zuerst f auf [-2, O[ durch f(x) = -x und dann periodisch auf IR mit der Periode 4 fort. (Da jede gerade Fortsetzung von f auf) - 2, O[ jedem x den Wert -x zuordnen muss, ist 4 die kleinstmögliche Periode einer solchen geraden Fortsetzung.) Diese ebenfalls mit f bezeichnete Fortsetzung auf IR ist stetig, weil f(2) = 2 = f( -2) gilt, stetig differenzierbar auf IR\ {2k 1 k E 7l} und in jedem Punkt 2k, k E 7l, links- und rechtsseitig differenzierbar. Die Fourierreihe von f stimmt also auf ganz IR mit f überein.
Abbildung 3.9. Darstellung der Fourierreihe aus ii)
Abbildung 3.9 zeigt die graphische Darstellung in diesem Fall. Die Koeffizienten aO,al,a2,a3, ... werden nun berechnet. Man hat ao = J02 f(x)dx =
Jg xdx = x2215 = 2 und für k 2: 1: ak = Jg f(x) cos 11"~Xdx = Jg xcos 11"~Xdx =
2 1rkx 1rkx 2 .2. 4 cos 1rkx 12= 4 (cosk1r-1) d.h. für 11" k xsin 2 10 _.2. 11" k Jr0 sin 2 dx= :;r'2k'2" 2 0 :;r'2k'2" " k 2: 1 ist ak = 0 falls k gerade bzw. ak = 11" 28k2 falls k ungerade. Also gilt für 8 ",00 I (2n+I)11"x e10 I garaus t d [0 2) .' x -- 1 - 7r2" xE, Lm=O (2n+1)2 COS 2 . I ns b eson d ere
" x fur
.. h st 0 = 1 = 0 zunac
8 ",00
I
7r2" L.m=O (2n+l}2 un
d d amI't "8 11"2
I = ",00 Lm=O (2n+I)2
.
491
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel Aufgabe 15
Gegeben sei die Funktion
J(x)
J : IR ~
IR ,
= max{ cosx, o} = { co~x
, falls cos x sonst.
~
0,
b) c) d)
Zeigen Sie, dass J eine periodische Funktion mit der kleinsten Periode 27r ist. Skizzieren Sie diese Funktion. Berechnen Sie die der Funktion J zugeordnete Fourierreihe. Untersuchen Sie die Konvergenz der Fourierrreihe.
e)
Zeigen Sie, dass die folgende Identität gilt: ~ = ~
a)
+ L::=l (~~r:,~'
Lösung: a) 27r ist eine Periode von J, da cos(x + 27r) = cosx für alle x E IR und J genau auf UnEZ[2n7r - ~ , 2n7r + ~] gleich Null ist. Ist p E]O, 27r[ eine kleinere Periode von J, so gibt es ein Xo E] - ~,~[ (z.B. Xo = ~ - ~) mit der
EH, 3; [.
°
Es folgt =j:. J(xo) Eigenschaft Xo + P was ein Widerspruch zur Eigenschaft von p ist! b) Vgl. Abbildung 3.10.
= cos Xo
371"
511'
2
+ p) = 0,
und J(xo
2
,I' ..
7rr
2
Abbildung 3.10. Skizze der Funktion fex) = max{cos x, O}
c) Wir bemerken, dass J( -x) = J(x) \:Ix E IR gilt. J ist also eine gerade Funktion, und damit ist die ihr zugeordnete Fourierreihe in eine reine Cosinusrei-
= ~ Jo~ cos x cos kxdx . Für k = und k = 1 hat man ao = ~ Jo;' cosxdx = ~ sinx I!= ~ bzw. al = ~Jo;' cos 2 xdx = ~Jo;'(1+cos2x)dx = ~(~ + ~sin2x I!) = ~. Für
he
T + L:%"=l ak cos kx mit ak = ~ J0
°
7l"
k ~ 2 erhält man ak cos(k -
~Jo;'cosxcoskxdx
=
~Jo;'(cos(k + l)x +
~(k!l sin(k + l)x + k~l sin(k - l)x)
l)x)dx
~(k!l sin(k + 1)~
=
J (x) cos kxdx
+ k~l
Die Fourierreihe von
sin(k - 1H) =
{ ° ,
I! =
falls k ungerade,
(_1)m-I.2 (4mL l)7I"
,falls k = 2m.
J lautet ~ + ~ cosx + ~ L::=l (~,!}2~~'
cos 2mx .
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
492
d) Die Funktion 1 ist stetig auf IR, differenzierbar auf IR\ {~ + mr 1 n E ~} und in jedem ~ + mr sowohl links- als auch rechtsseitig differenzierbar. Deshalb konvergiert die 1 zugeordnete Fourierrreihe in jedem Punkt x aus IR gegen I(x). e) Für x
=
°
gilt 1 = 1(0)
= 1. + 7r
7r
1
1.2 + 2 ",00 (_1)"'-1 und damit 7r L....,m=l 4m 2 -1 00
4 = 2+ L
m=l
(_1)m-1 4m 2 -1
Aufgabe 16
Gegeben sei die Funktion 9 : IR -+ IR ,
g(x) a) b) c) d) e)
= max{sinx,O} = {sinox
, falls sin x 2: 0, sonst.
Zeigen Sie, dass die kleinste Periode von 9 die Zahl 27r ist. Skizzieren Sie diese Funktion. Berechnen Sie die 9 zugeordnete Fourierreihe. Untersuchen Sie die Konvergenz der Fourierreihe von g. Wie kann man die Fourierreihe von 9 aus derjenigen von 1 aus Aufgabe 15 gewinnen?
Lösung: a) 27r ist eine Periode von g, weil sin(x+27r) = sinx für alle x E IR und 9 genau auf UnE z[(2n -1)7r, 2n7rj gleich Null ist. Gäbe es eine Periode q , 0< q < 27r von g, so sei Xo EjO,7r[ mit Xo + q Ej7r,27r[. Es folgt g(xo) = sinxo f. und g(xo + q) = 0. q ist also keine Periode! b) Vgl. Abbildung 3.11.
°
- - ;es: - - 27r
-7r
b -~ -~- --. 7r
27r
Abbildung 3.11. Skizze der Funktion 9 (x) = max{sin x, O}
c) 9 ist weder gerade noch ungerade. Sei g(x) '" T + L~=l (ak cos kx + bk sin kx). Es gilt für k = 0,1,2, .. . ak = ~I~7rg(x)coskxdx = ~Io7rsinxcoskxdx und für k = 1,2,3, .. . bk = ~ I~7rg(x)sinkxdx = ~ Io7r sinxsinkxdx. Es folgt ao = ~ Io7r sinxdx = - ~ cos x 10 = ~ , a1 = ~ Io7r sin x cos xdx = 217r Io7r sin 2xdx = - 4~ cos 2x 10 =
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
o und
_1___1_ 27r [k+l k-1
l
+
I
~ o7r sinxcoskxdx 2~ I o7r (sin(k + l)x 217r[-k!1 cos(k + l)x + k~1 cos(k - l)x] Ig=
für k 2: 2 ist ak =
=
- sin(k - l)x)dx
493
~_ ~ _ { k+l
k-l ] -
0 , falls k ungerade, - 7r(kLl) ,falls k gerade.
Io
Io
Weiter hat man b1 = ~ 7r sin 2 xdx = 2~ 7r (1 - cos 2x )dx = ~ und für k 2: 2 ist bk = ~ 7r sinxsinkxdx = 2~ Io7r(cos(k - l)x - cos(k + l)x)dx =
Io
2~ [X~1 sin(k - l)x - k!1 sin(k + l)x]lg = 0 .
Die Fourierreihe lautet ~ - ~ 2:~1
(4k L 1 ) cos 2kx + ~ sin x
.
d) 9 ist stetig auf IR, differenzierbar auf IR\ {mf I n E ll} und sowohl linksals auch rechtsseitig differenzierbar in jedem Punkt mf. Deshalb konvergiert diese Fourierreihe auf IR punktweise gegen 9 . e) Sei f die in Aufgabe 15 definierte Funktion. Dann gilt: g(x) = f(x
1
= -
7r 1
7r
+ -) 2
1 7r
= -
1
1
+ -2 cos(x 2
+ -2 sin x + -7r 1
2
7r -) 2
2 ~ (_l)m-l 7r L..cos 2m(x - -) 2 4m - 1 2 m=1
+ -7r
L
(_1)m-1 2 (cos 2mx cos m 7r 4m - 1
L
(_1)m-1 2 ( -1) m cos 2mx 4m - 1
00
m=1 00
= -
+ -2 sin x + -7r
1 = 7r
1 2 00 1 + -2 sin x - -7r '"' cos 2mx . L..- 4m 2 - 1 m=1
7r
m=1
+ sin 2mx sin m7r)
Aufgabe 17
Sei f : IR -+ IR die periodische Funktion mit der Periode 6, die durch die folgende Zuordnung eindeutig bestimmt ist:
x
I-t
{
2x - 2 0 10- 2x
, falls 0 , falls 1 , falls 5
~ ~
~
x < 1, x <5, x <6.
Berechnen Sie die Fourierreihe von f und skizzieren Sie die durch sie definierte Funktion. Leiten Sie aus dem erzielten Ergebnis die folgende Identität ab:
Lösung: Sei A := {6n I n E ll} U {6n + 1 I n E ll} U {6n - 1 I n E ll}. Die Menge A ist
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
494
also genau die Menge der "Knickstellen" von J, d.h. J ist stetig auf IR, stetig differenzierbar auf IR\A und links- sowie rechtsseitig differenzierbar in jedem Punkt von A. Deshalb konvergiert die Fourierreihe von J auf ganz IR gegen J, und damit ist Abbildung 3.12 die gewünschte Skizze. Die Koeffizienten der
v
-7 -5
v v
-\f!
5
-2
7
11
13
Abbildung 3.12. Skizze der Funktion fex)
ao
1/ 6
="3
J(x)dx
2/
="31 /
1
="3
(2x - 2)dx
2
= "3(x 2 -
2x)
1
10
631
o
an
von J werden folgendermaßen berechnet:
!!O.+ ",00 2 L.,n=l a n cos krrx 3
Fourierreihe
2
0
mrx J(x) cos T dx
="32 /
k7rx J(x) cos -3- dx
="32 /
n7rX (2x - 2) cos -3- dx
0 0 0
3 . n7rX = -2 [ -(2x-2)sm-
3
n7r
3
12 n7rX = n27r2 cos -3-
-l-~
-
18
-~
24
-~
1
10
, falls , falls , falls , falls
12
= n27r2
n n n n
1 /1 . - -6 n7r
1
0
(
o
n7r cos 3
1
n7rX 4 sm-dx = -3 n7r
-
/1 . 0
n7rX sm-dx 3
24 . 2 n7r 1) = n27r2 sm (3
= 6k , = 6k + 1 oder 6k - 1 ,
+ 2 oder 6k 6k + 3 .
= 6k =
2,
Hiermit folgt für alle x E IR 1 6 00 ( 1 (6k + 1)7rx J(x)=-"3-7r2 {; (6k+1)2COS 3
9 ~ (1+
- 27r2 ~
(3k
1)2 COS
(6k
+ 2)7rx 3
8 00 1 - 37r 2 {; (2k + 1)2 cos(2k + 1)7rx .
+
1 (6k + 5)7rX) (6k+5)2COS 3
1
+ (3k + 2)2 cos
(6k
+ 4)7rX) 3
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
495
Für x = 0 hat man 16°°( 1 2=3+ 1T 2 ~ (6k+1)2 8 + 31T 2
00
1)
9°°( 1 (3k+1)2
+ (6k+5)2 + 21T 2 ~
1)
+ (3k+2)2
1
L (2k + 1)3 k=l
und damit die gewünschte Identität.
!
Aufgabe 18
Sei f die du«h fix)
~ ~
, falls , falls , falls , falls
x = -L,
< x < 0, definierte 2L-periodische 0 :S x < ~ , ~ :S x < L -L
Funktion. a) b) c)
Skizzieren Sie f . Bestimmen Sie die Fourierreihe von f . Begründen Sie, warum die Fourierreihe von gegen f(x) konvergiert.
f
in jedem Punkt x E IR
Lösung: a)Vgl. Abbildung 3.13.
L
/
2L
Abbildung 3.13. Skizze der Funktion fex)
b) Die Fourierreihe von
f
lautet
±J
T + L:~=l (an cos
nX
7rL
+ bk sin 7: x)
L
an =
1T; xdx
für
n = 0,1,2, ...
f(x) sin 1T; xdx
für
n
f(x)
COS
-L
±J L
und
bn
=
-L
= 1,2,3, ....
mit
496
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
ist an =
+
d- x dx L1 fL -L f( X )dX -- L1 Jo
Es gilt ao
t I.!:L fex) cos n1 x dx L
l[..Lxsin mrxl2 _..L L mr L 0 nrr ist
L
f2
Jo
=
Ldx -- 83L un d f··ur L1 fL b."2 2
t Ioft x cos n1 x dx
n > _ 1
~ It cos n1 x dx
+
sin mrxdx) + ~sin mrxlL = _ L sin 2 L 2nrr L ft ~
mr.
4
=
Also
, falls n = 4k + 1 , , falls n = 4k + 2 , , falls n = 4k + 3 , , falls n
= 4k + 4 .
L
L
Weiterhin gilt bn -- lL Jo n xsin !EI'!!.dx+ 1.2 I ft sin nrrxdx rrn L L -- l[_..Lxcos L rrn Lx +..L
L
rrnxdx) _ ~ COS nrrx L 2nrr L . rrn L ( l)n d h sm """2 - 2nrr ,.. f2 COS
rrn JO
L
~
L
rr 2 (4k+1p
L 2( 4k+2)rr -L
rr 2 ( 4k+3)2
It2 =
+ rrfn2 sin rr~x
L
+ 2(4k+1)rr + 2( 4k+3)rr L
L 2( 4kH)rr
L
16" - 2*rr (cos mf)
L
12
0
=
, falls n = 4k + 1, , falls n = 4k + 2, , falls n
= 4k + 3,
, falls n = 4k + 4.
Die Reihe lässt sich mathematisch leicht, aber mühsam aufschreiben. c) In jedem Punkt x E)- L,O[ U )0, U )t,L[ ist f differenzierbar. In den
°
t
t[
Punkten und ist die Funktion stetig und links- sowie rechtsseitig differenzierbar. In - L gilt: fist links- und rechtsseitig differenzierbar. Außerdem gilt: lim fex) + lim fex) 0+1:. L x-t-L+ x-t-L= __2 = _ = f( -L) . 2 2 4 Deshalb konvergiert die Fourierreihe von f in jedem Punkt x E IR gegen f (x). Aufgabe 19
Sei f eine periodische Funktion mit Periode 2, die jedem x aus [-1, 1[ den Wert e- 2x zuordnet. a) b) c)
Skizzieren Sie diese Funktion. Bestimmen Sie die Fourierreihe von f . Gegen welche periodische Funktion g mit Periode 2 konvergiert diese Fourierreihe?
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel d)
497
· S··""OO !-ll k _1(1 1) Zetgen 1e. uk=l ~ - 4" sinh2 - 2" •
Hinweise: 1) 2)
e ~ 2,718 , e2 ~ 7,389 , e- 2 ~ 0,135. J eax sin bxdx = ai :"b2 (a sin bx - b cos bx) , J eax cos bxdx = ai:"b2 (a cos bx + b sin bx) .
Lösung: a) Abbildung 3.14 zeigt eine Skizze der Funktion
-1
+ L:~1 (ak cos7rkt + bk sin 7rkt) , wobei
b) f(x) '" ~
für k = 0,1,2, ... und bk zweiten Hinweis folgt:
ao
Abbildung 3.14. Skizze der Funktion f (x)
5
3
f.
ak = J~l f(t) cos7rktdt
= J~l f(t) sin 7rktdt für k = 1,2,3, ... gilt.
= / 1 e- 2t dt = -"21 e- 2t
11
-1
1 2 = "2(e -
e- 2 )
Mit dem
= sinh2,
-1 -2t
1
ak = /
e- 2 tcos7rktdt
= 4: 7r2k2 (-2cos7rkt
+ 7rksin7rkt)
1
1-1
-1
2e- 2 ()k+1 4 + 7r 2 k 2
-----,:--::- - 1
+
2e 2 ( )k_4(-1)ksinh2 -1 - ---'-----'----:::--:-::-4 + 7r 2 k2 4 + 7r 2 k2
'
1 -2t 1 bk = / e- 2t sin7rktdt= 4:7r 2 p(-2Sin7rkt-7rkcos7rkt) 1-1 -1
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
498
Die Fourierreihe ist ~ sinh 2 + 2 sinh 2 2:~1 4c;:d~2 (2 cos 7rkt + 7rk sin 7rkt) . c) In jedem Punkt x E UnEZl2n - 1, 2n + 1[ ist differenzierbar, und damit konvergiert die Fourierreihe gegen f(x). In jedem Punkt 2n + 1, nE 71. ist die Funktion links- und rechtsseitig differenzierbar. Deshalb konvergiert die Fouf(x) + lim f(x) lim . . x-t(2n+1)+ x-t(2n+1)-2+ 2 nerre1he von f gegen 2 = ~ = cosh 2. Die Funktion g ist also auf [-1, 1[ durch g(x) = {e- 2hx 2 cos
' ffalills x El- l, 1[, ,asx=- 1
definiert, und mit Periode 2 auf ganz IR fortgesetzt. d) Für x = 0 gilt f(O) = 1 und aus der Fourierreihe erhält man
+ 4 2:~1 4c;:J~2). Aus 1 i = 2:%"=1 j~;~kk~ und damit
sinh 2( ~ 4
si~h 2
-
sinh 2( ~
=
+ 4 2:~1 4c;:d~2)
folgt
die Behauptung.
Aufgabe 20
Berechnen Sie das Integral
JI(sinx+cos(y-z))dCT(X,y,Z) auf 1= {(x,y,z)T I O:S x:S 7r,
i)
o :s y :s ~ , -~ :s z :s H·
ii)
iii)
Ja(x 2 y- xy3)dCT(X) aufG = {(x,y)T E IR 2 I-y < x < y2 ,0< y < I}. JaXYZdCT(X) auf G = {(x,y,z)T E IR3 I 1 < x < 3 , x < Y < 2x , 0< z < xy2} .
Lösung: i) Die Reihenfolge der Integrationen in diesem dreifachen Integral ist gleichgültig. Deshalb darf man wie folgt berechnen: " "2
1T
" "3
j (sinx + cos(y - z)) dCT(X, y, z) = j (j (j (sinx + cos(y - z))dz)dy)dx 0 0 -;r
I
~
7r
= j(j((zsinx o
z=~
sin(y - z))
z=-;r
0
" "2
7r
= j (j (~; sinx - sin(y -
o
0
)dy)dx
i) +
sin(y
+ ~ ))dy)dx
499
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel \v=i
7T
,77T
/ 0
.
,
7I\
,
7T
(—y S i n z + cos(y - - ) - cos(y + TT
v
)dx
- ) LY=0
/
-/£
7T
7T
37T
7T \
6
3
4
4 /
sin x + c o s — — cos — — cos — + cos —
I E cosa:
24
y/S
1
2
2
x/2
(-
2
h
>/§
,
dx
7tt
—
X/3 +
2
2 ^ - 1
12+
2
2
*
ü)
Abbildung 3.15. Darstellung des Gebietes G
L /
J(x y-xy )da(x)=
j
G
0
2
3
2/"
j (x y — xy )dx 2
I dy
3
\-y
1 I"
1
2
1 1
o
L
J
- / (l*
4 +
! » • - 5»*
7
4
1
7
1
1
5
dy
o
y
1
15*
12*
31 240
48*
iii) Fertigen Sie eine Skizze von G an; man hat ^ xyzda(x) G
3
r
3
f [ f y^ Ix \ o r 2x /
—j
2x
/
x?T x
1
-l 1
/fr
La;
z
j dy
z
3
0
dx = \j
r
2s
j 1
Ix
x y dy ö
ö
dx
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
500
Aufgabe 2 1 Man betrachte die „volle" Ellipse {(#, 0, z) G IR | Sx + z < 4} in der x-zEbene; mit E bezeichne man das Rotationsellipsoid, das durch Drehung der Ellipse um die z-Achse entsteht. Sei K die Vollkugel mit dem Mittelpunkt (0,0,0) und dem Radius y/2, also K = {(x,y,z) G IR | x + y + z < 2}. Berechnen Sie das Volumen des Schnittkörpers K fi E . T
3
2
T
2
3
2
2
2
Lösung: Das Ellipsoid ist gegeben durch E = {{x,y,z) G IR | Sx + 3y + z < y}. In der x-z- bzw. x-y-Ebene ergeben sich die Projektionen gemäß Abbildung 3.16. Die Halbachsen der Ellipse in der x-z-Ebene haben die Längen -j= und 2. Die T
3
2
2
2
Abbildung 3.16. Die Projektionen von E und K
4 Schnittepunkte dieser Ellipse mit dem Kreis sind (dbl,±l). Für (x,y) aus Gl := {(x,y) G IR | x + y < 1} ist (x,y,z) eKDE genau dann, wenn die Ungleichung -y/2 - x - y < z < y/2 - x - y gilt. Ist (x,y) aus G := {(x,y) G IR | 1 < x + y < 4/3}, so ist (x,y,z) aus KDE dann und nur dann, wenn -y/4S(x + y ) < z < y/4 - 3(x + y ) gilt. Deshalb hat man T
T
2
2
2
T
2
T
2
2
2
2
2
T
2
T
2
2
V -^ -2/ 2
Vol(KHE) = j
|
2
j
2
2
v
2
dz j da(x,y) + ^
2
/ _3( 4
a ;
/
2
+ y
2)
dcr(x,y)
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel = 2
f
";2 - x 2 - y2 da(x,y)
GI
f
";4 - 3(x 2 + y2)da(x,y)
G2
1
= 2[
+2
501
v'3
211" (
[";2 - p2 d
= -471"-(2 1 - p2)3/2
3
+ 471" 9
[";4 - 3p2 d
_ 471"-(4 1 _ 3p2)3/2
9
0
= 471" (2v'2 _ 1)
3
1
1
211" (
2
1
/
V3
1
= 871" (v'2 _
3
~) 3
Aufgabe 22
Zeigen Sie, dass die Menge G := {(x,y)T E IR2 I (4x 2 + 9y2)2 - 12xy < O} die Vereinigung zweier Gebiete ist. Berechnen Sie den Flächeninhalt dieser Gebiete. Lösung: Es bietet sich an, die Koordinatentransformation x = 3p cos
°
°
3; [liegen muss. Hiermit besteht die Menge G aus den
beschränkten Mengen
und
G 3 := {(3pcos
<
°< P < ~v'sin2
,
welche paarweise disjunkt sind und symmetrisch bzgl. des Nullpunktes liegen; falls wir wissen, dass GI und G 3 Gebiete sind, existieren die Flächeninhalte von GI und G 3 , und Vol(Gd = Vol(G 3 ). G ist offen, weil G das Urbild des Intervalls] - 00,0[ unter der stetigen Funktion (x, y f I-t (4x 2 + 9y2)2 - 12xy ist. GI ist der Schnitt von G mit dem offenen ersten Quadranten QI := {(x, y) T E IR2 I x > Y > O} und damit offen. Ist (3pocos<po,2posin<po)T aus GI, so ist Po < ~,und deshalb liegt der Weg {(3pocos
°,
°
n
H,
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
502
verbindbar. Das zeigt, dass GI zusammenhängend ist. Folglich ist GI offen und zusammenhängend und damit ein Gebiet. Das Analoge gilt für G 3 , wobei diesmal der dritte, offene Quadrant Q3 := {(x, y)T E Ix < y < o} und die Strecke {( - ~P, betrachtet werden. P)T 10 < P < Die Funktionaldeterminante der benutzten Koordinatentransformation ist 6p. Symbolisch heißt das: da(x, y) = 6pda(p,
n
0
Vol(Gd
=/
da(x,y)
=
GI
= -1/
i(
!Vj""6 PdP )
0
"
2
12
sin 2
o
1
2
°,
~ ~ j (3p21:VSill2'1') d
0
= -4 (-
IR 2
0
cos 2
1;0
1
12
Aufgabe 23
Gegeben sei das Tetraeder T mit den Ecken (1,0, O)T, (0,1, O)T, (-1, -1, O)T und (0,0, l)T. Bestimmen Sie a) b) c) d)
das Volumen von T sowohl elementar geometrisch als auch mittels Integration, seine Masse bei der Massendichte p, p( x, y, z) = 2 - z , seinen Schwerpunkt, das Trägheitsmoment bezüglich der z-Achse.
Lösung: In der x-y-Ebene ist die Basis B des Tetraeders T die Vereinigung der Dreiecke D I ,D 2 und D 3 , wie Abbildung 3.17 sie zeigt. Die Ebene durch die Ecky
x
Abbildung 3.11.
D 1 := {(x, yf I 0 ~ x ~ 1 , 0 ~ y ~ 1 - x} , D 2 := {(x, y) T I -1 ~ x ~ 0 , x ~ y ~ 1 + 2x} , D3:= {(x,yf 1-1 ~ y ~ 0, y ~ x ~ 1 + 2y}.
punkte (l,O,O)T,(O,l,O)T und (O,O,l)T hat x+y+z = 1 als Gleichung. Die Ebene durch (0, 1,0)T, (-1, -l,O)T und (0,0, l)T wird durch -2x+y+z = 1 beschrieben. Schließlich geht die Ebene mit der Gleichung x-2y+z = 1 durch
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
503
(-l,-l,O)T,(l,O,O)T und (O,O,1)T. Deshalb ist T die Vereinigung der Tetraeder Tl := {(x,y,zf E 1R31 0::; x::; 1,0::; y::; 1- x,O::; z::; 1- x - y}, T 2 := {(x,y,z)T E IR 3 1-1::; x::; O,x::; y::; 1 + 2x,0::; z::; 1 + 2x - y}, T3 := {(x,y,zf E IR 3 1 -1::; y::; O,y::; x::; 1 + 2y,0::; z::; 1 + 2y - x} . Je zwei dieser Tetraeder haben nur eine Seite (ein Dreieck) gemeinsam; diese Seiten liegen in den folgenden Ebenen:
-+
y=
-+ -+
X= X
°für °für
= Y
für
Tl
und
T3 ,
Tl
und
T2 ,
T2
und
T3
•
Außerdem haben diese drei Tetraeder eine gemeinsame Kante, die Strecke zwischen (0,0, O)T und (0,0, l)T . a) Elementar geometrisch lässt sich das Volumen von T leicht berechnen. Der Flächeninhalt von B ist ~, da jedes der Dreiecke D 1 , D 2 , D 3 den Flächeninhalt ~ hat. Da die darauf senkrechte Höhe (also die erwähnte gemeinsame Kante) die Länge 1 hat, ist ~ . 1 . ~ = ~ das Volumen von T. Dies ergibt sich auch (hier umständlich, aber zum Üben nützlich!) wie folgt fTl da(x, y, z) =
fDl (J01-X-Y dz)da(x,y) = f D1 (l-x-y)da(x,y) = f;(J;-X(l-x-y)dy)dx =
f01[((1-x)Y-~)I~~~-X)dx
= f;((1-x)2-~(1-x)2)dx = ~.(-~(1-x)3) lö=
i· Ebenso berechnet man f T2 da= fT3 da= i und erhält damit
1da=3· i
= ~
für das Volumen von T . b) Die Masse des Tetraeders wird mit Hilfe des Integrals
/ p(x,y,z)da(x,y,z) = T
/(2 -
z)da(x,y,z)
T
berechnet. Es gilt: fTl (2 - z)da(x, y, z) = fD 1(Jo1-X-Y(2 - z)dz)da(x, y) =
fDl[2(1 - x - y) - ~(1 - x - y)2)da(x,y) = f01(J01-X(~ - X - Y - ~x2
- h 2 -xy)dy)dx = 1
f(~ - ~x o
1
J[(~ -x- ~x2)(1-x) - ~(1 +x)(1-x)2 - i(1-x)3)dx =
o
+ ~X2 + i x3 )dx = ~ -
i +i
+ 214 =
274
,fr. (2 - z)da(x,y,z) = 2
fD2 (JoH2X-Y (2-z)dz)da(x, y) = f D2 [2(1+2x-y) - ~(1 +2x-y)2)da(x, y) =
f~l (J:+2X[~ +2x - 2x 2+y(2x -1) -
h 2)dy)dx = f~l[(~ + 2x -
2x 2 )(1 +x) +
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
504
o
~(2x-l)(1+4x+3x2)-~(1+6x+12x2+7x3)]dx = f (~+~X+~X2_~X3)dx =
~-
t+~+
-1
,fT3 (2 - z)da(x, y, z) = f Dl (J01+2 Y-X (2 - z)dz)da(x, y) = ... = (Dieses letzte Ergebnis ergibt sich auch sofort aus dem Obigen wegen der Symmetrie in der Variablen x und y.) Insgesamt ist also 3· 274 = ~ die Masse des Tetraeders. c) Wegen der Symmetrie von T bzgl. der Ebene x = y und der Unabhängigkeit von p von x und y sind die ersten beiden Koordinaten des Schwerpunktes (xs, Ys, zS)T von T gleich, d.h. xs = Ys. Man hat
;4 .
214
=
;4
i Jxp(x, y, z)da(x, y, z) = ~ Jx(2 - z)da(x, y, z) , zs = i Jzp(x, y, z)da(x, y, z) = ~ Jz(2 - z)da(x, y, z) .
xs
=
8 T
T
8 T
T
Wie oben berechnet man nacheinander die Integrale auf Tl, T 2 und T 3 f Tl x(2 - z)da(x,y,z) = fD l (J01-X-Y(2x - xz)dz)da(x,y) = f D1 [2x(1 - x - y) - ~x(l - x - y)2]da(x, y) = f~(J~-X[(~x - x 2 - ~X3) - (x
+ x 2)y -
~xy2]dy)dx 2 = f01[(~X - x - ~x3)(1 - x) + ~(l - X)2(X + x 2) - ~x(l - x)3]dx f1(§.X _ ~X2 + !.x 3 + !.x 4)dx - Jo 6 2 2 6 _5 - 12 -
1
"2
1
1_3 - 40 '
+ 8 + 30
fT2 x(2 - z)da(x,y,z) = fD 2 (J01+2X-Y x(2 - z)dz)da(x,y)
+ 2x - y) - ~x(l + 2x - y)2]dy)dx = f~l (J:+2X[~X + 2x 2 - 2x 3 + y(2x 2 - x) - ~xy2]dy)dx = f~l[(~X + 2x 2 - 2x 3)(1 + x) + ~(2X2 - x)(l + 4x + 3x 2) - ~(x + 6x 2 + 12x3 + 7x 4)]dx 3 - !.x 4)dx -- JO-1 (§.x + ~X2 + !.x 6 2 2 6 5 = -1 2 + ~ - ~ -lo = -io ' = f~l (J:+2X[2x(1
f T3 x(2 - z)da(x, y, z) = f D3 (J~-2Y+X x(2 - z)dz)da(x, y)
+ x) - ~x(l - 2y + x)2]dx)dy f~l (J:+2Y[X(~ - 2y - 2y2) + x 2 (1 + 2y) - ~x3]dx)dy f~l[~(~ - 2y - 2y2)(1 + 4y + 3y2) + !(l + 2y)(1 + 6y + 12y2 + 7y3) - ~(1 + 8y + 24y2 + 32y3 + 15y4)]dy
= f~l (J:+2 Y[2x(1 - 2y = =
:
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
505
+ !.ly + !!.y2 _ ~y3 _ .2..y4)dy 3 4 3 24 _ (23 + !.ly2 + ;!y3 _ ly4 _ .l...y5)10 y 24 6 4 6 24 -1 -- JO-1 (23 24
° ,
IT1 z(2 - z )da(x, y, z) = I Dl U01- X- Y(2z - z2)dz )da(x, y) = I01U;-X[(1- x - y)2 - ~(1- x - y)3)dy)dx = IoIUol-X[~ - X + ~X3 + (x 2 -l)y + xy2 + 3)dy)dx
h
= Iol[(~ - X + ~x3)(1- x) + ~(X2 -1)(x 2 - 2x+ 1) + ~x(l- x)3 + 112 (1- x)4dx _ r1 (1 2 1 2 1 4)d _ 3 1 1 1 _ 1 - JO 4" - "3 X +"2 X - 12 X X - 4" - "3 + 6" - 60 - 15 '
IT2 z(2 - z)da(x, y, z) = I D2U;+2X-Y (2z - z2)dz)da(x, y) = I~1 U:+ 2X [(1 + 2x - y)2 - ~(1 + 2x - y)3)dy)dx
+ 2x 2 JO-1 (14 + ~x + lx 3 2
+ y(4x 2 -
= I~1 U:+2X[~
~X3
-
4)dx -.l...x 12
-
1) - 2Xy2 +
(lx 4
h 3)dy)dx
2 + lx 3 _ + lx 3 6
.l...x 5 )1 0 =.l... 60 -1 15'
und
I T3 z(2 - z)da(x,y,z) = ID3Uol-2Y+X(2z - z2)dz)da(x,y) = I~1 U:+ 2Y [(1 - 2y + X)2 - ~(1 - 2y + x)3)dx)dy = ... =
A.
(Das letzte Ergebnis entspricht dem Integral auf T 2 wegen der Symmetrie in x und y.) Es ergibt sich Xs
=
Ys
=
3 3 ( 40 - 40
+
°) ."78 °, =
Zs
=
(1 15
1
1)
8
+ 15 + 15 ."7
=
8 35 .
Der Schwerpunkt ist also S = (0,0, 385)T. d) Das Trägheitsmoment bezüglich der z-Achse ist
J
J
T
T
(x 2 + y2)p(X, y, z)da(x, y, z) =
(x 2 + y2)(2 - z)da(x, y, z) .
Man hat I T1 (x 2 + y2)(2 - z)da(x, y, z) = ID 1(x 2 + y2)U01- X- Y(2 - z)dz)da(x, y)
= 101U;-x (x 2 + y2)[2(1 -
x - y) - ~(1 - x - y)2)dy)dx = 101U;-X[!x 2 _x 3 - ~x4 - (x 2+X 3)y+ (! _x_x 2)y2 - (1+x)y3 - ~y4)dy)dx r1 ( 3 7 5 2 2 3 7 4 11 5)d _ 11 X + 60 X X - ... -_ 180 x - 12 = Jo 20 - 12 X +"3 x ' IT2 (x 2 + y2)(2 - z)da(x, y, z) = ID2 (x 2 + y2)UOH2X - Y(2 - z)dz)da(x, y) = ID2 [2(1 + 2x - y) - ~(1 + 2x - y2))(x 2 + y2)da(x, y) = I~1 U:+ 2X [!X 2 + 2x 3 - 2x 4 + y(2x 3 - x 2) +
(! + 2x -
~X2)y3
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
506
+ i(2x - l)y4 - 110 y 5]dy)dx = J~l[(~X2 + 2x 3 - 2x 4)(1 + x) + ~(2X3 - x 2)(1 + 4x - 3x 2) + ~(~ + 2x - ~x2)(1 + 6x + 12x 2 + 7x 3) + i(2x - 1)(1 + 8x + 24x 2 + 32x 3 + 15x4) - 110 (1 + 10x + 40x 2 + 80x 3 + 80x 4 + 31x 5)]dx
-- JO-1 [-'L + Ix + 256 X2 + 5x 3 + 31 X4 _ 20 6 12
13 x 5]dx 30 2 4 -- (-'Lx + .1.. _ ..1l x 6 ) 10-1 = X + 25 X3 + 2.4 X + ~X5 20 12 18 60 360
~ 180
und genauso JT3 (x 2 + y2)(2 - z)da(x, y, z) = No' Also ist 11810 + 2· 1~30 = das Trägheitsmoment des Tetraeders T bezüglich der z-Achse.
19;0
Aufgabe 24
Sei G die Viertelkugel G := {(x, y, z)T E IR3 I y > 0, z > 0, x 2 +y2 +z2 < I} . Die Massendichte p von G nimmt linear mit der Höhe z ab, und zwar von 7g/cm 3 (für z = 0) bis 3g/cm 3 (für z = 1). a) b)
c) d) e)
Geben Sie die explizite Formel für die Berechnung von pan. Berechnen Sie das Integral Ja yzda(x, y, z) sowohl mit Hilfe des Satzes von Fubini als auch mit der Transformationsformel für Kugelkoordinaten. Bestimmen Sie die Masse von G . Berechnen Sie den Schwerpunkt S von G . Bestimmen Sie das Trägheitsmoment von G bezüglich der Achse g, die durch (0, ~,O) geht und parallel zur z-Achse ist.
Lösung: a) Die Funktion p(x, y, z) = p(z) hat die Gestalt a + bz. Wegen p(O) = 7 und p(l) = 3 folgt p(z) = 7 - 4z . b) Sei H der offene Halbkreis {(x,y)T E IR2 I y > 0,x 2 + y2 < I}. G ist schlicht über der x-y-Ebene, weil H beschränkt ist, die Nullfunktion und (x, y)T t-+ yfl- x 2 - y2 stetig auf H = {(x, y)T E IR 2 I y ~ 0, x 2 + y2 ~ I} sind und weil gilt:
G = {(x,y,z)T E IR3 1 (x,yf E H,O
< z < yfl- x 2 - y2}.
H ist schlicht über der x-Achse, weil die Nullfunktion sowie x t-+ stetig auf dem beschränkten Intervall [-1,1] sind und weil gilt:
VI -
x2
H = {(x,yf E IR2 1-1 < x < 1,0< Y <~}. Es folgt mit dem Satz von Fubini (zweimal angewandt!): Ja yzda(x, y, z) =
JH y(J/1-X 2 -
y2
zdz)da(x, y)
J~l (Jo~ y(J/1-X 2 -
y2
zdz)dy)dx
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
~ J~1 UOv'f=X2 y(l -
X
2 - y2)dy)dx
507
= ~ J~1 (~(1
-
X
2)2 - t(l -
X
2)2)dx =
18 Jl-1 (1 - 2x 2 + x 4)dx = l(x _ ~X3 + 15 X 5) 11-1 = 1(1 _ ~3 + 1) - .l.. 8 3 4 5 - 15 . Mit der Koordinatentransformation x = r cos
i
c) Die Masse von G berechnet man wie folgt: M = Jd7 - 4z)da(x, y, z) =
JD(7 - 4rsinB)r 2 cos8da(r,8,
zs
= k Jazp(z)da(x,y,z) =
_
6 (7
k
Ja (7z - 4z 2)da(x,y,z) 2 2 2 = k JD(7r sin 8 - 4r sin 8)r cos 8da(r, 8,
- 11 4" -
4) _ 15 -
-
~r4 )dr
89 220 .
Also: S = (0, ~~ - 5~~ , 28io) . e) T g = Jdx2 + (y - ~)2](7 - 4z)da(x,y,z) = Ja(x 2 + y2 - Y +
t)· (7 -
4z)da(x,y, z)
= JD(r 2 cos 2 8 - r sin
+ ~r2 cos 8 -
r 3 sin 8 cos 8]da(r, 8,
= 'Ir Jo~ U; [7r 4(1 - sin 2 8) cos 8 - 4r 5 cos 3 8 sin 8 + ~r2 cos 8
- r 3 sin 8 cos B]dr )da - 2 Jo~ U; [71+c~s 20 r 3
-
4(sin 8 cos 2 8)r 4]dr )d8
[t cos 8 - t sin 2 8 cos 8 - ~ cos3 8 sin 8 + 172 cos 8 - 2 Jo~ (H1 + cos 28) - t sin 8 cos 2 8)d8
= Jo~
7
= 'Ir ( "5 -
7 15 -
1
6"
+ 127
-
1)
8 -
2(711" 16 -
4) 15
=
711" 20
+ 158
.
t sin 8 cos 8] d8
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
508 Aufgabe 25
Betrachten Sie den Körper K = {(x,y,z) konstanten Dichte S .
T
a) b)
G IR | x + y < z < 1} mit der 3
2
2
A
Beschreiben Sie den Rand dK von K und deuten Sie K als Drehkörper. Zeigen Sie, dass das Innere K\dK von K die disjunkte Vereinigung zweier Gebiete des IR ist. Beschreiben Sie diese Gebiete. Berechnen Sie das Volumen von K. Bestimmen Sie den Schwerpunkt jedes der beiden Gebiete. Berechnen Sie das Trägheitsmoment um die z- Achse für jedes der beiden Gebiete. 3
c) d) e)
Lösung: a) (x,y,z) aus IR gehört genau dann zu K, wenn yjx + y < \z\ < 1 also - 1 < z < - $Jx + y oder $Jx + y < z < 1 gilt. Der Schnitt von K mit T
3
2
2
2
2
2
2
1
Abbildung 3.18. Ein Schnitt durch K
- i
der a>z-Ebene ist die schraffierte Menge in Abbildung 3.18. Der Rand dieser Menge besteht aus den Strecken {(x,l) \ —1 < x < 1 und {(#, — 1 ) | — 1 < x < 1} sowie aus den Parabelbögen B+ = {(#, z) \ z = x,0 < x < 1} und B- = {(x,z) \ z = -x,-l < x < 0}. Der Körper K entsteht durch Drehung der schraffierten Fläche mit ihrem Rand um die z-Achse. Der Rand dK von K besteht aus den Kreisscheiben { ( x , y , l ) | x + y < 1} und { ( x , y , - l ) | x + y < 1} sowie aus der Fläche, die durch Drehung von B+ um die z-Achse entsteht, b) Zum Rand von K gehört (0,0,0) , also der einzige Punkt von der in der x-y-Ebene liegt. Deshalb ist K\dK die disjunkte Vereinigung der offenen Teilmengen G+ := {(x,y,z) \ yjx + y < z < 1} und G- := {(x,y,z) | - 1 < z < —y/x + y } G entsteht durch Drehung von D+ := {(x,0,z) | -z < x < z , 0 < 2 : < 1 } um die z- Achse. Da sich T
T
T
2
T
T
2
2
2
T
2
2
T
T
T
2
2
2
+
T
2
2
2
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
509
D+ mit einem Gebiet in IR2 identifizieren lässt, ist G+ zusammenhängend, und damit ein Gebiet. Analoges gilt für G _, das durch die Drehung von D_ := {(x, 0, z)T I -Z2 < X < Z2 , -1< z < o} entsteht. c) Mit t3. := {(x,y)T I x 2 + y2 < I} folgt wegen der Symmetrie von K
bzgl. der x-y-Ebene: Vol(K)
=
2Vol(G+)
=
2 J6 U{;x 2+y2 dz)da(x, y) =
2 J6 (1 - ijx 2 + y2)da(x, y) = 2[71" - J; U~7r dip]p~ dp] = 2[71" - 4n = 257r . d) Wegen der Symmetrie von G+ und G_ bzgl. der z-Achse liegen die Schwerpunkte von G+ und G_ auf der z-Achse. Ist (0,0, zo) der Schwerpunkt von G+, so ist (O,O,-zo)T der Schwerpunkt von G_, weil (x,y,z)T E G+ {:=:? (x, y, _z)T E G_ gilt. Man hat
f Zo =
f ( J ZdZ)
z8d.(x,y,z)
G+
=
6
d.(x,y)
{!X 2+y2
--~-----:7r:------
/8da(x,y,z)
"5
G+
_. -/(15 71"
1 2
VX2
6
5
+ y2)da(x,y)= -271"
1)
(
5 271" 5 71" - 271"/p2dP = - (71" - - ) =- . 271" 3 6 0
e) 1
Tz
=/
(x 2 + y2)8da(x, y, z)
G+
= 8/ 6
(
/
dZ) (x 2 + y2)da(x, y)
{!x2+y2 1
= 8 / (1 - ijx 2 + y2) (x 2 + y2)da(x, y) = 271"8 / (1 - "fP) p3 dp 6
0 1
= 271"8 (p4 4
_
~p9/2) = 271"8 (~ _ ~) = 71"8 . 9 4 9 18 o
Das Trägheitsmoment um die z-Achse von G_ ist ebenfalls ~~ . Bemerkung: Man kann die Integrale aus c) und d) leichter berechnen, wenn man die Reihenfolge des Integrierens ändert, was der Satz von Fubini erlaubt. Man berechnet also zuerst den Flächeninhalt des Kreises C z = {(x,y)T E IR2 I x 2 + y2 < Z4}, der gleich 7I" Z4 ist, und erst dann Jo1 z 4dz bzw. J; z 5 dz .
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
510
Aufgabe 26
Die Halbkugel {(x, y, Z)T I X2 + y2 + Z2 :S 4 , z ~ O} wird mit dem Zylinder {(x, y, zf I X2+y2 :S I} geschnitten. Dadurch entsteht ein Behälter B, dessen Dichte p linear mit der Höhe abnimmt, und zwar gemäß p(x, y, z) = 3 - z. Berechnen Sie a) b) c)
das Volumen von B, die Masse von B, den Schwerpunkt von B .
Lösung: a) Sei E := {(x,y)T E IR2
I x 2 + y2 :S I} der abgeschlossene Einheitskreis. Das Volumen von Bist Vol(B) = JB da(x, y, z) = JEU/4-X2_y2 dz)da(x, y). Es folgt: Vol(B) =
J
J4-x 2 _y2 da(x,y).
E
°:S r :S
°
Unter Verwendung von Polarkoordinaten x = r cos cp, y = r sin cp mit 1 und :S cp :S 21T erhält man wegen da(x, y) = rda(r, cp)
J(J 211"
Vol(B)
=
1
o
rJ 4 - r 2dr ) dcp
=
r 2)3/2
J
p(x, y, z)da(x, y, z)
B
=
J
(3 - z)da(x, y, z)
B
J( J J J[3J4-X2_y2_~(4-X2_y2)
J4-X 2 _ y 2
J4-X 2 _ y 2
=
dz ) da(x,y) =
E
=
-- 21T 3 (8 - 3V3) . o
0
b) Für die Masse von B gilt
M(B)
= 21T' (~1) (4 -
0
((3Z -
~Z2)
)da(x,y) o
E
]da(x,y)
E
J[J 211"
=
o
1
(3r J 4 - r 2 + ~ (r 3 - 4r)) dr ] dcp
0
= 21T[3·
~(8 - 3V3) + ~ - 1] = 21T[7 + ~ - 3V3] . 3 8 8
c) Aus Symmetriegründen und wegen der Gestalt von p liegt der Schwerpunkt S von B auf der z-Achse, also S = (0,0, zS)T. Es gilt:
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
_ JB Zs -
zp(x,y,z)du(x,y,z)
M(B)
511
,
JB Zp(X, y, z)d(J(x, y, z) = JB z(3 - z)d(J(x, y, z) = JE(Jovf4-X2_y2(3z - z2)dz)d(J(x,y) = JE[~(4 _X 2 _y2) - ~(4 -X 2 _y2)3/2]d(J(x,y) = J;1I"[fol[~(4 _r 2) - ~(4 -r 2)3/2]rdr]dcp = 211"[3r 2 - ~r4 - ~ . ~ . -,} (4 - r 2)5/2]lö= 211"[3 - ~
+ /5 (9V3 -
32)]
3V3) , -- 211" (59 120 + -5-
.
_
211"UiQ+~)
und damIt Zs - 211"( l?j -3V3)
-
59+72V3
15(57 -24V3)
.
Aufgabe 27
Integrieren Sie die Funktion j : IR 3 -+ IR , j (x, y, z) := J x 2 + y2 + Z2 auf der parametrisierten Kurve x: [1,4]-+ IR 3 , x(t):= (tcost,t,tsint)T. Lösung: Im Sinne der Definition des Kurvenintegrals wird j auf x([1,4]) einge-
schränkt und dann integriert. Man hat also Je jds = J14 j(x(t))llx'(t)lldt =
J14 J t 2 cos 2 t + t 2 + t 2 sin 2 t J (cos t - t sin t)2 4
V2 J tJ cos2 t + t 2 sin2 t -
+ 1 + (sin t -
t cos t)2 dt =
2t sin t cos t + 1 + sin 2 t + t 2 cos 2 t
+ 2t sin t cos t dt
1
=
V2 J14 tv'2 + t 2 dt =
~(2 + t 2)3/2 li= 36 -
v'6 .
Aufgabe 28
a)
Berechnen Sie das Integral Je y2dx + (2x + y)2dy, wobei C i) der Polygon zug (die geradlinige Verbindung) von (O,O)T über (0, 2)T nach (2, 2)T ist, ii) die Strecke von (O,O)T nach (2,2)T ist, iii) der Parabelbogen auf der Parabel y = ~X2 von (O,O)T bis (2,2)T ist.
b)
Ist f: IR2 -+ IR2 , f(x,y) = ((2X
c)
Ist f ein Potenzialfeld?
~ y)2 )
wegunabhängig integrierbar?
Lösung: a)i) Der Polygon zug besteht aus der Strecke SI von (O,O)T nach (0,2)T mit der Parametrisierung [0,1] -+ IR 2 , t I-t (0,2t)T und aus der Strecke S2 von
512
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
(0,2)T nach (2, 2)T, welche durch [0,1] --+ IR 2 , t
(2t,2)T parametrisiert
I-t
ist. Man hat also
J(:::). mdt+ J((4'!2)')· md'~ J8"d' J8d' +
o
0
0
0
3
) St ( -+St 3
ii) Diesmal ist die Kurve durch [0,1] --+ IR2 , t Man erhält
I-t
1
32
0
3
1
(2t,2t)T parametrisiert.
SO 3 iii) Nimmt man die Parametrisierung [0,1] --+ IR2 , t Parabelbogen, so ergibt sich
72t = (-
5
I-t
(2t,2t 2 )T für den
5+ -64t4+-t 16 6) 11 4
6
496
0
15
b) Wir haben f auf drei verschiedenen Wegen von (O,O)T nach (2,2)T integriert und dabei drei verschiedene Ergebnisse erhalten. Das zeigt, dass f nicht wegunabhängig integrierbar ist. c) Wäre f ein Potenzialfeld, so wäre das Kurvenintegral von f (nach dem Hauptsatz für Kurvenintegrale) wegunabhängig, was laut b) nicht der Fall ist. Also ist f kein Potenzialfeld. Aufgabe 29 a)
Integrieren Sie das Vektorfeld f : IR 2 --+ IR 2
,
f(x, y) =
C:'x)
durch [0,1] --+ parametrisierte Kurve i) t I-t (cos 21ft, sin 21ft)T , die mit C bezeichnet wird, IR 2
ii) b)
t
I-t
{(COS41ft,sin41ft)T (cos ~1f(2t + 1), sin ~1f(2t + 1))T
für 0::; t::; ~ , für ~ < t ::; 1 .
Warum hätten wir uns die Berechnung zu b) sparen können?
längs der
513
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel Lösung: a)i) Die Ableitung von x(t)
= (C?S 27rt) ist x' (t) = 271" (-cos sin27rt 27rt).' ihr Skalarprosm 27rt 2 dukt mit f( cos 271"t, sin 271"t) = C'~:;;!t) ist 271" ( - sin 271"t - cos 2 271"t) = -271". Deshalb gilt Je f . dx = Jo1 f(cos 271"t, sin 2) . 271"(~~~n2!~t)dt = J; (-271")dx = -271" . ii) Für
°
~ t ~:t istx(t)
= (~~~!;D unddamitx'(t) = 471"(~~~n4~~t),
(--"~:;~!t), f(x(t))· x'(t) -41
< t <_
=
( -sin ~7r(2t+1)) cos ~7r(2t+l) ,
J1 f(y(t)) . y'(t)dt = 4
- 437r .
Jot fx(t)
. x'(t)dt =
=
-71". Für
(COS ~7r(2t+1)) '(t) = 47r ((- sin ~7r(2t+l)) ) sin ~7r(2t+l) , Y 3 cos ~7r(2t+l) ,
1 hat man y(t)
f (y(t))
-471", also
f(x(t))
f (y(t)) . y'(t)
i
- 437r
=
, und dadurch
= -71". Damit haben wir auch in diesem Fall
das Ergebnis -71" - 71" = -271" . b) Die obigen parametrisierten Kurven sind zwei verschiedene Parametrisierungen des positiv orientierten einmal durchlaufenen Einheitskreises. Die erste Parametrisierung ist glatt, die zweite nur stückweise glatt, da im Punkt t = die Linksableitung von der Rechtsableitung verschieden ist; von links ist sie 471"(0, _l)T, von rechts 4; (0, _l)T. (Die "physikalische" Erklärung dazu ist einfach: Im Fall i) wird der Kreis mit konstanter Winkelgeschwindigkeit durchlaufen; im Fall ii) ist sie zuerst - für ein Viertel der Zeit - doppelt so groß wie in i), danach hat sie für Dreiviertel der Zeit Zweidrittel des Wertes in i).) Das Ergebnis der Integration einer stetigen Funktion entlang einer stückweise glatten parametrisierten Kurve ist unabhängig von der Parametrisierung. Dies haben wir hier auch "zu Fuß" gezeigt.
:t
Aufgabe 30
Betrachten Sie die Raumkurve mit der Parametrisierung x : [0, V6l -+ IR 3 , t t--+ x(t) = (1, t, t 2 )T, und die Funktionen J, g sowie h auf IR3 , die durch J(x, y, z) = 2xy + 8yz, g(x, y, z) = (y, z, x)T und h(x, y, z) = (x, z, y)T definiert sind. a)
Begründen Sie die Existenz der Integrale
J
Jds
e b) c)
J
g. dx
e
und
J
h· dx .
e
Berechnen Sie diese drei Integrale. Erfüllt g oder h die Integrabilitätsbedingungen? Falls ja, ist g oder h ein Potenzialfeld? Bestimmen Sie gegebenenfalls ein solches Potenzial.
514 d)
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis Bestätigen Sie gegebenenfalls mit Hilfe des Hauptsatzes für Kurvenintegrale das Ergebnis aus b).
Lösung: a) x ist eine parametrisierte Kurve, deren Komponenten - als Polynome - unendlich oft differenzierbar sind. Sie ist regulär (glatt), weil x/(t) = (0,1, 2t)T
und damit Ilx/(t)11 = VI + 4t 2 :I 0 gilt. Die Funktionen j, g und h sind unendlich oft differenzierbar auf IR 3 und insbesondere stetig auf x([O, J6]). Deshalb existieren die drei Integrale. b) Es gilt:
f
v'6
jds
=
C
f 4
f
j(x(t))llx/(t)lldt
=
f
0
=~
c
v'6
(2t + 8t3 )V1 + 4t 2 dt
0
fv'6
8t(1
+ 4t2)3/2dt = ~ . ~(1 + 4t2)5/21 4 5
o
f = fv'6
v'6
(t 2 + 2t)dt
=
1
0
0
5
=5
- 1 10
= 312,4.
(~) dt 2t
g. dx = !g(X(t)). x/(t)dt = !(t;) 0
v'6
v'6
=
(t; + t 2 ) 10
= 2V6 + 6 .
o
f
c
h· dx
c) Wegen 0
h(x(t)) . x/(t)dt
0
= 8x 8z
f
= v'6(I) t 2 . (0) 1 t
0
..I.
T
lJ.JL. 8y
= 1 , 0 = 8x 8y
..I. 8z
T
8z
2t
dt
f
= v'63t2dt = 6V6. 0
= 1 und 0 = lJ.JL. 8z
..I. 8x
T
8x
= 1 erfüllt g
keine der Integrabilitätsbedingungen. (Für den Nachweis, dass g nicht integrabel ist, reicht es schon, wenn eine der Bedingungen nicht erfüllt ist.) Dagegen erfüllt h die Integrabilitätsbedingungen: ~~
=0=
~~
,
~
=1=
~~
und ~~ = 0 = ~ . h ist ein Potenzialfeld, weil sternförmig (bezüglich jedes seiner Punkte) und h unendlich oft differenzierbar ist. Zu jedem x = (x, y, z)T aus IR3 bezeichnet [0, x] die Strecke vom Nullpunkt nach x; sie kann durch Yx: [0,1]--+ [o,x], t I--t tx = (tx,ty,tz)T parametrisiert werden. Dann wird mittels x I--t H(x) := !ro,x] h . dyx IR3
I; h(Yx(t)) . y~(t)dt eine Stammfunktion von h definiert. Es gilt
515
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
H(x)
=
J 1
o
(tx) tz . (x) Y dt ty z
Es gilt tatsächlichgradH(x)
=
J
1 (X 2
+ 2yz)tdt = ~X2 + YZ.
0
= h(x), weil:
tx(~x2+yZ)
= x,
ty(~X2+yZ) =
Z, tz(~X2+yZ)=Y. d) Mit dem Hauptsatz für Kurvenintegrale bestätigt man das für h in b) gewonnene Ergebnis:
J
h· dx
= H(x(V6)) -
H(x(O))
= H(1, V6, 6) -
H(1, 0, 0)
= 6V6 .
c
Aufgabe 31
a) b) c)
Zeigen Sie, dass die folgende Differenzialgleichung exakt ist: siny - ysinx + (x cos y + cosx)y' = O. Bestimmen Sie eine Stammfunktion S dieser Differenzialgleichung. Zeigen Sie, dass eine Umgebung U von ~ und eine differenzierbare Funktion j: U -+ IR existieren, so dass j(~)
=~
und S (x,j(x))
= 2~
für
alle x E U gilt. Lösung: a) Es gilt: ty(siny-ysinx) = cosy-sinx, tx(xcosy+cosx) = cosy-sinx. Deshalb ist die gegebene Differenzialgleichung exakt. b) Gesucht wird also eine differenzierbare Funktion S mit den Eigenschaften
oS ax (x, y)= . sm y -
. x, oS y sm ay (x, y) = x cos y + cos x .
Aus der ersten Bedingung folgt S(x,y) = xsiny + ycosx + g(y), wobei 9 eine differenzierbare Funktion ist, die nur von y abhängt. Setzt man diese Funktion in die zweite Bedingung ein, so folgt: x cos y + cos x + g' (y) = x cos y + cos x, d.h. g' (y) = O. 9 ist also eine reelle Zahl c ; hiermit gilt: S (x, y) = x sin y + y cos x + c . c) Es muss die Existenz einer offenen Umgebung U von ~ und einer differenzierbaren Funktion j : U -+ IR mit den Eigenschaften j ( ~) = ~ und S(x,j(x)) = 2~ nachgewiesen werden. Da S(~ , ~) = 2~ + c gilt, ist c = O. Wegen ~; (~,~) = (x cos y + cosx)(~,~) = ~ . ~ + ~ :I 0 sichert der Satz über implizite Funktionen die gewünschte Existenz. Wie in den meisten Fällen kann man j nicht explizit schreiben! Deshalb muss man sich mit der definierenden Gleichung xsinj(x) + j(x)cosx = 2~ begnügen.
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
516 Aufgabe 32
Gegeben ist die Differenzialgleichung 3X 2;:-y2 a) b) c)
°.
+ 2yy' =
Zeigen Sie, dass diese Differenzialgleichung auf keinem offenen Teilintervall von ]0, oo[ bzw. von ]- 00, o[ exakt ist. Bestimmen Sie einen integrierenden Faktor auf ]0,00[, der nur von x abhängt. Lösen Sie das Anfangswertproblem, das aus der obigen Gleichung und der Anfangsbedingung y(l) = 1 besteht.
Lösung:
a) Wegen t y (3X 2;:-y2)
= ~ und
° °
tx (2y) = ist die Differenzialgleichung dann und nur dann auf Ja, b[ exakt, wenn y(x) = für alle x aus Ja, b[ gilt. Dies ist
aber keine Lösung der Differenzialgleichung. b) Sei 9 eine stetig differenzierbare Funktion auf ]0, oo[ mit der Eigenschaft
e
t y x2;:-y2 g(x))
= tx
°
(2yg(x)). Es folgt ~g(x)
= 2yg'(X)
und damit ~g] =
mit g(x) i= 0. Diese Gleichung ist für g(x) = Cx (mit C > 0) erfüllt; insbesondere ist g(x) = x ein integrierender Faktor. c) Für die exakte Differenzialgleichung 3x 2 + y2 + 2xyy' = sucht man eine stetig differenzierbare Funktion U :]0, oo[ X IR -+ IR mit ~~ = 3x 2 + y2 und ~~ = 2xy. Aus der ersten Gleichung folgt U(x, y) = X 3 + xy2+ V(y) mit stetig ~ für alle x>
°
°
differenzierbarem V. Aus der zweiten Gleichung gewinnt man V1(y) = 0, und damit ist V konstant. Also ist U(x, y) = x 3 + xy2 = D mit D > die allgemeine Lösung. Für das Anfangswertproblem ergibt sich 1 + 1 = D und damit lautet die auf ]0,
~[ definierte Lösung y(x)
=
J~
- x2 .
Aufgabe 33
Geben Sie alle Lösungen der Differenzialgleichung (1
+ y2) ln(l + y2) + 2y(x -
l)y' =
°
an; berechnen Sie dazu einen integrierenden Faktor, der nur von y abhängt. Bestimmen Sie aus der Lösungsmenge diejenige Lösung, welche im Punkt 2 den Wert 1 annimmt; geben Sie den maximalen Definitionsbereich an. Lösung: Sucht man einen integrierenden Faktor h, der nur von y abhängt, so ergibt sich aus
517
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel zuerst
2yh(y) In(1
+ y2) + (1 + y2)h'(y) In(1 + y2) + 2yh(y) = 2yh(y)
und daraus
2yh(y)
+ (1 + y2)h'(y) = 0 .
Man sieht sofort, dass die Nullfunktion eine Lösung für h ist. Für die Bestimmung weiterer Lösungen betrachtet man die daraus durch Kürzung erhaltene Gleichung ~(:l
+ 1!~2
= 0; eine Lösung dieser Differenzialgleichung
mit getrennten Variablen ist In h(y)
+ In(1 + y2)
= 0, also h(y) = 1;y2'
d.h. 1;y2 ist ein integrierender Faktor. Die exakte Differenzialgleichung In(1
+ y2) +
U(x, y(x))
1!~2 (x - 1)y'
= U(x, y) = (x -
ddx U(x, y(x))
= aa
x
U(x, y)
=0
hat eine "Stammfunktion" U der Gestalt
1) In(1
+ y2),
weil gilt:
+ aa U(x, y) . y' = In(1 + y2) + 1 2y 2 (x - 1)y' . Y
+y
Da die Ausgangsdifferenzialgleichung zu der exakten Differenzialgleichung äquivalent ist, ergeben sich aus (x - 1) In(1 + y2) = C mit C E IR alle
Je
Lösungen: y(x) = z~l - 1 . Insbesondere erhalten wir für x den Wert C = In 2, also die Lösung
y(x) =
Je;:; -
1=
J2Z~1
= 2,
y
=1
- 1.
Aufgabe 34
a) b) c) d)
Zeigen Sie, dass die Differenzialgleichung 6x 2y + y3 + 4(x 3 + xy2)y' = 0 nicht exakt ist. Zeigen Sie, dass diese Differenzialgleichung einen integrierenden Faktor J-l besitzt, der nur von y abhängt und geben Sie einen an. Berechnen Sie eine Stammfunktion für (6x 2y+y3)J-l(y)+4(X 3 +xy2)J-l(Y)Y'. Bestimmen Sie möglichst große offene Intervalle I und J, auf welchen Lösungen 1 : I --+ IR bzw. g : J --+ IR der Differenzialgleichung definiert sind, so dass 1(1) = 1 bzw. g(1) = -1 gilt.
Lösung: a) Wegen y (6x 2y + y3) = 6x 2 + 3y2 und (4x 3 + 4xy2) = 12x 2 + 4y2 ist die gegebene Differenzialgleichung nicht exakt. b) Die differenzierbare Funktion J-l = J-l(Y) ist ein integrierender Faktor, wenn gilt
t
tx
518
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
o
oy ((6x 2y + Y3)J1(Y)) = (6x 2 + 3Y2)J1(Y)
+ (6x 2y + Y3)J1'(Y)
o ((4x 3 + 4Xy 2)J1(Y)) = = OX
(12x 2 + 4Y2)J1(Y) ,
d.h. wenn gilt (6x 2y + Y3)J1'(Y) = (6x 2 + Y2)J1(Y), d.h. YJ1'(Y) = J1(Y) . Eine Lösung dieser Gleichung ist J1(Y) = Y . c) Die Differenzialgleichung (6X 2y2 + y4) + 4(x 3y + xy3)y'(x) = hat eine Stammfunktion S(x,y) = 2X 3y2 + xy4, wie man leicht nachprüft. d) S(l, ±1) = 2 + 1 = 3. Gibt es auf einem Intervall der x-Achse eine Lösung y = y(x) von xy4 +2x 3y2 = 3, so enthält dieses Intervall den Nullpunkt nicht, und es gilt 6 + 3x ( )2 yx = -X3 ± vx . x
°
Da dieses Intervall 1 enthalten soll, muss es in ]0, oo[ enthalten sein. Außerdem ist x 6
+ 3x negativauf]- 1,0[. Auf ]0, oo[ ist
_x3±~
_x3_~ negativ, während
positiv ist. Deshalb betrachten wir y(x) =
ist leicht zu sehen, dass I = J =]0,00[, f(x) :=
±J -x3±~.
Nun
J-x3±~ und g(x) :=
-J-X3±~ die gewünschten Eigenschaften haben.
Aufgabe 35
Sei G das Gebiet G := {(x, y)T E IR2 I x 2 + 4y2 > 1 und a) b)
x 2 + y2 < 4} .
Beweisen Sie, dass G und sein Rand oG die Voraussetzungen aus dem Satz von Green erfüllen. Bestätigen Sie den Satz von Green für den Fall
!
(-x 2ydx
DG
+ xy 2dy)
=
!
(x 2 + y2)da(x, y) ,
G
indem Sie beide Integrale direkt ausrechnen. Lösung:
a) G besteht aus allen Punkten, die außerhalb der Ellipse x 2 aber innerhalb des Kreises x 2 + y2 = 4 liegen. Seien GI := {(x,yf E G I x
+ (1~~)2
= 1,
> O,y > O}, G2 := {(x,yf E G I x < O,y > O}, G 3 := {(x,yf E G I x < O,y < O}, G4 := {(x,y)T E G I x > O,y < O}.
519
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
-2
G3
Abbildung 3.19. Die Zerlegung von G
GI, G 2 , G3 und G4 zerlegen G und sind sowohl über der x-Achse als auch über der y-Achse schlicht. Zum Beispiel gilt für G 2 :
G 2 = {(x,yf E IR 2 1 -2< x < 0,92(X) < Y < V4 - x 2} = {(x, yf E IR 2 10 < Y < 2, -V4 - y2 < X < h2(y)} ,
wobei gilt: 92 (x) =
und
° {~ ~
h2 () X = {
°,
,falls-2<x~-I, , falls -1 < x <
- VI - 4y 2
falls
° , ,
°< Y < ~ ,
falls ~ ~ y < 2 .
92 und h2 bestehen aus 2 glatten Stücken, "';4 - x 2 und - V 4 - y2 sind glatt;
also ist auch der Rand von G 2 stückweise glatt. b) JaG ( -x 2ydx+xy 2dy) wird berechnet, indem man auf dem Rand des Kreises die Parametrisierung ]0,271'[-+ IR 2 , t f--t (2cost,2sint)T und auf dem Rand der Ellipse die Parametrisierung ]0,271'[-+ IR 2 , t f--t (cost,-~sint)T nimmt. (Bemerken Sie, dass man den Rand der Ellipse im Uhrzeigersinn durchläuft; nur in dieser Richtung lässt man das Gebiet G zur Linken!). Es folgt:
J
J 211"
(-x 2ydx + xy2 dy) =
aG
J(-~
(16 cos 2 t sin 2 t + 16 sin 2 t cos 2 t)dt
0
211"
+
o
cos 2
tsin 2
t-
~
J 211"
sin 2
tcos 2
t) dt = 2:1
sin 2 tcos 2 tdt
0
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
520 211"
= 251 JSin2 2t = 251
32
o
J 211"
32
1- cos4t dt = 251 7r . 2 32
0
Integriert man x 2 + y2 auf dem Kreis x 2 x = r cos t, y = r sin t, so erhält man
+ y2 < 4 mittels
Parametrisierung
Integriert man x 2 + y2 auf der Ellipse x 2 + 4 y 2 < 1 mittels Parametrisierung x = r cos t, y = ~r sin t, so ist ~rdrdt = dxdy und damit
=
!
8
J+ 211"
1
o
J 211"
cos 2t dt 2
Deshalb gilt IG(x 2 + y2)da(x,y) = 87r - 3527r Satzes von Green ist uns also gelungen!
~
+ 32
=
0
1 - cos 2t dt = ~7r . 2 32
2:217r. Die Bestätigung des
Aufgabe 36 Seien a, b reelle Zahlen mit 0 < b :S a , G das beschränkte Gebiet in IR2 , dessen Rand oG aus der Strecke S von (O,O)T nach (27ra,0)T und der durch x : [0,27r] -+ IR2 , t I-t (at - b sin t, 1 - cos t)T parametrisierten Kurve C besteht, und f: IR2 -+ IR2 sei gegeben durch fex, y) := (x, y)T . a) b) c)
Zeigen Sie, dass G sowohl über der x- als auch über der y-Achse schlicht ist. Berechnen Sie den Flächeninhalt von G mit Hilfe eines Kurvenintegrals längs oG . Zeigen Sie, dass für G und f der Divergenzsatz von Gauß gilt, d.h. I aG f· nds = IG divfda(x,y), wobei n die äußere Normale zu oG ist.
Lösung: a) Wegen x(O) = (O,O)T und x(27r) = (27ra,0)T haben Sund edenseiben Anfangs- und Endpunkt. Da (at - bsint)' = a - bcost > a - b ~ 0 für alle taus ]0,27r[ gilt, folgt, dass die erste Komponente von x streng monoton wachsend ist. Insbesondere bildet sie [0,27r] bijektiv auf [0, 27ra] ab, d.h. zu
521
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
°
jedem x E [0,2na] gibt es genau ein t x E [0,2n] mit at x - b sin t x = x. Deshalb liegt (x,y)T in G genau dann, wenn x E]0,2na[ und < Y < 1- cost x gilt, was die Schlichtheit von G über der x-Achse nachweist. Ist nun y aus ]0,2[, so hat die Gleichung y = 1 - cos t, also 1 - y = cos t für t gen au zwei Lösungen in ]0,2n[, nämlich h(y) E ]O,n[ und t2(Y) in]n, 2n[. Man hat atl (y) - b sin tl (y) < at2(Y) - b sin t2(y), denn:
b (. t () . t ()) 2b· t2 (y) -2 h (y) cos t2 (y) -2 tl (y) < sm 2 y - sm 1 y = sm 2bl sin t2 (y) ; tl (y)
I < 2b t2 (y) ;
tl (y) :S a (t2 (y) - tdY)) .
°
Also gilt G = {(x, y)T E IR 2 I < Y < 2, tl (y) < X < t2(y)}, was die Schlichtheit von G über der y-Achse zeigt. b) Der positiv orientierte Rand von G ist die Vereinigung von S und der Kurve, die aus C entsteht, wenn man die Orientierung umkehrt. Nun wird der Satz von Green angewandt: Vol( G) = J xdy = J xdy - J xdy . S
8G
C
Da die zweite Komponente jedes Punktes von S Null ist, gilt weiter
Vol(G) = - Icxdy = - g"(at-bsint)sintdt = -aI;7r tsint+bIo27r sin 2 tdt = -a[-tcost
lö + I;7r costdt] + b(~ 7r
c) Wegen div(~) = ~~
+~
si~2t)
7r
= 2na
+ nb = n(2a + b) .
= 1 + 1 = 2 gilt
J div r da(x, y) = J 2da(x, y) G
lö
= 2Vol(G) = 2n(2a + b)
.
G
Die Parametrisierung von S ist [0, 1]-t IR2 , t t-+ (2nat,0)T; es folgt: 1
J
r . n ds = J
S
0
(2~t)
Der Tangentialvektor zu C in x(t) ist
n(t) =
1
(Sin t
v(a-b cos t)2+ s in 2 t -a+b cos t
)
.(
~1) 27radt = °.
V(a-bcos1 t)2+sin 2 t (a-~cotst). Deshalb ist sm
und damit:
v(a-bcost)2+sin2t( sint )dt J r.nds=J27r(at-bsint) 1- cost -a + bcost c 0
522
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
! ! 271"
=
(at sin t - b sin 2 t - a
o
271"
= a
+ a cos t + b cos t -
!
271"
t sin tdt - (a
+ b)
!
b cos 2 t) dt
271"
dt
+ (a + b)
-1ca,' d' ]-2«a
cos tdt
0 0 0
=-a
[,c,,,, :"
+b)
= -27ra - 27f(a + b) = -27f(2a + b) .
Also: J eG f· nds - J 5 f· nds - Je f· nds = 27f(2a + b) . Insgesamt haben wir mit JG div f da(x, y) = 27f(2a + b) = JeG f . n ds gezeigt, dass für f der Divergenzsatz von Gauß gilt. Aufgabe 37
Gegeben sei G das Gebiet G:= {(x,y)T I y
> 0,
x 2 +f
< 1,
X 2 +y2
> I}
.
b)
Zeichnen Sie dieses Gebiet und stellen Sie fest, dass G und sein Rand 8G die Voraussetzung für den Greenschen Satz erfüllen. Berechnen Sie die Integrale JeG(x 2ydx + y 2dy) und JG x 2da(x, y) .
c)
Erklären Sie, warum die Gleichung gilt:
a)
!
eG
(x 2ydx
+ y 2dy) +
!
x 2 da(x, y) = 0 .
G
Lösung: a) G besteht aus allen Punkten der oberen Halbebene, die außerhalb des
f
Einheitskreises x 2 + y2 = 1 und innerhalb der Ellipse x 2 + = 1 liegen. G ist schlicht über der x-Achse, da der Rand von G stückweise glatt ist und G = {(x,y)T E IR 2 I -1 < x < 1 , Vl- x 2 < y < 3";1- x 2 } gilt. (Die Funktionen] - 1,1[ -+ IR, x 1-+ Jf=X2 bzw. x 1-+ 3";1 - x 2 sind differenzierbar und deren Ableitungen verschwinden nirgendwo auf ]-1,1[.) G lässt sich in drei Gebieten zerlegen, die schlicht über der y-Achse sind (aber auch über der x-Achse!), nämlich
Gi
:= { (x,y?
E IR 2 11 < Y < 3, -)1- y; < x < )1- y; } ,
G2 := { (x,y? E IR 2 1 0 < y < 1, -)1- y; < x <
-~}
,
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
G := | (x,y)
523
G IR | 0 < y < 1 , y/l - y <x<
T
| .
2
2
3
Die vier Funktionen y h-> \Jl — ^ , y ^
\ A - ^ , y I-» \J\ — y und
-
2
?/ H> — A / 1 — 2 / sind stetig auf [1,3] bzw. [0,1] . b) Wir berechnen die zwei Integrale zuerst: 2
/ Z^fl^x
1
j x da(x,y) G
= j x -L
2
\
1
1
= 2 j x \J\-L
| ^ dy\dx VvTZ^r /
2
2
--
J
= 2 ^ sin £cos tdt=^ 2
x dx
2
2
COS 4t
2
2
. 7T dt — — . 4
An der Stelle (*) wurde die Substitution x — sin£ durchgeführt. Der Rand von G besteht aus einem Halbkreis F und aus einer Halbellipse F . Es gilt c
j[x ydx 2
+ ?/ Gfr/) = 2
dG
j(x ydx 2
e
+ 2/ d?/) 2
r
^(z 2/dx 2
r
e
+ y */) , 2
c
wenn man sowohl F als auch F gegen den Uhrzeigersinn durchläuft. Mit den e
c
Parametrisierungen [0,tt] 3 <9 h-> (
c 3
^)
g T und [0,tt]
(™ *) G T s
e
folgt y (x yda; +
dG
2
2
2
2
c
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
524 11"
-_ -1 j 1 - cos4B dB 4
tx
2
o
26. 3 B 111" + -sm 3
0
4
t
c) Es gilt (y2) - y (x 2y) = -x2. Die Gleichung ist deshalb genau die Behauptung des Satzes von Green. Aufgabe 38
Gegeben ist ein Kreiszylinder durch die Gleichung x 2 + y2 = 1. F I sei die Teilfläche des Zylinders, die oberhalb der x-y-Ebene und unterhalb der Ebene x + y + z = 1 liegt, F 2 diejenige Teilfläche, welche oberhalb der x-y-Ebene und unterhalb der Ebene x + y + z = 2 liegt. Bestimmen Sie die Inhalte von F I und F 2 • Lösung: Man wählt für die Oberfläche des Kreiszylinders, aus welchem die Gerade {(l,O,z)T 1 z E IR} entfernt wurde, die übliche Parameterdarstellung x :]0,21r[xIR -+ IR 3 , (
:s
2-sin ep-cos ep
211"
I(F2 ) = j
j
(
o
211"
dz )d
0
0
°
x(
I(Fd= j( ~
j 0
= 231r + (cos
211"
dz)d
') 31r sm
+2.
525
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel Aufgabe 39
Der Graph der Cosinusfunktion [0, ~] -+ [0, 1] , x 1-7 y = cos x in der x-y-Ebene wird um die x-Achse gedreht. Dadurch entsteht eine berandete Fläche F. (Ihr Rand 8F ist der Kreis mit der Gleichung y2 + z2 = 1 in der y-z-Ebene.) Berechnen Sie den Flächeninhalt der Rotationsfläche F . Hinweis: f va 2x 2 ± b2 dx = ~xva2x2 + b2 ± ~: In Ix + va 2x 2 ± b2 1 .
Lösung: Der Flächeninhalt ist (wegen (cosx)' = - sinx) nach der Regel von Guldin 27f fo~ COSX\/I + sin 2 x dx 27f fo1 .Jf+t2 dt 27f[~tJt2+1 +
~ In It + Jt2+11]lö= 27f[4 + ~ In(l + V2)] = 7f( V2 + In(l + V2)) . Aufgabe 40
Berechnen Sie die Oberfläche des Rotationsparaboloides x 2 + y + Z2 = 4, die zwischen den Ebenen y = -5 und y = 3 liegt, also den Flächeninhalt von
F := {(x, y, zf E IR 3 I x 2 + Y + Z2 = 4, -5< y < 3} . Lösung: Die Oberfläche des Paraboloidstumpfes F, die wir berechnen möchten, ist (z.B.) gegeben durch x : D -+ IR 3 , (U,V)T 1-7 (u,4 - u 2 - v 2 )T, wobei D = {(u,v)T I 1 < u 2 + v 2 < 9} ein Kreisring ist. Man hat xu(u,v) = (1,-2u,0)T , xv(u,v) = (0,-2v,1)T und damit (x u x xv)(u,v) =
(-2u, -1, -2v)T. Es folgt II(xu x xv)(u, v)11 = V4u 2 + 1 + 4v 2 , und deshalb ist der Flächeninhalt von F: fFdO'(x) = fD II(x u x xv)(u,v)lldO'(u,v) =
f D V4( u 2 + v 2 ) + 1 dO'( u, v). Mit der Parametertransformation u = r cos cp, v = r sin cp, 1 < r < 3 , 0 ::; cp < 27f, ergibt sich weiter 211"
/ o
3
( / V4r 2
3
+ 1 rdr ) dcp
= 27f· 112 (4r 2
+ 1)3/211
=
i (37V37 - 5v5) .
1
Aufgabe 41
Berechnen Sie den Oberflächeninhalt des Durchschnitts der Kreiszylinder x 2 + Z2 = 9 und y2 + Z2 = 9 .
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
526
Lösung: Der Zylinder x 2 + Z2 = 9 schneidet eine Oberfläche F aus dem Zylinder y2 + z2 = 9; umgekehrt schneidet der Zylinder y2 + Z2 = 9 eine Oberfläche G aus dem Zylinder x 2 + Z2 = 9. Fund G sind deckungsgleich, wie man z.B. mittels der Transformation (x, y, z)T 1-7 (y, x, z)T sieht. Für die Berechnung des Flächeninhalts I(F) von F betrachten wir die Parametrisierung D := {(x,z)T E IR2 I x 2 +Z2 < 9} -+ IR 3 , (x,z)T 1-7 f(x,z) = (x,V9-z 2,z)T der oberen Hälfte von F, d.h. derjenigen, die oberhalb der Ebene y = liegt. Wegen fx(x, z) = (1,0, O)T, fz(x, z) = (0; - v'9~Z2' l)T folgt (fx x fz)(x, z) =
°
(0,-1,- v'9~z2)T. Es gilt II(fx xfz)(x,z)11 = J1+ ist der Flächeninhalt I(F) von F:
J
da(f)
=2
F
J
II(fx x fz)(x,z)llda(x,z)
= 6
=2
-3
Jb 3 (
9
-3
z
=
v'9~z2
und damit
J( J h 3
D
9-=-:2
v'9-z 2
dX ) dz
-V9=Z2
J
/x=V9=Z2 ) 3 dz = 6 2dz = 12 . (ZI~3) = 72 . x=-v'9-z2 -3
Der Flächeninhalt des Durchschnittes der bei den Zylinder ist I(F) 2I(F) = 2·72 = 144.
+ I(G)
=
Aufgabe 42 Sei F derjenige Teil der Oberfläche der Einheitskugel in IR 3 , der im ersten Oktant liegt, d.h. F = {(x, y, z)T E IR 3 I x 2 + y2 + Z2 = 1 , x > 0, Y > 0, z > O}, und f sei das Skalarfeld auf F, das jedem (x, y, z)T E F den Wert x 2 + y2 + Z3 - 2 zuordnet. Integrieren Sie f auf F . Lösung: Wir haben also fdo zu berechnen. Dafür betrachten wir (wegen der Kugelsymmetrie) Kugelkoordinaten, d.h. die folgende Parameterdarstellung D :=]0, Hx]O, ~[3 (
JF
x",(
X
xe) (
II(x", x xe)(
527
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel =
und
f
(x( rp, ())) = =
J
+ COS2 () sin2 () = cos () cos 2 () cos 2 rp + cos 2 () sin 2 rp + sin 3 () cos 2 () + sin3 () - 2
folgt
J =J J fdo
f(x)do(x)
F
F
=
=
COS 4 ()
2
J
f (x(rp,())) Ilx
D
(cos 2 ()
+ sin3 () - 2) cos ()du( rp, ())
D
" "2
o
Aufgabe 43 F bezeichne die Halbkugeloberfläche {(x, y, z)T E IR3 I x 2 + y2 y > O} und f das stetige Vektorfeld mit
x y - Z2) f(x, y, z):= ( yz - x 2 ZX _ y2
+ Z2
= 1,
.
Berechnen Sie das Oberflächenintegral von f über F .
Lösung: Für F betrachten wir die Parameterdarstellung x : D := {( rp, ()) T E IR2 I
-
~
< () < ~ ,0<
rp
< 1f} -+
IR 3
,
x(rp,()) := (cos()cosrp, cos() sin rp, sin())T.
Wie gesehen, gilt x
f(x) . do(x)
(cos 2
()cosrp,cos 2
()sinrp,cos()sin())Tdu(rp,()) sowie
= [f(x) . (x
()f
528
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
COS2 0 COs ep sin ep - sin 2 0 ) (COS 2 0 COS ep) = ( cos 0 sin 0 sin ep - cos 2 0 cos 2 ep cos 2 0 sin ep da( ep, 0) cos 0 sin 0 cos ep - cos 2 0 sin 2 ep cos 0 sin 0 = (cos 4 0 cos 2 ep sin ep - cos 2 0 sin 2 0 cos ep
+ cos 3 0 sin 0 sin 2 ep
- cos4 0 cos 2 ep sin ep + cos 2 0 sin 2 0 cos ep - cos3 0 sin 0 sin 2 ep) da( ep, 0) = Deshalb ist das Oberflächenintegral von
J
f· do
=
F
J
f
°.
über F gleich Null:
f(x(ep, 0)) . (x
= 0.
D
Aufgabe 44 Es sei G := {(x, y, z)T E IR 3 I x 2 + y2 + z2 < 1 , Y > O}, also eine Hälfte des Inneren der Einheitskugel und f sei das stetig differenzierbare Vektorfeld auf IR3 , das jedem (x, y, z)T den Vektor (y, z, xy + l)T zuordnet. a) b)
Berechnen Sie das Oberflächenintegral f 8G f· do, wobei die Flächennormale "nach außen" weist. Zeigen Sie, dass für G und f die Voraussetzungen des Divergenzsatzes von Gauß erfüllt sind und bestätigen Sie damit das in a) erzielte Ergebnis.
Lösung: a) 8G besteht aus der in Aufgabe 43 mit F bezeichneten Fläche und dem Inneren K des Einheitskreises in der x-z-Ebene, K := {(x, 0, z)T E IR3 I x 2 + Z2 < I}. Sei D.:= {(x,Z)T E IR 2 I x 2 + Z2 < I} --+ IR 3 , (x,z)T M (x,O,z)T die Parametrisierung von K. Die Normale dazu ist (1,0, O)T x (0,0, l)T = (O,-l,O)T, und sie zeigt tatsächlich nach außen. Mit den Bezeichnungen und Vorbereitungen aus der Lösung zu Aufgabe 42 folgt f 8G f . do =
fF f · do + fK f . do = fD (
J" (
~) . ( ~l )
oo(x, z)
cos3 0sinOcosepsinep
+
cossf:~~ep
2 ). cos 0 cos ep sm ep + 1
~ J;U!; (eo,'
cosOsinO)dO))dep
UoK cos ep sin epdep) U! 1'. cos3 OdO) 2
+
UoK COS ep sin epdep) U! 1'. cos3 0 sin OdO) 2
(~::~~~~:~) da(ep, 0) + cos 0 sin 0
0 CO, I',in I' HO" O,inO,inl'+
+ f~lU!~~~:2(-z)dz)dx
UoK sin epdep) U! 1'. cos2 0 sin OdO) 2
+
7r
f! 1'. cos 0 sin OdO + 2
+
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
~ J~l (-( -/f=X2)2 + (-/f=X2)2)dx = weil J07l" cos ip sin ipdip
= J!
1!.
2
529
°,
cos 2 0 sin OdO
= J!
1!.
2
cos 0 sin OdO
=
°
gilt.
b) Das Vektorfeld f ist stetig differenzierbar auf IR 3 . Die offene Menge G ist offensichtlich zusammenhängend und damit ein Gebiet. G liegt schlicht über der x-z-Ebene, denn:
(X,y,Z)T E G
{:::=}
(x,zf E!::o.
und
0< y <
\11 -
x 2 - Z2.
Der Rand von G besteht aus zwei glatten Flächen, nämlich Fund K; mit den angegebenen Parameterdarstellungen von Fund K sieht man sofort, dass in jedem Punkt von Fund K die Normale definiert ist. (Geometrisch ist dies noch einfacher zu sehen.) Hiermit sind die Voraussetzungen des Divergenzssatzes von Gauß erfüllt. Es gilt div f
= ~ + ~~ + o(xJ:l} =
°und damit
JoG f· do = JG div f da(x, y, z) = 0. Also ist das Ergebnis aus a) bestätigt. Aufgabe 45 Sei T das Tetraeder mit den Ecken Po = (0,0,0) , PI = (1,0,0) , P2 = (0,1,0) und P3 = (0,0,1). Der Rand F von T besteht aus vier Seitenflächen, nämlich aus den Dreiecken To, Tl, T 2 , T 3 wobei Pi (j. Ti für i = 0,1,2,3. a) b) c)
d)
Geben Sie die Parametrisierungen der Seiten von T an, so dass der Normalvektor immer nach außen gerichtet ist. Berechnen Sie das Integral JF fdo für f : IR 3 -7 IR, f(x, y, z) = x 2 + y2 + Z2. Sei v : IR 3 -7 IR 3 das identische Vektorfeld x H x. Berechnen Sie v . do, wobei auf den Seiten von T die obigen Parametrisierungen genommen werden. Wie erklären Sie das erzielte Ergebnis für JTi v· do
JF
für i = 1,2,3 ? Formulieren Sie das erzielte Ergebnis für JF v . do in der Sprache der Physik (indem Sie die Begriffe Fluss und Strömungsgeschwindigkeit benutzen.) Bestätigen Sie das erzielte Ergebnis für v . do mit Hilfe des Divergenzsatzes von Gauß.
JF
Lösung: a) Sei D := {(u,vf E IR2 lu > O,V > O,U + v < 1}. Als Parametrisierungen für die Seitenflächen Ti von T können wir Xi : D -7 IR 3 , Xl (u, v) (O,v,u)T , X2(U,V) = (u,O,v)T , X3(U,V) = (v,u,O)T , xo(u,v) = (u, v, 1 - u - v)T nehmen. Es gilt: (xo u x xov)(u,v) = (1,1,1)T , (Xl u x Xlv)(U,V) = (-1,0,0)T , (X2u x X2v)(U,V) = (0,-1,Of und (X3u x X3v)(U,V) = (0,0,-1f. Man
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
530 sieht, dass die Flächennormalen
von T aus gesehen nach außen gerichtet sind. b) Das Integral wird wie folgt berechnet:
/ fdo
3
L
=/
F
D
f(Xi(U, v))llxiu(U, v) x Xiv(U, v)llda(u, v) .
t=O
/ f(xo(u, v))llxo,u(u, v) x xo,v(u, v)llda(u, v) D
=
V3 /[u 2 + v 2 + (1- u -
v)2]da(u,v)
D
1-u
1
= V3 / ( / o
(2u 2 + 2v 2 + 2uv + 1- 2u - 2v)dv ) du
0
1
=
V3 /
[(2u 2 - 2u + 1)(1- u)
+ (u -1)(1- U)2 + ~(1- u)3] du
o = vI;; 3 /1 ( 2u 2 - 2u + 1 - 2u 3
1)
u 3 - u 2 + u - 3 du + 2u 2 - u + 3"
o
1;;/ (--u53 = v3 1
3
5 + 1-1 + -2 = -V3 . + 3u 2 - 2u + -2) du = --
o
3
12
3
4
~ U)3
) du
/ f(X1 (u, v))llx1,u(U, v) x X1v(U, v)llda(u, v) D 1
1-u
1
( / (u 2 + v 2)dv ) du = /
= /
( u 2(1 _ u)
+
(1
0 0 0 1
=/
o
Analog:
(~ - u + 2u 2 - ~U3) du = ~ - ~ + ~ - ~ = ~ .
fD f(X2(U, v))llx2u(U, v) x X2v(U, v)llda(u, v)
f D f(X3(U, v))ll x3u(U, v)
=
x x3v(u,v)llda(u,v)
=i .
531
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel Insgesamt gilt: fF fdo c) Es ist fT1 v . do = f T2
= ~ + 3· i = ~ + ~ . do = fT3 V· do wegen der Symmetrie. Man hat
V .
fT1 v . do fD V(Xl(U,V)) . (Xl,u(U,V) x xl,v(u,v))da(u,v) fD(O,v,u)T. (-l,O,O)Tda(u,v) = fDOda(u,v) = 0. Die Erklärung dazu: Die Projektion der Einschränkung VlT1 auf die Normale N l ist gleich Null.
f
V·
do =
Ta
f ( ~ ). (~) 1- u - v
D
da(u, v)
1
=
f
da(u, v)
~
= I(D) = .
D
Also gilt: fF v . do = ~ . Der Fluss P durch die Oberfläche F des Tetraeders T von innen nach außen ist ~, wenn die Strömungsgeschwindigkeit im Punkt x gleich v(x) = x ist. d) div v(x) = ~~
+ ~ + ~~
= 3. Der Divergenzsatz von Gauß besagt:
fTdivv(x)da(x,y,z) = fFv.do. Es gilt: fT3da(x,y,z)=3Vol(T)=3·i =~. Damit haben wir das Ergebnis aus c) bestätigt. Aufgabe 46 Sei T das Innere des Tetraeders mit den Ecken (0,0,0), (1,0,0), (0,2,0) und (0,0,1). Mit Sx, Sy und Sz bezeichne man die Seiten von T, die in den Ebenen x = 0, y = 0, bzw. z = liegen. Die vierte Seite von T sei mit S bezeichnet. Im Raum strömt eine Flüssigkeit mit der Geschwindigkeit
°
f(x) = f(x, y, z) = (y a) b) c) d) e)
+ z, x - 13z, y + X)T .
Berechnen Sie den Fluss durch die Seite S. Wie erklären Sie das Ergebnis? Berechnen Sie den Fluss durch den Rand von T von innen nach außen. Warum ist T schlicht über jeder der Koordinatenebenen? Bestätigen Sie das in c) erzielte Ergebnis mit Hilfe des Divergenzsatzes von Gauß.
Lösung: a) Die Ebene durch die Punkte (1,0,0), (0,2,0) und (0,0,1), in welcher S liegt, hat eine Gleichung der Form 2x + y + 2z = 2. Wählt man für S die Parametrisierung y: Dy:={(x,z)T I < x < 1,0< z < 1- x}-+S, y(x,z) = (x,2 - 2x - 2z,z)T, so ist (yz x yx)(x,z) = (2, 1,2)T von innen nach außen orientiert und damit
°
f S
f· do =
f S
f(y(x,z))· do(x,z) =
f
Dy
(
2 - 2x - z )
x -13z 2 - x - 2z
.
( 2) 1 2
da(x,z) =
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
532 l-x
1
j
^ j
0
z=l—x
(8 - 5x - \9z)dz ^ dx = j
USz
- 5xz - y
z^ 2
1
dx —
z=0
0
19, - 13s + 5x - - ^ ( 1 - x) ) dx = 0 . 2
2
i
b) Durch S fließt Flüssigkeit. Der Ausdruck 8 - 5x — 19z ist positiv in D und negativ in D- . Die Strömung fließt in jedem Punkt von y(D+) aus T
+
Abbildung 3.21. Zur Flussrichtung
hinaus und in jedem Punkt von y(D-) nach T hinein, und die entsprechenden Mengen an Flüssigkeit sind gleich, so dass im Endeffekt die Flüssigkeitsmenge in T konstant bleibt. c) Für 5 z betrachtet man die Parametrisierung
D :=
(o\ y
0
x
x
W
Es gilt ( x x x )(y,z) = ( 0 , 1 , 0 ) x ( 0 , 0 , 1 ) = ( 1 , 0 , 0 ) . Da diese Richtung (bezüglich T) von außen nach innen zeigt, ist der Fluß von innen nach außen durch S gleich — f f • do = — J f(x(y,z)) • do(y,z) = T
y
x
- f (y
T
s
+ z,-13z,y)
s
• (l,0,0)^(y,z)
T
Dm
T
z
=
- £ (f ~ 2
2z
(y + ) y)dz z d
=
+ ( ~ )) = Jo(~ + ) = Vorzeichen zeigt, dass es hinein fließt. Analog geht man für S und S vor: f fdo = J (z,x- 13z, x) - (0,-1,0) da(a;,z) - JQ^ ~2 2
Z)2
z
2
Z
2
DZ
2 z
d z
Y
T
s
D
T
D
Z
a
s
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
533
e
= J01 (J;-"'(13z - x)dz)dx = J01 23 (1- X)2 - x(l- x))dx = 2,
JsJ· do = JD)y, x, y + x)T . (0,0, _l)T da(x, y) = J01 (J~-2'" (-y - x)dy)dx = J01 ((-V; - xy)
11~~~-2"')dx
= J01 (-2 + 2x)dx = -1;
°
°
dabei wurde mit D z das Gebiet {(x,y)T I < x < 1 , < Y < 2 - 2x} bezeichnet. Insgesamt ist der Fluss von innen nach außen durch den Rand von T gleich
J
f·do=0-1+2-1=0.
ßT
d) T ist schlicht über jeder der Koordinatenebenen, weil die Dreiecke D"" D y und D z stückweise glatte Randkurven haben, und es gilt: T = {(x,y,zf E IR3 I (x,yf E D z = {(x,y,zf E IR3
I (x,zf
,
°< z <
1
1- x - "2 Y }
y < 2 - 2x - 2z} 1 = {(x,y,zf E IR3 I (y,zf E D", , 0< x < l-"2 Y - z}.
t",
t
E D y , 0<
tz
e) div f = (y + z) + y (x - 13z) + (y + x) = 0. Deshalb gilt nach dem Divergenzsatz von Gauß JßT f· do = JT div(f)da(x, y, z) = was schon in der Lösung von c) gezeigt wurde.
°,
Aufgabe 47 a) b)
Bestimmen Sie a,b,c E IR so, dass das Vektorfeld f , f(x,y,z) = (3x - y + az, bx + 4y + 2z, x + cy - z)T, wirbelfrei ist. Untersuchen Sie, für welche a, b, c E IR das Vektorfeld g : IR 3 -+ IR 3 , g(x, y, z) = (ayz, bxz, cxy)T, wirbelfrei ist.
Lösung: a) rot f(x, y, z) = (c - 2, a - 1, b + If verschwindet in jedem Punkt aus IR 3 genau dann, wenn c = 2, a = 1 und b = -1 gilt. b) Es ist rot g(x, y, z) = ((c- b)x, (a - c)y, (b- a)z)T = (0,0, of genau dann, wenn a = b = c gilt. Aufgabe 48 Es sei a eine reelle Zahl aus [0,1[, Fa sei die Fläche
{(x, y, z f E IR 3 I x 2 + y2
+ Z2
= 1, z
> a} ,
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
534
K sei die Drehkegelfläche (einschließlich Rand), welche den Nullpunkt als Spitze und die Kreislinie dF = {(#, y, a) G IR | x + y = 1 — a } als Basis hat, und G sei das beschränkte Gebiet im Inneren der Einheitskugel mit F U K als Rand. O bezeichne den Ursprung des Koordinatensystems. a
T
3
2
2
2
a
a
a
a)
a
c)
Zeigen Sie, dass G ein Drehkörper mit der z-Achse als Drehachse ist, und weisen Sie nach, dass G schlicht über allen drei Koordinatenebenen ist. Geben Sie für F und K \(dF U {O}) reguläre Parameterdarstellungen an, so dass die entsprechenden Flächennormalen aus G hinaus weisen. Bestimmen Sie den Flächeninhalt von F .
d)
Berechnen Sie das Oberflächenintegral J
e) f)
torfeld f : IR —> IR , f (x, y, z) := (Sxz + y , y + xz, 3x z - y) Berechnen Sie div f und rot f . Berechnen Sie f (div f) da (x,y,z) .
a
a
b)
a
a
a
a
a
F
3
g)
3
f (x) -do(x), wobei f das Vek
2
s
3
2
ist.
T
G
Berechnen Sie f
(rotf) • do, und prüfen Sie nach, dass das erzielte
Ergebnis mit J
f • dx übereinstimmt, was nach dem Satz von Stokes
F
dF
gelten muss! Lösung: a) Es gibt genau ein a G [0, | [ mit sina = a, es ist a = aresin a. Der Schnitt D von G mit der x-z-Ebene ist ein Kreissektor des Einheitskreises mit dem a
a
Öffnungswinkel TT — 2a, wie in Abbildung 3.22. Durch Drehung von D um die z-Achse entsteht G ; dabei beschreibt der Punkt P = (cosc*,0,sina) den Kreis dF . Durch Drehung des offenen Kreisbogens B , dessen Randpunkte P und Q = (— cosa, 0, sin a) sind, entsteht F . Der Radius OP erzeugt dabei die Kegelfläche K . Es gilt: a
T
a
a
a
a
T
a
a
a
a
a
K = {(*, y, z)
T
a
G IR | (x + y )a 3
2
2
2
= (1 - a )z 2
2
, 0 < z < a}
535
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
Da Ga ein Drehkörper mit der z-Achse als Drehachse ist, genügt es zu zeigen, dass Ga schlicht über der x-z-Ebene und der x-y-Ebene ist. (Die Begründung der Schlichtheit von Ga über der y-z-Ebene verläuft analog zu derjenigen über der x-z-Ebene.) Man hat
Ga = ((x,y,z) T E IR 3
I
(x)z
E Da, -m(x,z)
< y < m(x,z)} ,
V1 - x 2 - Z2
, falls a ::::: z ::::: 1 ,
V c!J- Z 2 -
,falls
wobei gilt m(x, z):= { . /1-
2
x2
°: :
z
Der Rand von Da besteht aus glatten Kurven (nämlich Ba, OPa und OQa). Da die Funktionen (x, Z)T 1-7 -m(x, z) und (x, z)T 1-7 m(x, z) stetig auf Da sind, ist Ga schlicht über der x-z-Ebene. Sei nun 6 a := {(x,y)T E IR 2 I x 2 +y2 < cos 2 o: = 1- a 2}; es gilt Ga = {(x,y,z)T E IR31 vx2 +y 2 tano: < z < x 2 - y2}. Da der Rand von 6 a glatt ist und beide Funktionen
V1 -
(x, y)T 1-7 VX2 + y2 tano: und (x, y)T 1-7 x 2 - y2 stetig auf 6 a sind, ist Ga schlicht über der x-y-Ebene. b) Sei Da := {(x,y)T E IR 2 I x 2 + y2 < 1 - a 2}. Durch z : Da --+ IR 3 , (x, y)T 1-7 (x, y, x 2 - y2f wird Fa regulär parametrisiert, weil:
V1 -
V1 -
zx(x,y) = (
~
Vl--"~-y2
),
V1 -
Aus z(x, y) = x 2 - y2(zx X Zy)(x, y) folgt, dass die Flächennormale von Ga nach außen zeigt; also wird Fa mittels z mit der richtigen Orientierung versehen. Für die offene Kegelfläche (ohne Spitze) könnten wir die Parameterdarstellung 6 a --+ IR3 , (x,y)T 1-7 (x,y,vx2 +y 2 tano:)T wählen. Die Ableitunund (0,1, htano:)T; degen nach x und y sind (1,0, ~tano:)T x2+y2 X2+y2 ren Vektorprodukt ist (- ~tano:,~tano:,l)T. Da die dritte X2+y2 x2+y2
536
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
Komponente positiv ist, hat diese Parameterdarstellung nicht die gesuchte Orientierung; deshalb muss man die Parameterdarstellung ändern. Am einfachsten wäre es, y : D. a -+ IR 3 , (x, yf I-t (y, x, Jx 2 + y2 tana)T zu nehmen, also die ersten bei den Komponenten zu vertauschen. Damit erhält man: yx(x,y) = (0,1, ~tana)T, yy(x,y) = (1,0, htana)T, 2
x2+y2
(Yx
x +y2
yy)(x,y) = (~tana, ~tana,-l)T. x2+y2 x2+y2 c) Wir berechnen zuerst den Flächeninhalt von Fa mit Hilfe der obigen Parameterdarstellung z wie folgt: fF do fD a Ilzy(x, y)llda(x, y) X
fD a vh_~2_y2da(x,y) = f~7r(Jo~ ";/"-r2dr)d'[) = 21r(-~)
If1 - a2 =
27r(1- a) = 27r(1 - sina) . Ein anderer Lösungsweg: Man betrachtet in der x-z-Ebene die stetig differenzierbare Funktion h :]a, 1[-+ IR+, h(z) = JI=Z2. Die Menge {(h(z), z( I a < z < 1} ist der Bogen auf dem Einheitskreis von Pa bis N; durch die Drehung dieses Kreisbogens um die z-Achse entsteht die Fläche Fa (ohne N). Hiermit ist der Flächeninhalt von Fa gleich
J 1
= 27r
dz = 27r(1 - a).
a
d) Das vektorielle Oberflächenelement ist do(x) =
(~::::~~:;) da('[),B). cosB sinB
3 cos Bsin2 Bcos '[) + cos 3 Bsin3 '[)) Außerdem gilt f (x( ,[), B)) = ( cos3 Bsin3 '[) + cos Bsin Bcos '[) und damit 3 cos 2 Bsin Bcos 2 '[) - cos Bsin '[) f (x('[), B)) . do (x('[), B)) = (6cos3 Bsin 2 Bcos 2 '[) + cos5 Bsin4 '[)
+ cos 5 Bcos '[) sin 3 '[) + cos3 Bsin Bcos '[) sin '[) Es wird über B von a bis
f~7r
cos'[)sin3
~
'[)d'[) = tSin4'[)
f~7r sin '[) d'[) = - cos'[) zu integrieren. Es gilt:
lö = 7r
cos 2 Bsin Bsin '[) ) da( ,[), B) .
und über '[) von Obis 27r integriert. Wegen
lö
°
7r
= 0, f~7r cos'[)sin'[)d'[) = ~sin2'[)
lö
7r
= 0,
genügt es, nur die ersten bei den Summanden
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
J ~
J
537
~
"2
"2
COS 3 ()
sin 2 () d() =
a
(sin 2 ()
-
sin 4 ()) cos () d()
a ~
"2
1 . 3 () 1. 5 ()) - Ssm = ( 3 sm
J 2~
J+
21. 3 = - - - sm a 15 3
+ -1.sm 5 a 5
'
2~
cos 2
ep dep
=~
o
(1
cos 2ep)dep
= 7r ,
0
J ~
J ~
cos5 () d()
=
a
J ~
"2"2
"2
(1 - sin 2 ())2 cos () d()
=
a
(1 - 2 sin 2 () + sin 4 ()) cos () d()
a ~
"2
J 2~
8. = -15 - sm a + -32.sm 3 a
J =- J - 2~
sin 4 ep dep =
o
1. 5 - - sm a 5 '
~
(1- 2 cos 2ep)2dep
0
2~
1 4
o
(3 2
cos 4ep) dep 2 cos 2ep + 2
= -37r 4
.
Hiermit ergibt sich wegen a = sin a
J
(
1 f(x) . do(x) = 67r -2 - -a 15
Fa
= -67r5 -
3
3+ -a 1 5) + -37r (
37r
37r
4
2
-a - -a
5
4
3
2l7r 5 +a 20
2 3--a 1 5) -8 - a + -a 15
3
.
e) Wir berechnen die Divergenz und Rotation von f :
2 d . f _ 8(3xz + y3) IV 8x
+
8(y3 + xz) 8y
= 3z 2 + 3y2 + 3x 2 =
8(3x 2z - y) 8z
+ 3(x 2 + y2 + Z2)
.
5
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
538
rotf =
f) Man benutzt die Kugelkoordinaten x = p cos Bcos 'P, Y = P cos Bsin 'P, z = p sin B und die Relationen x 2 + y2 + z2 = p2, da(x, y, z) = p2 cos Bda(p, 'P, B). Hiermit folgt: IGa div da(x, y, z) = 3 IGJx 2 + y2 + z2)da(x, y, z) 1
271"
r~
r1
4
4
271"
3 I o (Jo (Jo2 p cosBdB)d'P)dp 3(Jo p dp)(Jo d'P)(Jo;2 cosB dB) 3· 27f(1 - a) = (1 - a) . g) do(x) haben wir schon in d) berechnet. Weiter gilt
k.
6;
rot f(x)
und damit folgt
J
(rot f) . do
~
=
Fa
=(
- cos Bcos 'P - 1 ) -4 cos Bsin Bcos 'P sin B - 3 cos 2 Bsin 2 'P
,
i (7 (-
cos3 Bcos 2 'P - cos 2 Bcos 'P
0
0;
-4 cos3 Bsin Bcos 'P sin 'P + cos Bsin 2 B -3 cos 3 Bsin Bsin 2 'P) d'P) dB
~
-(l o,w) (1 (! C~3 co,,
-3
27f 3
= - -
I
cos' ~d~) + 2K cosO,ill' OdE ([sill' ~d~)
OSillOdE)
. + 7f sm a
7f . 3
3
- - sm a
+ -27f - -27f.sm3 a 3
3
37f 2 = 7fa - 7fa 3 - -(1 - a2 )2 =7f(1 - a)
4
(
3 2 -a
4
37f 4 cos a 4
- -
+a -
-3 ) . 4
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
539
Der Rand 8Fa hat eine Parameterdarstellung ep I-t
(~~:; ~~:;)
,
wobei ep
sma
zwischen 0 und
27f
variiert.
Wegen f(cos a cos ep, cos a sin ep, sin a) = (
und dx = (
~~~:;:: )
J
J[-3
d",
3 cos a sin 2 a cos ep + cos3 a sin 3 ep) cos 3 a sin 3 ep + cos a sin a cos ep 3 cos 2 a sin a cos 2 ep - cos a sin ep
",hrut man
211"
f· dx
=
äFa
cos 2 a sin 2 a cos ep sin ep - cos 4 a sin 4 ep
0
=
+
cos 4 a cos ep sin 3 ep + cos 2 a sin a cos 2 ep] dep
J 211"
= - cos4 a
o
=-
3; cos4 a
J 211"
sin 4 ep dep
+
cos 2
a sin a
cos 2 ep dep
0
+ 7fCOS2 asina = 7f(1- a2)(~a2 + a-~)
,
was zu erwarten war. Aufgabe 49 Betrachten Sie den Abschnitt F der Kugelfläche x 2 oberhalb der x-y-Ebene liegt. a)
b) c)
+ y2 + (z + 1)2
= 4, der
Berechnen Sie mit Hilfe des Oberflächenintegrals den Flächeninhalt von F. Bestätigen Sie das erzielte Ergebnis, indem Sie F als Rotationsfläche auffassen und das entsprechende Integral auswerten. Dabei wird ein Kreisbogen um die z-Achse gedreht. Betrachten Sie das Vektorfeld f : IR 3 -+ IR3 , f(x, y, z) = (2y + z, 2z + x, 2x + y)T. Berechnen Sie fF(rot f) . do . Bestätigen Sie das obige Ergebnis für fF(rot f) . do mit Hilfe des Satzes von Stokes.
Lösung: Eine mögliche Parametrisierung von Fist
540
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
[0 '3~]
D·= .
2 sin u cos v ) x [0,27r] 3 (u, v) t-+ x(u, v) = ( 2 sin u sin v . 2 cosu - 1
Es gilt
(x u x xv)(u,v) =
2COSUCOSV) ( 2cos~sinv
x
-2smu
(-2SinUSinv) (sin 2 ucosv) 2sinucosv = 4 si.n 2 usinv 0 smucosu
und 11 (x u x x v )( u, v) 11 = 41 sin ul. Der Flächeninhalt ist also
i
271"
11'
I(F) = / 4sinudO"(u,v) = 4/ ( / sinu du ) dv = 4·27r(- cosu) D
0
. 27r Jo4 f1 v' Guldm
(J 4 -
(z
+ 1)2)1
= 47r.
0
Betrachtet man den Kreisbogen [0,1] 3 z t-+ y(z) = J4 - (z so erhält man (wegen
1
0
3
J 4-(z+1)2 -z-1
=
(z + 1)2 . V1 + 4-(z+1)2 (z+1)2 dz --
)
+ 1)2
E [0, V3J,
mit der Regel von
f1 2dz -- 47r . 27r Jo
b) Es gilt: (rotf)(x,y,z) = (1- 2, 1- 2,1- 2)T = (-1, -1, _l)T . / (rotf)·do= / F
i (l( D
=
-1 ) ( sin 2 u COS V ) ( -1·4 si.n 2 usinv dO"(u,v) -1 sm u cos u
-4 ,in' "'OSV - 4sin' usinv - 4sinU'OSU)dV) du
= -8. rinUCOSUdU = -4.·
(Sin'U
I:)
~
= -4.· = -3•.
c) 8F ist der Schnitt kreis von F mit der Ebene z = O. Wir müssen also in der
u=
Parametrisierung von F
i
setzen und erhalten die dadurch induzierte
Parametrisierung x für 8F : x : [0,27r] -+ 8F, x( v) = (V3 cos v, V3 sin v, O)T. Es gilt
!
x( v) = (-V3 sin v, V3 cos v, of und f(x)( v)) = (2V3 sin v, V3 cos v,
2V3 cos v + V3 sin v) T. Damit ergibt sich als Bestätigung von b) 2rr
/ f· dx = / 8F
0
( -6 sin 2
2rr
v
+
3 cos 2
v)dv = / ( 0
~ + ~ cos 2V) dv =
-37r .
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
541
Aufgabe 50
Sei F die Oberfläche des Rotationsparaboloides x 2 + y2 = 3z, die unterhalb der Ebene z = 3 liegt, also F := {(x, y, z)T E IR3 I x 2 + y2 = 3z, z < 3}. Das stetig differenzierbare Vektorfeld f : IR 3 -+ IR 3 sei durch f(x, y, z) = (2y + z,xz,yz)T definiert. a) b)
Berechnen Sie JöF f . dx . Bestätigen Sie das erzielte Ergebnis mit Hilfe des Satzes von Stokes.
Hinweis: Betrachten Sie die Parametrisierungx :]0, 271"[x]0,3[-+ F, x(t,r) = (r cos t, r sin t, !r 2)T. Der Vektor Xt x X r hat eine negative dritte Komponente und weist aus dem Gebiet {(x, y, z) T E IR3 I x 2 + y2 < 3z < 9} heraus, wie es im Satz von Stokes verlangt wird. Die auf 8F induzierte Orientierung ist deshalb im Uhrzeigersinn, d.h. auf 8F soll die Parametrisierung ]0, 271"[-+ 8F , t I-t (3 cos t, -3 sin t, 3)T betrachtet werden. Lösung: a) Mit der Parametrisierung y :]0, 271"[-+ 8F, t I-t (3 cos t, -3 sin t, 3) T erhält das Vektorfeld die Gestalt (-6 sin t + 3,9 cos t, -9 sin t)T und damit gilt 211"
211" (
j f·dy= jf(y(t)).y/(t)dt= j öF
0
0
-6 sin t + 3) ( -3 sin t ) 9co.st . -3cost dt -9 sm t
°
211"
= j (18 sin 2 t - 9 sin t - 27 cos 2 t)dt o 211"
= j (-~ - ~5 cos2t o
b) Man bat x,(t, r)
(t~~;::) ,
~ ( ~:F,')
wtf(x, y, z)
9sint) dt = -971".
,
x,(t, r)
~ ~:) (:
~ (:~::)
, wtf(x(t, r))
~
, Xt
x xr(t,r)
=
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
542
=!3 (211" ! (~r4cost- ~r3cos2t+ ~r2sint- ~r3 +2r)dt) =271"
J
3 (
o
dr
3 3) 2 1 4+ r 2) 3= -971" . + 2r dr=271" (-3"·:r
1 - 3"r 1 -3"r
Wir haben dabei berücksichtigt, dass cos 2 t
1
0
=
l±C~S 2t
gilt und dass
J~1I" cos t dt , J~1I" cos 2t dt und J~1I" sin t dt gleich Null sind. Die zwei Ergebnisse stimmen also überein. Entscheidend dabei war, auf {)F die richtige, d.h. die induzierte Orientierung zu wählen. Anschaulich hat man sich auf {)F so zu bewegen, dass F links von einem liegt (vorausgesetzt, die Richtung der Flächennormalen stimmt beim Durchlaufen von {)F überein mit der Richtung Füße - Kopf). Aufgabe 51 a) b)
c)
Bestimmen Sie die Möbius-Transformation f, welche -1 festlässt und 1 und i auf 00 und 0 abbildet. Geben Sie für die folgenden Mengen das Bild unter fan: i) Der Einheitskreis, ii) das Innere des Einheitskreises, iii) das Äußere des Einheitskreises, iv) die Gerade durch -1 und i, v) die Strecke] - 1,1[, vi) die Halbgerade ]1, +00[, vii) die Halbgerade ]- 00, -1[, viii) die imaginäre Achse. Sei 9 die Möbius-Transformation z t-+ :=~. Bestimmen Sie die Bilder derselben Mengen unter 9 .
Lösung: a) Sei f(z) = ~:t~ die gesuchte Möbius-Transformation. Aus f(l) = 00 folgt c + d = 0, d.h. d = -co O.E. c = 1 und damit d = -1. Aus f(i) = 0 folgt
ai + b = 0, d.h. b = -ai, und deshalb f(z)
= t~li). Wegen f( -1) = -1 folgt -1 = a( -l-i) 2 = a(-1 - i) a = -1 + i und damit f(z) = (i-1)(z-i) . -1-1 " z-l b) Es gilt: f(l) = 00 , f(i) = 0 , f( -1) = -1 , f(O) = -1 - i , f(oo) = -1 + i , f(2) = -1 + 3i , f( -2) = -1 + t ' f( -i) = -2. f ist eine bijektive
Abbildung von tauf t. Außerdem bildet f die Menge der Kreise und Geraden auf die Menge der Kreise und Geraden ab. Daraus folgt:
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
543
i) Das Bild des Einheitskreises ist die reelle Achse vereinigt mit dem unend lich fernen Punkt oo. ii) Wegen a) ist das Bild des Inneren des Einheitskreises entweder die obere oder die untere Halbebene. /(0) = - 1 - i zeigt, dass das Bild des Inneren des Einheitskreises die untere Halbebene ist. iii) Wegen i),ii) und da / bijektiv ist, ist das Bild des Äußeren des Einheits kreises die obere Halbebene. iv) Wegen /(—1) = —1, f(i) = 0 und /(oo) = — 1 + i ist das Bild der Geraden
I
Abbildung 3.23. Die Möbiustransformation f(z) =
durch —1 und i der Kreis durch —1,0 und - 1 + z, d.h. der Kreis mit — \ + \ als Mittelpunkt und dem Radius ^ ohne den Punkt - 1 + i • v) Da / ( - l ) = - 1 , /(0) = -1-i und / ( l ) = oo gilt, ist /(] - 1,1[) die Halbgerade {-1 + ti \ t < 0} . vi) Mit / ( l ) = oo, /(2) = - 1 + 3z und /(oo) = - 1 + i erhält man als Bild von ]1, +oo[ die Halbgerade {-1 + ti \ t > 1} . vii) /(] - oo, -1[) = {-1 + ti | 0 < t < 1} . viii) Da /(O) = - 1 - i, f(i) = 0, f(-i) = - 2 und /(oo) = - 1 + i gilt, ist das Bild der imaginären Achse der Kreis mit dem Mittelpunkt —1 und dem Radius 1 ohne den Punkt +i . c) Aus der Gestalt von / und der Definition von g folgt f(z) = (i — l)g(z) = y/2e^~ g(z), l
und damit g(z) = -^=e^~ f(z). l
Die Funktion g ist also die
Hintereinanderausführung von / , einer Drehung um den Nullpunkt um und schließlich einer Streckung um den Faktor ^ ^
^
(was natürlich wegen
< 1 auf eine Verkürzung hinausläuft). So wird z.B. —1 durch g auf
•^e * 2
1
= | ( 1 + i) abgebildet. Deshalb werden die Mengen aus b) durch g
in folgender Weise abgebildet: i) Der Einheitskreis auf die erste Winkelhalbierende vereinigt mit oo .
544
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
ii), iii) Das Innere (Äußere) des Einheitskreises auf die Halbebene, die oberhalb (unterhalb) der ersten Winkelhalbierenden liegt. iv) Die Gerade durch -1 und i auf den Kreis mit dem Mittelpunkt ~ und dem Radius ~ ohne den Punkt 1. v) Die Strecke]- 1, 1[ auf die Halbgerade H(1 + i) + u( -1 + i) lu > O} . vi) Die Halbgerade ]1, +oo[ auf die Halbgerade {I + u( -1 + i) I u < O} . vii) Die Halbgerade ]- 00, -1[ auf die Strecke zwischen ~(1 + i) und 1 ohne Endpunkte. viii) Die imaginäre Achse auf den Kreis mit dem Mittelpunkt ~(1 + i) und dem Radius ohne den Punkt 1.
Jz
Aufgabe 52
a) b) c) d)
Bestimmen Sie eine Möbius-Transformation I, welche 1 auf -1, -1 auf -i und -i auf i abbildet. Ist diese Transformation eindeutig bestimmt? Wie lautet 1- 1 ? Berechnen Sie 1(0), 1(00), 1- 1 (00) und die Fixpunkte von I, d.h. die z E ( mit der Eigenschaft I(z) = z . Bestimmen Sie das Bild i) der Geraden aus (,die durch 1 und -i geht, ii) der reellen Achse (mit 00 vereinigt), iii) der imaginären Achse (mit 00 vereinigt), iv) des Kreises durch -1- 2i, 0 und 1 unter der Transformation I.
Lösung: a) Sei I(z) = ~:t~ mit ad - bc -=P 0 und 1(1) = -1, 1(-1) = -i sowie I( -i) = i. Daraus folgt a+b+c+d = 0, a-b+ic-id = 0 , ia-b+c+id = O. Durch Eliminieren von b folgt aus diesen Gleichungen a + (1 - i)c + d = o , a + i + l~i d = O. Durch Subtraktion erhält man daraus d = (1 + 2i)c. Wählt man für c den Wert 1, so folgt d = 1 + 2i und damit a = -2 - i sowie b = -i. Also ist I(z) = (~~~~~~i eine Möbius-Transformation, die die gewünschten Eigenschaften hat, wie man leicht überprüft. Wir hatten c = 1 gewählt. Die Wahl c = 0 an derselben Stelle führt zu d = 0, man erhält also keine Möbius-Transformation. Für c -=P 0 erhält man für a, b, d die Werte c( -2 - i), ci, c(1 + 2i) und damit, wenn man c kürzt, dieselbe Möbius-Transformation I. Somit ist 1 eindeutig bestimmt.
1t C
b) Aus w
=
(~~~~~i folgt wz+w+2iw
= (-2-i)z-i, dann z(w+2+i) =
(-1 - 2i)w - i und damit z = -(~~;l~-i. Die inverse Transformation ist also durch
1- 1 (w) = -(~~;l~-i
definiert.
1- 1
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel c) f(O)
f-l(OO) Z2
545
= 1+~i = -i~~~2i) = -(~ + ii) = w--+oo lim f-l(W) = -1 - 2i. Aus
=
, f(oo) f(z)
=
-3(1
+ i) ±
)9(1 2
Da die Quadratwurzeln von i
- ~(1
+ i)
sind, sind -3t 0 (1
+ i)2 -
4i
-2 - i,
=
= 0 mit den Nullstellen
-3(1 + i) ± y'142
= --'----'2--- .
= cos ~ + i sin ~ + i)
=
z folgt (-2 - i)z - i
+ Z + 2iz und damit die Gleichung Z2 + 3(1 + i)z + i z=
lim f(z)
z--+oo
die Zahlen ~ (1
+ i)
und
und -3;0(1 + i) die Fixpunkte von
f .
d)i) Das Bild der durch 1 und -i gehenden Geraden aus i: enthält die Punkte f(l) = -1, f( -i) = i und f(oo) = -2 - i und ist entweder eine Gerade oder ein Kreis in i:. Da -1, i und -2 - i kollinear sind (nämlich auf der reell geschriebenen Geraden y = x + 1 liegen), ist das Bild die Gerade aus i:, die durch -1 und i geht. ii) Das Bild der reellen Achse (vereinigt mit 00) enthält die Punkte f( -1) = -i, f(l) = -1 und f(oo) = -1 - 2i. Diese drei Punkte liegen nicht auf einer Geraden. Deshalb ist das Bild der reellen Achse unter f ein Kreis. Geometrisch ist sofort einzusehen, dass -1 - i den Abstand 1 zu -i, -1 und -1 - 2i hat. Somit ist das Bild der Kreis mit Mittelpunkt -1 - i und Radius 1, also die Menge {z E ([ Ilz - (-1- i)1 = I}. (Hätte man nur die reelle Achse abgebildet, so hätte man aus diesem Kreis den Punkt -1 - 2i entfernen müssen!) iii) Die Bilder von -i,O und 00 unter f sind i , -~-i bzw. -2 - i. Sie liegen nicht auf einer Geraden. Das gesuchte Bild ist deshalb ein Kreis mit Mittelpunkt 0: + iß. Es gilt: 0: 2 + (ß -1)2 = (0: + 2)2 + (ß + 1)2 = (0: + ~)2 + (ß + i)2. Äquivalent dazu ist das lineare Gleichungssystem 20: + ß + 3 = o , 0: + 3ß - 1 = O. Seine Lösung ist 0: = -2, ß = 1. Deshalb ist das gesuchte Bild der Kreis mit Mittelpunkt -2 + i und Radius 2. iv) Das Bild des Kreises durch -1- 2i, 0 und 1 unter f enthält f( -1- 2i) = 00, f(O) = -~-i und f(l) = -1, es ist also die Gerade durch -~-i und -1, vereinigt mit 00 . Aufgabe 53 Ist g eine Gerade in ([, so bezeichnet g die erweiterte Gerade g U {oo} in der erweiterten komplexen Ebene i: := ([ U {oo} . a) b)
Bestimmen Sie die Möbius-Transformation f : i: -+ i:, welche -1,0 und 1 auf 0, i, bzw. 1 abbildet. Berechnen Sie f- 1 . Geben Sie die f-Bilder an für i) die erweiterte reelle und die erweiterte imaginäre Achse,
546
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
ii)
c) d)
die Strecken [-1,0] und [0,1] sowie die erweiterte Halbgeraden L :=]- 00, -1] U {oo} und h+ := [1, oo[U{ oo}, iii) die Strecken [-i,O] und [0,1] sowie die erweiterten Halbgeraden L := {-it I t 2 1} U {oo} und l+ := {it I t 2 1} U { oo} . Wann wird eine erweiterte Gerade in d: unter f auf eine erweiterte Gerade in d: abgebildet? Bestimmen Sie die f-Bilder der offenen vier Quadranten
Q1:= {x+iy E {I x > O,y > O}, Q2:= {x+iy E {I x Q3 :=
< O,y > O}, {x + iy E {I x < O,y < O}, Q4 := {x + iy E {I x > O,y < O}.
Lösung: a) Ist f(z)
= ~:t~ mit ad-bc =j:. 0, so folgt aus f( -1) = 0, f(O) = i, f(l) = 1 zuerst a = b, b = id und a + b = c + d und damit f (z) = (2~;);-i' falls z E {\e~2i} ist. Außerdem hat man fe~2i) = 00 und f(oo) = 2:si. Aus w = (2~;)!-i erhält man (2+i)zw-iw = z+l, daraus z[(2+i)w-1] = iw+1,
und deshalb gilt f-1(W) = (2!~)~1_1 für alle w E {\e:s i }. Schließlich ergibt sich f-1(00) = 1~2i und f- 1 i ) = 00 .
e:s
b) i) Die Punkte f( -1) = 0, f(O) = i und f(l) = 1 sind nicht kollinear; sie bilden ein gleichschenkliges, rechtwinkliges Dreieck. Deshalb ist das f-Bild der erweiterten x-Achse der Kreis mit dem Mittelpunkt und dem Radius V;, also 86,?e~). Wegen f(i) = -i, f(O) = i, f(-i) = 2t i ist auch das
!:f
f-Bild der erweiterten imaginären Achse ein Kreis. Sein Mittelpunkt ist -1, und sein Radius ist ,;2. Deshalb gilt f(ilRU {oo}) = 860(-1). ii) Wir bestimmen zuerst die f-Bilder der angegebenen Halbgeraden und Strecken, die auf der reellen Achse liegen. Wenn z von -00 bis +00 auf der i) reellen Achse über -1,0,1 läuft, läuft f(z) von f( 00) = 2:si auf 86:La 2
et
über 0, i, 1 und wieder nach 2:si, und zwar im Uhrzeigersinn. h_, [-1,0], [0, 1] und h+ werden durch f jeweils auf den Bogen von 86 v'2 zwischen 2:si und 0,
°
2
(!:f)
und i, i und 1, bzw. 1 und 2:si abgebildet. Als Bestätigung dienen
-;1
3i und f(~) = ~(2 + i) . die Werte f( -~) = Wenn z auf der imaginären Achse von ganz unten nach ganz oben über -i,O und i geht, geht f(z) von f(-oo) = 2:si über 2t i , i , -i wieder nach f(oo) = 2:si, und zwar gegen den Uhrzeigersinn. Entsprechend werden hintereinander L, [-i, 0], [0, i] und l+ mittels f abgebildet auf Bögen von 860(-1), und zwar von 2:si nach~, von ~ nach i, von i nach -i, bzw.
von -i nach 2:si, wobei von i nach -i der Bogen durch -1 - ,;2 zu nehmen ist und die anderen Bilder die jeweils kürzeren Bögen sind. Beachten Sie dazu
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
,t
Q,
~~// ~
~
······,.. 1..----, " , D4 \
;Mä(~) ,
ji
-i
~
t
f
-::ti'i. Q,
547
~ 8ß.j2( -'~} ..........•••............
Abbildung 3.24. Die Möbiustransformation f(z) = (2~;j;-i
Abbildung 3.24. c) Genau dann wird eine erweiterte Gerade in ( durch f auf eine erweiterte Gerade abgebildet, wenn sie durch f-1(00) = 112i geht.
d) f bildet ( bijektiv auf ( ab und insbesondere das erweiterte Achsenkreuz auf V := 86 fl (!.:f )U86.)2( -1). f bildet die vier offenen Quadranten Qj auf 2
die offenen Teilmengen D 1 := 6fl(!.:f)
n 6.)2(-1) , D 2 := 6.)2(-1)\D 1,
D 3 := (\(6 fl 2
:= 6fl(!.:f) ab. Ä bezeichnet den
et )U6.)2(-1)) und D 2
i
4
2
Abschluß der Menge A, d.h. Ä = Au 8A. Begründung dazu: Würden z' und z" aus demselben Quadranten Qj in zwei verschiedene Mengen D i und Dk abgebildet, so würde das f -Bild der Strecke [z', z"] zwischen z' und z" (die in Qj liegt) die Menge V schneiden, was wegen der Bijektivität (genauer wegen der Injektivität) von f nicht möglich ist. . . 2 Betrachtet man 2 E D 1 , -~ E D 2 , ~ E D 3 und 3' E D4, so folgt aus der obigen Überlegung und aus f-1(2) = 4i E Q1, f-1( -~) = -3ri E Q2, f-1(~) = -;3 2i E Q3 sowie f-1(~) = 7 54i E Q4, dass f(D j ) C Qj für alle jE {1,2,3,4}. Da hinzu f surjektiv ist, gilt sogar f(D j ) = Qj für alle j .
7t3
Aufgabe 54
Gibt es eine offene Teilmenge von ((, auf welcher die Funktion u, u(x + iy) = x 2 y 2 der Realteil einer komplex differenzierbaren Funktion ist? Falls ja: Geben Sie diejenige komplex differenzierbare Funktion f mit Realteil u an, welche 1 auf 2i abbildet. Stellen Sie f in der Form f(x + iy) = f(z) dar.
t
Lösung: u ist lokal genau dann der Realteil einer komplex differenzierbaren Funktion, wenn 6u = 0 gilt. Wir berechnen nun die benötigten partiellen Ab-
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
548
2xy leitungen erster und zweiter Ordnung von u. Man hat ~~ = (X 2+y 2)2 , x2_y 2 a2u _ -2 x2+y 2_4x 2 _ au _ X2+y 2_2y 2 _ 3x 2_y 2 ay (X 2+y2)i - (x 2+y2)2 , 8X2" Y (X2+y2)3 - 2y (X 2+y2)3 , a2u _ _ 2y(x 2+y2)_4y(x 2_ y2) _ -2 X2+y2+2x 2_2 y2 2 3x2_~2 d d ayx (x2+y2J3 Y (X2+y2)3 = - Y (x2+y)3 ,un a2u {Pu a G mit 8X2" + ayx = O. esucht ist eine zweimal stetig differenzierbare Funk· av Aus ay av -- au 2xy C I t t lOn v ml·t au ax -- av ay un d au ay -- - ax· ax -(X2+y2)2 10 g v(x, y) =
x2~y2
+
g(x) mit stetig differenzierbaren g. Aus der zweiten
Cauchy-Riemannschen Differenzialgleichung folgt ~~ = x~:I:;;);2
+ g'(x)
=
- ~~ = (%2;;2)2' 2
2
und daraus g'(x) = 0, d.h. 9 ist eine reelle Konstante. Eine komplex differenzierbare Funktion, deren Realteil u ist, hat also die Gestalt x2 y2 + i(x2~y2 + C). Für x = I, Y = 0 muss man den Wert 2i erhalten; also: 0 + i(l + C) = 2i. Es folgt C = I, und damit: Y ~ + i = iz + i = i(lz + 1) . f( z) = f(x + iy) = x~+i\ +y + i = i xa;,-i +y2 + i = i zz
t
Aufgabe 55
a) b) c)
Zeigen Sie, dass u : IR2 --+ IR2 , u(x, y) = e- y sin x eine harmonische Funktion ist. Bestimmen Sie eine zu u harmonisch konjugierte Funktion v . Schreiben Sie die Funktion z = x + iy f-+ u(x, y) + iv(x, y) als Funktion von z.
Lösung: a) u ist unendlich oft reell differenzierbar, weil dies für die Exponential- und Sinusfunktion gilt. Wegen ux(x,y) = e-Ycosx , uxx(x,y) = -e-Ysinx , uy(x,y) = -e-Ysinx und Uyy(x,y) = e-Ysinx folgt (u xx + Uyy)(x,y) = -e- y sin x + e- y sin x = 0, und damit ist bewiesen, dass u harmonisch ist. b) Sei v : IR2 --+ IR unendlich oft reell differenzierbar und harmonisch konjugiert zu u. Aus vy(x,y) = ux(x,y) = e-Ycosx ergibt sich v(x,y) = -e- y cosx + g(x) mit einer unendlich oft differenzierbaren Funktion g. Es muss gelten vx(x,y) = e-Ysinx+g'(x) = -uy(x,y) = e-Ysinx, d.h. g'(x) = 0, 9 ist konstant. Wir wählen 9 = 0 und erhalten mit v(x,y) = -e-Ycosx eine zu u harmonisch konjugierte Funktion. c) Die gesuchte Darstellung ist z f-+ -ie iz , weil für alle x und y aus IR gilt: u(x, y) + iv(x, y) = e- y sinx - ie- y cosx = e-Y(sinx - i cosx) -ie-Y(cos x + i sin x) = -ie-Ye ix = _ie ix - y = _iei(x+iY) . Aufgabe 56
Seien
rk
für k
= 1, ... , 5 die folgenden Wege von -1 nach 1 :
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
-+ -+ -+ -+ -+
549
r1 ist die Strecke von -1 nach 1 , r2 ist das (nach unten unvollständige)
Rechteck von -1 über -1 + i und 1 + i nach 1, r3 ist die obere Hälfte des Einheitskreises von -1 nach 1, r4 ist der Parabelbogen von -1 nach 1 auf y = 1 - x 2 , r5 ist der Bogen von -1 nach 1 auf y = 1 - x 4 .
Berechnen Sie
f
zdz für k = 1, ... ,5.
rk
Lösung: Für jedes k ist als Spur (Bild) einer stückweise glatten parametrisierten zdz als Kurve {tk; : [ak;,bk;]-+ ([ 1 1 :S j:S n(k)} anzusetzen und dann
n
L,;~k2
I::; 'Yk; (t) 'Y~; (t)dt zu berechnen. Für die Strecke r J
Parameterdarstellung [-1,1]-+ ([, t
f-t
I'k
nehmen wir die
1
t; man erhält wegen
t = t:
In zdz =
I~l tdt = ~t2 1~1 = 0 . Die Kurve r 2 wird mittels [0,1] -+ ([, t f-t -1 + it, [-1,1] -+ ([, t und [0,1] -+ ([, t f-t 1 + i(1 - t) parametrisiert. Damit ergibt sich
f
f
f
1
zdz =
r2
(-1 + it)idt +
0
f
(t + i)dt +
(-i + t)dt +
f
-;-(1-+-2-"'·(-1---"'t)""'"") (-i)dt
0
1
o
t+ i
1
-1 1
=
f
1
f-t
f
1
(t - i)dt +
-1
(-i - 1 + t)dt
0
= -2. + -1 - 2·2 - 2. - 1 + -1 = - 4·z. 2 2
r3 wird durch [0,1f] -+ ([, t erhält:
f-t ei{'Ir-t)
= - cos t + i sin t parametrisiert; man
f zdz = f (-cost + isint)(sint + icost)dt 'Ir
r3
0
f ('Ir
=
cos t sin t + cos t sin t - i sin 2 t - i cos 2 t)dt = -1fi .
o
r 4 wird mit der Parameterdarstellung [-1, 1]-+ ([, t damit gilt:
f-t
t+i(1-t 2) versehen;
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
550
f
1
f
zdz=
n
1
2
(t+i(1-t ))(1-2it)dt=
-1
f
f
(t-i(1-t
2)) (1-2it)dt
-1
1
=
(t-2t+2t 3 -i(1-t2 +2t2))dt
-1
1111
= -- + - + - - 2222
-
i(l
118
+ 1 + -3+3-)
= --i 3'
Schließlich erhält man mit der Parameterdarstellung [-1,1] i(l - t 4 ) für den Bogen
f r5
r5
1
zdz =
-7
0:, t
M
t+
:
1
f (t + i(l- t 4))(1- 4it3)dt = f -1
((t - 4t
3+ 4t7)- i(l + 3t4)) dt
-1
= "21 -"21 -1 + 1 +"21 -"21 -
.(
z 1+1+
53 + 53)
=
16. z. -5
Aufgabe 57
Seien /'1, /'2 : [0,1] -7 0: mit /'1 (t) = t + it 2 und /'2 (t) = t 2 + it parametrisierte Kurven. Integrieren Sie die Funktion f, fex + iy) = x 2 + 2iy längs /'1 und /'2. Kann man aus diesen Ergebnissen folgern, dass f keine Stammfunktion besitzt? Lösung: Es gilt für alle t E [0,1] : /'~ (t) = 1 + 2it , /'Ht) t 2 + 2it 2 , fCl'2(t)) = t 4 + 2it. Deshalb hat man
f
1
f(z)dz =
71
f 72
1
fCl'l(t)) =
f (t 2+ 2it 2)(1 + 2it)dt = f[(t2 - 4t3)+ i(2t 2+ 2t3)]dt 0
0
1
f(z)dz =
= 2t + i, sowie
1
f (t4 + 2it)(2t + i)dt = f [(2t 5- 2t) + i(t4+ 4t 2)]dt 0
0
551
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
Die Kurven "(1 und "(2 haben dieselben Anfangs- und Endpunkte, nämlich 0 und l+i. Hätte J eine Stammfunktion F, so wären die Werte f /1 J(z)dz und
f /2 J(z)dz
gleich F(l + i) - F(O). Die Integralwerte sind aber verschieden; deshalb kann es F nicht geben! Aufgabe 58
Sei J: ([ -+ ([, J(x + iy) = x 4 + y4 - 6X 2 y 2 + 4i(x 3y - xy3). a) b)
Zeigen Sie auf zwei verschiedene Arten, dass J komplex differenzierbar in ([ ist. Schreiben Sie J als Funktion von z . Sei "( eine stückweise glatt parametrisierte Kurve mit 0 und 1 + i als Anfangs- und Endpunkt. Berechnen Sie J(z)dz .
J/
Lösung: a) Mit u(x, y) := x 4 + y4 - 6X 2 y 2 und v(x, y) := 4(x 3y - xy3) hat man
J(x + iy) = u(x,y) + iv(x,y), ~~(x,y) = 4x 3 - 12xy 2 = ~~(x,y) sowie
=
4y3 - 12x 2 y = - g~ (x, y). Die Funktionen u und v sind unendlich oft reell differenzierbar und erfüllen die Cauchy-Riemannschen Differenzialgleichungen. Deshalb ist J komplex differenzierbar auf ([. Anders: J(z) = J(x + iy) = (x + iy)4 = z4. Jedes Polynom in z, insbesondere z\ ist komplex differenzierbar. b) g.z5 ist eine Stammfunktion von f. Deshalb gilt für jede stückweise parametrisierte Kurve "( zwischen 0 und 1 + i ~~ (x, y)
J
J(z)dz =
~z5lo1+" = ~(1 +i)5 = ~ ( v'2 (cos~ +isin~) )
5
t
/
Aufgabe 59
Berechnen Sie den Realteil des Integrals Jw Z2~;:-8 dz, wobei W die Ellipse
{x + iy E ([
I x;
+
u;. - 1 = O} ist, die im Uhrzeigersinn durchlaufen wird.
552
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
Lösung: z2+2z-8= (z-2)(z+4). Die Funktion j, j(z):=
::%4 ist komplex differen-
zierbar auf dem Kreis 64(0). Der Weg W befindet sich in diesem Kreis und der Punkt 2 liegt im Inneren der Ellipse mit dem Nullpunkt als Mittelpunkt und den Halbachsen 3 und 2. Nach der Integralformel von Cauchy (unter Berücksichtigung des Umlaufsinns) gilt:
J
w
z
. 2
etZ
+ 2z-
8 dz
=J w
e iz z+4
dz --2 z-
=
J w
2i
j(z) d --2 z z-
= - 2m. j () 2
.
= - 27ri 2e+ 4 = - ~z (cos 2 + i sin 2) = Somit gilt·. Re( Jw r
e % dz) z2+2z-8 i
= Re(Z!:.(sin2 - icos2)) = 3
i (sin 2 - i cos 2) . 71"sin2 3 .
Aufgabe 60
Berechnen Sie mit der Cauchyschen Integralformel das Integral fw z~~4 dz, wobei W i)
der Kreis {(x,y)T E IR2 I (x - 1)2 + y2 = 4} ist, der einmal entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufen wird,
ii)
die Ellipse {(X,y)T E IR2 I (X~3)2 gersinn durchlaufen wird.
+ y2
= 1} ist, die zweimal im Uhrzei-
Lösung: Die Nullstellen des Nenners von Z~~4 sind ±2 .
i) Die Funktion :~~ ist komplex differenzierbar in einer Umgebung des Kreises {z E ([ Ilz - 11::::; 2}, genauer (z.B.) in {z E ([ Ilz -11< 3}. Deshalb gilt nach der Cauchyschen Integralformel (man bemerke, dass der Punkt 2 im Inneren des Kreises W liegt, das beim Durchlaufen des Randes immer links liegt):
J
z ze d z2 - 4
-- Z
w
=
J- -
w
ze% z+2 dz z- 2
z
ze = 2' 7rZ-z
+2
I z=2
2
.2e = e27rZ· . = 27rZ-
4
ii) Die Funktion :~~ ist komplex differenzierbar auf {z E ([ I Iz + 31 < 4}; dieser offene Kreis enthält die angegebene Ellipse. Der Punkt -2 liegt im Inneren der Ellipse. Berücksichtigt man den Durchlaufsinn (das Innere der Ellipse liegt dabei rechts!) und das doppelte Durchlaufen, so erhält man mit der Integralformel von Cauchy
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
J
w
j(z)dz =
553
J+
~ z-2 . ze Z --dz = 2?Tz( -2)· - z 2 z - 2 w
I
· -2e - 22?TZ
.
_
z--2
= 2?Tz( -2)· - - = - - . -4 e2
Aufgabe 61
Berechnen Sie die folgenden Integrale i)
J J
&61
iii)
&62
sinz d -- Z
ii)
z+~
J J
sin~ dz .
&62
cosz d - z
iv)
z+~
z+ 2
3z 2
+ z4 _ e2z + 2)3 dz
(z
.
&62( -2)
Lösung: i) Die einzige Singularität (nämlich eine einfache Polst elle) der Funktion ;~i
liegt in -~, also außerhalb von 6
1
= {z E (: Ilzl ~ I}, da ~
gilt nach dem Integralsatz von Cauchy
J&61 ;~i dz
= 0.
ii) Aus der Cauchyschen Integralformel folgt wegen I -
J
&62
> 1 gilt. Deshalb
~I
<2:
sinz dz = 2 · ( - -?T ) = - 2· ?TZ·Sln ?TZ. z+~ 2 2
iii) Die Funktionen z + ~ und cosz haben in -~ jeweils eine einfache Nullstelle. Deshalb ist - ~ eine hebbare Singularität von ~~ und diese Funk-
i'
tion lässt sich zu einer auf ganz (: komplex differenzierbaren Funktion j (mit j( - ~) = -1) fortsetzen. Für jede stückweise glatt parametrisierte, geschlossene Kurve r (insbesondere für 862) gilt nach der Integralformel von Cauchy: Jr j(z)dz = 0 . iv) Mit der Cauchyschen Integralformel ergibt sich 2~i (3z 2
+ Z4 -
e2z )"
Iz=-2= ?Ti(6 +
12z 2 -
J&62( -2) 3z2(~~:)lz dz
4e 2z )lz=_2
= (54 -
1< )?Ti .
=
Aufgabe 62
Bestimmen Sie für r
> 0 auf 6 r
= {z E (: I Iz I ~ r} das Maximum und das
Minimum der reellwertigen Funktion le z3 1 . Lösung:
Die Funktion j(z) := ez3 ist komplex differenzierbar und nullstellenfrei auf (:. Deshalb kann man sowohl das Maximum- als auch das Minimumprinzip anwenden; demnach gilt
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
554 m~
zE6 r
If(z)1
= zEI)6 max
r
If(z)1
ml!.J. If(z)1 = min If(z)l.
zE6 r
zEI)6 r
Mit der Parametrisierung , : [0,27r] --+ {, ,(t) = reit von 86 r ergibt sich
IfC/(t)) I = If(reit)1 = lexp[(r(cost + isint))3]1 = lexp(r 3(cos3t + isin3t))1 = er3cos3tleir3sin3tl
= er3cos3t.
Da die reelle Exponentialfunktion streng monoton wachsend ist, nimmt die Funktion t r--t er3 cos 3t ihr Maximum bzw. ihr Minimum genau an denselben Stellen an wie cos3t, nämlich in t E {O, 2;, 437r} bzw. in t E U,7r, 5;}. Also: m~x
zE6 r
le z
3
I = er
3
ml!.J. le z
zE6 r
3
I=
3
e- r .
Aufgabe 63
i) ii)
Gibt es eine stetige Funktion f auf dem Inneren des Einheitskreises, so dass f( 2n~1) = n für alle natürliche Zahlen n gilt? Zeigen Sie unter Benutzung des Identitätssatzes, dass es keine komplex differenzierbare Funktion f auf dem offenen Einheitskreis 61 gibt, so dass für alle natürlichen Zahlen n 2: 2 gilt: f (~) = ;!~
.
Lösung: i) Gäbe es eine solche stetige Funktion f, so wäre sie auf der kompakten Menge K = {z E { Ilzl ::; beschränkt. Wegen 2n~1 ::; ~ gibt es aber eine
n
Folge, (2n~1 )n:,,:1 in K, auf welcher f nicht beschränkt ist! Es gibt also keine derartige stetige Funktion. ii) Angenommen, es gibt auf .6 1 eine komplex differenzierbare Funktion f mit
f(~) = ~ = !:~. In z = ~ hat also f dieselben Werte wie die
komplex differenzierbare Funktion 9 : .6 1 \ {
-n --+ (
, g(z)
:= ;~!~. Da
(~)n?:1 gegen Null konvergiert, gilt nach dem Identitätssatz fez) = g(z) für alle z E 61 \{ f ist also, wie g, das in Zo = -~ eine Polst elle besitzt, in jeder Umgebung von Zo unbeschränkt. Damit ist f in Zo E .6 1 nicht komplex differenzierbar (nicht einmal stetig). Widerspruch!
-no
Aufgabe 64
Zeigen Sie, dass die Potenzreihe L~=1 n 2 zn den Konvergenzradius 1 hat, und weisen Sie nach, dass für alle z E ( mit Izl < 1 gilt:
~ ~
n=1
2 n_ z (l+z) n z - (1 _ z)3 .
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
555
Lösung:
Da nl~~ (n~:)2 = J~~ (n~I)2 = 1 gilt, ist 1 der Konvergenzradius der angegebenen Reihe. Aus I-=-Z = E~=o zn folgt durch Differenzieren (I!Z)2 = E~=I nzn-I und daraus (I':Z)2 = E~=I nzn. Durch nochmaliges Differen2 l-z+2z = ",00 zieren ergibt sich ~ L.m=1 n zn-I und daraus die zu beweisende Ident"t··t z(Hz) _ ",00 2 n I a (l-z)3 - L.m=1 n z .
Aufgabe 65
Entwickeln Sie die Funktion j, j(z) .- (Z-I)(zt2)(Z-3) in eine Taylor- bzw. Laurent-Reihe um den Nullpunkt in den folgenden Gebieten: GI := {z E ([
Ilzl
G 3 := {z E ([ 12<
Izl
Izl < 2} , G 4 := {z E ([ 13< Izl < 4} .
G 2 := {z E ([ 11 <
< I} , < 3} ,
Lösung: Für a E ([\ {O} folgt aus der Konvergenz der geometrischen Reihe:
1
1
1
1
- = -- . - - = - """"' -z z - aal - ~ L..t an+! 00
a
n
auf {z E ([
Ilzl < a}
n=O
auf
Ilzl > a}
{z
E ([
1
1 .z- 3 .
Für alle z E ([\{1, -2, 3} gilt j(z) =
1
1
-6 . z -
1
1
1
+ 15 . z + 2 + 10
Deshalb hat man auf GI die Taylor-Reihe
Analog berechnet man die folgenden Laurent-Reihen für j :
.
,
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
556
Aufgabe 66 Entwickeln Sie die Funktion j, j(z) := (z+1)\Z+3)' in den folgenden Gebieten jeweils in eine Taylor- bzw. Laurent-Reihe um zo:
a)
G1 G2 G3 G4 G5
b)
c) d) e)
={ZE<Ellzl<1},zo=ü. ={zE<E11
Lösung: Es wird die Partialbruchzerlegung (z+d(Z+3) = ~ Z!l - ~ Z!3 benutzt. Man hat 1
00
- - = L(-l)k zk für z + 1 k=O
Izl < 1,
1 1 1 look 1 -1 z+l =~ 1+ 1 =~L(-l) zk = L (_l)l-k z k für Z k=O k=-oo 1 1 1 1 00 " z+3=31+.f3 =3L... k=O
(
l)k k z für
-3
Izl>l,
Izl < 3 ,
00 3k -1 1 _1_ = _ _ 1_ = ~ "(_l)k_ = "(_3)1-k z k f z + 3 z 1 + ;! z L... zk L... ür Z k=O k=-oo
11 3 z > .
Daraus erhalten wir: a) j(z) = ~ L::;:o(-l)k zk - ~ L:;:'=o(- ~)kzk = L::;:o(-l)k(~ - ~)zk für z E G1 . b) j(z) = ~ L:k~_oo(-l)l-kzk - ~ L::;:o(- ~)kzk für z E G 2 . c) Für z E G 3 ist j(z) = ~ L:k~-oo (_l)l-k zk - ~ L:k~-oo (_3)1-k zk 1) k L..k=-oo (l)l-k(l "2 - 2.3k-1 Z . d) Wir setzen z + 2 = w; für z E G 4 , d.h. für Iwl < 1 folgt ",-1
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
j(z) = j(w-2) =
557
1
1
00
00
= - - -2 = - ' " W 2k = - "'(Z+2)2k . (W - 1) (w + 1) 1- w ~ ~ k=O k=O
e) Mit z + 1 = wergibt sich für z E G, d.h. für 0
< Iwl < 2 :
1111 1111 j(z) = j(w - 1) = - - - - - - = - - - - - 2w 2w+2 2w 41+* 1 1 1~ k1 k 1 1 ~ k+l 1 k ='2;-4~(-1) 2kw ='2 z+l +~(-1) 2k+2(z+1). k=O k=O Aufgabe 67
Betrachten Sie die Funktion j : (\{O, I} --+ ( , j(z) = :22(~:t)I, a)
Bestimmen Sie die Laurent-Reihe von j um den Nullpunkt auf
Go := {z b)
E (
°
1 < Izl < I}
GI
und
:=
{z
E (
11 < Izl}·
Bestimmen Sie die Laurent-Reihe von j um 1 auf
°
G 2 := {z E ( 1 < Iz - 11< I}
G 3 := {z E ( 11 < Iz - 11} .
und
Lösung:
Aus zz22Czt)12 = A.z + ~ + ~l + ~l) erhält man durch Koeffizientenvergleich zz z,Z-.1.Jdie Partialbruchzerlegung
Z2 - Z + 1 z2(z-1)2
1 1 +Z Z2
----:-,-------:--::- = -
1 z-l
1 (z-1)2
- - - + ..,-----,--,-
< 1 hat man I~Z = L:~=o zn; daraus folgt durch Differenzieren (l!z)2 = L:~=l nzn-l = L:~=o(n+ l)zn. Es ergibt sich die folgende LaurentReihenentwicklung von j um den Nullpunkt auf Go:
Für Izl
1 1 00 00 1 1 00 j(z) = - + 2" + L zn + L(n + l)zn = - + 2" + L(n + 2)zn . z z z Z n=O n=O n=O Für Izl
> 1 gilt z~l = ~. l~f = ~ L:~=o zln = L:~=l z~ und durch Differen-
zieren
1 (z _ 1)2
00
1
00
= Ln zn+! = L(n n=l
n=2
1
1) zn .
Die Laurent-Reihe von j um den Nullpunkt auf GI ist gegeben durch
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
558
+ -Z21 -
j(z) = -z1 1 z2
= -
Für
--b
Iz -
11
(1- + -1 Z z2
00
00
n=3
n=3
1) 1)zn
1 2)zn .
00
+ ""'(n ~ n=3
< 1 gilt
+ "'" -1) + ( -Z21 + ""'(n ~ zn ~
~ = l-(-tZ-l)) = L~=o( -l)n(z - l)n j es folgt daraus
-b
= L~=l(-l)nn(z -l)n-l, also = L~=o(-l)n(n + l)(z _l)n. Die Laurent-Reihe von j um 1 auf G2 ist deshalb 1 j(z) = - z -1
Ist nun
Iz -11>
00
1
+ (z -1)2 + L(-l)n(n + 2)(z _l)n. n=O
1, so hat man ~ = Z~l
1+ 1j
%-1
= Z~l L~=o(-l)n(z_\)n =
L~=l (-1 )nH (z!1)n. Wieder durch Differenzieren erhält man 00
00
1 _ ""'()n 1 _ ""'( )n+1( ) 1 - Z2 - ~ -1 n (z _ 1)n+1 - ~ -1 n - 1 (z _ l)n '
d.h.
1 00 1 z2 = ~(_1)n(n -1) (z -l)n .
Die Laurent-Reihenentwicklung von j um 1 auf G 3 ist _ 1 1 j(z) - - z _ 1 + (z - 1)2 1
+ (z _
1
+ z -1
1 - (z - 1)2
1 = (z -1)2
+ ~(-l)n(n -
-1
1 (z - l)n
1
00
1)2
~()n+1
+~
1) (z
+ l)n
1
00
+ ~(-l)n(n - 2) (z -l)n'
Aufgabe 68
a)
Bestimmen Sie die Polstellen und die zugehörigen Residuen der Funktionen
z j(z):= ~4 z + b)
und
1 g(z) .- - : : - - .- z2 + z + 1
Berechnen Sie die Integrale von j und 9 entlang der Kurven C und V aus Abbildung 3.25 mit den eingezeichneten Orientierungen.
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
559
3i C
"'<1
.
i
Z3
-2
-1
1
2
3
z~
-i Z2
3i
-3i
Abbildung 3.25. Die Kurven C und
Lösung: a) Die Polst ellen von
f sind die Nullstellen von
1)
Z2 + 4, d.h.
Z2 := -2i. Die Polstellen von 9 sind -l~iY1 =: Z3 und
Resflzl = lim.[(z - 2i)f(z)) = lim ~2. = z---t2t z---t2t Z + z
-12i y'3
42~z =
Zl
:= 2i und
=: Z4. Es gilt
-21 ,
Resflz2 = lim .[(z + 2i)f(z)) = lim. ~2. = -42~ = -21 , z---t-2t z---t-2t Z - Z z 1 1 . Resgl z3 = lim [(z - Z3)g(Z)) = lim - - = - - = - ~, Z---t Z3 Z---t Z3 Z - Z4 Z3 - Z4 y3 Resgl z4 = lim [(z - Z4)g(Z)) = lim _1_ = _1_ = ~. Z---t Z4 Z---tZ4 Z - Z3 Z4 - Z3 y3 b) Mit Hilfe des Residuensatzes folgt
J
fdz = 27l"i(Res flzl+Res flz2) =27l"i,
c
J
gdz=27l"i(2 Resgl z3 +2 ResglzJ =0.
c
Dabei wurde berücksichtigt, dass C im positiven Sinne zweimal um Z3 und Z4, aber nur einmal um Zl und Z2 läuft, wie aus der Skizze folgt. Analog sieht man, dass D im positiven Sinne zweimal um Zl und Z3, aber nur einmal um Z2 und Z4 läuft; deshalb gilt: Iv fdz = 27l"i(2 Res flzl + Res flz2) = 37l"i, Ivgdz = 27l"i(2Resgl z3 + Resgl z4 ) = 27l"i(-
Js) =
~ .
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
560
Aufgabe 69
i)
ii) iii)
Geben Sie die isolierten Singularitäten der Funktion j, j(z) (Z2+~5(;+2)2 an. Stellen Sie fest, um welchen Typ von Singularität es sich jeweils handelt. Bestimmen Sie das Residuum in jeder dieser isolierten Singularitäten. Seien n = 86.2( -1) und r 2 = 86. 4 (3i). Berechnen Sie j(z)dz und
Ir!
Ir2 j(z)dz .
°
Hinweis: Ist r > eine positive reelle Zahl und Zo E ([, so bezeichne 6. r (zo) den offenen Kreis mit Radius r und Mittelpunkt zo, d.h. 6. r (zo) := {z E ([!Iz-zol
°
sowie h'(zo)
i
0, so gilt Res *I zo =
%/t:}).
Wegen [(z2
+ 4)(z + 2)2]'
=
2(z + 2)(z(z + 2) + z2 + 4) folgt Res jl2i
z+l
= 2(z + 2) (z(z + 2) + Z2 + 4) 2i + 1 2(2i + 2)22i
Resjl
.=
-2.
2i + 1 32i 2
I
2i
-1 - 2i
32
z+1 I 2(z + 2) (z(z2 + 2 + Z2 + 4)) -2i
-1
+ 2i
32
Hat die Funktion 9 eine Polstelle n-ter Ordnung in zo, so gilt Res glzo = (n~l)! lim z - Ho [g(z) . (z - zo)n] (n-l). Insbesondere erhält man:
[
z+1 2 Res jl-2 = Z~~2 (Z2 + 4)(z + 2)2 (z + 2) .
lim
4 - 2z - z2
z--+-2 (z2 + 4)2
]'
4+4-4
1
64
16
iii) Der Punkt -2 liegt im Inneren des Kreises mit dem Mittelpunkt -1 und dem Radius 2, aber 2i und -2i nicht, weil sie beide den Abstand J5 zu -1 haben. Also:
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
f
f(z)dz
561
= 21riResfl_2 = 27ri l16 = ~i
.
Ft
2i und -2 liegen im Inneren von 6 4 (3i), aber der Abstand von 3i zu -2i ist 5, also größer als der Radius 4. Es folgt:
f
f(z)dz
= 27ri (Res fl-2 +Resfb) = 27ri
(
-1 - 2i
32
1)
+ 16
7r
= 16(2+i).
r2
Aufgabe 70
a)
Bestimmen Sie die isolierten Singularitäten und deren Typ der Funktion (2z-1)eZ Berech nen S'1e d'1e zuge h"ongen . R'd f , f( z:= ) (z-1)(z+2)(z-3)' eS1 uen.
b)
Sei D k der offene Kreis mit Mittelpunkt i und Radius kEIN. 8Dk werde wie üblich entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufen. Berechnen Sie mit Hilfe des Residuensatzes J8 D k f(z)dz in Abhängigkeit von k . Wie kann man das Integral nur mit Hilfe des Cauchyschen Integralsatzes und der Cauchyschen Integralformel berechnen? Bestätigen Sie das in b) erzielte Ergebnis.
c)
Lösung: a) Die einzige Nullstelle des Zählers g, g(z) := (2z -l)e Z ist!. Die Nullstellen des Nenners h, h(z) := (z-1)(z+2)(z-3) sind einfach und liegen in 1, -2 und 3. Deshalb sind 1, -2 und 3 einfache Polst ellen von f. In jeder einfachen Pol-
stelle Zo von f wird das Residuum von f mit Hilfe der Formel Res flzo = ~Vzoo\
berechnet. Wegen h'(z) = (z - l)(z + 2) + (z - l)(z - 3) + (z + 2)(z - 3) gilt h'(l) = -6, h'( -2) = 15 und h'(3) = 10. Da außerdem g(l) = e, g( -2) = -~ und g(3) = 5e 3 gelten, erhält man mit der obigen Formel Resfh = -~,Resfl-2 = -~,ResfI3 = ~ . b) Entscheidend für die Anwendung des Residuensatzes ist die Frage, welche der isolierten Singularitäten innerhalb von D k und welche außerhalb von D k U 8Dk liegen. (Außerdem darf keine isolierte Singularität auf 8Dk liegen.) Die Abstände von i zu 1, -2,3 sind V2, J5, bzw. v'IO. Deshalb liegen alle Singularitäten außerhalb von D 1 U 8D 1 ; innerhalb von D 2 liegt nur 1, innerhalb von D 3 liegen genau 1 und -2; für k 2 4 liegen alle drei isolierten Singularitäten innerhalb von Dk. Deshalb gilt
f f
f(z)dz = 0,
8Dl
8D2
f(z)dz = 7ri Res fl1 = -
~e i ,
562
! !
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
. .
f(z)dz
= 271'z(Resfh + Resfl-2) = (7I'e -3 -
f(z )dz
= 271'z(Res fh + Res fl-2 + Res f13) = (7I'e -3 -
&D3
271') i, 3e 2 271' + 71'e 3 ) Z. 3e 2
&D k
für alle k ;:::: 4 . c) Wegen (Z-1)(Z!2)(z-3) = - 6(Z~1)
+ 15(;+2) + 10(;-3)
hat man
(1 - 2z)e Z (2z - l)e Z (2z - l)e Z f() z = + 15(z + 2) + -'---:------'-.,.6(z - 1) lO(z - 3) . Berücksichtigt man wieder die Abstände von i zu 1, -2 und 3, so erhält man nach dem Integralsatz und der Integralformel von Cauchy
! !
(2z - l)e Z 15(z + 2) dz
!
(2z-1)e Z 10(z _ 3) dz
!
(1 - 2z)e Z 6(z _ 1) dz = 0 und
&D!
(1 - 2z)e Z 6(z _ 1) dz =
&Dk
..'
= 0 fur J = 1,2 und
&Dj
!
71'e ...
-3 z fur
(2z - l)e Z 15(z + 2) dz
k ;:::: 2,
271'. ..
= - 3e 2Z fur
k ;:::: 3 ,
&Dk
..
'
= 0 fur J = 1,2,3 und
&Dj
!(2z-1)e Z 10(z _ 3) dz
= 71'e
3· .. Z fur
k
24.
&Dk
Durch die Addition dieser Ergebnisse erhält man eine Bestätigung der schon in b) berechneten Resultate für J&Dk f(z)dz . Aufgabe 71
a) b)
Bestimmen Sie die isolierten Singularitäten von f, f(z) .berechnen Sie die Residuen von f in diesen Punkten. Berechnen Sie
!
f(z)dz
und
!
eZ~2
und
f(z)dz.
Lösung: a) Die Nullstellen des Nenners sind Zn, Zn := In 2 + 2n7l'i, n E 7l. In diesen Punkten verschwindet der Zähler von f nicht. Da außerdem (e Z - 2)' = eZ keine Nullstellen hat, sind Zn einfache Polstellen von f. Weitere isolierten Singularitäten gibt es nicht. Es gilt
R es fl Z -n
-
Zn
eZn
-
In2 + 2n7l'i _ In2 2 2
+ n7l'z.
f ür
n E
7l
.
563
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel b) Wegen 2mf < v(1n2)2 + (2mf)2 = IZnl < In2 + 2mf liegen nur bzw. Zo, Zl und Z-l in /:::"8' Deshalb gilt nach dem Residuensatz
J J
Zo
j(z)dz
= 21fi· 1~2 = i1fln2,
j(z)dz
In 2 In 2 ) = 21fZ (ln 22 +2 +1fZ. + 2 -1fi = 3i1f In 2.
in 1:::,.2
.
86. 2
86.8
Aufgabe 72 Berechnen Sie
J.8
A ~k
s'lnz
(t-cosz )dz für k = 2
1,2,3,4 .
Lösung: Der Nenner lässt sich auch als 2 sin z sin 2 ~ schreiben. Er hat also in 2n1f, n E 7l, eine dreifache Nullstelle und in (2n + 1)1f,n E 7l, eine einfache Nullstelle. Da der Zähler nur im Nullpunkt eine doppelte Nullstelle hat, hat
J, j(z) --+ --+
:=
2
sin z(t-cos z),
die folgenden isolierten Singularitäten:
In 0 und in allen (2n + 1)1f,n E 7l, eine einfache Polstelle. In 2n1f, n E 7l\ {O} = 7l*, eine dreifache Polstelle.
In /:::"1, /:::"2 und /:::"3 ist der Nullpunkt die einzige Singularität; in /:::"4 liegen hierzu -1f und 1f. Es gilt: Z2
•
Z
.
Res jlo = lim. . . z = 4 hm - - . hm z---tO sm z . sm 2 ~ z---tO sin z z---tO Z2
Resjl7l" = lim. . 2 z---t7l" sln z . sln
~
Die Berechnung von lim
z---too
4 .1.1 = 4 ,
1f. Z2 2 -.-2- = -1f , z---t7l" sln z z---t7l" sln ~ .
!E. 2
Z.-7I"
Sin
sin ~
Z -
(z -1f) = hm -.- . hm
.
~
Res jl-7I" = lim. . z---t-7I" Sln z . sm 2
(~) 2 -=
z
(z
+ 1f) =
z+1f ~ lim - . - ' lim -.-- = _1f 2 z---t-7I" Sln z z---t-7I" sm 2 !E.2
und lim
z-t-1f
z.±7I"
Sin
z
.
ergibt sich am einfachsten mit
der Regel von de l'Hospital (die man im komplexen Fall entsprechend formulieren kann!). Es folgt
J J
j(z)dz = 21fi ·4 = 81fi
für
k = 1,2,3,
86. k
86. 4
j(z)dz
= 21fi(4 -
1f2 -
1f2)
= 41fi(2 -
1f2) .
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
564
Aufgabe 73
Lösen Sie mit Hilfe des Residuensatzes das Anfangswertproblem
Lösung:
Das Verfahren wird exemplarisch für das gegebene Problem durchgeführt. Dem Diffccc""lalglelmunll"y,tem wlcd die Matdx A
~ (~ ~ ~I) zuge-
ordnet sowie die Spalte (-1, -2, _1)T, die aus der Anfangsbedingung durch Vorzeichenwechsel entsteht. Mit
det 6(z)
= det
det 61(Z)
det 62(Z)
det 63(Z)
c-
= det = det = det
1 z 2-z
~
3 ) -1 2-z
0
(-I
1
-2 -1
3 ) -1
2-z 0
CC-
~ z
~ z
2-z
-1 -2 -1
= -(z -
2)3 ,
= _z2 - Z + 7,
3 ) -1 2-z
= -(z -
2)(2z - 5) ,
-2 -1
= -(z -
2)2
1 2-z 0
-I)
ergeben sich die Funktionen 2z - 5 tz det61(Z) tz Z2 + z -7 tz det 62(Z) tz e = e, = e , det 6(z) (z - 2)2 det 6(z) (z - 2)3
-:------:-"-;'--!- e
det63(z) tz = - 1 tz ----'o-,:...e e , det 6(z) z- 2 womit die Lösung des Anfangswertproblems wie folgt berechnet wird:
Xl
(t)
= Res
(Z))
det 61 ( det 6(z) etz
1
= 2! l~ 2
[
(Z2
+ Z - 7)e tz
] 11
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel = =
~2 z-t2 lim
[2e tz
565
+ 2(2z + l)te tz + (Z2 + z - 7)t 2etZ ]
(1 + 5t - ~t2)
e 2t
,
2(z) tz) X2 (t ) -_ R es (det det .0. .0.(z) e
I [( = z~ 2z - 5) etZ]' 2
= lim [(2+(2z-5)t)e tZ ] = (2_t)e 2t , z-t2
Die Lösung lautet also (
1 + 5t -
2_ t
~t2)
e2t .
1
Aufgabe 74
Berechnen Sie das uneigentliche Integral I~oo (x2+9)(~2+16) i) ii)
ohne Ergebnisse aus der FUnktionentheorie zu benutzen, unter Verwendung des Residuensatzes.
Lösung: .. 1) Es gIlt
1
(x2+9)(x2H6)
=
11
1 1 11 1 . = 21 . (t)32H - 28 . (t)42+1 . MIt
x2H6
7(x2+9 -
den Substitutionen x = 3u und x = 4v ergibt sich damit I~oo (x2+l(~2H6) = du 1 JOO dv 1 7r -- 84' 7r D a b eI. wur de b eruc .. kSIC . ht'Ig. t· 211 Joo -00 u2+1 28 -00 v 2+1 211 7r - 28
J~
00 U
g+ul =
lim
A ....... oo
B ....... -oo
IBA
U
g+u 1 =
lim (arctanA - arctanB) =
A-+oo
lim (arctanu I~) =
A-+oo
B-+-oo
~
-
(-~)
=
7r.
B ....... -oo
ii) Die komplexe FUnktion J, J(z) := (Z2+9)(Z 2H6) hat einfache Polstellen in ±3i und ±4i als isolierte Singularitäten. In der oberen Halbebene liegen also nur die Singularitäten 3i und 4i. Für die Anwendung des Residuensatzes braucht man nur die Residuen von J an diesen Stellen zu berechnen. ResJl3i= z-t3. lim.f(z)· (z - 3i)= z-t3. limo (Z
2 16) + 3·)t z z +
Res JI4i = lim.f(z) . (z - 4i) = lim (
+ 4z.)~ z 2 + 9 )
z-t4.
z-t4.
Z
1 1 6i( -9 + 16) 42i' 1 1 8i( -16 + 9) - 56i .
566
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
Hiermit erhält man
f
00
(X2 +
9~:2 + 16) = 27ri(Res fl3i + Res fl4i)
-00
(~ - ~) 42i 56i
= 27ri
= 7r
(~ - ~) 21 28
~ 84
.
Aufgabe 75 Bestimmen Sie für die Funktion f , f(z) Singularitäten und deren Typ. Berechnen Sie die Residuen von f . Integrieren Sie f auf dem Rand von ~R(O) für R =11; dabei ist - wie immer, falls nichts anderes gesagt wird - der Durchlaufsinn auf 8~R(O) dem Uhrzeigersinn entgegengesetzt. Für R > 1 sei r R der Halbkreis in der oberen Halbebene mit 0 als Mittelpunkt und dem Radius R, der von R nach - R durchlaufen wird. SR bezeichne die Strecke von - R nach R, und W R sei der geschlossene Weg rR U SR· Berechnen Sie f(z)dz.
a) b) c)
d)
IWR
IrR
Schätzen Sie I f(z)dzl für R > 2 nach oben ab. Bestimmen Sie mit den in d) und e) erzielten Ergebnissen den Wert des
e) f)
uneigentlichen Integrals I~oo x4+x;2 +1 dx . Lösung: a) Die sog. biquadratische Gleichung Z4 + Z2 + 1 = 0 kann wie folgt gelöst werden: Mit der Substitution w = Z2 erhält man die quadratische Gleichung -1 ± iV3) = ei
= 4;.
z=
Dann sind wegen Z2
ei1/J mit 'ljJ = ~ und 'ljJ =
=w
4;
Koordinaten sind die Nullstellen
!(
2;
die vier Lösungen der Ausgangsgleichung sowie 'ljJ = 11" und 'ljJ = In kartesischen Zl --
23
1.±iil 2 ' Z2 --
5;.
-1+iV3 2'
Z3 --
-l-iV3 2
und Z4 = 1-~V3. Davon liegen Zl und Z2 in der oberen und Z3 und Z4 in der unteren Halbebene. Ein anderer Lösungsweg: Da (z4 + z2 + 1)(Z2 - 1) = z6 - 1 gilt und z6 - 1 einfache Nullstellen besitzt, sind die Nullstellen von Z4 + Z2 + 1 diejenigen Nullstellen von Z6 -1, die von 1 und -1 verschieden sind. Die Einheitswurzeln sechster Ordnung, die von 1 und -1 verschieden sind, sind Zl = ei % , Z2 = • 21T' • 41T' '51T' ' 3 , Z3 = e'3 und Z4 = e'3 . b) Für die Berechnung der Residuen bemerken wir, dass aus Zl = -Z3 und Z2 = - Z4 folgt
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
567
-Z~ (Z3 -
Z4)(Z3 -
-Z~
Zl)(Z3 -
Z2)
= - Resflz3
und analog Res flz2 = - Res flz4 . Wegen Z2 - Z3 = iV3, Zl - Z3 = 1 + iV3 und Z2 Res flzl =
Zl -
Z4
zr (Zl -
Z2)(Zl -
Z2 = Z4 - Z3 = 1, Zl = -1 + iV3 ergibt sich
Z4
=
Z2
Z3)(Zl -
Z4)
= 1· (1 + i V33)· i V33
_ ~(1-iV3) _ V3+V3+i-3i _ 3-iV3 4· iV3 SV3 12 und man berechnet analog Res flz2 = - 3t(3" . c) Ist R < 1, so gilt nach dem Integralsatz von Cauchy J8Ll. R (O) f(z)dz = 0, denn f ist komplex differenzierbar im Inneren des Einheitskreises, welches 8L. R(0) enthält. Ist R > 1, so liegen Zl, Z2, Z3 und Z4 in L.R(O), und nach dem Residuensatz gilt:
J
f(z)dz = 271" (Res flzl + Res flz2 + Res flz3 + Res flz4) = 0 .
8Ll.R(O)
d) Ebenfalls nach dem Residuensatz gilt
J
.
)
f(z)dz=271"z(Resflzl+Resflz2 =2m.(3-iV3 12 - 3+iV3) 12
WR
Das Ergebnis ist unabhängig von R . e) Für R > 2 gilt R 4 - R2 - 1 > 0 .
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
568 f) Da l~oo RL~Ll gilt, existiert lim
R-+oo
fs
= 0 und R
die Gleichung IrR j(z)dz
+ IS R j(z)dz = ~
j(z)dz, und dieser Grenzwert ist ~. Schreibt man v3
IS R j(z)dz als I!!'R x4+x;2 +1 dx (wegen der gewählten Parameterdarstellung [-R, R) -+ ([, x I-t x von SR), so erhalten wir:
f
00
X2
1f
--:---::--dx - x 4 + x 2 + 1 - J3
.
-00
Aufgabe 76
Sei p,p(x) = x 5 a)
b)
-
3x - 1 ein Polynom mit reellen Koeffizienten.
Beweisen Sie, ohne Kenntnisse aus der Funktionentheorie zu verwenden, dass p drei reelle Nullstellen hat und geben Sie drei Intervalle der Länge kleiner gleich ~, in welchen sich diese Nullstellen befinden. Dafür berechnen Sie p( -1,4) und p(l, 4) . Zeigen Sie mit Hilfe des Satzes von Rouche, dass die nichtreellen Nullliegen. stellen von p im Kreisring 6 q := {z E ([ 11 < Izl <
n
Lösung:
a) p'(x)
= 5x 4 -3 = (V5x 2 +J3)(V5x2 -J3) hat die Nullstellen x = ±iff ~
±0,8801. Es gilt:
p(l) = -3, p(-l) = 1, p(O) = -1, p(-0,5) = -0,03125 + 1,5 -1> 0, p(-1,4) = -5,37824+4,2-1 = -2,17824 und p(1,4)
= 5,37824 -
4,2 - 1 = 0,17824.
Aus diesen Daten folgt: -+
p wächst streng monoton auf ) - 00, p( -1)
iff); wegen p( -1, 4)
> 0 hat p genau eine Nullstelle auf dem Intervall ) -
< 0 und
~, -1 [ .
iff); aus p( -0,5) > 0
-+
p fällt streng monoton auf dem Intervall [- iff,
-+
und p(O) < 0 folgt, dass p eine weitere Nullstelle im Intervall) - ~, O[ besitzt. p wächst streng monoton auf dem Intervall 00[. Die Werte von p
[iff,
in 1 und 1,4 zeigen, dass p im Intervall)l, reelle Nullstelle hat.
Heine dritte (und letzte!)
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
569
Damit müssen die anderen zwei noch vorhandenen Nullstellen von p komplex sein. b) Setzt man h(z) := -3z und gdz) := z5 -1, so folgt p(z) = gl(Z) + h(z). Für z E eH::"l gilt Ig1(Z)1 :::; Izl 5 + 1 = 2 < 3 = 13z1 = Ih(z)1 . Aus dem Satz von Rouche folgt, dass p und h in 61 dieselbe Anzahl von Nullstellen haben, also eine (da h nur 0 als Nullstelle hat). Diese Nullstelle von p ist - wie in a) gezeigt - reell und liegt zwischen - ~ und 0 . Setzt man nun h(z) := Z5 und g2(Z) := -3z - 1, so gilt p = h + g2 und für jedes z E 86i; : Ih(z)1 = Izl 5 = (t)5 = 5,3784 > 5,2 = 3 ·1,4 + 1 =
31z1 Da
+ 12 Ig2(Z)1 . h in 615 genau 5 Nullstellen hat
(nämlich 0 als fünffache Nullstelle), hat
p in 61 alle 5 Nullstellen, und damit 4 in 6 5
1
1. Zwei von denen sind reell;
'5
die anderen zwei sind die noch gesuchten komplexen Nullstellen. Man bemerke, dass diese Nullstellen zueinander komplex konjugiert sind, da p reelle Koeffizienten hat. (p(~) = 0 ~ p(~) = 0 ~ p(~) = 0 .) Aufgabe 77 Seien a,b,c E IR*, a> 0 und q: ([ --+ ([, q(z) = Z2. a) b) c)
d)
Bestimmen Sie die Menge D := {z E ([ I q ist lokal konform in z} . Ist q : D --+ q(D) konform? Bestimmen Sie das q- Bild --+ jeder Geraden, die durch den Nullpunkt geht, --+ jedes Kreises mit Null als Mittelpunkt, --+ jeder Geraden, die parallel zu einer der Koordinatenachsen ist, --+ jeder Halbebene Ra := {z E ([ I Re z > a} , --+ jeder Halbebene Ua := {z E ([ I Im z > a} . Wie erklären Sie die Tatsache, dass die Geraden x = bund y = c sich in einem Punkt, aber deren q-Bilder sich in zwei Punkten schneiden?
Lösung: a) Bekanntlich gilt D = {z E ([ I q'(z) i:- O}. Da q'(z) = 2z gilt, hat man D = ([* = ([\{O} . b) Nein, weil jedes w E ([* = q(([*) zwei q-Urbilder besitzt. Ist w = rei
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
570
Halbgerade wird zweimal durchlaufen. Insbesondere bekommt man für m = 1 und m = -1 (also für die Winkelhalbierenden) die Intervalle [O,+oo[ bzw. ]- 00,0] auf der imaginären Achse. Es gilt q(!:"r) = !:"r2 und q( ö!:"r) = ö!:"r2 . Sei x = b eine Gerade, die parallel zur y-Achse ist. Ein beliebiger Punkt b+iy dieser Geraden wird mittels q auf b2 - y2 + 2iby abgebildet. Betrachtet man in der Bildebene die Koordinaten u und v und eliminiert man y aus v
= 2iby ,
so gewinnt man die Parabel u = b2 - ~. Sie hat u = 0 als Symmetrieachse. Diese Achse schneidet die Parabel in (b 2 , 0). Die Parabel öffnet sich gegen -00 . Analog zeigt man, dass das q-Bild der Geraden y = c die Parabel 2 u = b - c2 mit u = 0 als Symmetrieachse ist. Die Parabel schneidet diese Achse in (_c 2 , 0) und öffnet sich gegen +00 . Das q-Bild des Randes x = a von Ra ist die Parabel u = a 2 - iaz. Sie zerlegt die (u, v)-Ebene in zwei einfach zusammenhängende Gebiete. Dasjenige, welches den Nullpunkt nicht enthält, ist 2
La := {u
+ iv I u > a 2}
U {u
+ iv I u:::;:
a 2 , v< -21a1Va2 - u}
U {u+iv I u:::;: a 2 , v> 21alVa 2 -u}.
Wir zeigen, dass La = q(R a ) gilt: Sei x + iy E Ra beliebig, also x > O. Dann ist q(x + iy) = x 2 - y2 + 2ixy =: u + iv. Für u > a 2 liegt q(x + iy) in La. Sei u :::;: a 2; dann gilt x 2 - u > a 2 - u ;::: O. Man hat entweder v = 2xy = -2xvx 2 - u oder x = 2xy = 2xvx 2 - u 2. Wegen x> lai> 0 folgt dann entweder v = 2xvx2 - U ;::: 2xva 2 - u > 21alva2 - u oder v = -2xvx 2 - U :::;: -2xva2 - u < -2lalva2 - u. In beiden Fällen liegt also q(x + iy) in La . Sei nun u+iv E La. Wir zeigen, dass ein xo+iyo E Ra mit q(xo+iyo) = u+iv existiert. (Da q eingeschränkt auf Ra injektiv ist, ist dieses Element Xo + iyo sogar eindeutig bestimmt.) Man betrachte das Gleichungssystem 2xy
= v.
4ux 2 - v 2 = 0 und damit x 2 = u±~. (Man bemerke, dass der Wert ~(u - vu 2 + v 2 ) :::;: 0 und damit uninteressant ist.) Ist u > a 2 , so
Es folgt 4x 4
-
2
2
ist vu 2 + v 2 > a 2 und damit auch x 2 > ~ = a2. Es gibt eine (einzige) Lösung Xo > lai· Mit Yo := 2~o hat man das gesuchte Element Xo + iyo aus Ra gefunden. Sei nun u :::;: a 2 und v > 21alva2 - u; es folgt
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel u
+ VU 2 + V 2 2
>
571
U+ VU 2 + 4a4 2
4a 2u
=
u
+ 2a2 2
u
= a2
.
Ju+qw
Deshalb gibt es wieder eine Lösung (xo,Yo) mit Xo = > lai, d.h. Xo + iyo E Ra. Analog folgt aus u ::; a 2 und v < -2lalva2 - u zuerst
u+qw > a
und damit Xo > lai, usw. Ähnlich zeigt man, dass q(Ua ) die folgende Menge ist: {u + iv I u < _a 2 } U {u+iv I u ~ -a 2,v > 2Ialvu+a2}U{u+iv I u ~ -a2,v < -2Ialv'u+a 2}. Eine geometrische Beweisidee: Man betrachtet Ua als Vereinigung aller Geraden y = b mit b > a. Dann ist q(Ua ) die Vereinigung aller Parabeln 2
2
u = ~ - b2 • Damit vermeidet man die obigen mühsamen Rechnungen.
d) Die Parabeln u = b2 - ~ und u = :i'? - c2 schneiden sich in zwei Punkten, nämlich (b 2 - c2, 2bc) und (b 2 - c2, - 2bc). Der erste Punkt ist das q- Bild des Schnittpunktes (b, c) der beiden Geraden. Der andere Punkt ist das q-Bild von (b, -c) und (-b, c), die jeweils auf den Geraden x = bund y = c liegen. 2
2
v
u
Abbildung 3.26.
Die Parabeln u = ~~ - 4 und u = 1 -
2 v4
Erklärung zu Abbildung 3.26, die für b = 1 und c = 2 angefertigt wurde: Da die Geraden x = 1 und y = 2 zueinander senkrecht sind und q in 1 + 2i lokal konform ist, sind auch die Parabeln in (-3,4) und aus Gründen der Symmetrie auch in (-3, -4) senkrecht zueinander. Aufgabe 78
a)
Begründen Sie die Existenz der Laplacetransformierten der Funktion f: [0,00[-+ IR, mit f(t) = (-l)n+I, falls t E [n -l,n[, nEIN.
572
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
b) c)
Bestimmen Sie die Konvergenzhalbebene dieser Transformierten. Berechnen Sie L[j] (s) für Re s > k f .
Lösung: a) Sei s E ([ mit (J = Re s > O. Dann gilt If(t)e-stl = e-a-t für jedes t ~ O. Da I ooo e-a-tdt existiert, existiert auch L[f](s) für Res> O. Insbesondere gilt k f :S 0 . b) oo f(t)dt existiert nicht, da für ~ 1 gilt:
Io
n
f
n
f (t )dt
= 1 - 1 + 1 - 1 + ... + (-1) n+ 1 = { ~
o
, falls n gerade, , falls nungerade.
Deshalb ist k f = 0 und {s E ([ I Re s > O} die Konvergenzhalbebene. c) Sei n ~ 1. Dann gilt für jedes s E ([ mit Re s > 0 :
· ",n-2 D a 11m L.Jk=O ( - l)k e -sk -- 1+1 n-+oo e
-8
f
00
L[j](s)
=
f(t)e-stdt
o
= ~s
un d 1·Im n -+ oo e -sn -- 0 ge lt en,
t1-
c101gt·.
s = s +e) e-
(1 - 2e- s 1 1 ) + e- S
S
.
Eine weitere Möglichkeit, L[f] zu berechnen, ergibt sich aus der Periodizität von f. Da 2 die (kleinste) Periode von f ist, gilt für s mit Re s > 0 :
f
f
f
2 1 2
(1 - e- 2S )L[f](s)
=
f(t)e-stdt
o
1 = -(1 s
=
0
e-stdt -
e-stdt
1
1 -s - e -2s ) e -s ) - -(e s
1 = -(1 s
e -s ) 2 .
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel Daraus folgt (wie erwartet) L[f)(8)
573
= s(1-~
28)
(1 - e- S )2
= sh+ee-
8s )
•
Aufgabe 79
Bestimmen Sie eine für die Laplacetransformation zulässige Funktion der Eigenschaft
L[f)(8) = 28 4 + 82
-
8 3 (8 2
f mit
98 + 9 .
+ 9)
Lösung: Man sucht reelle Zahlen A, B, C, D, E mit der Eigenschaft
A B C D8 + E -+-+-+ 83 82 8 82 +9
28 4 + 82 - 98 + 9 =----;:--;-::---,-83 (8 2 +9)
Es folgt
A(8 2 + 9) + B8(8 2 + 9) + C8 2(8 2 + 9) + D8 4 + E8 3 = 28 4 + 82 (C + D)8 4 + (B + E)8 3 + (A + 9C)8 2 + 9B8 + 9A = 28 4 + 82
-
98 + 9,
-
98 + 9.
Die gesuchten Zahlen müssen dem folgenden linearen Gleichungssystem genügen: C+ D
=2,
B+E
=0 ,
A + 9C
=1,
= -9 ,
9B
Es ergibt sich die eindeutige Lösung A = 1 , B = -1 , C E = 1. Man hat also für alle 8 E ([ mit Re 8 > 0
L[f)(8) = ~ _ ~ 83 82
Dt2 -
=9.
=0,
D
= 2 und
+ 28 + 1 82 + 9
= ~L[t2)(8) = L
9A
L[t)(8) + 2L[cos3t)(8) +
t + 2 cos 3t +
~ sin 3t]
~L[sin3t)(8)
(8) .
Die Funktion ~t2 - t + 2 cos 3t + ~ sin 3t ist also die einzige stetige Funktion, deren Laplacetransformierte 2S)ts22+9~+9 ist. Aufgabe 80
Bestimmen Sie die stetigen Funktionen fund 9 und die entsprechenden Konvergenzhalbebenen, so dass gilt:
L[f)(8) = 38 + 5 (8 + 1)3
L[g)(8)
48 2
-
138 + 13
= (8 _ 3)(82 + 1)
.
574
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
Lösung:
38+5 3(8+1)+2 3 2 Wegen L[te -t]() 1 E S gl·1t (S+i)3 (8+1)3 (8+1)2 + (8+1)3. 8 = (8+1)2 und L[t 2 e- t ](8) = (8;1)' ist die Funktion (3t 2 + t)e- t die stetige Funktion
f mit L[f](8) = (;~1)3
. Mit Hilfe der Partialbruchzerlegung
S~3
+ ~g!f
=
t:~3)\~~t;) wird die Funktion g gesucht. Aus A(8 2 + 1) + (B8 + C)(8 - 3) = 48 2 - 138 + 13, d.h. aus (A + B)8 2 + 8(C - 3B) + A - 3C = 48 2 - 138 + 13
folgt
= 13,
A + B = 4, C - 3B
A - 3C = 13 .
Die Lösung dieses linearen Gleichungssystems lautet A Man hat
L[e 3t ](8)
= ~3 8-
' L[cost](8)
= ~1 8 +
= 1,
B
L[sint](8)
und
= 3,
C
= -4.
= ~1 8 +
.
Damit ist L[e 3t + 3 cos t - 4 sin t]( 8) = t:~3)\~~tll). Die gesuchte stetige Funk-
tion ist g(t) = e3t + 3cost - 4sint. Für die Funktion fist {8 E ([ I Re 8 > -I} die Konvergenzhalbebene, weil sie die Konvergenzebene für te- t und t 2 e- t ist. {8 E ([ I Re 8 > O} und {8 E ([ I Re 8 > 3} sind die Konvergenzebenen für sin t und cos t bzw. e 3t . Deren Durchschnitt, also {8 E ([ I Re 8 > 3} ist die Konvergenzebene von g . Aufgabe 81
Lösen Sie das Anfangswertproblem
y" - 7y'
+ 6y = 24e 3t
,
y(O)
=1
,
y'(O)
=8
mit Hilfe der Laplacetransformation. Lösung: Wenden wir die Laplacetransformation auf beide Seiten der Differenzialgleichung an, so erhalten wir mit der Bezeichnung Y = L[y] und unter Benutzung der Beziehungen
L[Y'](8) = 8L[Y](8) - y(O)
und
L[Y"](8) = 82 L[Y](8) - y(O)8 - y'(O)
die Gleichung 82 Y(8) - y(O)8 - y'(O) - 78Y(8) äquivalent dazu
Y(8)
(8 2 -
=
78 + 6)Y(8) = 8~3
82 - 28 + 21 (8-1)(8-3)(8-6)
+ 7y(O) + 6Y(8)
=
+ 8 + 1, d.h.
= _2_ _ _4_ + _3_ 8-18-38-6
.
/:'3
und
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
575
Man kann deshalb schreiben L[y](s) = L[2e t - 4e 3t + 3e 6t ](s). Wegen des Eindeutigkeitssatzes ergibt sich daraus die Lösung des AWP:
y(t) = 2e t - 4e 3t
+ 3e 6t .
Aufgabe 82
Lösen Sie mit Hilfe der Laplacetransformation die Anfangswertaufgabe
y(4)
+ lOy" + 9y = sin2t -
3cos4t
,
y(O)
= y'(O) = y"(O) = y'"(O) = O.
Lösung: Mit der Differenziationsregel erhalten wir für die gesuchte Lösung y der Anfangswertaufgabe
= S2 L[y](s) - sy(O) - y'(O) = S2 L[y](s) , L[y(4)](S) = s4L[y](s) - S3 y(0) - S2 y'(0) - sy"(O) -
L[y"](S)
Mit L[sin2t](s)
= s4~4
ylll(O)
= s4L[y](s)
.
und L[cos4t](s) = s2~16 erhält man aus der gestellten + lOs 2 + 9)L[y](s) = 82~4 - s2~16 und damit
Anfangswertaufgabe (S4
+ 10s 2 + 9
weil s4
(uH)(utl)(U+9) = führen zu
L[Y] () s = = L
[112
1 12
1
(S2
+ 16)(s2 + 1)(s2 + 9)
115
2 15
,
+ 1)(s2 + 9) gilt. Die Partialbruchzerlegungen
= (S2
~~1 +:!IT + ~ und (U+16)(U~1)(U+9)
8 2 +1
sin t -
3s
2
+ 4)(S2 + 1)(s2 + 9)
L[y](s) = (S2
1
8 2 +4
sin 2t +
+ 201
1
8 2 +9
lo sin 3t -
-
1 40
410
cos t +
8 8 2 +1
+ 563 536
=
U~~6 + i7h + ~-t8
8 8 2 +9
cos 3t -
-
1 35
315
cos 4t] (s).
s2+16 8
Nach dem Eindeutigkeitssatz erhalten wir die Lösung
y (t)
= -121 sin t -
1. 1. 1 3 1 - sm 2t + - sm 3t - - cos t + - cos 3t - - cos 4t . 15 60 40 56 35
Führen Sie zur Bestätigung die Probe durch! Aufgabe 83
Lösen Sie mit und ohne Hilfe der Laplacetransformation das folgende Anfangswertproblem:
ylll-2y"+y
= sint-7cost,
y(O)
= Yo = -2,
y'(O)
= Yb = 1,
y"(O)
= y~ = 2.
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
576 Lösung:
Aus der allgemeinen Formel L[y(k)](s) = sk L[y](s) - yosk-1 - ybsk-2 - ... y~k-1) ergibt sich in unserem Fall
+ 2, S2 L[y](s) + 2s - 1 , s3 L[y](s) + 2s 2 - S -
L[y'](s) = sL[y](s) L[y"](s) = L[y"'](s) =
2.
Deshalb erhält man durch Anwendung der Laplacetransformation auf die gegebene Differenzialgleichung s3L[y](s)+2s 2 -s-2-2s 2L[y](s)-4s+2+L[y](s) = 82~1 -782~1; daraus folgt L[y] (s) = _2834 +5823 -28 2 -28+1. Da s3 - 2s 2 + 1 = (s -1) (S2 - s -1) 2 (8 -28 +1)(8 +1)
und -2s 4 + 5s 3 - 2s 2 - 2s + 1 = (-2s + l)(s - 1)(s2 - S - 1) gelten, hat man L[y](s) = ~S~V = L[sint](s) - 2L[cost](s) . Die gesuchte Lösung ist also y (t) = sin t - 2 cos t . Die charakteristische Gleichung der linearen, homogenen Differenzialgleichung ylll - 2y" + Y = 0 ist A3 - 3A2 + 1 = O. Die Nullstellen dazu sind Al = 1 , A2 = 1±2V5 ,A3 = 1-2V5. Sucht man eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung mit dem Ansatz 0: sin t + ß cos t, so erhält man aus -0: cos t + ß sin t - 2( -0: sin t - ß cos t) + 0: sin t + ß cos t
d.h. aus (3ß - 0:) COS t+ (ß +30:) sin t Verlangt man, dass die Funktion
= sin t -
= sin t-7 cos t die Werte 0: = 1,
7 cos t ,
ß
= -2.
den Anfangsbedingungen genügt, so erhält man aus
das homogene Gleichungssystem
1 1 Wegen det ( 1 A2 1
A~
1) A3 = (1 - A2)(1 - A3)(A3 - A2) :j:. 0 hat man nur die A~
triviale Lösung a = b = c = O. Deshalb hat man (erwartungsgemäß) wieder y( t) = sin t - 2 cos t als Lösung des gestellten Anfangswertproblems.
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
577
Aufgabe 84
Ist a > 0 und ist f eine für die Laplacetransformation zulässige Funktion, so ist die Lösung des Anfangswertproblems
+ a2 y = f(t) , y(O) = Yo , y'(O) = Yb
y" gegeben durch
J t
y(t) = -1 a
y' sin at + Yo cos at . f( r) sin[a(t - r)]dr + ~ a
o
Verwenden Sie dieses Ergebnis und die Formeln
( (
a
b
at.
at
a2 + b2 e sm bt - a2 + b2 e cos bt a at b at· a2 + b2 e cos bt + a2 + b2 e sm bt
) ) '
= e
'
= e
at .
sm bt ,
at
cos bt ,
um das folgende Anfangswertproblem zu lösen: y"
, 3 Yo = 5".
1 5
+ Y = e3t
Yo =-
Lösung: Unter Benutzung des Additionstheorems für die Sinusfunktion ergibt sich aus dem zitierten Ergebnis
! t
y(t) =
e3T sin(t - r)dr +
o
!
~ sint + ~ cost
t
= sin t
e3t cos rdr - cos t
o
I0 + t
-cost ( -e 3 3T sinr 10
.
et sin rdr +
~ sin t + ~ cos t
0
3 e3T cos r = sin t ( 10
= sm t
! t
(3
3t
It
0
3
1 e3T sin r 10
I0 t
--Oe 1 3 Tcosr 1
1
3t.
10 e cos t - 10 + 10 e sm t
)
3 sin t + 5"
)
It ) 0
+
+-cost 1 5
5"3.sm t
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
578
- cos t ( -3e 3t sin t - -1e3t cos t 10 10 1 3t = -e
10
+ -1) + -1 cos t 10
5
3. 1 + -smt + -cost.
10
10
Aufgabe 85
Seien a E IR* und nEIN. Stellen Sie mit Hilfe der Faltungsregel die Funktion F, F(t) := ear(t - T)ndT explizit, d.h. ohne das Integralzeichen dar.
J;
Lösung: Für s E [ mit Re s
L[F(t)](s)
> 0 und Re(s - a) > 0 gilt
1 n = L[e at * tn](s) = L[eat](s) . L[tn](s) = . -+·1 S - a sn l
.
Man bestimmt nun die Koeffizienten A, BI, B 2, ... ,Bn+1 der Partialbruchzerlegung (S
-
1 A BI B2 = - - + - + -2 a ) Sn +1 S - ass
Bn
B n+1
+ ... + -Sn + -+1 Sn
.
Aus 1 = A sn+l+B 1(s-a)sn+B 2 (s-a)sn-l+ ... +Bn (s-a)s+B n+1(s-a) folgt A + BI = 0 , -aBI + B 2 = 0, ... , -aBn + B n+! = 0 , -aBn+1 = 1 BI = - o}+l , A = a n\l. Es gilt und daraus B n+1 = -~ , B n =
--b, ... ,
n+l 1 1 1 1 LFt s -nI. [ - . s-a - - - t;ak - . sn-H2 [ ()]()aMI
1 1
_ I _1_ at _ n+l ~ . 1 n-k+l -no [ a n+1L[e ](s) t;a k (n_k+l)!L[t ](s)
t;
[ at n+l a n-k+l n-k+l _ n.I - an+! L e (n _ k + I)! t
1(s) .
Der Eindeutigkeitssatz ergibt F(t) = a~:Ll (e at - L~=o (~"--k;! t n - k ). Aufgabe 86
Lösen Sie das folgende Anfangswertproblem mit Hilfe der Laplacetransformation: Y~
= -6Y2
, y~
= -Yl + Y2
, Yl(O)
= YI0 = 5,
Y2(0)
= Y20 = 0 .
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
579
Lösung: Durch die Anwendung der Laplacetransformation erhalten wir für Y1 = L[Y1] und Y2 = L[Y2] das lineare Gleichungssystem
Y2 (s) = - 8,-58 _ 6 . Aus den Partialmit der Lösung Y 1 (s) = 3~~~6 5(8-1) 3 2 Y; ( ) _ -5 b ruch zer Iegungen Y;1 ( s ) -- (8+2)(8-3) - 8+2 + 8-3' 2 S - (8+2){8-3) 8!2 - 8~3 erhält man Y 1(s) = L[3e- 2t + 2e 3t ](s), Y 2(s) = L[e- 2t - e 3t ](s) und daraus wegen des Eindeutigkeitssatzes Y1(t) = 3e- 2t + 2e 3t , Y2(t) = e- 2t - e3t . Führen Sie die leichte Probe durch! Aufgabe 87 Lösen Sie das folgende Anfangswertproblem mit Hilfe der Laplacetransformation: Y2 - 3Y3 Y~ = y~
,
Y3
= =
-Y1
+
2Y2
- Y3
Y2
+4Y3
Y1
YlO = 1 , Y20 = 2 , Y30 = 0 .
Lösung: Mit Yj(s) = L[Yj(t)](s), j = 1,2,3 ergibt sich aus dem homogenen System von linearen Differenzialgleichungen das lineare System
sY1(s) Y 1(s)
+ (s -
Y2(s) +
3Y3 (s) = 1
2)Y2(s) +
Y3 (s) = 2
Um die Cramersche Regel anzuwenden, berechnen wir die Determinanten
s 1 -1
-1 s-2 1
3 1 s-4
= s(s -
2)(s - 4)
= (s -l)(s 1 2 0
-1 s-2 1
3 1 s-4
= (s -
+ 4 + 3(s -
2) - s + s - 4
2)(s - 3) ,
2)(s - 4)
+6 -
1 + 2(s - 4) = S2 - 4s
+5 ,
580
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis 8
1 -1 8
1 -1
1 2 0
3 1 8 -
4
= 28(8 - 4) - 1 + 6 - (8 - 4) = 28 2
-1 1 8 - 2 2 = 2 + 1 + 8 - 2 + 28 = 1 - 8 . 1 0
Deshalb hat man für alle
Yl(8)
98 + 9 ,
-
=
E ([ mit Re 8
82 - 48 + 5 (8-1)(8-2)(8-3)
= L[e t - e2t y;2 (8 ) -_
8
>3
= _1_ _ _1_ + _1_
8-18-28-3
+ e3t ](8) , 98 + 9
28 2 _ 28 - 3 _ 1 1 ---+-(8-1)(8-2)(8-3) (8-1)(8-2) 8-18-2
= L[e t + e2t ](8) , 1- 8 ( ) Y3 8 = (8 _ 1)(8 _ 2)(8 _ 3)
1
= 8_
1 2 - 8_ 3
= L[e
2t
3t - e ](8).
Die Lösung des Anfangswertproblems ist also
Yl(t)
= et -
e2t
+ e3t
, Y2(t)
= et + e2t
, Y3(t)
= e2t _
e3t .
Aufgabe 88 Bestimmen Sie jeweils die Fouriertransformierten von i)
f :
f ist durch Abbildung 3.27 gegeben.
-5 -4 -3 -2 -1
1 2
3
4
5
Abbildung 3.27. Gesucht ist die Fouriertransformierte von
ii)
sin 3t + ~ f : IR -+ IR , f(t):= { sin 3t + ~
o
- t +t
f
für 0 :S t :S ~ , für - ~ :S t :S 0 , sonst.
Lösung: i) Wir gehen von der Definition der Fouriertransformierten aus; danach hat man
581
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
J
j(W) =
f(t)e-iwtdt =
J
1 = -iw
-1
e-iwtdt + 2
-5
-00
=
J -3
00
[1e- iwt
3 -5
iw [COS 3w + i sin 3w -
e-iwtdt + 2
-2
+ 2e- iwt
J
J
1
3
2
5
e-iwtdt +
e-iwtdt
1-1 + 2e- iwt 1 + e- iwt 1 2 1
-2
5 3 ]
(cos 5w + i sin 5w) + 2 (cos w + i sin w)
- 2 (cos 2w + i sin 2w) + 2 (cos 2w - i sin 2w) - 2 (cos w - i sin w) + (cos 5w - i sin 5w) - (cos 3w - i sin 3w )] 2
= - [sin 5w - sin 3w + 2 sin 2w - 2 sin w1. w ii) Mit den Funktionen g, h : IR -+ IR,
g(t) = {sin3t falls Itl ~ j , o sonst
h(t) = { 1 -
und
~Itl falls Itl ~ j ,
o
sonst
lässt sich f als Summe von g und j. h darstellen, d.h. f(t) = g(t) + jh(t) für alle t E IR. Dabei ist h der Dreieckimpuls der Breite 231f (d.h. T = j ). Nach den Regeln über Addition und Ähnlichkeit folgt für w =J 0
F(f)(w) = F(g)(w) +
'37r F (h)(w)
1 F (sint) = 3
(w) '3 + '3 F (h)(w) 7r
(7rw) +-sm 4 . (7rW) -
6is i n =-w2 - 9 3
Für w = 0 hat man F(f)(w) = ~2
2
w2
,
da
6
J!1!. g(t)dt = 3
0 und
J!1!. h(t)dt = 3
j
gilt. Aufgabe 89
Bestimmen Sie mit Hilfe der Fouriertransformation die stetige, ungerade und über IR absolut integrierbare Funktion f : IR -+ IR mit der Eigenschaft
J 00
f(x)
o
sin(~x)dx = {~+O
e
für 0 ~ ~ ~ 1 , für ~ > 1.
582
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
Lösung:
Mit
f ist auch
i
ungerade, und es gilt 00
i(~) = /
00
f(x)e-ieXdx
= -2i / 0
-00
= {
i
-2i(~ + e)
o
für 0 für ~
~~~
00
= 2~
3. 7r
=
iw sin(x~)d~
= ~ / (~+ e) sin(x~)d~ 0
[_(~ + e) cos(x~) je=1 + /1 (1 + 2~) cos(x~) d~l e=o
X
3.
[-2 cos x 7r x
2 7r
1
0
-00
=
"# 0
00
i(~)eixed~ = ~ /
/
1,
> 1.
ist absolut integrierbar über IR. Es folgt für x fex)
sin(~x)dx
fex)
+ (1 +
2~) sin(x~)
3x sin x - 2x2 cos X
Den Grenzwert von l'Hospital:
x
o
~
je=1 _ 2/1sin(x~) d~l e=o o ~
+ 2 cos x -
2
f im Nullpunkt berechnet man mit der Regel von de
· f() 2 1· 3xsinx - 2x 2 cosx + 2cosx - 2 11m x = - 1m - - - - - - - ; , - - - - - -
x~
7rX~
~
2 1. 3 sin x + 3x cos x - 4x cos x + 2x 2 sin x - 2 sin x = - 1m - - - - - - - - " . . . - - 0 , - - - - - - - - - - 7r x-tO 3x 2 = ~ lim sin x - x cos x 37r x-tO x2
+ 2x 2 sin x
2 cosx - cosx + xsinx + 2x cosx + 4xsinx = -lim ---------------37r x-tO 2x 2
1 lim (5 sin x - 2x cos x) = 0 . 37r x-tO
= -
Deshalb ist die gesuchte Funktion
3.2 Aufgaben für das dritte Kapitel
583
~ . 3x sin x - 2x 2 co: x + 2 cos x - 2 f~)=
{ w
x
o und ist sowohl stetig als auch ungerade.
, falls x
i- 0 ,
, falls x = 0 ,
3.3 Erster Test für das dritte Kapitel Aufgabe 1
Betrachten Sie die Raumkurve x : IR -+ IR 3 , x (t) = (t 2 - 1, t 2 + 1, ~t3)T. Berechnen Sie a) b) c) d)
die Bogenlänge zwischen (0, 2, _~)T und (0, 2, ~)T, das begleitende Dreibein in x (t), die Krümmung und die Torsion im Punkt x (t), falls x' (t) Ist diese Kurve eine ebene Kurve?
i- 0 gilt.
Lösung:
a) Man hat x(t) =
(~~ ~~) t 1. 3
, x'(t) =
3
(;~) t 2
, Ilx'(t)11 =
Itlv't2 + 8.
Die Zuordnung t r-+ ~ t 3 definiert eine streng monotone Funktion; deshalb ist die dritte Komponente von x und damit x selbst injektiv. Insbesondere sind -1 und 1 eindeutig bestimmt mit x(-l) = (0,2,_~)T, bzw. x(l) = (0, 2, ~)T. Die gesuchte Bogenlänge wird deshalb wie folgt berechnet:
J~lltlv't2 + 8 dt = - J~1 tv't 2 + 8 dt + Ja1 tv't 2 + 8 dt = _~(t2 + 8)3/2 1~1 +~(t2 + 8)3/216= -~(16)2-27)+ ~(27-16)2)=18 - 332)2 .
>
b) Die weiteren Rechnungen werden für t fen sie entsprechend. Man hat:
t(t) =
IIx'~t)II
x'(t) =
°durchgeführt; für < °verlaut
~(2, 2, t)T ,
l' (t) = (-2t(t 2 + 8) -3/2, -2t(t2 + 8) -3/2, 8(t 2 + 8) -3/2f =
n(t)
1
(v't 2 +
= 1Jt'~t)II
T
8)
3(-2t,-2t,8) ,
1'(t)
= )2~(-t,-t,4)T, 1 2 t2
2
2
T
1 y2
T
b(t) = t(t) x n(t) = )2Jt2+8(8 + t , -8 - t ,0) = 1<\(1, -1,0) .
°
+8
c) Für tigilt xl/(t) = (2,2,2t)T , x'(t) x xl/(t) = (2t 2,-2t2,0)T , IIx'(t) x xl/(t) 11 = 2)2 t 2 , x'l/(t) = (0,0,2)T , (2t 2,-2t2,0)T. (0,0,2)T = 0, und damit
_ ",(t) = IIx'(t) x xl/(t) 11 = 2)2 t 2 3 IIx'(t)II Itl 3 (t 2 + 8)3/2
Itl
2)2 , (t2 + 8)3/2
3.3 Erster Test für das dritte Kapitel
r(t) =
585
det (x'(t), x"(t), x"'(t)) Ilx'(t) x x"(t)11 2 =
°.
°
d) Die Torsion der Raumkurve x ist in jedem t -:j:. gleich Null. Aus der Theorie kann man folgern, dass sowohl x :] - 00,0[----+ IR 3 als auch x :]0,00[----+ IR 3 ebene Kurven sind (aber mehr nicht!). Wegen (t 2 + 1) (t 2 - 1) = 2 liegt sogar das Bild der ganzen Kurve in der Ebene y - x = 2. Aufgabe 2
a)
b) c) d)
Zeigen Sie, dass die Mengen B:= {(x,y)T E IR2 I (X 2 +y2)2 -8xy < o} und C:= {(x,y)T E IR2 I (x 2+y2)2_8xy = o} beschränkte Teilmengen der Ebene sind. Welche Symmetrieeigenschaften haben Bund C ? Fertigen Sie eine einfache Skizze von Bund C an. Berechnen Sie den Flächeninhalt von B.
Hinweise: Verwenden Sie auch Polarkoordinaten. Benutzen Sie (ohne Beweis), dass C das Bild einer stückweise stetig differenzierbaren Kurve ist und gleichzeitig der Rand von B. Lösung: a) Setzt man x = r cos 'P, y = r sin 'P, so gilt (x 2 + y2)2 - 8xy = (r 2 cos 2 'P + r 2 sin 2 'P)2 - 8r 2 sin'Pcos'P = r 4 - 4r 2 sin2'P = r 2(r 2 - 4 sin 2'P) und damit
> 0,
B = {(r cos'p, rsin'Pf E IR2
r
C = {(r cos'P, rsin'Pf E
r ~ 0, 0::; 'P::; 21[,
IR 2
0::; 'P::; 21[, r 2
-
r2 -
4sin2'P
< O},
4sin2'P = O}.
Da Isin 2'P1 ::; 1 für alle 'P gilt, ist der Abstand jedes Punktes (r cos 'P, r sin 'P) T von Bund C zum Nullpunkt kleiner bzw. kleiner gleich 2. Außerdem (das wurde nicht verlangt!) bemerken wir i)
(rcos'P,rsin'PfEB=>'PE]O,~[ U ]1[,3;[,
(r cos'P, rsin'Pf E C => 'P E [O,~] U [1[, 3;] .
ii) B ist eine offene Teilmenge von IR 2 , nämlich als Urbild des offenen Intervalls ] - 00,0 [ unter der stetigen Funktion f : IR 2 ----+ IR, f(x,y) :=
(x 2 + y2)2 - 8xy .
iii) Bezeichnet r: [O,~] U [1[, 3;] ----+ IR die Zuordnung r('P):= 2Jsin2'P , so ist C die Vereinigung der Bilder stückweise differenzierbarer Kurven /'1 : [O,~] ----+ IR2 , /'1('P) = (r('P) cos'P,r('P) sin'P)T und /'3 : [1[, 3;] ----+ IR2 ,
/'3('P) = (r('P) cos 'P, reep) sin 'P)T .
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
586
iv) ((p) = 2 <=» tp G {f, ^ } , d.h. (y/2, y/2) und {-y/2, - y/2) sind die einzigen Berührungspunkte zwischen C und dem Kreis mit 0 als Mittelpunkt und Radius 2. b) Mit (x,y) liegen auch (y,x) und (—x, —y) in B bzw. C. Also: B und C sind symmetrisch bzgl. dem Nullpunkt und der ersten Winkelhalbierenden des kartesischen Koordinatensystems. Dieselben Aussagen erhält man auch mit Polar koordinaten, da sin 2cp = s i n 2 ( | — cp) und sin2
T
T
T
3
1
3
3
Abbildung 3.28. B = B1UB3 und C = Ci U Cs
J5i = {(rcos(^,rsin(/?) G IR | 0<tp<^,0
£
= {(rcos^,rsin<^) GlR T
3
2
2
2V^sin2
| 7 r < < £ < ^ , 0 < r < 2>/sin 2^} .
d) Es genügt wegen der Symmetrie, den Flächeninhalt von # 1 zu berechnen und dann zu verdoppeln. Es gilt für den Flächeninhalt von B\ (unter Verwendung der Parameterdarstellung von dB\ — C\ gegeben durch 7 x ) :
V( i) B
= ö / (-V dx + x dy) = - / (-y dx + x dy)
0
7T 2
0
3.3 Erster Test für das dritte Kapitel
587
1T
7r
1T'
f r (rp )drp = ~ f 4 sin 2rp drp = f 2 sin 2rp drp = - cos 2rp 2'
=~
2'
2"
1T'
2"
2
o
= cosO -
COS1f
= 2.
0
0
0
Also: V(B) = 2V(B1 ) = 4 . Natürlich können wir den Flächeninhalt von BI auch folgendermaßen berechnen: -;- 2v'sm 2cp
=
V(B 1 )
f f
o
-;-
r dr drp
=
0
f 0
Aufgabe 3
Geben Sie eine Fourierreihe mit kleinstmöglicher Periode an, die in [0,2[ gegen die Funktion f(x) := 2 - x konvergiert und i)
nur aus Sinus-Gliedern,
ii) nur aus Cosinus-Gliedern
besteht. Fertigen Sie eine Zeichnung der durch die Fourierreihen definierten Funktionen an und begründen Sie diese. Lösung: Durch die Zuordnung x r-+ -2 - x setzen wir die Funktion f auf [-2, O[ fort. Diese Fortsetzung ist eine ungerade Funktion auf]- 2, O[ U ]0,2[. Diese wird
nun mit der Periode 4 zu einer Funktion
j auf IR fortgesetzt. Man entwickelt
8
Abbildung 3.29. Skizze der Fortsetzung
I
x
j
nun j in eine reine Sinus-Reihe g(x) := 2:%"=1 bk sin 7r~X • Die Koeffizienten bk , k = 1,2,3, ... , werden mit partieller Integration berechnet.
f
2
bk
=
o
f(x) sin
1f~X
f
2
dx
=
0
(2 - x) sin
1f~X
dx
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
588 2
2 1fkx = -2· -cos-1fk 2 = - 4 ( 1- (-1)
1fk
+ o
2 1fkx - xcos-1fk 2
k) + -(-1) 4 k1fk
2
o
2! 2
- 1fk
1fkx dx cos-2
0 2
4
4 - 1fk .
. 1fkx
-Slll1f2 k 2 2
o
i
Also gilt g(x) = ~ L~l sin 7r~x. Die fortgesetzte Funktion j ist stetig differenzierbar auf IR\{4n 1 nE ll}. Um das Verhalten von 9 in den restlichen Punkten von IR zu untersuchen, benutzt man das folgende Ergebnis: Sei f : IR -+ IR eine periodische Funktion, die auf jedem beschränkten Intervall von IR integrierbar ist. Sei Xo E IR, so dass die rechts- und linksseitigen Grenzwerte f(xo+) und f(xo-) existieren. Gibt es positive Konstanten a,E und K, so dass für t E ]0, E[
If(xo
+ t) - f(xo+)1
~
KtC>: und If(xo - t) - f(xo-)I
~
KtC>:
(*)
gilt, so konvergiert die f zugeordnete Fourierreihe in Xo gegen f(xo+)~f(xo-). (Die Ungleichungen aus (*) sind insbesondere erfüllt, wenn f in Xo rechtsund linksseitig differenzierbar ist.) Mit K = 1, a = 1 und E = 1 gilt (*) für unsere Funktion j in jedem Punkt 4n; deshalb hat man g(x) = j(x) für alle x E IR\{4n 1 n E ll} und !im
- ~ ... 4n+ (4n) g
j(x)+ !im 2
~ ... 4n-
i(x)
_
-
2+(-2) -
°
2-·
x
Abbildung 3.30. Skizze der Funktion 9
Nun wird f auf [-2,0[ mittels x f-t 2 + x fortgesetzt, und dann wird die erhaltene Funktion zu einer 4-periodischen Funktion j auf IR fortgesetzt, die auf IR gerade und stetig ist und auf IR\{2n 1 n E ll} stetig differenzierbar ist. In allen Punkten 2n, n E ll, erfüllt j die Ungleichungen aus (*), falls
°
K = 1, a = 1 und E > beliebig genommen werden. Deshalb haben j und die durch ihre Fourierreihe definierte Funktion überall dieselben Werte. Wir
589
3.3 Erster Test für das dritte Kapitel
Abbildung 3.31. Skizze von
berechnen nun die Koeffizienten !!1l. 2 + ",00 LJk=l ak cos 1rkx 2 wie folgt·.
J J 2
ao =
(2 - x)dx = (2x -
o
2 X2 )
aO, al , a2, ...
I:
der zu
j
j gehörigen Fourierreihe
= 4- 2= 2,
2
ak
=
(2 - x) COS
1f~X dx
o
J.
2 2 2
1fkx = 2 . -2 S. l n -
1rk
2
I
-
. l l7rkx -2X S l--
7rk
2
I + -2 7rk
S l l7rkx l - - dX
0 0 0
2
, falls k gerade, , falls k ungerade. Hiermit ist die gesuchte Cosinus-Reihe 1 + ~ 2:~o
(2j!1)2
COS
7r(j
+ ~)x .
Aufgabe 4
Sei C die positiv orientierte Kurve in IR2 , die aus der Strecke [0,1] auf der x-Achse, aus dem Kreisbogen auf dem Einheitskreis zwischen (1,0) und sowie aus der Strecke von (zum Nullpunkt besteht.
(- 0' 0)
a) b)
0' 0)
Skizzieren Sie die Kurve C. Berechnen Sie, ausgehend von der Definition des Kurvenintegrals,
J+ (x
y)dx + xydy .
c c)
Bestätigen Sie das erzielte Ergebnis mit Hilfe des Greenschen Satzes, nachdem Sie festgestellt haben, dass die Voraussetzungen dieses Satzes erfüllt sind.
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
590 Lösung: a) Vgl. Abbildung 3.32.
Abbildung 3.32. Das Gebiet G und eine schlichte Zerlegung
b) C ist eine stückweise differenzierbare Kurve; als mögliche Parameterdar stellungen dienen: C : [0,1] -> IR , t H> (t, 0) , C : [0, *f] -> IR , 6 H> 2
2
x
2
(cos0,sin<9) und G : [0,1] -> IR , t H> ( - ^ ( 1 - *)> 75(1 ~ *))• 2
M
a
n
h a t :
3
y(x + y)dx + xy dy
= Jtdt
1 = 2 1
+ f ^fitt" ) 1
sin 0 0 — -2 2
+
1_
3TT
1
_
2~4~T~4
+
sin 20 \ —
1 3
+
+
J
2 dt +
1 " 3 J
67i
+
_
d0 (cos0 + sin0)(-sin0) + cos 0sin0 2
C
0
3
.
S
Ö
+
0 _
6\/2~3
1 +
1
6>/2
(* " l )
3
3TT
3\/2
c) Das beschränkte Gebiet G, das von C berandet ist, lässt sich in zwei Gebiete G\ und G zerlegen. G\ ist der Durchschnitt von G mit dem ersten Quadranten, G ist der Durchschnitt von G mit dem zweiten Quadranten. Beide sind schlicht über der x-Achse, weil gilt: 2
2
Gi = {(x,y)
G IR | 0 < x < 1,0 < y < \ / l - x } ,
T
2
G = { ( x , y ) G IR | - 4 = < * < 0, V2 T
2
2
2
< y < y/l-x }
Gi und G2 sind auch über der y-Achse schlicht, da
2
.
3.3 Erster Test für das dritte Kapitel Gi = {{x,y)
T
e IR | 0 < y < 1, 0 < x <
yjl-y }
G = {(x,y)
T
e IR | 0 < y < 1,
2
2
2
2
wobei die Funktion # wie folgt definiert ist: -y 9(y) -
, falls 0 < y < ^
-\/l-2/
^alls
2
,
^-
<7 ist stetig, da in dem einzig problematischen Punkt ^= gilt: lim
y=
lim
p(y) = # ( - ^ ) =
=
lim #(y) =
lim ( - ^ 1
-y ). 2
Außerdem sind die Funktionen (x, y) •->• x 4- y und (x, y) i-> xy stetig diffe renzierbar auf IR . Deshalb sind alle Voraussetzungen des Satzes von Green erfüllt, und es folgt: 2
J(x
+ y)dx + xy dy =
j (x + y)dx + xy dy dcr(x,y)
= J(y~
l)da(x,y)
= JV
G
dcr(x,y)
3?r
G
weil der Flächeninhalt von G genau §3 des Flächeninhalts des Einheitskreises ist. Nun hat man Jy G
da(x,y) = jy
da{x,y) + Jy
G
da{x,y)
G
2
1
0
= j
Vl-x
1
2
^
j
y dy^jdx
+ I 0
"72
o
y_ 2
dx +
^2
Vl-x
2
y
f
ydyjdx
0
/
dx
dx _ i
>/2
X
7
0
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
592
2\/2
6v/2)
+
Das Ergebnis ist also wieder | +
2
H
6
3
3^2 '
— $2L .
Aufgabe 5 Es sei K die Teilmenge des Ellipsoids {(x,y,z)
T
G IR
| x + ^ + z < 1},
3
2
2
die zwischen den beiden Mantelflächen des Drehkegels { ( x , y , z )
T
G IR | 3
x + z > ^ } liegt. Es gilt also: 2
2
K:={(x,y,z)
T
a) b) c)
felR
3
\
2 x
+ ?-+z
2
2
+ z> 2
?-}.
Skizzieren Sie den Schnitt dieses Körpers mit der x-y-Ebene und mit einer Ebene, die parallel zur x-z-Ebene ist. Beschreiben Sie K als Rotationskörper. Berechnen Sie das Volumen von K.
Lösung: a) Schneidet man K mit der Ebene z — 0 (d.h. mit der x-y-Ebene), so erhält man zwei bzgl. des Nullpunktes symmetrische Flächen D\ und D2, die jeweils von zwei Strecken und einem Ellipsenbogen begrenzt sind. Ihre Vereinigung
\
y
/
Abbildung 3.33. Der Durchschnitt von K mit der Ebene z = 0
lässt sich beschreiben durch (x,2/) G IR | x + iL < 1 , -VS |x| < y < VS x T
2
2
593
3.3 Erster Test für das dritte Kapitel
Jede Ebene, die zur x-z-Ebene parallel ist, hat eine Gleichung der Gestalt y = y . Gehört (x,yo,z) der Schnittmenge von K mit dieser Ebene an, so T
0
+ z < l und x + z > & die Ungleichung & < 1 - ^ ,
folgt aus x + | 2
2
2
2
d.h. ^1°- < 1 oder auch \y \ < § . Für \y \ > § sind also K und die Ebene 0
0
y — y disjunkt. Für \yo\ = | ist der Schnitt von K mit y — yo der Kreis 0
(die Kreislinie) x + z = | in der Ebene y = y . Für 12/01 < § hat man als 2
2
0
Schnittmenge den abgeschlossenen Kreisring
2
Nullpunkt als Mittelpunkt und den Radien ^
2
< x + z < 1 — ^- mit dem 2
2
und \Jl-4-
. Schließlich
Abbildung 3.34. Durchschnitte von K mit Ebenen der Form y = y für 12/01 = | , 0 < \y \ < | und ?/o = 0 0
0
ist der abgeschlossene Einheitskreis x + z < 1 der Schnitt von K mit der x-z-Ebene. b) K ist der Drehkörper, der durch die Drehung von 2
2
Di := | (x,2/,0) G IR | x + y < 1, x > 0, -V3 3
T
x
2
um die y-Achse entsteht. c) Das Volumen von K berechnet sich aufgrund der Lösung von Teilaufgabe a) mit D
y
:= {(*) G IR | ^
2f [f da(x,z))dy i
0
Dy
MV~ 4) 4
| # = 27r(§
2
< x + z 2
2
< 1-
= 2 / * ( T T ( 1 - £ ) - TT £ ) d » = 2 T T / * ( 1 0
- I) =
0
wie folgt: -f)dy
4
=
27T .
Aufgabe 6 a) b)
Berechnen Sie die Nullstellen des Polynoms z + 4 . Bestimmen Sie die isolierten Singularitäten in C und deren Typ für die Funktion / , / ( * ) : = • 4
594 c) d)
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis Berechnen Sie die Residuen von ! in den isolierten Singularitäten. Berechnen Sie die Integrale
f
!(z)dz
äl:. 1 (0)
e)
Fertigen Sie eine einfache Skizze an. Berechnen Sie mit Hilfe des Residuensatzes das uneigentliche Integral
f
00
dx +4
x4
o
Lösung: 4/A
.
.
M
a ) Wegen z 4 = -4 = 4e11"t smd Zk+l := v4 e-4-t = v2 e 11'±2k7t'·
0,1,2,3 die Nullstellen von Z4 + 4 ; es gilt also Zl .j2 (cos ~ + i sin ~) = 1 + i , Z2 = .j2 e 3~i = .j2 (cos -1 + i , Z3 = .j2 e 5~i = .j2 (cos
.j2 (cos 7411"
+ i sin 7411") = 1 -
5411"
+ i sin
5411")
= 3;
1T±2k7'l" 4 t,
k =
.j2 e"t- = + i sin 3411") =
= -1 - i , Z4 = .j2 e 7~i =
i .
b) ! hat nur vier isolierte Singularitäten; es handelt sich dabei um vier einfache Polstellen in Zl, Z2, Z3 und Z4. c) Das Residuum von! , !(z)
= (z-Zt}(Z-Z2)1(z-Z3)(Z-Z4)' im Punkt Zk
wird
mit der Formel Res! IZk= lim ((z - Zk)!(Z)) berechnet. Im einzelnen hat Z~Zk man: Res!
I Zl
(Zl -
1 Z2)(Zl - Z3)(Zl - Z4)
1 (2)(2 + 2i)(2i)
= (-2)(2i)( -2 +
Res!
I
1 (Z2 - Zl)(Z2 - Z3)(Z2 - Z4)
Res!
I
Res!
I
1 (Z3 - Zl)(Z3 - Z2)(Z3 - Z4) 1 (Z4 - Zl)(Z4 - Z2)(Z4 - Z3)
Z2
Z3 Z4
Zusammengefasst: Res! IZk=
-ft,
1+i 16
1
2i)
1 (-2 - 2i)( -2i)( -2) 1 (-2i)(2 - 2i)(2)
,
1-i , 16 1+i 16
--
,
-1+i 16
--
k = 1,2,3,4 . Mit g(z) := Z4 + 4
bekommt man dieses Ergebnis sehr schnell: lim (Z-Zk)!(Z) = lim Z -( Z)k = Z~Zk Z~Zk 9 Z . Z - Zk 1 1 Zk Zk hm -------HZk g(z) - g(Zk) g'(Zk) 4z~ 4zk 16
3.3 Erster Test für das dritte Kapitel
595
d) Eine einfache Skizze zeigt Abbildung 3.35. Daraus (oder durch Berechnung
Abbildung 3.35. Die drei Kreise und vier Singularitäten
der Abstände) ergibt sich:
--+
und Z4 liegen im Kreis .0,2(1) := {z E ([Ilz -11< 2}, während Z2 und außerhalb dieses Kreises liegen. Zl und Z2 liegen im Kreis .0,2(i) := {z E ([Ilz - il < 2}, während Z3 und Z4 außerhalb dieses Kreises liegen. Alle Polstellen von f befinden sich außerhalb des Einheitskreises. Keine Polst elle von f liegt auf einer der Integrationskurven 0.0,2(1), 0.0,2(i) und 0.0,1(0).
Zl
Z3
--+ --+ --+
Nach dem Integralsatz von Cauchy gilt deshalb J8,0.dO) f(z)dz = O. Mit Hilfe des Residuensatzes berechnen wir die anderen zwei Integrale, und zwar unter Berücksichtigung der Lage der Polst ellen von f bzgl. der Integrationswege.
I I
+ Res f\zJ
f(z)dz=27ri (Res f\z
8,0.2(1)
=27ri
(-~; i + -~; i) = _ :i .
1
f(z)dz =27ri (Res f\Zl
+ Res
f\zJ = 27ri
(-~; i + 11~ i) = ~ .
8,0.2 (i)
e) Ist R > 1 und bezeichnet r R den oberen Halbkreis mit Radius R sowie 0 als Mittelpunkt, der von R nach -R durchlaufen wird (z.B. mit der Parameterdarstellung [0,7r] --+ ([ , () t-+ ReiB) , so gilt:
14 i :Xx'
+
j(z)dz
= 2~i
(Re' j I" +
= 27ri ( _ \ : i
Res
tJ
+ \~ i)
~.
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
596
Da der Grad des Nenners von j gleich 4 und der des Zählers gleich 0 ist, und 4 - 0 = 4 ~ 2 gilt, weiß man, dass j(z)dz -+ 0 für R -+ 00 gilt. Deshalb
JrR
c
1gt
10
Joo _
00
dx ~+ x
l'1m
=
R-t+oo
r oo erh a"lt man d araus Jo
JR -R
dx 4+x4
4+dxx 4 =
i·
Da
jl IR
eine gerade Funktion ist,
'Ir = "8 •
Aufgabe 7 Entwickeln Sie die Funktion j, j(z) := (Z_2)I(z+5)' jeweils in eine Taylorbzw. Laurentreihe um Zo, die in den folgenden Gebieten konvergiert:
a) b)
c)
d)
= {z E ([ Ilzl < 2} , Zo = 0 . G 2 = {z E ([ 12< Izl < 5} , Zo = 0 . G 3 = {z E ([ Ilzl > 5} , Zo = 0 . GI
In dem größtmöglichen Kreis mit Mittelpunkt Zo = -2.
Lösung: Man berechnet leicht: j(z) = ~C~2 - Z!5)' Auf GI gilt /2 = -~. 1~~ =
= -
-~ 2:~=o ~:
2:~=o 2~;1 und auf
2::
([\G l
:
Z~2
=
~. l~f
{z E ([ 1 Izl < 5} hat man Z!5 = • Auf 1 1 _ 1 ,,00 ( l)n Zn _ ,,00 ( l)n sn+T Zn 5" • 1-(-t) - 5" Dn=O 5n Dn=O un d au f G 3 gl'lt _1__ 1. . 1 _ 1. , , 0 0 (_l)n 5 n _ , , 0 0 (_l)n-l 5 n - 1
~ 2:~=o ;: z+5 -
Z
=
2:~=1
1-(-%) -
1
z Dn=O
zn -
Dn=1
--zn- .
Damit ergibt sich: a) Auf GI gilt die folgende Taylorreihe
b) Auf G 2 gilt die Laurentreihe
mit an
={
1. ·2- n - l (7_ 1)n+l_l_ 7·5 n + 1
für n < 0 für n >_ 0 .
c) Auf G 3 gilt die Laurentreihe j(z)
1 1 =-71 " --"(_l)n-l _=" - (2 n- 1 + (_l)n 5nzn 3 zn 7 00
~
n=1
2n -
l
00
~
n=1
5n -
l
00
~
n=1
1 zn
l ) -.
3.3 Erster Test für das dritte Kapitel
597
Hier ist der Nebenteil gleich Null. d) Im Punkt -2 gibt es eine Taylorreihe, deren Konvergenzradius der Abstand von -2 zur nächsten Singularität ist. Da nur die Punkte -5 und 2 Singularitäten von f sind, ist dieser Abstand gleich 3. Auf {z E ([I Iz + 21 < 3} gilt -1 1 1 1 z-2= z+2-4 =4·1-E.H.
1
=-4"
4
f (z)
2 ~ ( z : 2) n + ;1
= _ 18
=
~ ((_1)n 7.;n+l -
L n=O 00
(Z+2)n -4-
~ (-1) n ( Z ;
,
2) n
+1) (z+2)n.
7.:n
Aufgabe 8
Lösen Sie mit Hilfe der Laplace-Transformation das System von linearen Differenzialgleichungen x~(t) = X2(t) + X3(t), x~(t) = -Xl(t) + X4(t), x~(t) = X4(t), x~(t) = -X3(t) unter den Anfangsbedingungen Xl(O) = X2(O) = X3(O) = 0 und X4(O) = 1. Hinweis: Betrachten Sie zuerst das Anfangswertproblem, das aus den letzten bei den Gleichungen und aus den entsprechenden Anfangswertbedingungen besteht. Lösung: Wir lösen das Anfangswertproblem mit Hilfe der Laplace-Transformation. Wegen der bekannten Regel L[xj](s) = sL[xj](s) - Xj(O) erhält man aus dem gegebenen System von Differenzialgleichungen das folgende (algebraische) System:
+ L[X3](S) , -L[Xl](S) + L[X4](S) ,
sL[xd(s) = L[X2](S) SL[X2](S) =
SL[X3](S) = L[X4](S) , SL[X4](S) = -L[X3](S)
+ 1.
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
598
Aus den letzten bei den Gleichungen folgt S2 L[X3](S) = SL[X4](S) = -L[X3](S) + 1, d.h. L[X3](S) = 82~1 = L[sint](s) und damit X3(t) = sinto Analog hat man S2 L[X4](S) = -SL[X3](S) + s = -L[X4](S) + s , L[X4](S) = 82~1 = L[cos t](s), X4(t)=cost. Hiermit erhalten die ersten zwei Gleichungen des algebraischen Systems die Form sL[xtl(s) = L[X2](S)+ 82~1
SL[X2](S) = -L[X1](S) + 82~1. Daraus erhält man S2 L[X1](S) = SL[X2](S) + s2~1 = -L[xtl(s)+ i~l' d.h. L[X1](S) = (S2~t)2' und analog S2 L[X2](S) = -SL[X1](S)
+ 8::1
= -L[X2](S)
und C2~1)'
+ =~+~,
= - (:2 ;/)2 2
also L[X2](S) =
(:22;1\2.
'
Da C2~1)' = - 3~1
gelten, ergibt sich nach der Multiplikationsregel
L[xtl(s) = L[tsint](s) , L[X2](S) = L[tcost](s), d.h. X1(t) = tsint, X2(t) = t cos t. Insgesamt lautet also die Lösung: X1(t) = tsint, X2(t) = tcost, X3(t) = sint, X4(t) = cost.
3.4 Zweiter Test für das dritte Kapitel Aufgabe 1
Betrachten Sie die Funktion 10 : [0,1f[-+ IR, lo(x) := 1fx-x2. Sei h : IR -+ IR die 1f-periodische Funktion, die auf [0, 1f[ mit 10 übereinstimmt. h : IR -+ IR sei die ungerade Funktion mit kleinstmöglicher Periode, die auf [0, 1f[ mit 10 übereinstimmt. a)
b) c) d) e)
Zeigen Sie, dass h eine gerade Funktion ist. Untersuchen Sie, ob h stetig, differenzierbar oder wenigstens links- und rechtsseitig differenzierbar in jedem Punkt von IR ist. Skizzieren Sie die Funktion h . Zeigen Sie, dass h stetig differenzierbar auf IR ist. Skizzieren Sie diese Funktion. Geben Sie die Fourierreihen von hund h an. Gegen welche Funktion konvergiert die Fourierreihe der Funktion h bzw. h? Warum? Ist diese Konvergenz punktweise, gleichmäßig, absolut? Folgern Sie aus c) und d) die folgenden Identitäten:
Lösung: a) Für jedes x E [0,1f[ und nE 7l. wird definiert: h(x+n1f) := lo(x). Daraus und wegen lo(x) > für x E]O,1f[ folgt, dass die Menge {n1f I n E 7l.} die Nullstellenmenge der Funktion h ist. Für jedes y aus dieser Menge gilt natürlich h(Y) = h(-y)· Ist nun y E IR\{n1f In E 7l.}, so gibt es genau ein x E]O, 1f[ und ein nE 7l. mit y = x+n1f. Man hat: h (-y) = h (-(x + n1f)) =
°
h ((1f - x) + (n + 1)1f) = 10(1f - x) = 1f(1f - x) - (1f - X)2 = 1f2 -1fX _1f 2 + 21fx - x2 = 1fX - x 2 = lo(x) = h(Y) . Also ist h eine gerade Funktion. Auf jedem Intervall]n1f, (n + 1)1f[ , n E 7l., ist h unendlich oft differenzierbar. Wegen 10(0) = lim lo(x) = lim lo(x) = ist h in jedem Punkt n1f stetig. x-tO+
Da
°
lim lo(x) - 10(0) = 1f x-tO+
°
x-t1r-
X -
und
lim lo(x) X - 1f
x-t1r-
°
= -1f
gelten, ist h in jedem Punkt n1f links- und rechtsseitig differenzierbar, aber nicht differenzierbar. Durch die Translationen des Parabel bogens, der durch die Funktion 10 defi-
600
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
h
Abbildung 3.36. Darstellung der Funktion
niert ist, erhält man eine Skizze für ft gemäß Abbildung 3.36. b) Man setzt fo auf [-7f, O[ durch die Zuordnung xr-+ {
-f(-X) 0
, falls x E] - 7f, O[ , , falls x = -7f ,
fort, und anschließend wird diese Funktion 27f-periodisch auf ganz IR fortgesetzt. Die erhaltene Funktion h hat also {n7f I n E ~} als Nullstellenmenge und ist auf jedem Intervall]n7f, (n + 1)7f[ unendlich oft differenzierbar, da auf diesem Intervall h durch einen Parabelbogen darstellbar ist. In 0 und 7f soll nun h untersucht werden. Man hat: 7fX - x 2 2 7fX + X
, falls 0 ~ x < 7f , , falls -7f < x < 0 ,
7f - 2x fHx) = { 7f + 2x
, falls 0 < x < 7f , , falls -7f < x < 0 ;
h(x) = { und damit
außerdem gilt: lim
x-+o-
11"x+x 2 x
lim
X-+O+
11"X-X2 · 11m - = 7f ,
/2(x)-/2(O) x-o
x-+o+
x
11'm
x-+o-
/2(x)-/2(O) x-o
= 7f .
h in 0 stetig differenzierbar ist. Sei nun x E]7f, 27f[; es gilt h(x) = h(x-27f) = - h(27f-x) = -[7f(27f-x)-(27f-X)2] = 27f 2 -37fx+x 2 = (27f - x)(7f - x) und damit
Das zeigt, dass
I
f2(X) = In 7f hat man: lim
X-+11"+
lim
x-t7r-
/2(x)-/(11") X-7r
{7f - 2x -37f + 2x
/2(X)-/(11") X-11"
= x-ttrlim
11"X-X 2 X-1T
=
lim
X-+11"+
= -7f.
,fallsO<x<7f, , falls 7f < X < 27f . 211"2_311"+x X-11"
=
Deshalb ist
lim (x - 27f)
X-+11"+
h
= -7f
'
auch in 7f stetig diffe-
renzierbar und damit auf ganz IR stetig differenzierbar. c) ft ist eine gerade Funktion mit der Periode 7f; die Fourierreihe von
ft
ist
601
3.4 Zweiter Test für das dritte Kapitel
Abbildung 3.37. Die ungerade Fortsetzung
h
von
10
t 2) cos 2kt dt. Für k = 0 gilt 2 ao = .1'Ir Jo r:;;(7ft - t 2 )dt = .1('lrt t:) = 'lr 2 • für k > 1 erhält man mit par'Ir 2 3 3 ' tieller Integration ak = ~ [A (7ft - t 2) sin 2kt 21k Jo:;; (7f - 2t) sin 2kt dtJ = also ~
+ 2::%:1 ak cos 2kt,
mit ak
= ~ Jo:;; (-Trt -
I! -
I! -2 Jo:;; cos 2kt dtJ = -p - ~ sin 2kt I! = -p . Die Fourierreihe von h lautet also: ~ - 2::%:1 P cos 2kt . ;rb-[(7f - 2t) cos 2kt
2
Für die ungerade Funktion 12 mit der Periode 27f bekommt man die Fourierreihe 2::%"=1 bk sin kt mit bk = ~ Jo'lr (7ft - t 2) sin kt dt ist. Also: 'Ir
bk= :k [-(7ft-t 2 )COSkt[
+ !(7f-2t)COsktdt] o
!2 [(
= 7f
7f - 2t) sin kt
Die Fourierreihe von
12
+2
sin kt dt ]
o
4 3 coskt = --k
7f
I: ! 'Ir
I
'Ir
0
=
{
80
1if'S
, falls k gerade, , falls k ungerade.
lautet damit ~ 2::~o (2j~1)3 sin(2j
+ l)x .
d) Wegen der Eigenschaften der Funktion h (also: stetig auf IR und sowohl links- als auch rechtsseitig differenzierbar in jedem Punkt) konvergiert die Fourierreihe von h in jedem Punkt x E IR gegen f(x). (Siehe dazu auch das erwähnte Ergebnis in der Lösung der Aufgabe 3 aus 3.3.) Wenn man die Gestalt der Fourierreihe von h anschaut, dann sieht man wegen
I
:2 cos 2ktl ::; :2
für
k 2:: 1 und alle t
p,
E IR
und der Konvergenz der Reihe 2::%"=1 dass die Fourierreihe von h gleichmäßig und absolut konvergiert. Da 12 stetig differenzierbar auf IR ist, kon-
602
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
vergiert die Fourierreihe von h gleichmäßig und absolut gegen 12 . e) Für x = 0 ergibt sich aus der Fourierreihe von h die erste der beiden Identitäten: n2
o = h (0) = 6 -
1
L 00
k2
Setzt man in nx - x 2 = ~ L:~o (2j~1)3 sin(2j erhält man die zweite Identität, weil sin(2j
•
k=l
+ l)x
+ 1H =
den Wert ~ für x, so
(-l)j gilt.
Aufgabe 2
Berechnen Sie das Kurvenintegral fdx2ydx
a)
+ y 2dy),
U;
wobei C
der Ellipsenbogen auf der Ellipse xg + = 1 von (-3, O)T über (0, 2)T nach (3,0)T ist. ii) der Polygonzug bestehend aus den beiden Strecken von (-3, O)T nach (0,2)T und von (0,2)T nach (3,0)T ist. Ist das Vektorfeld f : IR2 -+ IR , f(x, y) := (x 2y, y2)T wegunabhängig integrierbar? Ist f ein Potenzialfeld? i)
b) c)
2
Lösung:
a) i) [0, n] -+ IR2 , t I-t G~~~?;=m = C23s~~~t) ist eine Parametrisierung des Ellipsenbogens. Es gilt 7r
!
(x 2 ydx
+
y 2 dy)
= ! (9 cos 2 t· 2 sin t· 3 sin t
c
+ 4 sin2 t· 2 cos t)dt
0 7r
sin 2 2t d 8. 3 17r = 54! - - t+-sm t 4 3 0
o
7r
= 27! 1- cos4t dt = 277r _ 27 sin4t 17r
2
2
o
4
16
0
277r 4
ii) Die Strecke von (-3, O)T nach (0,2)T wird mittels [-3,0] -+ IR2 t I-t (.at~2) parametrisiert; die andere Strecke, also von (0,2)T nach (3,Of 3
wird mittels [0,3] -+ IR2
,
t I-t (2~.:?t) parametrisiert. Damit gilt 3
3.4 Zweiter Test für das dritte Kapitel
f (~t3 + o
=
3
-3
=
62 t 2 27
27
62
dt
3
(~t4 + 62 t3 + ~t2 + ~t) 6 81 9 3 27
f (- ~t3 + 3
+ 16 t + ~) 9
603
+
3
0 0 1
-3
+
46 t 2 27
+ 16 t 9
-
~) dt 3
(_~t4 + 46 t3 + ~t2 - ~t) 6 81 9 3
46
= - 2 + 3 - 8+8 - 2 + 3 +8 -
8
3 10
= -27 + 36 = 9 .
b) Das Vektorfeld f wurde von (-3, O)T nach (3,0)T auf zwei verschiedenen Wegen integriert mit den verschiedenen Ergebnissen 2:,,- und 9. Deshalb ist f nicht wegunabhängig integrierbar. c) Da ein Potenzialfeld immer wegunabhängig integrierbar ist, ist f kein Potenzialfeld. Eine andere Begründung: Gäbe es eine zweimal stetig differenzierbare Funktion F, F: IR2 ---+ IR mit ~~ (x, y) = x 2y und ~; (x, y) = y2, so wären die Funktionen y (x 2y) = x 2 und (y2) = 0 gleich, was aber nicht
t
tx
der Fall ist. Aufgabe 3
Gegeben sei das Gebiet
G
:=
{(x, y, zf E IR3 I x 2 + y2
+ Z2 < 1 ,
x> 0 , Y > 0 , z > O} ,
G ist also ein offenes Achtel des Inneren der Einheitskugel. Weiter betrachte man das Vektorfeld f : IR3 ---+ IR, f(x, y, z) := (y, -x, xy)T .
Iao f· do, wobei die Flächennor-
a)
Berechnen Sie das Oberflächenintegral
b)
male in das Äußere des Gebiets G weist. Zeigen Sie, dass für G und f die Voraussetzungen des Divergenzsatzes von Gauß gelten, und bestätigen Sie damit das Ergebnis aus a).
Hinweis: Wählen Sie für den Teil des Randes, der auf der Kugel liegt, die Parameterdarstellung x : D := {(~) E IR2 I 0 < 0 < ~ , 0 <
604
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
Lösung: a) Der Rand BG besteht aus einem Achtel der Einheitskugel R, aus drei Viertelkreisen
X:= {(O,y,zf E IR31 y2 + Z2 < 1, y > 0, z > O}, Y := {(x, 0, z)T E IR 3 I x 2 + Z2 < 1, x> 0, z > O} , Z:= {(x,y,Of E IR3 1 x 2 +y2 < 1, x> 0, Y > O}, aus drei Strecken der Länge 1 auf den Achsen und aus drei Kreisbögen auf den Koordinatenebenen> (Dabei spielen die Strecken und Kreisbögen für die zweidimensionale Integration keine Rolle!» Man hat also
Ir>do= Ir>do+ Ir>do+ Ir>do+ Ir>do> 80
X
R
Y
Z
Auf R hat man r(x) >do(x) = r(x(ep,B)) >(x
_c~~: ;~~:ep 2
) >
cos Bsin ep cos ep
und
deshalb
JR r
(~:::: :~~;) da( ep, B)
+ x()(ep,B))da(ep,B)
= cos 3 Bsin Bsin ep cos epdBdep,
cos Bsin B
(Ja;; cos3 Bsin BdB) (Ja;; sin ep cos epdB)
> do
(-tcos4Blg)(~sin2eplg) = t > ~ = ~ > Für X hat man die Parameterdarstellung D 1 := {(y,z)T E IR 2 1 y2+z2 < 1, y
> 0, z > O} -+ X, (y,z)T
I---t
(O,y,zf;
dafür ist das vektorielle Oberflächenelement (-1,0, O)T dydz> Es gilt
[ fdo(x)
~10) .(T) ~ dydz
!(-Y) ( [ d Z ) dy
Analog erhält man mit der Parameterdarstellung von Y D 2 :={(x,z)T E IR2 1 x 2 +Z2
< 1, x> 0, z > O} -+ Y, (x,z)T
I---t
(x,O,z)T
dx
=1
und mit dem vektoriellen Oberflächenelement (0, -1, O)T dxdz :
Ir> do(x) Y
=I D2
0) (0) (° ° -x
>
-1
dxdz
= I 1 x (VT="X2) I dz a
a
>
3.4 Zweiter Test für das dritte Kapitel
605
Schließlich nimmt man für Z die Parameterdarstellung
für welche (0,0, _l)T dxdy das vektorielle Flächenelement ist, und erhält
J
f·do(x)
Z
=
J
D3
(!x) . xy
1
) dxdy
J 1
-
(~
1- y2 y-2- dy =
o
Insgesamt ergibt sich:
J 1
= j(-y) 0
(/Xdx)
dy
0
y3 - Y - 2 - dy =
0
f 8G f . do(x) = ~ - 1 + 1 -
(Y8 y: ) I: -~. 4
~
-
=0 .
IR 3 ,
b) Das Vektorfeld f ist stetig differenzierbar auf weil seine Komponenten Polynome sind. G ist das Achtel der Einheitskugel, das sich im Achtelraum
{(x, y, z) T E IR3 1 x > 0 , y > 0 , z > O} befindet und damit ein Gebiet mit vier glatten Flächen als Rand. G liegt schlicht über jeder der drei Koordinatenebenen, z.B. über der x-y-Ebene wegen: (x, y, Z)T E G {::::::} (x, y)T E D 3 und 0< z < \/1- x 2 - y2 . Wegen div f
= ~ + a(;;yx) + a~;) = 0 erhält man mit dem Divergenzsatz von
Gauß dasselbe Ergebnis wie in a):
J
f· do(x) =
aG
J
div f du(x, y, z) = 0 .
G
Aufgabe 4
a) b) c)
d)
2
Bestimmen Sie für die Funktion f , f(z) := (z-d(Z-2)2, die isolierten Singularitäten und deren Typ. Berechnen Sie die Residuen von f . Integrieren Sie f auf dem Rand der Kreise mit dem Mittelpunkt 0 und den Radien ~, ~ sowie ~; dabei ist der Durchlaufsinn auf dem Rand jedesmal dem Uhrzeigersinn entgegengesetzt. Entwickeln Sie die Funktion f jeweils in eine Taylor- bzw. Laurentreihe um den Nullpunkt, die in den folgenden Gebieten konvergiert:
«: Ilzl < I} , {z E «: 11 < Izl < 2} , {z E «: Ilzl > 2} .
GI = {z E
G2 = G3 =
606
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
Hinweis: Führen Sie zuerst die Partialbruchzerlegung durch. Lösung: a) Der Zähler von 1 hat genau eine doppelte Nullstelle in 0, und der Nenner von 1 hat eine einfache Nullstelle in 1 und eine doppelte Nullstelle in 2. Deshalb hat 1 eine einfache Polstelle in 1, eine doppelte Polstelle in 2 und sonst keine weitere Singularität. z2 a + b + C f··h t b) (z-1)(z-2)2 = z-1 z-2 (z-2)2 U r zu
a(z2 - 4z + 4)
+ b(Z2 - 3z + 2) + c(z - 1) = Z2
und damit zu a + b = 1 , -4a - 3b + c = 0 , 4a + 2b - c = 0 . Aus den letzten beiden Gleichungen folgt durch Addition b = 0; deshalb ergibt sich aus der ersten Gleichung a = 1. Aus der zweiten (oder dritten) Gleichung erhält man c = 4. Also: I(z) = Z~1 Im Punkt 1 ist
(Z!2)2
+ (z!2)2
.
eine komplex differenzierbare Funktion; deshalb gilt Res Ih
= Res z ~ 1
11
=1.
In 2 ist z~1 komplex differenzierbar; damit erhält man Res/12
= Res (z ~ 2)212 = O.
c) Innerhalb des Kreises 61 (0) ist 1 komplex differenzierbar; wegen der Inklusion 86 1/ 2(0) C 61(0) gilt nach dem Integralsatz von Cauchy: J86. 1 / 2 (0)
I(z)dz
= O. Der einzige Punkt von 62(0), in welchem 1 nicht kom-
plex differenzierbar ist, ist 1. Da 1 ~ 86 3 / 2(0) gilt, folgt nach dem Residuensatz
!
I(z)dz
= 27fiRes/11 = 27fi.
86. 3 / 2 (0)
Schließlich liegen die einzigen Singularitäten von I, also 1 und 2, innerhalb des Kreises 6 5 / 2(0). Mit dem Residuensatz ergibt sich
!
I(z)dz
= 27fi(Res 111 + Res 112) = 27fi .
86. 5 / 2 (0)
d) Es gilt i) Auf 61 (0) : Z~1 = -1~Z = - L:~=o zn ,
3.4 Zweiter Test für das dritte Kapitel
607
= -~ I~"2 = - L:~=o 2~;1' und durch Ableiten erhalten . I_'\'OO n n-I _ ,\,00 n+1 n WIr (Z-2)2 - L..m=1 2ii"+T z - L..m=O 2"+2"z ,
ii) auf 6 2(0) : Z~2
Ilzl > 1} : Z~I = ~ I~f = ~ L:~=o z~ = L:~=I }n , iv) auf {z E ([ Ilzl > 2} : Z~2 = ~ I~~ = L:~=o Z~;l' und durch Ableiten . . I 2 2 ergIbt sIch (Z-2)2 = L..m=O n + 2 zn+2 = Lm=2 n--zn . Unter Berücksichtigung der Partialbruchzerlegung j(z) = z~1 + (Z":2)2 erhält
iii) auf {z E ([
,\,00
(
n
)
n - 2
,\,00
man die folgenden Entwicklungen: --7
auf GI : j(z)
--7
aufG 2
--7
aufG 3
:
:
+1 (+1 ) = - ~zn +4 ~ ~n+2 zn = ~ n 2n -1 00
j(z) = j(z)
00
00
1
00
2: zn +42:
n=1
=" -
1
n=O
00
n+1 2n+2 zn =
2n-2 +4 " n ~ zn ~ zn n=1 n=2 00
00
1
00
00
zn,
n+1
2: zn + 2: ~zn, n=O
n=1
1 =- + n=2 "(1 +n2 n )zn -. 1
00
Z
~
3.5 Dritter Test für das dritte Kapitel Aufgabe 1
Sei x :]0,00[-+ IR 3 die durch t r-+ a) b) c)
0-, t, V2ln t)T parametrisierte Kurve.
Ist diese Kurve glatt parametrisiert? Bestimmen Sie die Länge dieser Kurve zwischen den Punkten (e,~, -V2)T und (~, e, V2)T . Bestimmen Sie die Krümmung und die Torsion in jedem Punkt dieser Kurve.
Lösung: a) Jede Komponente von x ist eine unendlich oft differenzierbare Funktion
auf ]0, 00[. Wegen x/(t) = (-b, 1, Yf)T ist diese Kurve glatt parametrisiert, da x/(t) für jedes t > vom Nullvektor verschieden ist.
J
°
= Pr + 1 + fr = Jlt2i~±t4 = Itt = b + 1. x
b) Ilx/(t)11
ist eine injektive
Funktion von ]0, oo[ in IR3, wie am einfachsten an der zweiten Komponente von x zu sehen ist. Deshalb gibt es jeweils nur ein t > 0, welches einem Punkt der Kurve entspricht. So gilt x(~) = (e,~,-V2)T und x(e) = (~,e,V2)T, und damit ist die gesuchte Bogenlänge der Wert des Integrals
(fr,O, - ~)T und xll/(t)
Mit x"(t)
x/(t) x x"(t) =
(-1J. '
-{l- ,
=
(-*,0, ~)T ergibt sich
_fr)T , Ilx/(t) x x"(t)11
V2(ltt 2 )
t4
det(x/(t),x"(t),xll/(t)) = -~. Damit erhalten wir
~(t) = T(t)
=
Ilx/(t) x x"(t)11 Ilx / (t)113
2(1~t2)
= (1~~2)3
det(x ' (t), x" (t), XIII (t)) Ilx/(t) X x"(t)112
=
- ~ 2(ltt 2 )2 t8
Aufgabe 2
a) b)
Bestimmen Sie die Fourierreihe der 7r-periodischen Funktion f welche auf [0,7r[ durch f(x) := xsinx gegeben ist. Ist f eine gerade Funktion?
: IR -+
IR,
3.5 Dritter Test für das dritte Kapitel
c) d)
609
Wo stellt die Fourierreihe die Funktion Folgern Sie aus den obigen Antworten: 7f
1
4" - 2 =
L
(-l)k
00
k=l
4k 2
1
1=
-
3-
1 15
f
dar?
1
1 - 63
+ 35
1
+ 99
1 - 143
+ ....
Lösung: a) Die Funktion f hat die Periode 7f; die Koeffizienten der f zugeordneten Fourierreihe ~ + 2:~1 (ak cos 2kt + bk sin 2kt) werden mit den folgenden Integralen berechnet: ak = ~ Jo1l" f(t) cos 2kt dt, k = 0,1,2,... ,
bk = ~ Jo1l" f(t) sin 2kt dt, k Es gilt für k 2: 1 :
J
= 1,2,3, ....
11"
ak
=~
J 11"
t sin t cos ktdt
=~
o
t[sin(2k
+ l)t -
sin(2k - l)t]dt
0
=:;1 [- 2k 1+ 1 tcos(2k + l)t + 2k 1-1 tcos(2k + l)t]
111"
0
+~ [ 2k ~ 11co,(2k + I)tdt - 2k ~ 11 co,(2k 1 [7f 7f] 2k + 1 - 2k - 1
=:;
J
1 [sin(2k + l)t (2k + 1)2
+:;
11"
bk
=~
t sin t sin ktdt
=~
sin(2k - l)t (2k - 1)2
111"]
0
2
=- 4k 2 -
l'
J
t[cos(2k - l)t - cos(2k + l)t]dt
0
[ --tsin(2k 1 1 - l)t - -k--tsin(2k + l)t] 2k - 1 2 +1
+~ [ - ~ 11 ,in(2k 2k
=~
0 -
1
11"
o
= -7f1
111"
I)tdt
[(2k
~ 1)2 (cos(2k -
I)tdt
+ 2k
111"
0
~ 1{in(2k+
1)7f - 1) - (2k: 1)2 (cos(2k
I)tdt
+ 1)7f -
1 1)]
16k
Da außerdem ao = ~ Jo1l" t sin tdt = ~ (-t cos t sich die folgende Fourierreihe von f :
10 + Jo cos tdt) 1l"
= 2 gilt, ergibt
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
610
1 - 2~ 00
(
8k)
1
4k2 _ 1 cos 2kt + 7f(4k2 _ 1)2 sin 2kt
.
b) Aus dem Ergebnis (weil Sinus summanden auftreten) folgt, dass 1 nicht gerade ist. Aber das ist natürlich auch direkt an der Definition von 1 nachzuprüfen: Für jedes x E] - ~, O[ gilt I(x) = 1(7f + x) = (7f + x) sin(7f + x) = -(7f + x) sinx =I- x sinx = (-x) sin( -x) = I( -x) . c) Setzt man x I-t x sin x von [0,7f[ auf IR mit der Periode 7f fort, so erhält man eine stetige Funktion I, welche auf IR\ {n7f I n E ~} differenzierbar und in den Punkten n7f nicht differenzierbar ist. Es gilt: lim I(x) - 1(0) X - 0
=
lim I(x) - 1(0) X - 0
=
x-+o+ x-+o-
lim sinx
x-+o+
lim (7f
=0,
+ x) sin(7f + x)
x-+o-
lim (7f x-+o-
X
+ x) sinx
= -7f .
X
1 ist deshalb in jedem Punkt n7f links- und rechtsseitig differenzierbar. Also ist die 1 zugeordnete Fourierreihe punktweise konvergent auf IR gegen I; die Fourierreihe stellt also überall die Funktion dar. d) Aus a) und c) folgt für t = ~: IG) = ~ = 1- 2l:~14kLl cosk7f = 00
!_l)k
1 _
7r
00
(_l)k-l
1 - 2l: k=1 ~ und daraus 4" - '2 - l:k=l 4k2-1 .
Aufgabe 3 Es sei C die Schnittkurve des elliptischen Zylinders {(x,y,z)T E IR 3
x 2+
v;. =
I} mit der Ebene {(x, y, Z)T E
ihre Projektion auf die Ellipse sei das Vektorfeld f: f(x) . a) b) c) d) e)
IR3
--+
x2
+ 1f
IR3 , X
2
IR3
Ix =
I
z}, die so orientiert ist, dass
= 1 positiv orientiert ist. Weiterhin
= (x,y,z)T
I-t ( yz2,xz 2 +4y,2xyz)T
=:
Geben Sie eine glatte Parametrisierung von C an. Berechnen Sie das Kurvenintegral Je f· dx mit Hilfe der obigen Parametrisierung. Zeigen Sie, dass f die Integrabilitätsbedingungen erfüllt. Bestimmen Sie ein g : IR 3 --+ IR mit gradg = f . Bestätigen Sie das in b) erzielte Ergebnis sowohl mit Hilfe des Potenzials g als auch mit dem Satz von Stokes.
Lösung: a) [0,27f]--+ IR3 , t I-t x(t):= (cost,..;2sint,cost)T ist eine glatte Parametrisierung von C, weil für jedes t gilt:
3.5 Dritter Test für das dritte Kapitel
611
Ilx'(t)11 = V(-sint)2 + (V2cost)2 + (-sint)2 = V2 =I-
o.
Außerdem ist die Projektion dieser Kurve auf die x-y-Ebene die parametrisierte Kurve [0, 27r]1-+ (Fz:i~t), welche positiv orientiert ist. b) Mit der angegebenen Parametrisierung erhält man
1
1
V2 sin t cos 2 t ) ( - sin t ) cos3 t + 4V2 sin t . V2 ~os t dt 2V2sintcos2 t -smt
211" (
f· dx =
C
0
1
=
211"
(V2 cos 4 t + 8 sin t cos t - 3V2 sin 2 t cos 2 t)dt
o 211"
= 1[V2COS2 t(cos 2 t - 3sin2 t) + 4sin2t]dt
o
1 =""2 1 211"
In
=v2
1 + cos 2t
2
2 111" (2cos2t-l)dt-2cos2t 0
o
V2
2
(cos2t + cos4t)dt
11"
0
=
(
211" V2 . V 2 . ) 1 =0. 4sm2t+Ssm4t o
c) Die Integrabilitätsbedingungen t y (yz2) = tx (xz 2 + 4y) , tz (xz 2 + 4y) = t y (2xyz) und tx (2xyz) = tz (yz2) gelten in allen Punkten aus IR 3 . d) ~(x,y,z)
= yz2 ist für g(x,y,z) = xyz2 +cp(y,z) erfüllt. Betrachtet man
die zweite Komponente von f, so folgt aus tyg(x, y, z) = xz 2 + ~(y, z)
=
xz 2 + 4y, dass cp die Gestalt cp(y, z) = 2y2 + 'l(;(z) hat. Die Funktion xyz2 + 2y2+'l(;(z) erfüllt die Bedingung tz (xyz2+2y2+'l(;(Z)) = 2xyz, wenn 'l(;'(z) = 0 gilt. Also ist g, g(x, y, z) := xyz2 + 2y2 ein Potenzial für f . e) Auf jeder geschlossenen Kurve r im IR 3 gilt Jr f . dx = 0, weil fein Potenzial besitzt. Die Integrabilitätsbedingungen sind äquivalent zu rot f = o. Nach dem Satz von Stokes ist also Ja f· dx = JF rot fdo = 0, eine zweite Bestätigung des in b) erzielten Ergebnisses. (Dabei kann man die Fläche F = {(x,y,z)T E 1R31 x = Z, x 2 + V; < I} mit C als Rand wählen.) Aufgabe 4 Gegeben ist die Differenzialgleichung 2xy dx + (y2 - x 2)dy = 0 .
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
612 a) b) c) d) e)
Zeigen Sie, dass diese Differenzialgleichung auf keiner offenen Teilmenge von IR 2 exakt ist. Bestimmen Sie für die obige Differenzialgleichung auf IR2 \ {O} einen integrierenden Faktor der Form (x 2 + y2)a mit a E IR. Berechnen Sie grad( x 2 y 2) . Verwenden Sie die Ergebnisse aus b) und c), um die allgemeine Lösung der gegebenen Differenzialgleichung zu erhalten. Bestimmen Sie die Lösung der Differenzialgleichung, die die Anfangsbedingung y(l) = ~ erfüllt, und deren maximalen Definitionsbereich.
7
Lösung: a) Die Bedingung für die Exaktheit tx (y2 - x 2) = t y (2xy), d.h. -2x = 2x,
ist nur auf der y-Achse erfüllt. Keine offene Menge aus IR2 ist darin erhalten. b) [(x 2 + y2)a(y2 - x 2)) t y [(x 2 + y2)a2xy) lässt sich als a2x(x 2 + y2)a-1 (y2 _ x 2) + (x2 + y2)a( -2x) = a2y(x 2 + y2)a-12xy + (x 2 + y2)a2x schreiben und damit als a(x 2 + y2)a-1[2 xy2 - 2x 3 - 4xy2) = 4(x 2 + y2)a x . Auf IR 2 \{O} ist diese Gleichung zu -2ax = 4x äquivalent, was auf IR2 \{O} für a = -2 (und nur dafür) erfüllt ist. 8 ( -V) _ 2xy 8 ( -V) _ y2_ x2 ) ES gl'lt 8x C X2+'i? - (x 2+y2)2 , 8y X2+'i? - (X 2+y2)2 .
t"
d) Berücksichtigt man den integrierenden Faktor (x 2 + y2)-2, so hat man die Gleichung (X2Z;:;2)2dx+ d22;:22)2dY = 0 zu lösen. Aus c) folgt, dass X2!y2 = C mit C E IR die allgemeine Lösung ist. e) Die Anfangsbedingung y(l) = ~ führt zu C = ~. Aus 2y2 + 2x 2 = 5y ergeben sich die möglichen Lösungen 5±V2~-16x2; nur y(x) := 5-Y2~-16x2 erfüllt die Anfangsbedingung. Die Zuordnung x r-t y(x) := 5-Y2~ 16x 2 definiert eine differenzierbare Funktion auf)- ~,H eine (differenzierbare) Fortsetzung dieser Funktion auf ein größeres Intervall ist wegen lim y' (x) = 00 und x--+ ~-o lim y'(x) = -00 nicht möglich. x--+-~+o
Aufgabe 5
Entwickeln Sie die Funktion j , j(z) := Taylor- bzw. Laurentreihe, und zwar i) ii) iii) iv)
(Z+l)5(Z-3) '
umzo=Oin61:={zE([llzl<1}, um Zo = 0 in 61,3(0) := {z E ([ 11 < Izl < 3} , um Zo = 1 in 6 2 (1) := {z E ([ Ilz - 11 < 2} , um Zo = 1 in 6 2 ,00(1) := {z E ([ Ilz - 11> 2} .
in eine konvergente
613
3.5 Dritter Test für das dritte Kapitel Lösung: Die Methode der Partialbruchzerlegung führt zu
fez)
1
= (z + 1)2(z -
1
1
1
16
z- 3
16
1
1 4
- . - - - - . - - - -.
3)
z
+1
1
-:--....,....".
(z
+ 1)2
Auf 6 1 gilt Z!1 ~::'=o( -1)nz n und damit (durch gliedweise Ableiten der Reihe, was wegen der kompakten Konvergenz erlaubt ist) (z~I)2 = ~::'=o( -1)n(n
+ l)zn.
Auf 6 1,00(0) gilt Z!1 = ~::'=o( -1)n zn\1 und des-
halb auch (Z~I)2 = ~::'=1 (_I)n+l znnfi . Auf 6 3(0) gilt Z~3 = - ~::'=o
3
dagegen hat man auf 6 ,00(0) die Laurent-Entwicklung Z~3 = ~::'=1
3!:1 ;
3::
1
•
Möchte man nun um 1 entwickeln, so schreibt man fez) = ((Z-I)+2)5((z-I)-2)
116 . (Z-~)-2 - 116 . (Z-~)+2 -
t
((Z-I\+2)2. Auf 6 2(1) gilt (Z-~)-2 = 1 L..m=O (z-lr 2n un d (z-I)+2 -- ,,00 L..m=O ( - l)n (z-lr. 2n 1 , d araus er hUlt a man - ,,00 1 ,,00 ( l)n (n+l)(z-l)n S hl· ßI· h k . f A (1) ((z-I)+2)2 - L..m=O 2nf2· C le lC onvergleren au D2,00 · R·h 2n i , ,,00 2n f i un d ,,00 2n- 1nf 1 d le Dn=O (z_l)nf Dn=O (l)n (z_1)n Dn=1 ( - l)n+l (z_l)n el en ,,00 =
gegen (z-~)-2 ' (Z-~)+2 bzw. ((z_ II)+2)2 . Setzt man diese Reihen in die angegebene Partialbruchzerlegung ein, so erhält man (nach einigen Änderungen der Summationsindizes) i)
fez) = -116 1
ii) fez) = ~
~ (3n~1 + (-I)n(4n + 5)) zn auf 6 1 , 00
5 _ 4n
1
+ ~) -1)n 16 . zn
f
n=2
00 zn - L 3n+1 auf 6 1 ,3(0) , n=O
1 + (-~~:~2n + 3) (z - l)n auf 6 2(1) , n=O . 00 4k-1 00 n 2n-3n IV) fez) = L (z -1)2k+2 + L(-I) (z -1)n+l auf 6 2,00(1) . k=O n=1
iii) fez)
=-
Aufgabe 6
Berechnen Sie mit Hilfe des Residuensatzes
J 00
-00
xcosx (x2 + 1)(x2
+ 4)
J 00
d
x
und
Begründen Sie Ihre Vorgehensweise!
-00
xsinx d (x2 + 1)(x2 +4) x.
3 Ausgewählte Themen aus der Analysis
614 Lösung:
Sei R ~ 4, und IR der Halbkreis mit der Parametrisierung [O,7r) -+ ([, t I--t Reit, Betrachtet man die geschlossene Kurve, die aus IR und der Strecke [- R, R) besteht, so folgt mit dem Residuensatz für die Funktion J, J(z) := (z 2+l)z(Z2+4) eiz :
!
R
(x 2 + 1~x2
+ 4) eixdx +
-R
!
J(z)dz = 27ri(ResJli + ResJb),
(*)
7R
Für die Abschätzung von 1 J'YR J(z)dzl bemerken wir, dass für Izl ~ R ~ 4 die Ungleichung Izl 4 < 2(lz1 4 - 51z1 2 - 4) gilt, weil sie zu Izl 4 - 10lz1 2 äquivalent ist, und diese letzte Ungleichung ist leicht einzusehen:
-
8
>0
:s
Wegen Izl 4 - 51z1 2 - 4 Iz 4 + 5z 2 + 41 folgt Izl 4 < 21z 4 + 5z 2 + 41 und damit Iz 4 +hzJ2+41 < Schließlich ergibt sich daraus auf {z = x+iy E ([ Ilzl ~ R , y ~ O} die Ungleichung
rzla'
Damit erhält man die Abschätzung
I!
I:s !
~
J(z)dz
was lim
R-+oo
f 7R J(z)dz =
IJ(z)Rieitldt:S
0
'YR
2! ~2dt = ~~ , ~
0
0 als Folgerung hat, Die Residuen von J in den einfa-
chen Polstellen i und 2i - die einzigen Polstellen, die innerhalb der geschlossenen Kurve IR U [-R, R)liegen - sind: Res Jli ResJb
= Z-+2 lim.(z -
i)J(z)
= Z-+22 lim.(z -
= Z-+2 lim (Z + z')~z 2 + 4) eiz = 61e ,
2i)J(z)
z
.
1
= Z-+22 lim (2 1)( Z + 2 / 2Z = --6 2' Z + z e
Damit ergibt sich aus (*) durch den Grenzübergang R -+ 00 oo xcosx d 'Joo xsinx d - 2 '( 1 1 ) ~i(e21) J -00 (X2+l)(x2+4) X + z -00 (X2+l)(x2+4) X - 7rZ 6e - 6? 3e ,was oo xcosx d 0 d Joo xsinx d ~(e21) f"h t zu J -00 (x2+1)(x2+4) X = un -00 (x2+1)(x2+4) X = 3e ur. D as ers t e
615
3.5 Dritter Test für das dritte Kapitel
Ergebnis dient eigentlich nur zur Probe, da J~oo g(x)dx = 0 für jede uneigentlich integrierbare, ungerade Funktion g, also insbesondere für (x2~lc)(~~H) gilt. Aufgabe 7
Lösen Sie mit Hilfe der Laplacetransformation die Differenzialgleichung
y" - 2y' - 15y = 18sint -14cost unter den Anfangsbedingungen i) y(O) = 1 , y' (0)
=7
ii) y(O)
,
=1,
y' (0)
= -1 .
Lösung: Wendet man auf die Differenzialgleichung unter Berücksichtigung der Anfangsbedingungen der Laplacetransformation an, so erhält man mit der Bezeichnung L[y] = Y und wegen der bekannten Regeln L[y'](s) = sY(s) - y(O) und L[y"](s) = s2y(S) - sy(O) - y'(O) die Gleichungen i) (S2 - 2s - 15)Y(s) - s - 5 = 1~2~i8 ,
ii) (S2 - 2s - 15)Y(s) - s + 3 = 1~2~i8 . Daraus erhält man mit Partialbruchzerlegungen .) Y( ) _ 83 +58 2 -138+23 _ 8 _ 1 + _1_ _ _l_ I
S -
.. ) Y( ) _
11
S
-
(82+1)(8-5)(8+3) 8 3 -38 2 -138+15 _ (82+1)(8 5)(8+3) -
82+1
82+1
8 82+1 -
1 82+1 .
8-5
s+3'
Wegen L[sint](s) = 82~1 ' L[cost](s) = 82~1 ' L[eat](s) = 8~a für jedes a E IR und aus dem Eindeutigkeitssatz ergeben sich schließlich die Lösungen i) y(t) = cos t - sin t
+ e5t -
e- 3t
ii) y(t) = cost - sint.
Literaturhinweise 1. 2.
3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11.
12. 13. 14. 15. 16. 17. 18.
Beekmann, W.: Analysis, I u. II, Kurse 1132 u. 1133 der Fernuniversität, Hagen, 2001 Beekmann, W. j Duma, A. j Linden, H. j Petersson, H. j Pumplün, D.: Mathematik für Ingenieure; Band I, II, III u. IV, Kurse 1191-1194 der Fernuniversität, Hagen, 2001 Duma, A.j Garske, G.: Einführung in die Funktionentheorie; Kurs 1339 der Fernuniversität, Hagen, 2001 Endl, K. j Luh, W.: Analysis, Band I, II u. III, Akad. Verlagsgesellschaft, FrankfurtjM., 1972, 1973 u. 1974 Fischer, G.: Lineare Algebra; vieweg studium, Vieweg u. Sohn, Braunschweig, 1995 Fischer, W. j Lieb, !.: Funktionentheorie, Vieweg u. Sohn, Braunschweig, 1994 Forster, 0.: Analysis, Band I u. II; vieweg studium, Vieweg u. Sohn, Braunschweig 1983 u. 1984 Habetha, K.: Höhere Mathematik für Ingenieure und Physiker; Band 1,2 u. 3, Klett Studienbücher, Ernst Klett Verlag, Stuttgart, 1976 Königsberger, K.: Analysis 1 u. 2; Springer Verlag, BerlinjHeidelbergj New-York, 1995 u. 1993 Locher, F.: Numerische Mathematik für Informatiker, Springer Verlag, BerlinjHeidelbergjNew-York, 1992 Meyberg, K. j Vachenauer,P.: Höhere Mathematik; Band 1 u. 2, Springer Verlag, BerlinjHeidelbergjNew-York, 1995 u. 1997 Neunzert, H. et AL: Analysis; Band 1 u. 2, Springer Verlag, BerlinjHeidelbergjNew-York, 1996 u. 1993 Räde, L. j Westergren, B.: Mathematische Formeln, Springer Verlag, BerlinjHeidelbergjNew-York, 1997 Reiffen, H.-J. j Trapp, H.W.: Differentialrechung; B.I. Wissenschaftsverlag, MannheimjWienjZürich, 1989 Reiffen, H.-J. j Trapp,H.W.: Einführung in die Analysis, Differentiation und Integration; Vniversitätsverlag Rasch, Osnabrück, 1999 Remmert, R.: Funktionentheorie, Band 1 u. 2, Springer Verlag, Berlinj HeidelbergjNew-York, 1995 Smirnow, W.!.: Lehrgang der Höheren Mathematik, Band I, II, III, IV u. V, Deutscher Verlag der Wissenschaften, Berlin, 1973, 1974, 1975 Storch, V.j Wiebe, H.: Lehrbuch der Mathematik, Band 1,2 u. 3, B.I. Wissenschaftsverlag, MannheimjWienjZürich, 1989, 1990, 1993
Index
Abbildung, identische 14 , konstante 14 ~ , lineare 227 abgeschlossen 12 abgeschlossene Menge 239 Abhängigkeit, lineare 23 Ableitung 179, 182, 245 ~ , partielle 243 ~ , totale 243 absolute Konvergenz 53 Abszisse (absoluter) Konvergenz 455 abzählbar 17 Achsenabschnittsform einer Ebene 30 ~ einer Geraden 29 Additionsregel 454, 460 Additionstheoreme 69, 74 Additivität des Integrals 202 Adjunkte 47 Ähnlichkeit 231 Ähnlichkeitsregel 454, 460 Äquivalenz 1 ~ relation 17 affiner Unterraum 27 algebraische Struktur 20 Anfangspunkt 402 Anfangswertbedingungen 220 Anfangswertproblem 220 Approximationssatz von Weierstraß 61 Arcus Cosinus 72 Arcus Cotangens 73 Arcus Sinus 72 Arcus Tangens 73 Area Cosinus hyperbolicus 74 Area Sinus hyperbolicus 74 Argument einer komplexen Zahl 7 arithmetisches Mittel 4 Assoziativität 19 ~
Asymptote 195 , polynomiale 195 ~ , senkrechte 194 Ausgleichsgeraden 254 ~ polynom 254 Aussagenkalkül 1 Ausschöpfung 423 Austauschsatz von Steinitz 24 Automorphismus 36 ~
Bahnbeschleunigung 410 Basis 23 ~ , kanonische 24 Bernoulli-Ungleichung 4 beschränkt 48 beschränkte Menge 237 Besselsche Ungleichung 418 bestimmtes Integral 201 Betrag 5 ~ einer komplexen Zahl 7 Beweis, indirekter 2 ~ per Induktion 2 ~ per Widerspruch 2 bijektiv 16 Bild 227 ~ einer Funktion 14 ~ bereich 14 Binormalenvektor 405 Cauchy, Integralformel von 444 -Kriterium 240 Cauchy-Riemannsche Differenzialgleichungen 440 Cauchyscher Hauptwert 212 ~ Integralsatz 443 Cauchy-Schwarzsche Ungleichung 4 charakteristische Funktion 419 ~ Gleichung einer Matrix 230 ~
618 charakteristisches Polynom einer Differenzialgleichung 224 Cosinus hyperbolicus 73 Cosinusfunktion 68 Cotangens 72 Cramersche Regel 46 er -Parameterdarstellung 407 er -Parametrisierung 407 Dämpfungsregel 454 Definitionsbereich 14 - , maximaler 14 Determinante 45 Dezimalsystem 5 Diagonalisierbarkeit 231 diffeomorph 413 Differenz (symmetrische) 12 Differenzialgleichung 1. Ordnung mit getrennten Veränderlichen 222 - vom Typ Bernoulli 223 - , homogene lineare 1. Ordnung 222 - , inhomogene lineare 223 - , lineare 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten 224 Differenziationsregel 456, 460 - der Bildfunktion 461 differenzierbar in Richtung v 244 - , partiell 243 - , stetig 244 - , total 241 Differenzierbarkeit 179 - , komplexe 439 Dimension 23 Dimensionsformel 26, 40, 228 direkte Summe 26 Dirichlet-Gebiet 446 - - Kriterium 63 - - Problem 446 Disjunktion 1 Distributivität 19 Divergenz 430, 433 dividierte Differenzen 197 Drehfläche 407 Dreieckungleichung 5 Dualsystem 5 Durchschnitt 12 e 50
Index ebene Polarkoordinaten 426 ebener Punkt 412 Eigenraum 230 Eigenvektor 230 Eigenwert 230 Eindeutigkeitssatz 64, 457, 461 eingegebenes Signal 459 Einschließungskriterium 57 Einschließungssatz 50 Einschränkung 15 Element 10 - , inverses 19 - , neutrales 19 elliptisch 412 empfangenes Signal 459 endlich dimensional 23 Endomorphismus 35, 227 Endpunkt 402 Entwicklungspunkt 63 - satz 46 Epimorphismus 36 erweiterte komplexe Ebene 437 Erzeugendensystem 23 Eulersche Differenzialgleichung 2. Ordnung 226 - Formeln 68 - Zahl 50 Evolute 404 exakte Differenzialgleichung 429 Existenz- und Eindeutigkeitssatz 220, 221 Existenzkriterium 253 explizite Form einer Differenzialgleichung 219 Exponentialfunktion 65 Extrema unter Nebenbedingungen 255 Faktor, integrierender 430 Fakultät 3 Faltung 456 Faltungsregel 456, 461 Fehlerabschätzung 197 Fixpunkt 193 - satz 194 Flächeninhalt 202 - , endlicher 431 Flächenintegral, nichtorientiertes 432 - , orientiertes 432 Folge 48
619
Index - , beschränkte 48 - , divergente 50 - , konvergente 49 - , monotone 48 Formel von Moivre 9 Fortsetzung 15 - ,p-periodische 416 Fourierintegral 459 Fourierkoeffizienten 417 Fourierreihe 417 Frenetsche Formeln 403, 406 Fundamentalform, erste 409 - , zweite 411 Fundamentalsatz der Algebra 18 Funktion 14 - , beschränkte 61 - , bijektive 16 , Bild einer 14 - , Bildbereich einer 14 - , charakteristische 419 - , Definitionsbereich einer 14 - , Einschränkung einer 15 - , Fortsetzung einer 15 - , Graph einer 15 - ,injektive 16 - , integrierbare 201 - , inverse 16 - , komplex analytische 446 - , konjugiert harmonische 445 - , lokal konforme 451 - , periodische 415 - , reell analytische 434, 446 - , stetige 59 - , surjektive 16 - , vektorwertige 238 Funktionen, Komposition von 16 Funktionaldeterminante 246 Funktionalgleichung der Gamma-Funktion 215 Funktionalmatrix 245 Gamma-Funktion 215 - , Funktionalgleichung der 215 Gauß-Algorithmus 42 Gaußsche Krümmung 412 Gaußscher Divergenzsatz 433 Gebiet 241 - , schlichtes 433
Geodätische 410 - Krümmung 410 geometrisches Mittel 4 geschlossene Kurve 402 gleichmäßig stetig 436 gleichmäßige Konvergenz 62 Gleichungssystem - , homogenes 41 Gradient 243 Gradientenfeld 429 Gram-Schmidt-Orthonormalisierungsverfahren 232 Graph einer Funktion 15 Greensche Formeln 433 Grenzfunktion 62 Grenzwert 49 - einer Funktion 55, 240 - , linksseitiger 56 - , rechtsseitiger 56 - , uneigentlicher 58 Gruppe 19 Häufungspunkt einer Folge 50 - einer Menge 52, 240 Halbebene (absoluter) Konvergenz 455 halboffen 12 harmonische Reihe 53 Hauptachsentransformation 233 Hauptkrümmungen 412 Hauptkrümmungsradien 412 Hauptrichtungen 412 Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung 204 Hauptwert des Logarithmus 439 Hauptzweig der n-ten Wurzel 438 Heavisidesche Sprungfunktion 453 heb bare Singularität 448 hermitesche Matrix 232 Heron-Verfahren 192 Hesseform einer Ebene 31 Hessesche Matrix 252 Homöomorphismus 451 homogenes Gleichungssystem 41 Homogenitätsregel 245 Homomorphismus 20, 35, 227 hyperbolisch 412 hyperbolische Funktionen 73 identische Abbildung 14
620 Identität 14 Identitätssatz 447 - , für Potenzreihen 64 Imaginärteil 7, 435 Implikation 1 implizite Form einer Differenzialgleichung 219 Impulsfunktion 454 indefinit 253 Induktion (vollständige) 2 Infimum 53 Inhalt 424 inhomogenes Gleichungssystem 41 injektiv 16 innerer Punkt 179, 239 Integrabilitätsbedingungen 429 Integral 201 - formel von Cauchy 444 - kriterium 213 Integration, partielle 206 Integrationsregel 455, 461 integrierbare Funktion 201 integrierender Faktor 430 Intervall 419 - , abgeschlossenes 12 - , halboffenes 12 - , offenes 12 Intervallhalbierungsverfahren 191 Inverse 16 isolierter Punkt 52 Isomorphismus 36, 227 - , analytischer 451 - , topologischer 451 iteratives Verfahren 191 Jacobische Matrix 245 Jordankurve 403 Joukowski-Funktion 452 kanonische Basis 24 Kardinalität 17 kartesisches Produkt 13 Kegelschnitte 234 - , Normalform der 235 Keplersche Faßregel 217 Kern 227 Kettenregel 246 - der Differenzialrechnung 181 - für Grenzwerte von Funktionen 57
Index - für stetige Funktionen 60 Knickpunkt 182, 195 Knoten 196 Körper 20 Kommutativität 19 kompakt 61, 240 komplex analytisch 446 komplexe Differenzierbarkeit 439 - Ebene, erweiterte 437 komplexer Logarithmus 439 komplexes Kurvenintegral 441 Komponentenfolge 239 Komposition 16 konform 451 - äquivalent 451 Konjugationsregel 460 konjugiert harmonisch 445 konjugierte Matrix 231 konjugiert-transponierte Matrix 231 Konjunktion 1 konkav 195 Konvergenz 49 - , absolute 53 - , gleichmäßige 62 , punktweise 62 - , uneigentliche 51 - abszisse 454 - geraden 454 - menge 62, 453 - radius 64 - satz 418 konvex 195 Korrespondenzzeichen 457 Kronecker-Symbol 46 Krümmung 403 - einer Raumkurve 406 - , Gaußsche 412 - , geodätische 410 - , mittlere 412 Krümmungskreis 404 - radius 404 kubischer Spline 198 Kugelkoordinaten 426 Kurve, geschlossene 402 - , orientierte 402 - , stetig parametrisierte 241 Kurvenintegral 428 - , komplexes 441
Index - , orientiertes 428 Lagrangesches Interpolationspolynom 197 Lagrangesches Restglied 187 Laplaceintegral 453 Laplace-Operator 433 Laurentreihe 448 leere Menge 10 Leibniz-Kriterium 54 Leibnizsche Regel 258 Limes superior 64 linear abhängig 23 - approximierbar 440 - unabhängig 23 lineare Abbildung 227 - Approximation 179 Linearitätsregel 181, 245 Linearkombination 23 Linksverschiebung 453 Lipschitz-Bedingung 59, 220 Logarithmus zur Basis a 68 - , Hauptwert des 439 - , komplexer 439 - funktion 66 lokal konform 451 lokales Extremum 185 - Maximum 185, 252 - Minimum 185, 252 Mächtigkeit 17 Majoranten-Kriterium 54 - für uneigentliche Integrale 213 Masse 424 Matrix 22 Matrizenmultiplikation 38 maximaler Definitionsbereich 14 Maximum einer Funktion 61 - , lokales 252 Maximumprinzip 445 Menge, Element einer 10 - , leere 10 Mengen, abzählbare 17 - , Differenz von 12 - , Durchschnitt von 12 - , endliche 17 - , Mächtigkeit von 17 - , überabzählbare 17 - , unendliche 17
621 - , Vereinigung von 12 - , Zerlegung von 13 Meridian 407 Messwerte 196 Minimalitätseigenschaft 417 Minimum einer Funktion 61 - , lokales 252 Minimumprinzip 445 Minoranten-Kriterium 54 - für uneigentliche Integrale 213 Mittelpunktsformel 216 Mittelwertgleichung 445 Mittelwertsatz 424 - der Differenzialrechnung 185 - der Integralrechnung 202, 421 mittlere Krümmung 412 mittlerer Fehler 255 Modulationsregel 460 Möbius-Transformationen 438 Monomorphismus 36 monoton 48 - fallend, wachsend 16 Monotonie (strenge) 16 Multiplikationsregel 455 Multiplikatormethode von Lagrange 256 Nabelpunkt 412 natürlicher Logarithmus 66 Negation 1 negativ (semi)definit 253 neutrales Element 19 Newtonsche Interpolationsformel 197 Newton-Verfahren 191 Norm 232 Normalbeschleunigung 410 Normale 407 Normalenvektor 403 - einer Ebene 31 - einer Geraden 29 Normalform 39 - einer Quadrik 235 - eines Kegelschnittes 235 - einer Geraden, Hessesche 29 Normal-Krümmung 410 Nullfolge 49 Nullfunktion 457 Nullstelle, Vielfachheit einer 18
622 Nullvektor 20 Nullvektorraum 23 Oberflächenelement, skalares 431 - , vektorielles 432 offen 12, 239 offene Kugel 239 Offenheitssatz 447 Operation 19 Ordnung einer Differenzialgleichung 219 orientierte Kurve 402 orientiertes Kurvenintegral 428 orientierungsäquivalent 408 orientierungserhaltend 408 Originalfunktion 459 orthogonal 28, 232 orthogonale Matrix 232 Orthogonalitätsrelationen 416 Orthonormalbasis 232 Orthonormalisierungsverfahren, Gram-Schmidt- 232 Orthonormalsystem 232 parabolisch 412 Parallelogrammregel 7 Parallelverschiebung 27 Parameterdarstellung einer Ebene 30 - einer Geraden 28 er -Parameterdarstellung 407 Parametertransformation 401, 408 parametrisierte Kurve 401 er -Parametrisierung 407 Partialsummen 53 partiell differenzierbar 243, 250 - , k-mal 186 partielle Ableitung 243 - Integration 206 partikuläre Lösung 41 Periode 415 Permutation 16 Poisson-Formel für den Kreis 446 Polarkoordinaten 247, 248 - , ebene 426 - , einer komplexen Zahl 8 - , räumliche 426 Polstelle 194 polynomiale Asymptote 195 positiv (semi)definit 253
Index Potenz zur Basis a 66 Potenzialfeld 427, 429 Potenz menge 12 Potenzreihen 63 Prinzip der vollständigen Induktion 2 - des Argumentes 450 Produkt, kartesisches 13 Produktregel 181, 245 punktweise konvergent 62 Quader 419 quadratische Form 252 quadratische Konvergenz 192 Quadrik 235 Quadrik, Normalform einer 235 quellenfrei 434 Quotientenkriterium 54 Quotientenregel 181, 245 räumliche Polar koordinaten 426 Randbedingungen 220 Randwertproblem 220 Rang 39 Realteil 7, 435 Rechtsdreibein 32 - system 32 - verschiebung 453 reell analytisch 434, 446 Regel für eine allgemeine lineare Substitution 454 - für eine periodische Funktion 454 Reihe 53 - , harmonische 53 Residuensatz 449 Residuum 449 Richtungsableitung 244 Riemannscher Abbildungssatz 452 - Hebbarkeitssatz 448 Ring 20 - , kommutativer 20 Rotation 434 Sarrus-Regel46 Satz über die Hauptachsentransformation 233 - über die lokale Umkehrbarkeit 246 - von Bolzano-Weierstraß 50, 240 - von Casorati-Weierstraß 449 - von Gauß 433
623
Index - von Green 430 - von Liouville 445 - von Meusnier 411 - von Picard 449 - von Rolle 185 - von Rouche 451 - von Schwarz 251 - von Stokes 433 - von Taylor 251 schlicht 425, 433 Schmiegebene 405 Schmiegkugel 406 Schranke 52 Schwarzsehe Ungleichung 202, 420 Schwerpunkt 424 Schwingungsgleichung 224 Sehnen-Trapezformel 217 Seitenbeschleunigung 410 Sekante 179 senkrechte Asymptote 194 Simpson-Formel 217 Singularität, heb bare 448 - , wesentliche 448 Sinus hyperbolicus 73 Sinusfunktion 68 Skalar 20 - feld 427 - produkt 27 - produktregel 246 Spaltenrang 39 Spaltenumformung 39 Spatprodukt 32 Sprung 56 Stammfunktion 204, 429 stationärer Punkt 186, 252 Steigung 180 Steinitz, Austauschsatz von 24 sternförmig 429 stetig 59, 240 - , gleichmäßig 59 - , linksseitig 59 - , Lipschitz- 59 - parametrisierte Kurve 241 - , rechtsseitig 59 stetig differenzierbar 244 - , k-mal 186 stetige Fortsetzung 60 Stetigkeit der Umkehrfunktion 60
Struktur, algebraische 20 Stützstelle 196 Substitutionsregel 206 Summe, direkte 26 - von Untervektorräumen 26 Summenregel 245 Superpositions-Prinzip 224 Supremum 52 surjektiv 16 symmetrische Matrix 232 Tangens 72 Tangente 179, 403 Tangentenvektor 403 Tangentialebene 407 Taylor-Entwicklung 187 - -Polynom 187, 251 - -Reihe 188 Teilfolgen 48 Teilmenge 11 topologisch äquivalent 451 Torsion 406 total differenzierbar 241 totale Ableitung 243 Trägheitsmoment 424 Transformationsformel 425 Translation 27 Transponierte 41 transponierte Matrix 231 Treppenfunktion 200, 419 - , Integral einer 200 trigonometrische Funktionen 68 überabzählbar 17 Übergangsmatrix 229 Umgebung 239 Umkehrformel 461 Umrechnungsformel 68 Unabhängigkeit, lineare 23 Unendlich 437 unendlich dimensional 23 unendlich oft differenzierbar 186 Ungleichung, Bernoullische 4 - , Cauchy-Schwarzsche 4 - , Dreiecks- 5 unitäre Matrix 231 universell lösbar 41 Unterraum, affiner 27 Untervektorraum 25
624 Untervektorräumen, Summe von 26 Vektor 20 - feld 427 - funktion 238 - produkt 31 Vektorraum 21 - , Basis 23 - , Dimension 23 - , Erzeugendensystem 23 Verdichtungskriterium 55 Vereinigung 12 Vergleichskriterium 54 Verknüpfung 19 - , assoziative 19 - , distributive 19 - , kommutative 19 - von Aussagen 1 Verschiebungsregel 454, 460 Vielfachheit einer Nullstelle 18 - eines Eigenwertes 231
Index Wahrheitstafel 1 Wegunabhängigkeit 429 wegzusammenhängend 241 Weierstraß-Kriterium 63 Wendepunkt 195 Wertebereich einer Funktion 14 wesentliche Singularität 448 Windung 406 winkeltreu 451 Wirbelfeld 434 wirbelfrei 434 Wurzelkriterium 54 Zahl, komplex konjugierte 9 Zahlenfolge 48 Zeilenrang 39 - umformung 39 Zeitfunktion 453 Zerlegung 13, 424 Zweibein, begleitendes 403 Zwischenwertsatz 60 Zylinderkoordinaten 426
