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%% |____ back/index.tex
%% |____ back/sources.bib
@ -117,6 +119,7 @@
dvipsnames,
}{xcolor}
\usepackage{makecmds} % need for \provideenvironment
\usepackage{inputenc}
\usepackage{babel}
\usepackage{geometry}
@ -306,6 +309,9 @@
\providecommand{\powerSet}{}
\renewcommand{\powerSet}[1]{\mathop{\powerset}(#1)}
\providecommand{\blockCases}{}
\renewenvironment{blockCases}[2]{\left\{\begin{array}[#1]{#2}}{\end{array}\right.}
\newcommand{\fieldK}[0]{\mathbb{K}}
\newcommand{\reals}[0]{\mathbb{R}}
\newcommand{\complex}[0]{\mathbb{C}}
@ -1069,7 +1075,7 @@ Per Definition gilt $\norm{f}_{\infty} \in \reals$ gdw. $f$ beschränkt ist.
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\setblocklabel{claim:1:ex:2.1:raj-analysis-ii-notes}
\setblocklabel{claim:1:ex:3.1:raj-analysis-ii-notes}
Angenommen,
so dass $(f_{n})_{n\in\naturals}$
genüge folgender Eigenschaft
@ -1238,6 +1244,463 @@ Per Definition gilt $\norm{f}_{\infty} \in \reals$ gdw. $f$ beschränkt ist.
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\setcounterafter{section}{2}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/woche4/A2.tex
%% ********************************************************************************
\let\oldsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[]{}
\let\sectionname\oldsectionname
\label{sec:6}
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\setblocklabel{claim:1:ex:3.2:raj-analysis-ii-notes}
Seien $\alpha \in (0, \infty)$.
Dann
$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}k^{-\alpha} < \infty$
gdw. $\alpha > 1$.
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{beweis}
Sei $N\in\naturals$ mit $N > 1$.
Dann
\begin{maths}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
\displaystyle\sum_{k=1}^{N}k^{-\alpha}
&= &k^{-N} + \displaystyle\sum_{k=1}^{N - 1}
\displaystyle\int_{t=k}^{k + 1} k^{-\alpha} \dee t\\
&\geq &0 + \displaystyle\sum_{k=1}^{N - 1}
\displaystyle\int_{t=k}^{k + 1} t^{-\alpha} \dee t
= \displaystyle\int_{t=1}^{N} t^{-\alpha} \dee t\\
\end{maths}
und
\begin{maths}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:2:\beweislabel]
\displaystyle\sum_{k=1}^{N}k^{-\alpha}
&= &1 + \displaystyle\sum_{k=2}^{N} \displaystyle\int_{t=k-1}^{k} k^{-\alpha} \dee t\\
&\leq &1 + \displaystyle\sum_{k=2}^{N}
\displaystyle\int_{t=k-1}^{k} t^{-\alpha} \dee t\\
&= &1 + \displaystyle\int_{t=1}^{N} t^{-\alpha} \dee t.\\
\end{maths}
Laut Skript (siehe \cite[\S{}11.3,~Bsp.~(c)]{pogorzelskiVLSkript})
wissen wir nun, dass
\begin{maths}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:3:\beweislabel]
\displaystyle\int_{t=1}^{\infty} t^{-\alpha} \dee t
&= &\begin{blockCases}{mc}{rcl}
+\infty &: &\alpha \leq 1\\
\frac{1}{1-\alpha} &: &\alpha > 1\\
\end{blockCases}.\\
\end{maths}
Folglich gelten
\begin{maths}[mc]{rcl}
\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}k^{-\alpha}
&= &\displaystyle\limsup_{N \to \infty}\displaystyle\sum_{k=1}^{N}k^{-\alpha}\\
&\eqcrefoverset{eq:2:\beweislabel}{\leq}
&\displaystyle\limsup_{N \to \infty}\displaystyle\int_{t=1}^{N} t^{-\alpha} \dee t + 1\\
&= &\displaystyle\displaystyle\int_{t=1}^{\infty} t^{-\alpha} \dee t + 1\\
&\eqcrefoverset{eq:3:\beweislabel}{=}
&\frac{1}{1-\alpha} + 1
< \infty,\\
\end{maths}
falls $\alpha > 1$, und
\begin{maths}[mc]{rcl}
\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}k^{-\alpha}
&= &\displaystyle\limsup_{N \to \infty}\displaystyle\sum_{k=1}^{N}k^{-\alpha}\\
&\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{\geq}
&\displaystyle\limsup_{N \to \infty}\displaystyle\int_{t=1}^{N} t^{-\alpha} \dee t\\
&= &\displaystyle\int_{t=1}^{\infty} t^{-\alpha} \dee t\\
&\eqcrefoverset{eq:3:\beweislabel}{=}
&+\infty,\\
\end{maths}
falls $0 < \alpha \leq 1$.
Darum gilt die Behauptung.
\end{beweis}
%% ********** END OF FILE: body/woche4/A2.tex **********
\setcounterafter{section}{3}
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/woche4/A3.tex
%% ********************************************************************************
\let\oldsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[]{}
\let\sectionname\oldsectionname
\label{sec:7}
Für diese Aufgaben brauchen wir zunächst einmal Lemma, um unsere Arbeit zu erleichtern.
\begin{lemm}
\setblocklabel{lemm:uneigentlich:ex:3.3:raj-analysis-ii-notes}
Sei $a\in\reals$ und sei ${h:[a,\infty)\to\reals}$ eine Funktion
mit ${h(t) \longrightarrow 0}$ für ${t \longrightarrow +\infty}$.
Sei außerdem
$(T_{n})_{n} \subseteq [a,\infty)$
eine monoton wachsende Folge mit ${T_{n} \longrightarrow \infty}$
und so,
dass $(T_{n+1}-T_{n})_{n}$ beschränkt ist.
Dann ist
${\displaystyle\int_{a}^{\infty} h \dee t}$
konvergent
gdw.
$(\displaystyle\int_{a}^{T_{n}} h \dee t)_{n}$
konvergent ist.
\end{lemm}
\begin{einzug}[\mytab][\mytab]
\begin{beweis}
Offensichtlich gilt die \enclosedquote{nur dann wenn}-Richtung.
Für die \enclosedquote{wenn}-Richtung,
sei angenommen, $(\displaystyle\int_{a}^{T_{n}} h \dee t)_{n}$ konvergiert
mit Grenzwert $I \in \reals$.
Setze $C \in (0,\infty)$ mit $\sup_{n}T_{n+1}-T_{n} \leq C$.
Sei $\eps > 0$.
Sei $N$ ein genügend großer Index
mit $\abs{\int_{a}^{T_{n}} h \dee t - I} < \frac{\eps}{2}$
für alle $n \geq N$.
Da $f$ gegen $+\infty$ verschwindend ist,
existiert ein $\tilde{T}\in[a,\infty)$,
so dass $\abs{f(\cdot)} \leq \frac{\eps}{2C}$
auf $[\tilde{T},\infty]$.
Sei nun $T \in [\max\{T_{N},\tilde{T}\},\infty)$ beliebig.
Da $T \geq T_{N}$ und ${(T_{n})_{n}\longrightarrow +\infty}$ monoton,
existiert ein $n\geq N$ so, dass $T \in [T_{n},T_{n+1}]$.
Da $n \geq N$ und $[T_{n},T]\subseteq[\tilde{T},\infty)$
erhält man die Abschätzung
\begin{maths}[mc]{rcl}
\absLong{
\displaystyle\int_{a}^{T} h(t) \dee t
-
I
}
&\leq
&\absLong{
\displaystyle\int_{a}^{T} h(t) \dee t
-
\displaystyle\int_{a}^{T_{n}} h(t) \dee t
}
+ \absLong{
\displaystyle\int_{a}^{T_{n}} h(t) \dee t
-
I
}\\
&< &\absLong{
\displaystyle\int_{T_{n}}^{T} h(t) \dee t
}
+ \frac{\eps}{2}\\
&< &\displaystyle\int_{T_{n}}^{T}
\underbrace{
\abs{h(t)}
}_{\leq \frac{\eps}{2C}}
\dee t
+ \frac{\eps}{2}\\
&\leq &(T-T_{n})\frac{\eps}{2C}
+ \frac{\eps}{2}\\
&\leq &(T_{n+1}-T_{n})\frac{\eps}{2C}
+ \frac{\eps}{2}\\
&\leq &C\frac{\eps}{2C}
+ \frac{\eps}{2}
=\eps.\\
\end{maths}
Darum gilt für genügend großes
$T \in [a,\infty)$
(in Abhängigkeit von $\eps$),
dass $\abs{
\displaystyle\int_{a}^{T} h(t) \dee t
-
I
} < \eps$.
Da dies für alle $\eps > 0$ gilt
ist
$(\displaystyle\int_{a}^{T} h \dee t)_{T\in[a,\infty)}$
konvergent
(mit Grenzwert $I$).
Also konvergiert $\displaystyle\int_{a}^{\infty} h \dee t$.
\end{beweis}
\end{einzug}
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% A3(a)
\item
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\setblocklabel{claim:1:ex:3.3a:raj-analysis-ii-notes}
Sei $f:\reals\ohne\{0\}\to\reals$
definiert durch $f(x)=\frac{\sin(x)}{x}$.
Dann konvergiert
$\displaystyle\int_{x=1}^{\infty} f \dee x$.
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{beweis}
Für $c \in (0, \infty)$ beobachte, dass
\begin{maths}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
\absLong{
\displaystyle\int_{c}^{c + 2\pi}
\frac{\sin(x)}{x}
\dee x
}
&= &\absLong{
\displaystyle\int_{c}^{c + 2\pi}
\frac{\sin(x)}{x}
\dee x
-
\displaystyle\int_{c}^{c + 2\pi}
\frac{\sin(x)}{c}
\dee x
}\\
&&\text{da $\int_{c}^{c + 2\pi}\sin(x)\dee x = [-\cos(x)]_{c}^{c+2\pi}=0$}\\
&= &\absLong{
\displaystyle\int_{c}^{c + 2\pi}
\sin(x)\cdot(\frac{1}{x} - \frac{1}{c})
\dee x
}\\
&\leq &\displaystyle\int_{c}^{c + 2\pi}
\underbrace{
\abs{\sin(x)}
}_{\leq 1}
\underbrace{
\abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{c}}
}_{\substack{
\leq \frac{1}{c} - \frac{1}{c + 2\pi}\\
= \frac{2\pi}{c(c + 2\pi)}
}}
\dee x\\
&\leq &2\pi \cdot \frac{2\pi}{c(c + 2\pi)}
\leq (\frac{2\pi}{c})^{2}.\\
\end{maths}
Da $f$ offensichtlich gegen $+\infty$ verschwindend ist,
laut \Cref{lemm:uneigentlich:ex:3.3:raj-analysis-ii-notes}
reicht es aus zu zeigen,
dass
$(\int_{1}^{2\pi n}f\dee x)_{n\in\naturals}$ konvergiert.
Sei hiefür $\eps > 0$ beliebig.
Da $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}<\infty$, wissen wir,
dass ein $N\in\naturals$ existiert
so dass
$\abs{
\sum_{k=1}^{n_{1}} \frac{1}{k^{2}}
-
\sum_{k=1}^{n_{2}} \frac{1}{k^{2}}
} < \frac{\eps}{3}$
für alle $n_{1},n_{2} \geq N$.
\OE wähle $N > \frac{3}{\eps}$.
Für $n_{1},n_{2} \geq N$ berechnen wir daher:
\begin{maths}[mc]{rcl}
\absLong{
\displaystyle\int_{1}^{2\pi n_{1}} f \dee x
-
\displaystyle\int_{1}^{2\pi n_{2}} f \dee x
}
&=
&\absLong{
\displaystyle\int_{2\pi \min\{n_{1},n_{2}\}}^{2\pi \max\{n_{1},n_{2}\}} f \dee x
}\\
&=
&\absLong{
\displaystyle\sum_{k=\min\{n_{1},n_{2}\}}^{\max\{n_{1},n_{2}\}-1}
\displaystyle\int_{2\pi k}^{2\pi (k+1)} f \dee x
}\\
&=
&\displaystyle\sum_{k=\min\{n_{1},n_{2}\}}^{\max\{n_{1},n_{2}\}-1}
\absLong{
\displaystyle\int_{2\pi k}^{2\pi (k+1)} f \dee x
}\\
&\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{\leq}
&\displaystyle\sum_{k=\min\{n_{1},n_{2}\}}^{\max\{n_{1},n_{2}\}-1}
(\frac{2\pi}{2\pi k})^{2}\\
&=
&\absLong{
\displaystyle\sum_{1}^{n_{1}} \frac{1}{k^{2}}
-
\displaystyle\sum_{1}^{n_{2}} \frac{1}{k^{2}}
}
< \eps.\\
\end{maths}
Es folgt, dass
$(\int_{1}^{2\pi n}f\dee x)_{n\in\naturals}\subseteq\reals$
eine Cauchy-Folge ist und wegen Vollständigkeit von $\reals$ konvergent.
Laut \Cref{lemm:uneigentlich:ex:3.3:raj-analysis-ii-notes}
existiert damit $\int_{1}^{\infty} f \dee x$.
\end{beweis}
%% A3(b)
\item
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\setblocklabel{claim:1:ex:3.3b:raj-analysis-ii-notes}
$\int_{x=1}^{\infty} \abs{\frac{\sin(x)}{x}} \dee x$
divergiert gegen $+\infty$.
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{beweis}
\end{beweis}
%% A3(c)
\item
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim}
\setblocklabel{claim:1:ex:3.3c:raj-analysis-ii-notes}
Sei $g:\reals\ohne\{0\}\to\reals$
definiert durch $g(x)=\frac{\sin(x)}{x}$.
Dann divergiert
$\displaystyle\int_{x=1}^{\infty} g \dee x$
gegen $+\infty$.
\end{claim}
\end{schattierteboxdunn}
Um dies zu beweisen brauchen wir ein kleines Zwischenresultat.
\begin{lemm}
\setblocklabel{lemm:1:ex:3.3c:raj-analysis-ii-notes}
Für $k, c \in [0, \infty)$
mit $k \geq 1$
ist
${I_{k,c} \coloneq \displaystyle\int_{x=1}^{\infty} \frac{\sin(kx - c)}{x} \dee x}$
konvergent.
\end{lemm}
\begin{einzug}[\mytab][\mytab]
\begin{beweis}
Schreibe
${I_{k,c}(T) \coloneq \displaystyle\int_{x=1}^{T} \frac{\sin(kx - c)}{x} \dee x}$
für $T \in [1, \infty)$.
Wegen Aufgabe 3(a) wissen wir bereits,
dass
${I_{1,0}(T) \longrightarrow I_{1,0} \in \reals}$
für ${T \longrightarrow +\infty}$.
Für $T \in [1, \infty)$ gilt
\begin{maths}[mc]{rcl}
I_{k,c}(T)
&=
&\displaystyle\int_{1}^{T}
\frac{\sin(kx - c)}{kx-c + c}
\cdot u^{\prime}
\dee u\\
&&\text{mit $u(x) \coloneq kx - c$}\\
&=
&\displaystyle\int_{k + c}^{kT + c}
\frac{\sin(u)}{u + c}
\dee u\\
&=
&\displaystyle\int_{1}^{kT + c}
\frac{\sin(u)}{u}
\dee u
-\underbrace{
\displaystyle\int_{1}^{kT + c}
\sin(u)\cdot(\frac{1}{u}-\frac{1}{u+c})
\dee u
}_{\eqcolon D_{c}(kT + c)}\\
&&-\underbrace{
\displaystyle\int_{1}^{k + c}
\frac{\sin(u)}{u + c}
\dee u
}_{\eqcolon E_{k,c}}\\
&= &I_{1,0}(kT + c) + D_{c}(kT + c) + E_{k,c}.\\
\end{maths}
Wegen Stetigkeit von ${[1,k+c] \ni x \mapsto \frac{\sin(u)}{u + c}}$,
ist diese Funktion Riemann-integrierbar.
Also ist $E_{k,c} \in \reals$ wohldefiniert.
Wie oben wissen wir, dass
${T \longrightarrow +\infty}$
$\Rightarrow$
${kT + c \longrightarrow +\infty}$
$\Rightarrow$
${I_{1,0}(kT+c) \longrightarrow I_{1,0} \in \reals}$.
Darum, um die Konvergenz von $I_{k,c}$ zu zeigen,
müssen wir lediglich die Konvergenz von
$(D_{c}(kT + c))_{T\in[1,\infty)}$
zeigen.
Nebenrechnung:
$\abs{\sin(u)\cdot(\frac{1}{u}-\frac{1}{u+c})}
=\abs{\sin(u)}\cdot\frac{c}{u(u+c)}
\leq \frac{c}{u^{2}}$
für $u\in[1,\infty)$.
Da $\int_{u=1}^{\infty} \frac{c}{u^{2}} \dee u$ existiert,
ist somit der Bertrag der stetigen Funktion
${[1,\infty)\ni u \mapsto \sin(u)\cdot(\frac{1}{u}-\frac{1}{u+c})}$
uneigentlich Riemann-integrierbar.
Folglich ist diese Funktion (ohne Betrag)
uneigentlich Riemann-integrierbar.
Insbesondere ist $(D_{c}(T))_{T\in[1,\infty)}$
und somit auch $(D_{c}(kT + c))_{T\in[1,\infty)}$
konvergent.
Darum konvergiert $(I_{k,c}(T))_{T\in[1,\infty)}$.
\Dh $\displaystyle\int_{x=1}^{\infty} \frac{\sin(kx - c)}{x} \dee x$ existiert.
\end{beweis}
\end{einzug}
\def\beweislabel{claim:1:ex:3.3c:raj-analysis-ii-notes}
Jetzt können wir mit dem Beweis von \Cref{\beweislabel} fortsetzen.
\begin{beweis}[von \Cref{\beweislabel}]
Sei $T \in [1,\infty)$.
Schreibe ${J(T) \coloneq \int_{x=1}^{T} g \dee x}$.
Für $x\in[1,\infty)$ gilt
$%
g(x) = \frac{\sin^{2}(x)}{x}
= \frac{1}{2}(\frac{1}{x} - \frac{\cos(2x)}{x})
= \frac{1}{2}(\frac{1}{x} - \frac{\sin(\frac{\pi}{2} - 2x)}{x})
= \frac{1}{2}(\frac{1}{x} + \frac{\sin(2x - \frac{\pi}{2})}{x})
= \frac{1}{2}(\frac{1}{x} + h_{2,\frac{\pi}{2}}(x))
$.
Darum gilt
\begin{maths}[mc]{rcl}
J(T)
&=
&\frac{1}{2}
\displaystyle\int_{x=1}^{T}\frac{1}{x}\dee x
+
\frac{1}{2}
\displaystyle\int_{x=1}^{T}h_{2,\frac{\pi}{2}}(x) \dee x\\
&= &\frac{1}{2}\log(T) - \frac{1}{2}I_{2,\frac{\pi}{2}}(T).\\
\end{maths}
Da
${(I_{2,\frac{\pi}{2}}(T))_{T\in[1,\infty)} \longrightarrow I_{2,\frac{\pi}{2}} \in \reals}$
(siehe \Cref{lemm:1:ex:3.3c:raj-analysis-ii-notes})
und
${(\log(T))_{T\in[1,\infty)} \longrightarrow +\infty}$,
folgt ${(J(T))_{T\in[1,\infty)} \longrightarrow +\infty}$.
\Dh $\displaystyle\int_{x=1}^{\infty} g \dee x = +\infty$.
\end{beweis}
\end{enumerate}
%% ********** END OF FILE: body/woche4/A3.tex **********
\setcounterafter{section}{4}
%% ********************************************************************************
@ -1248,7 +1711,7 @@ Per Definition gilt $\norm{f}_{\infty} \in \reals$ gdw. $f$ beschränkt ist.
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[]{}
\let\sectionname\oldsectionname
\label{sec:6}
\label{sec:8}
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
\setcounterafter{enumi}{2}
@ -1484,7 +1947,7 @@ Otto Forster.
\newblock {Grundkurs Mathematik}. Springer Spektrum, Wiesbaden, 12 edition,
2016.
\bibitem[Pog 2]{pogorzelski}
\bibitem[Pog 2]{pogorzelskiVLSkript}
Felix Pogorzelski.
\newblock {Vorlesungsskript: Analysis I--II}, 2021--2.
\newblock {basierend auf dem Skript von Daniel Lenz 2013--14 + 2020--21}.

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