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							\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\begin{document}

\punkte

\title{Analysis II: Übungsblatt 1}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}

\begin{aufgabe}
    Integralberechnung
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Integration von Monom
            \[
            \int_{0}^{1} \sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x} } }  \d x = \int_{0}^{1} \sqrt{\sqrt{\sqrt{x^{7}} } }  \d x  
            = \int_{0}^{1} x^{\frac{7}{8}} \d x = \frac{8}{15} x^{\frac{15}{8}} \Big|_{0}^{1} = \frac{8}{15}
            .\] 
        \item Produktintegration
            \begin{align*}
                \int_{0}^{1} e^{x}(1 - x + x^2) \d x
                &= e^{x}(1 - x + x^2) \Big|_{0}^{1} - \int_{0}^{1} e^{x}(2x-1) \d x \\
                &= e^{x}(1 - x + x^2) \Big|_{0}^{1} - \left( e^{x}(2x-1) - \int_{0}^{1} 2e^{x} \d x  \right)  \\
                &= e^{x}(1 - x + x^2) \Big|_{0}^{1} - e^{x}(2x-1) \Big|_{0}^{1}  + 2e^{x} \Big|_{0}^{1} \\
                &= e^{x}(x^2 - 3x+4) \Big|_{0}^{1} \\
                &= 2e - 4
            .\end{align*}
        \item Mit Substitution $t = x^2$ folgt
            \begin{align*}
                \int_{0}^{1} e^{x^2} x^{3} \d x
                = \int_{0}^{1} e^{t} tx  \frac{\d t}{2x}
                = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^{t}\cdot t \d t
                = \frac{1}{2} \left( e^{t}\cdot t \Big|_{0}^{1} - \int_{0}^{1} e^{t} \d t\right) 
                = \frac{1}{2}
            .\end{align*}
        \item Mit $(\tan x)' = \frac{1}{\cos^2(x)}$ folgt
            \begin{align*}
                \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{x}{\cos^2(x)} \d x 
                &= \tan(x) \cdot x \Big|_{0}^{\frac{\pi}{4}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan x \d x 
                \intertext{Mit Substitution $t = \cos x$ folgt}
                \int \tan x \d x
                &= \int \frac{\sin x}{\cos x} \d x
                = - \int \frac{\sin x}{t} \frac{\d x}{\sin x}
                = - \int \frac{1}{t} \d t
                = - \ln t
                = - \ln(\cos x)
                \intertext{Damit folgt}
                \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{x}{\cos^2(x)} \d x
                &= \frac{\pi}{4} + \ln(\cos x) \Big|_{0}^{\frac{\pi}{4}}
                = \frac{\pi}{4} + \ln\frac{\sqrt{2} }{2}
                = \frac{1}{4} (\pi - \ln 4)
            .\end{align*}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Weitere Eigenschaften von Integralen
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Sei $f\colon [a,b] \to \R$ stetig und $\varphi, \psi\colon [c,d] \to [a,b]$ differenziebar.
            
            Beh.:
            \[
                \frac{d}{\d x} \int_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t) \d t =
                f(\psi(x)) \psi'(x) - f(\varphi(x)) \varphi'(x), \quad x \in [c, d]
            .\] 
            \begin{proof}
                $f$ stetig auf $[a,b]$, d.h. es ex. eine Stammfunktion $F$ von $f$ mit $F'(x) = f(x)$. Nach
                dem HDI gilt dann
                \[
                    \int_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t) \d t = F(\psi(x)) - F(\varphi(x))
                .\] Damit folgt mit Kettenregel
                \begin{align*}
                    \frac{d}{\d x} \left( F(\psi(x)) - F(\varphi(x)) \right)
                    = \frac{d}{\d x} F(\psi(x)) - \frac{d}{\d x} F(\varphi(x))
                    = f(\psi(x)) \psi'(x) - f(\varphi(x)) \varphi'(x)
                .\end{align*}
            \end{proof}
        \item Sei $f\colon [a,b] \to \R$ stetig differenzierbar mit $f(a) = 0$.

            Beh.:
            \[
                \int_{a}^{b} |f(x)f'(x)| \d x \le \frac{b-a}{2} \int_{a}^{b} f'(x)^2 \d x 
            .\] 
            \begin{proof}
                Definiere $G(x) := \int_{a}^{x} |f'(t)| \d t $. Es folgt $G(a) = f(a) = 0$. Dann gilt
                $\forall x \in [a,b]$: $G(x) \ge 0$ und $G(x) \ge f(x)$.
                Außerdem ist $G'(x) = |f'(x)|$.
                Damit folgt:
                \begin{align*}
                    \int_{a}^{b} |f(x)f'(x)| \d x \qquad
                    &\le \qquad \int_{a}^{b} G(x)G'(x) \d x  \\
                    &= \qquad \frac{1}{2} \int_{a}^{b} (G^2(x))' \d x  \\
                    &\stackrel{G(a) = 0}{=} \qquad \frac{1}{2} G(b)^2 \\
                    &\stackrel{G(a) = 0}{=} \qquad \frac{1}{2} \left| \int_{a}^{b} G'(x) \d x \right|^2 \\
                    &\stackrel{\text{CSU}}{\le} \qquad \frac{1}{2} \int_{a}^{b} 1 \d x \cdot \int_{a}^{b} G'(x)^2 \d x  \\
                    &\stackrel{G'(x) = |f'(x)|}{=} \qquad \frac{b-a}{2} \cdot \int_{a}^{b} f'(x)^2 \d x 
                .\end{align*}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[Funktionenfolgen und Integration]
    Für $n \in \N$ sei $f_n\colon [0, \infty) \to \R$ definiert durch
    \[
        f_n(x) := \frac{n^2 x}{(1+n^2x^2)^2}
    .\] Beh.:
    \[
        \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} f_n(x) \d x \neq \int_{0}^{1} \lim_{n \to \infty} f_n(x) \d x 
    .\] 
    \begin{proof}
        Zunächst linke Seite mit Substitution $t = 1+n^2x^2$:
        \[
            \int_{0}^{1} \frac{n^2x}{(1+n^2x^2)^2} \d x 
            = \frac{1}{2} \int_{1}^{1+n^2} \frac{\d t}{t^2}
            = - \frac{1}{2} \frac{1}{t} \Big|_{1}^{1+n^2}
            = - \frac{1}{2 + 2n^2} + \frac{1}{2}
            \xrightarrow{n \to \infty} \frac{1}{2}
        .\] Zu zeigen: $f_n \xrightarrow[\text{punktweise}]{n \to \infty} f(x) := 0$. Sei $x \in \R$ beliebig.
        \[
            |f_n(x) - f(x)|
            = \left| \frac{x}{\frac{1}{n^2} + 2x^2 + n^2x^{4}} \right| \xrightarrow{n \to \infty} 0
        .\] Damit folgt
        \[
            \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} f_n(x) \d x = \frac{1}{2} \neq 0 = \int_{0}^{1} 0 \d x
            = \int_{0}^{1} \lim_{n \to \infty} f_n(x) \d x 
        .\] 
    \end{proof}
    Da $f_n$ nicht gleichmäßig konvergent ist, ist Satz 1.3.1 nicht anwendbar.
    \begin{proof}
        Zu zeigen: $f_n$ nicht gleichmäßig konvergent.

        Sei $\epsilon > 0$ und $n \in \N$ mit $n > \frac{\epsilon \cdot 16}{\sqrt{27} }$. Dann wähle
        $x_0 = \frac{1}{\sqrt{3} n}$. Mit $f_n(x_0) = \frac{\sqrt{27} n}{16}$ folgt
        \[
            |f_n(x_0) - f(x_0)| = |f_n(x_0)|
            = \left| \frac{\sqrt{27} n}{16} \right|
            > \left| \frac{\sqrt{27} \epsilon 16}{16\sqrt{27}} \right|
            = \epsilon
        .\] 
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[Uneigentliche Integrale und Funktionenfolgen]
    Für $n \in \N$ sei $f_n \colon [0, \infty) \to \R$ definiert durch
    \[
        f_n(x) := \frac{1}{n} e^{-\frac{x}{n}}, \quad x \ge 0
    .\] Beh.: $(f_n)_{n\in\N}$ konvergiert gleichmäßig, aber
    \[
        \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{\infty} f_n(x) \d x \neq \int_{0}^{\infty} \lim_{n \to \infty} f_n(x) \d x 
    .\] 
    \begin{proof}
        Zu zeigen: $f_n \xrightarrow[\text{gleichmäßig}]{n \to \infty} f(x) := 0$.

        Sei $\epsilon > 0$ und $x \in [0, \infty)$ beliebig. Wähle $n_0 > \frac{1}{\epsilon}$. Wegen
        $x \ge 0$ und $n \ge 1$, folgt $\frac{x}{n} \ge 0 \implies e^{-\frac{x}{n}} \le 1$.
        Damit folgt direkt $\forall n \in \N$, $n \ge n_0$:
        \[
        \left| \frac{1}{n} e^{-\frac{x}{n}} - 0 \right| \le \frac{1}{n} \cdot 1 \le \frac{1}{n_0}
        < \frac{1}{\frac{1}{\epsilon}} = \epsilon
        .\] $\implies f_n \xrightarrow[\text{gleichmäßig}]{n \to \infty} f(x)$.

        Damit folgt
        \[
        \int_{0}^{1} \frac{1}{n} e^{-\frac{x}{n}} \d x
        = - e^{-\frac{x}{n}} \Big|_{0}^{\infty} = - \left( \lim_{x \to \infty} e^{-\frac{x}{n}} - 1 \right) 
        = 1 \neq 0 = \int_{0}^{\infty} f(x) \d x = \int_{0}^{\infty} \lim_{n \to \infty} f_n(x) \d x 
        .\] 
    \end{proof}
    $[0, \infty)$ ist kein kompaktes Intervall, weshalb Satz 1.3.1 nicht anwendbar ist.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[Stammfunktionen]
    Mit Produktintegration folgt sofort
    \begin{align*}
        &\int \cos(x) \sin(x) \d x = - \cos^2(x) - \int \cos(x) \sin(x) \d x  \\
        \implies & 2 \int \cos(x) \sin(x) \d x = - \cos^2(x) \\
        \implies & \int \cos(x) \sin(x) \d x = - \frac{1}{2} \cos^2(x)
    .\end{align*}
\end{aufgabe}

\end{document}