\documentclass[11pt,a4paper,oneside,fleqn]{article}

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 \begin{document} 
 \pagestyle{empty}
\noindent Mathematisches Institut LMU 
\hspace{7cm} 02.05.2005\\
Prof. Dr. H. Steinlein \\
 \begin{center}
{\Large \bf {\"Ubungsblatt 4 zu MPIIA}  }
 \end{center}

\ %

\vspace{1.5cm}

\noindent{\bf Aufgabe 17: (4 Punkte)} Bestimmen Sie die Bogenl\"ange der Kurve,
die ein Punkt der Peripherie des Einheitskreises durchl\"auft, wenn
der Kreis auf einer Geraden eine Umdrehung abrollt.

\ %

\noindent{\it L\"osungsvorschlag:} Sei \(D(t):=(x(t),y(y))\) der
Punkt der Peripherie des Einheitskreises deren Bewegung zu beschreiben
ist, \(D(0)=(0,0)\). Sei \(C(t)\) das Zentrum des
Einheitskreises, dann ist \(C(0)=(0,1)\); die Bewegung von \(D\) ist
die Summe der (nach rechts gehenden) geradelinigen Bewegung von \(C\),
und der Umdrehung von \(D\) um \(C\) ({\it im} Uhrzeigersinn), in etwa 
\begin{align*}
  D(t)&=(t,1)+(\sin(-t),\cos(-t)),
      \\&=((t-\sin(t),\cos(t)), \ t\in[0,2\pi].
\end{align*}
(Weil \(\sin(-s)=-\sin(s), \cos(-s)=\cos(s)\)).
Also ist \(D'(t)=(1-\cos(t),-\sin(t))\), und damit 
(weil \(\sin^2(s)+\cos^2(s)=1\))
\begin{align*}
  |D'(t)|=\sqrt{(1-\cos(t))^2+(-\sin(t))^2}
         =\sqrt{2-2\cos(t)}
         =\sqrt{4\sin^2(t/2)}=2\sin(t/2),
\end{align*}
weil aus \(e^{i(x+y)}=e^{ix}e^{iy}\), \(e^{ix}=\cos(x)+i\sin(x)\) und
  \(\cos^2(x)+\sin^2(x)=1\) 
  folgt \(\cos(2x)=1-2\sin^2(x)\), und weil \(\sin^2(t/2)\geq0\) wenn
  \(t\in[0,2\pi]\). 
Dann ist die Bogenl\"ange der {\it Zykloide} (wie diese Kurve
  heisst)
  \begin{align*}
    \int_0^{2\pi}|D'(t)|dt=\int_0^{2\pi}2\sin(t/2)dt
    =4[-\cos(t/2)]_0^{2\pi}=4(1-(-1))=8.
  \end{align*}

\vspace{1cm}

\noindent{\bf Aufgabe 18: (4 Punkte)} Berechnen Sie die Bogenl\"ange der
Funktion
\begin{align*}
  f: [0,\tfrac{\pi}{4}]\to\mathbb R, \quad f(x):=1-\ln \cos x.
\end{align*}
\noindent{\it L\"osungsvorschlag:} Als Parametrisierung verwendet man
\(x(t)=(t,f(t))=(t,1-\ln \cos t), t\in[0,\tfrac{\pi}{4}]\) Damit ist
\begin{align*}
  x'(t)=(1,-\frac{1}{\cos(t)}\cdot(-\sin(t))=(1,\tan(t))\Rightarrow
  |x'(t)|=\sqrt{1+\tan^2(t)},
\end{align*}
und dann bekommt man f\"ur die Bogenl\"ange (durch die Substitution
\(u=\tan(t), du/dt=1+\tan^2(t)=1+u^2\))
\begin{align*}
  \int_0^{\pi/4}|x'(t)|dt
    &=\int_0^{\pi/4}\sqrt{1+\tan^2(t)}dt
    =\int_0^1\sqrt{1+u^2}\,\frac{du}{1+u^2}\\&
   =\big[\ln(u+\sqrt{u^2+1}\big]_0^1
   =\ln(\sqrt2+1).
\end{align*}
(Dass \(\ln(u+\sqrt{u^2+1})\) eine Stammfunktion zu \(1/\sqrt{u^2+1}\)
ist, folgt aus Aufgabe 1, Tutorium 1, und Aufgabe 3, Blatt 1).
\vspace{1cm}

\noindent{\bf Aufgabe 19: (4 Punkte)} Die Gamma-Funktion
\(\Gamma:\mathbb R^{+}\to\mathbb R\) ist definiert durch
\(\Gamma(x)=\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}dt\). Zeigen Sie durch
partielle Integration
\begin{itemize}
\item[(a)] \(\forall x\in\mathbb R^+:\ x\Gamma(x)=\Gamma(x+1)\).
\item[(b)] \(\forall k\in\mathbb N_0:\ \Gamma(k+1)=k!\). 
\end{itemize}
\noindent{\it L\"osungsvorschlag:} (a) Durch zweimal partielle Integration
bekommt man
\begin{align*}
  \Gamma(x+1)&=\int_0^\infty t^{(x+1)-1}e^{-t}dt
   =\lim_{c\to0}\int_c^1t^xe^{-t}dt+\lim_{b\to\infty}\int_1^bt^xe^{-t}dt
   \\&
   =\lim_{c\to0}\Big\{\big[-e^{-t}t^x\big]_c^1-\int_c^1xt^{x-1}(-e^{-t})dt\Big\}
   +\lim_{b\to\infty}\Big\{\big[-e^{-t}t^x\big]_1^b-\int_1^b xt^{x-1}(-e^{-t})dt\Big\}
   \\&=\lim_{c\to0}
   (-e^{-1}+e^{-c}c^x)+x(\lim_{c\to0}\int_c^1t^{x-1}e^{-t}dt)
   \\&\quad +\lim_{b\to\infty}(-e^{-b}b^x+e^{-1})+x(\lim_{b\to\infty}\int_1^bt^{x-1}e^{-t}dt)
   \\&=x\big(\lim_{c\to0}\int_c^1t^{x-1}e^{-t}dt+\lim_{b\to\infty}\int_1^bt^{x-1}e^{-t}dt)
   =x \int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}dt=x\Gamma(x).
\end{align*}
Da\ss\ alle Grenzwerten dieser Integrale existieren folgt aus der Vorlesung (weil
\(x>0, x+1>0\)). Ausserdem ist verwendet worden, da\ss\
\(\lim_{c\to0}e^{-c}c^x=\lim_{b\to\infty}e^{-b}b^x=0\) wenn \(x>0\). 

\noindent(b) Induktion: \(k=0\):
\begin{align*}
  \Gamma(0+1)=\int_0^\infty t^{(0+1)-1}e^{-t}dt=\int_0^\infty e^{-t}dt
  =\lim_{b\to\infty}\int_0^be^{-t}dt=\lim_{b\to\infty}[-e^{-t}]_0^b=1=0!.
\end{align*}
Induktionsschritt; Induktionsannahme: \(\Gamma(k+1)=k!\). Dann, nach
(a), und Induktionsannahme,
\begin{align*}
  \Gamma((k+1)+1)=(k+1)\Gamma(k+1)=(k+1)k!=(k+1)!.
\end{align*}
Die Behauptung folgt durch Induktion.
\vspace{1cm}


\noindent{\bf Aufgabe 20: (4 Punkte)} F\"ur \(n\in\mathbb N_0\) sei
\(I_n:=\int_0^{\pi/2}(\sin x)^ndx\). Zeigen Sie:
F\"ur alle \(n\in\mathbb N_0\) gilt
\begin{align*}
  I_{2n}=\frac{\pi}{2}\prod_{j=1}^n\frac{2j-1}{2j},\quad
  I_{2n+1}=\prod_{j=1}^n\frac{2j}{2j+1}.
\end{align*}

\noindent Zusatzaufgabe, ohne Punkte: Zeigen Sie
\begin{align*}
  \frac{\pi}{2}=\lim_{n\to\infty}\left(\prod_{j=1}^{n}\frac{4j^2}{4j^2-1}\right).
\end{align*}
\noindent{\it L\"osungsvorschlag:}
Induktion; Anfang: \underline{\(n=0\):}
\begin{align*}
  &I_0=\int_0^{\pi/2}\sin(x)^0dx=\int_0^{\pi/2}1\,dx=\frac{\pi}{2},\ 
  I_1=\int_0^{\pi/2}\sin(x)^1dx=[-\cos(x)]^{\pi/2}_0=1,\\
  &\frac{\pi}{2}\prod_{j=1}^0\frac{2j-1}{2j}=\frac{\pi}{2},\  
  \prod_{j=1}^0\frac{2j}{2j+1}=1\ (\text{
  per Definition ist das ``leere'' Produkt gleich } 1)\\
  &\Rightarrow
  I_0=\frac{\pi}{2}\prod_{j=1}^0\frac{2j-1}{2j},\ 
  I_1=\prod_{j=1}^n\frac{2j}{2j+1}.
\end{align*}
\underline{Induktionsschritt:} Induktionsannahme:
\begin{align*}
  I_{2n}=\frac{\pi}{2}\prod_{j=1}^n\frac{2j-1}{2j},\
  I_{2n+1}=\prod_{j=1}^0\frac{2j}{2j+1}.
\end{align*}
Dann folgt, durch partielle Integration, und Verwendung der
Induktionsannahme, da\ss\
\begin{align*}
  I_{2(n+1)}&=\int_0^{\pi/2}\sin^{2n+2}(x)dx
  =[-\cos(x)\sin^{2n+1}(x)]_0^{\pi/2}\\&\qquad\qquad
  -\int_0^{\pi/2}(2n+1)\sin^{2n}(x)\cos(x)(-\cos(x))dx 
  \\&=(2n+1)\int_0^{\pi/2}\sin^{2n}(x)\cos^2(x)dx
  =(2n+1)\int_0^{\pi/2}\sin^{2n}(x)(1-\sin^2(x))dx
  \\&\Rightarrow
  (2n+2)I_{2(n+1)}=(2n+1)I_{2n}
  \\&\Rightarrow
  I_{2(n+1)}=\frac{2(n+1)-1}{2(n+1)}\cdot\frac{\pi}{2}\prod_{j=1}^n\frac{2j-1}{2j}
  =\frac{\pi}{2}\prod_{j=1}^{n+1}\frac{2j-1}{2j}.
  \\
  I_{2(n+1)+1}&=\int_0^{\pi/2}\sin^{2n+3}(x)dx
  =[-\cos(x)\sin^{2n+2}]_0^{\pi/2}
  \\&\qquad\qquad-\int_0^{\pi/2}(2n+2)\sin^{2n+1}(x)\cos(x)(-\cos(x))dx\\&
  =(2n+2)\int_0^{\pi/2}\sin^{2n+1}(x)(1-\sin^2(x))dx\\&
  \Rightarrow(2n+3)I_{2(n+1)+1}=(2n+2)I_{2n+1}
  \\&\Rightarrow
  I_{2(n+1)+1}=\frac{2n+2}{2n+3}I_{2n+1}
              =\frac{2(n+1)}{2(n+1)+1}\cdot\prod_{j=1}^{n}\frac{2j}{2j+1}
              =\prod_{j=1}^{n+1}\frac{2j}{2j+1}.
\end{align*}
Die Behauptung folgt jetzt durch Induktion.

\vspace{1cm}

  \noindent Zusatzaufgabe: Weil \(0\leq\sin x\leq 1\) f\"ur
  \(x\in[0,\frac{\pi}{2}]\) bekommt man
  \begin{align}\label{term}
      0\leq I_{2n+1}\leq I_{2n}\leq I_{2n-1}=I_{2(n-1)+1}
  \end{align}
da\ss\ heisst,
\begin{align*}
  &\prod_{j=1}^n\frac{2j}{2j+1}\leq\frac{\pi}{2}\prod_{j=1}^n\frac{2j-1}{2j}
  \leq\prod_{j=1}^{n-1}\frac{2j}{2j+1} 
   \\&\Rightarrow\prod_{j=1}^n\frac{4j^2}{4j^2-1}\leq\frac{\pi}{2}
   \leq \frac{2n}{2n-1}\prod_{j=1}^{n-1}\frac{4j^2}{4j^2-1}.
\end{align*}
Weil \(\frac{2n}{2n-1}\to1,n\to\infty\), reicht es zu zeigen, da\ss\ 
\(\lim_{n\to\infty}\prod_{j=1}^n\frac{4j^2}{4j^2-1}\) existiert, dann
folgt die Behauptung.

Man bemerkt, da\ss\ 
\begin{align*}
  0\leq\ln\Big(\prod_{j=1}^n\frac{4j^2}{4j^2-1}\Big)
  =\sum_{j=1}^n\ln\big(1+\frac{1}{4j^2_1-1}\big)
  \leq\sum_{j=1}^n\frac{1}{4j^2_1-1}
  \leq\frac13\sum_{j=1}^n\frac{1}{j^2},
\end{align*}
weil \(\ln(1+x)\leq x\) f\"ur \(x\geq0\) (man untersuche die
Funktion \(g(x)=x-\ln(1+x), x\geq0\)). Die Reihe
\(\sum_{j=1}^\infty\frac{1}{j^2}\) ist konvergent, und damit
(Majorantenkriterium) auch die Reihe
\(\sum_{j=1}^n\ln\big(1+\frac{1}{4j^2_1-1}\big)\). Weil die
Exponentialfunktion stetig ist, existiert dann auch
\(\lim_{n\to\infty}\prod_{j=1}^n\frac{4j^2}{4j^2-1}\). 

\ %


{\bf \noindent Abgabe bis Montag 09.05.2005, {\it 11.15} Uhr in den MPIIA
\"Ubungskasten im 1.~Stock vor der Bibliothek. \\
Unter {\tt http://www.mathematik.uni-muenchen.de/$\sim$sorensen}
sind die Bl\"atter im Internet abrufbar. \\
Sprechstunden: H. Steinlein: \hspace{1cm} Mo 10-11, Zimmer 318\\
\hspace*{2.95cm} T. S\o rensen: \hspace{1.02cm} Mi 14-15, Zimmer 335}
\end{document}