Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 6:
Stetige Funktionen - Der Weierstraßsche Majorantentest
Lösungen zu den Aufgaben Funktionenreihen und gleichmäßige Konvergenz
Lösung zur Aufgabe 6.5.1 - Funktionenreihen und gleichmäßige Konvergenz I
| (i) | Es handelt sich um eine geometrische Summe der Gestalt |
\[ S_n(x)=1+x+x^2+x^3+\ldots=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\,,\quad|x|\lt 1. \]
| (ii) | Wegen \( |x|\lt 1 \) folgt im Grenzfall \( n\to\infty \) |
\[ F(x)=\lim_{n\to\infty}S_n(x)=\frac{1}{1-x}\,. \]
| (iii) | Sei \( x\in[a,b] \) mit \( -1\lt a\lt b\lt 1. \) Für \( n\ge m \) schätzen wir wie folgt ab |
\[ \begin{array}{lll} |S_n(x)-S_m(x)|\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \left|\frac{1-x^{n+1}}{1-x}-\frac{1-x^{m+1}}{1-x}\right| \,=\,\left|\frac{x^{m+1}-x^{n+1}}{1-x}\right| \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{|x|^{m+1}(1-x^{n-m})}{1-x} \,\le\,\frac{|x|^{m+1}}{1-x} \,\le\,\frac{|x|^{m+1}}{1-b}\,. \end{array} \]
| Zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) existiert also ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N, \) so dass |
\[ |S_n(x)-S_m(x)|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n,m\ge N(\varepsilon)\ \mbox{und alle}\ x\in[a,b]. \]
| Auf dem abgeschlossenen Intervall \( [a,b]\subset(-1,1) \) konvergiert \( F(x) \) also gleichmäßig. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.5.2 - Funktionenreihen und gleichmäßige Konvergenz II
| (i) | Für \( x\not=0 \) berechnen wir mit Hilfe der geometrischen Summenformel |
\[ \begin{array}{lll} S_n(x)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=0}^nx(1-x^2)^k \,=\,x\cdot\sum_{k=0}^n(1-x^2)^k \,=\,x\cdot\frac{1-(1-x^2)^{n+1}}{1-(1-x^2)} \\ & = & \negthickspace\displaystyle x\cdot\frac{1-(1-x^2)^{n+1}}{x^2} \,=\,\frac{1-(1-x^2)^{n+1}}{x}\,. \end{array} \]
| Im Fall \( x=0 \) gilt \( S_n(0)=0 \) für alle \( n=0,1,2,\ldots \) | |
| (ii) | Für \( 0\lt|x|\lt\sqrt{2} \) ist \( 0\lt 1-x^2\lt 1 \) und daher |
\[ F(x) =\lim_{n\to\infty}S_n(x) =\left\{ \begin{array}{cl} \displaystyle\frac{1}{x}\,, & \quad\mbox{falls}\ |x|\lt\sqrt{2}\,,\ x\not=0 \\ 0, & \quad\mbox{falls}\ x=0 \end{array} \right.. \]
| (iii) | Wir brechen die ursprüngliche Reihe nach dem \( n \)-ten Glied ab und erhalten für \( x\not=0 \) den Reihenrest |
\[ \begin{array}{lll} R_{n+1}(x)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle F(x)-S_n(x) \,=\,\sum_{k=n+1}^\infty x(1-x^2)^k \,=\,\frac{1}{x}-\sum_{k=0}^nx(1-x^2)^k \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{x}-\frac{1-(1-x^2)^{n+1}}{x} \,=\,\frac{(1-x^2)^{n+1}}{x}\,. \end{array} \]
| Für festes \( x\not=0 \) und zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) existiert daher ein \( N(\varepsilon,x)\in\mathbb N \) mit (siehe den zweiten Punkt im zweiten Satz aus Paragraph 5.1.2) |
\[ |R_{n+1}(x)|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon,x). \]
| Dabei ist \( N(\varepsilon,x)\to\infty \) für \( x\to 0 \) zu beachten, d.h. in einem Intervall \( [a,b]\subset\mathbb R \) mit \( a\lt 0\lt b \) ist die Konvergenz nicht gleichmäßig, obwohl \( F(x) \) in jedem Punkt konvergiert. | |
| (iv) | Wird eine Umgebung \( x=0 \) herausgeschnitten, so konvergiert \( F(x) \) in den im Aufgabentext beschriebenen verbleibenden abgeschlossenen Intervallen gleichmäßig, denn dann gilt z.B. im Fall \( 0\lt a\lt b\lt\sqrt{2} \) |
\[ |R_{n+1}(x)|=\frac{(1-x^2)^{n+1}}{x}\le\frac{(1-x^2)^{n+1}}{a}\,, \]
| d.h. zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) existiert ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit |
\[ |R_{n+1}(x)|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon)\ \mbox{und alle}\ x\in[a,b]. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Der Weierstraßsche Majorantentest
Lösung zur Aufgabe 6.5.3 - Exponentialfunktion und natürlicher Logarithmus
| (i) | Mit Hilfe des Cauchyschen Produktsatzes sowie Aufgabe 3.3.7(ii) ermitteln wir |
\[ \begin{array}{lll} e^xe^{-x}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \left(\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}\right)\left(\sum_{\ell=0}^\infty\frac{(-x)^\ell}{\ell!}\right) \,=\,\left(\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}\right)\left(\sum_{\ell=0}^\infty\frac{(-1)^\ell x^\ell}{\ell!}\right) \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^m\frac{1}{(m-k)!}\frac{(-1)^k}{k!}\,x^m \,=\,\sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^m(-1)^k\binom{m}{k}\frac{x^m}{m!} \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1+\sum_{m=1}^\infty\sum_{k=0}^m(-1)^k\binom{m}{k}\frac{x^m}{m!} \,=\,1+0 \,=\,1. \end{array} \]
| Also gilt |
\[ e^xe^{-x}=1\quad\mbox{bzw.}\quad e^x=\frac{1}{e^{-x}}\quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R. \]
| Wir können aber auch einfach so argumentieren, wie Niklas es macht: |
\[ e^xe^{-x}=e^{x-x}=e^0=1, \]
| und die Behauptung folgt durch Umstellen. Aus der Reihenentwicklung von \( e^x \) folgt jedenfalls \( e^x\gt 0 \) für alle \( x\gt 0, \) und wegen \( e^x=\frac{1}{e^{-x}} \) erhalten wir |
\[ e^x\gt 0\quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R. \]
| (ii) | Aus Paragraph 5.5.1 wissen wir, dass \( e^x \) für alle \( x\in\mathbb R \) absolut konvergiert. Wählen wir nun ein \( r\in[0,\infty) \) beliebig, so folgt aus dem Weierstraßschen Majorantentest mit der Setzung \( M_k:=\frac{r^k}{k!} \) sogar die gleichmäßige Konvergenz für alle \( |x|\le r, \) denn |
\[ \left|\,\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}\right| \le\sum_{k=0}^\infty\frac{|x|^k}{k!} \le\sum_{k=0}^\infty\frac{r^k}{k!} \lt\infty\,, \]
| d.h. die Reihe \( \displaystyle\sum_{k=0}^\infty\frac{r^k}{k!} \) dient als Majorante. Die Folge \( \{S_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) der stetigen Partialsummen konvergiert daher gleichmäßig, und nach dem Stetigkeitskriterium aus Paragraph 6.4.3 ist die Exponentialfunktion stetig für alle \( x\in\mathbb R \) mit \( |x|\lt r. \) Da aber \( r\ge 0 \) beliebig gewählt wurde, folgt die Stetigkeit in ganz \( \mathbb R. \) | |
| (iii) | Im Fall \( 0\le x\lt y \) gilt |
\[ \sum_{k=0}^n\frac{y^k}{k!}-\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!} =\sum_{k=0}^n\frac{y^k-x^k}{k!} =\sum_{k=1}^n\frac{y^k-x^k}{k!} \gt 0 \quad\mbox{für alle}\ n=1,2,\ldots \]
| denn jeder Summand ist positiv. Also ist \( e^x \) streng monoton wachsend in \( [0,\infty). \) Zusammen mit \( e^x=\frac{1}{e^{-x}} \) folgt die strenge Monotonie für die anderen Fälle \( x\lt 0\lt y \) und \( x\lt y\lt 0, \) was als Übung verbleibt. Ferner entnehmen wir der Funktionalgleichung der Exponentialreihe |
\[ e^{nx}=(e^x)^n\longrightarrow\infty\quad\mbox{für}\ n\to\infty \]
| für alle \( x\gt 0, \) unter erneuter Beachtung von \( e^0=1 \) und damit \( e^x\gt 1 \) für alle \( x\gt 0. \) Machen wir schließlich erneut Gebrauch von \( e^x=\frac{1}{e^{-x}}, \) also \( e^x\to 0 \) für \( x\to-\infty, \) so finden wir nach dem Zwischenwertsatz von Bolzano-Weierstraß für jedes \( y\in(0,\infty) \) ein \( x\in\mathbb R \) mit \( e^x=y. \) | |
| (iv) | Es existiert also eine streng monoton wachsende (als Übung nachzuprüfen) Umkehrfunktion von \( e^x, \) der sogenannte natürliche Logarithmus, in Zeichen |
\[ \ln\colon(0,\infty)\longrightarrow\mathbb R. \]
| (v) | Die genannten Rechenregeln für den natürlichen Logarithmus folgen sofort aus |
\[ e^{x+y}=e^x\cdot e^y\,,\quad e^x=\frac{1}{e^{-x}}\,,\quad x\in\mathbb R. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)