Chr. Nelius  Mathematik für Informatiker II (WS 2000/01)  Musterlösungen

Aufgabe 46

Nach (16.21 d) gilt für alle z ∈ ℂ mit |z| ≤ 1 + \frac{n}{2} die Abschätzung

|exp(z) − s_{n}(z)| ≤ 2\frac{|z|^{n+1}}{(n + 1)!} mit s_{n}(z) = ∑_{k=0}^{n} \frac{z^{k}}{k!} .

Für z = 1 ist |z| ≤ 1 + \frac{n}{2} für alle n ∈ ℕ_{0} erfüllt, also gilt

|exp(1) − s_{n}(1)| = |e − s_{n}(1)| ≤ \frac{2}{(n + 1)!} mit s_{n}(1) = ∑_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}.

Der Fehler |e − s_{n}(1)| ist auf jeden Fall kleiner als 10^{−30}, wenn man n ∈ ℕ so wählt, dass gilt

\frac{2}{(n + 1)!} < 10^{−30}  ⟺  \frac{(n + 1)!}{2} > 10^{30}  ⟺  (n + 1)! > 2 · 10^{30}.

Durch Ausprobieren erhält man n = 28 bzw. n ≥ 28. Dieses Ausprobieren sieht mit Maple z.B. so aus wie in Abbildung 1 auf Seite 10.

Aufgabe 47

a) Es ist ∑_{k=0}^{∞} a_{k}z^{k} mit a_{k} = k^{2} gegeben. Mit (16.26 b) erhält man:

\frac{a_{k+1}}{a_{k}} = \frac{(k + 1)^{2}}{k^{2}} = (\frac{k + 1}{k})^{2} = (1 + \frac{1}{k} )^{2} → 1 ⟹ ρ = 1.

b) Nun wird ∑_{k=1}^{∞} a_{k}z^{k} mit a_{k} = \frac{1}{6·k^{k}} betrachtet. Mit (16.26 a) gilt:

\sqrt[k]{a_{k}} = \frac{1}{k · \sqrt[k]{6}} = \frac{1}{k} · \frac{1}{\sqrt[k]{6}} → 0 · 1 = 0 ⟹ ρ = ∞.

c) Hier ist ∑_{k=1}^{∞} a_{k}z^{k} mit a_{k} = \frac{3^{k}}{k} gegeben. Mit (16.26 a) gilt:

\sqrt[k]{a_{k}} = \frac{3}{\sqrt[k]{k}} → \frac{3}{1} = 3 ⟹ ρ = \frac{1}{3}.

d) Die Reihe ∑_{k=1}^{∞} a_{k}z^{k} mit a_{k} = \frac{1}{k·2^{k}} ist zu untersuchen. Mit (16.26 a) folgt:

\sqrt[k]{a_{k}} = \frac{1}{\sqrt[k]{k} · 2} → \frac{1}{1 · 2} = \frac{1}{2} ⟹ ρ = 2.

Für die Stelle z = 2 folgt nun

∑_{k=1}^{∞} a_{k}2^{k} = ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k · 2^{k}} · 2^{k} = ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k} .

Daher ist für z = 2 die Potenzreihe divergent.

Für die Stelle z = −2 folgt

∑_{k=1}^{∞} a_{k}(−2)^{k} = ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k · 2^{k}} (−1)^{k} · 2^{k} = ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{k}}{k} .

Dies ist nach dem Leibniz-Kriterium eine konvergente Reihe, daher konvergiert die Potenzreihe für z = −2.

Aufgabe 48

a) Folgende Umrechnung ist nötig:

1, 23\overline{45} = 1 + 2 · 10^{−1} + 3 · 10^{−2} + 4 · 10^{−3} + 5 · 10^{−4} + 4 · 10^{−5} + 5 · 10^{−6} + ⋯

= 1 + 2 · 10^{−1} + 3 · 10^{−2} + 4 · 10^{−3} (1 + 10^{−2} + 10^{−4} + ⋯) + 5 · 10^{−4} (1 + 10^{−2} + 10^{−4} + ⋯)

= 1 + 2 · 10^{−1} + 3 · 10^{−2} + (\frac{4}{1000} + \frac{5}{10000}) · ∑_{k=0}^{∞} (\frac{1}{100})^{k}

= 1 + \frac{2}{10} + \frac{3}{100} + (\frac{40 + 5}{10000}) · (\frac{1}{1 − \frac{1}{100}} ) = 1 + \frac{2}{10} + \frac{3}{100} + \frac{45}{10000} · \frac{100}{99}

= \frac{1100 + 220 + 33 + 5}{1100} = \frac{1358}{1100} = \frac{679}{550}

b) Wandle \frac{11}{3} in einen Dualbruch um, indem Divison mit Rest von 11 durch 3 durchgeführt wird:

11 = 3 · 3 + 2
2 · 2 = 4 = 1 · 3 + 1
2 · 1 = 2 = 0 · 3 + 2
2 · 2 = 4 = 1 · 3 + 1 (ab hier wiederholt sich die Rechnung)

Da 3 = (11)_{2} gilt, ergibt sich insgesamt \frac{11}{3} = (11, \overline{10})_{2}.

Aufgabe 49

Nach (16.29) gibt es zu y ∈ ℝ mit 0 ≤ y < 1 Zahlen a_{k} ∈ {0, 1, …, 9} mit

y = ∑_{k=1}^{∞} a_{k} · 10^{−k} = lim_{n→∞} s_{n} mit s_{n} = ∑_{k=1}^{n} a_{k} · 10^{−k} ∈ ℚ,

denn s_{n} ist als Summe von Produkten rationaler Zahlen wieder rational. Jede Zahl x ∈ ℝ mit x > 0 lässt sich schreiben als x = ⌊x⌋ + y. wobei ⌊x⌋ ∈ ℕ_{0} und 0 ≤ y < 1 gilt. Ferner ist y eine reelle Zahl. Es sei nun q := ⌊x⌋ + s_{n} für alle n ∈ ℕ. Dann ist q_{n} ∈ ℚ, da ⌊x⌋ ∈ ℕ_{0} und s_{n} ∈ ℚ gilt. Weiter gilt:

lim_{n→∞} q_{n} = ⌊x⌋ + lim_{n→∞} s_{n} = ⌊x⌋ + y = x.

Aufgabe 50

a) (a) Es sei (x_{n}) eine beliebige Folge in ℝ mit lim_{n→∞} x_{n} = 3. Dann folgt wg. x^{4} + 3x^{2} + 13 > 0 für alle

x ∈ ℝ:

f(x_{n}) = \sqrt{x_{n}^{4} + 3x_{n}^{2} + 13} ⟶^{Aufg. 31} \sqrt{81 + 27 + 13} = \sqrt{121} = 11,

d.h. lim_{x→3} f(x) = 11.

(b) Es ist

g(x) = \frac{1}{x − 2} − \frac{4}{(x + 2)(x − 2)} = \frac{1}{x − 2} (1 − \frac{4}{x + 2}) = \frac{1}{x − 2} \frac{x + 2 − 4}{x + 2} = \frac{1}{x − 2} · \frac{x − 2}{x + 2} = \frac{1}{x + 2}.

Es sei (x_{n}) eine beliebige Folge in ] − 2, +2[ mit lim_{n→∞} x_{n} = 2. Dann folgt:

lim_{n→∞} g(x_{n}) = lim_{n→∞} \frac{1}{x_{n} + 2} = \frac{1}{2 + 2} = \frac{1}{4},

d.h. lim_{x→2} g(x) = \frac{1}{4}.

b) Es sei x_{n} = 1 − \frac{1}{n} Dann gilt 0 ≤ x_{n} < 1 für alle n ∈ ℕ und lim_{n→∞} x_{n} = 1. Es folgt nun lim_{n→∞}⌊x_{n}⌋ = 0.

Nun sei x′_{n} = 1 + \frac{1}{n+1}. Dann gilt 1 ≤ x′_{n} < 2 für alle n ∈ ℕ und lim_{n→∞} x′_{n} = 1. Es folgt lim_{n→∞}⌊x′_{n}⌋ = 1.

Also gibt es zwei Folgen in [0, 2], die gegen 1 konvergieren, für die die Folgen der Funktionswerte aber verschiedene Grenzwerte haben, d.h. lim_{x→1} g(x) existiert nicht.

Aufgabe 51

a) Es sei zunächst a > 0 und (x_{n}) eine beliebige Folge in ℝ_{≥0}, die gegen a konvergiert. Nach Aufgabe 31 gilt (\sqrt{x_{n}}) → \sqrt{a}, d.h.

lim_{x→a} w(x) = lim_{x→a} \sqrt{x} = \sqrt{a} = w(a),

also ist w stetig in a > 0.

Nun sei a = 0 und (x_{n}) sei eine beliebige Folge in ℝ_{≥0} mit x_{n} → 0. Dann folgt wie in obiger Rechnung \sqrt{x_{n}} → \sqrt{0} = 0, d.h. lim_{x→0^{+}} w(x) = w(0). Daher ist w in x = 0 rechtsseitig stetig.

b) Es gilt f(x) = \begin{cases}2 & für 2 ≤ x < 3 \\ 3 & für x = 3 \end{cases}

Nun sei 2 < a < 3 und (x_{n}) ⊂ [2, 3] eine Folge mit (x_{n}) → a. Dann gibt es ein n_{0} ∈ ℕ mit x_{n} < 3 für alle n ≥ n_{0}. Damit folgt dann f(x_{n}) = 2 für alle n ≥ n_{0}. Also gilt (f(x_{n})) → 2 = f(a), d.h. f ist stetig in ]2, 3[.

Es sei nun a = 2 und (x_{n}) eine Folge in [2, 3] mit x_{n} > 2 für alle n ∈ ℕ und (x_{n}) → 2. Dann gibt es wieder einen Index n_{0} mit x_{n} < 3 für alle n ≥ n_{0}. Daraus folgt f(x_{n}) = 2 für alle n ≥ n_{0} und damit wieder (f(x_{n})) → 2 = f(2). Aus diesen Folgerungen ergibt sich, dass f rechtsseitig stetig in x = 2 ist.

Jetzt wird noch a = 3 und (x_{n}) eine Folge in [2, 3] betrachtet mit x_{n} < 3 für alle n ∈ ℕ. Dann folgt: f(x_{n}) = 2 für alle n ∈ ℕ und damit (f(x_{n})) → 2 ≠ 3 = f(3). Damit ist f nicht linksseitig stetig in x = 3.

c) Es sei a ≠ 3. Dann ist die Nennerfunktion in a stetig und nicht Null, also ist nach (18.4 b) g stetig in a.

Ist a = 3, so sei (x_{n}) eine beliebige Folge mit x_{n} > 3 für alle n ∈ ℕ und (x_{n}) → 3. Dann gilt x_{n} − 3 > 0 für alle n ∈ ℕ und damit (x_{n} − 3) → 0. Nach (15.23) folgt dann, dass g(x) = \frac{1}{x_{n}−3} → ∞ gilt. Also ist lim_{x→3^{+}} g(x) = ∞, daher ist g nicht stetig in 3, denn g(3) = 0.

Aufgabe 52

a) Es sei x > 0. Dann gilt:

exp(x) = 1 + x + \underbrace{∑_{k=2}^{∞} \frac{x^{k}}{k!}}_{> 0} > 1 + x > 1.

b) Es sei x < x′. Dann ist y = x − x′ > 0 und es folgt

exp(x′) = exp(y + x) =^{(16.21 e)} exp(y) · exp(x) >^{(∗)} exp(x),

weil exp(y) > 1 nach Teilaufgabe a) und (∗) gelten. Lezteres gilt, da exp(x) ≠ 0 ist nach (16.21 f). Es gilt zusätzlich exp(x) ≥ 0 für alle ∈ ℝ wegen der Ungleichung

exp(x) = exp (\frac{x}{2} + \frac{x}{2}) = exp (\frac{x}{2})^{2} ≥ 0.

c) Nach a) gilt exp(x) > 1 + x für alle x ∈ ℝ mit x > 0. Es sei nun (x_{n}) eine beliebige Folge mit

lim_{n→∞} x_{n} = ∞.

Es ist zu zeigen: lim_{n→∞} exp(x_{n}) = ∞. Um dies zu zeigen, wird die Eigenschaft aus der Definition (15.21) nachgewiesen: Es sei dazu K ∈ ℝ beliebig. Dann existiert ein n_{0} ∈ ℕ mit x_{n} > K − 1 für alle n ≥ n_{0}. Dann folgt:

exp(x_{n}) > 1 + x_{n} > 1 + (K − 1) = K für alle n ≥ n_{0},

d.h. lim_{n→∞} exp(x_{n}) = ∞, also auch lim_{x→∞} exp(x) = ∞.

Aufgabe 53

a) Es sei x ∈ ℝ beliebig.

Nach Aufgabe 49 gibt es für x > 0 eine Folge rationaler Zahlen q_{n} mit lim_{n→∞} q_{n} = x. (Dass (q_{n}) monoton wachsend ist, spielt hier keine Rolle.) Ist x < 0, so ist −x > 0, und es gibt q′_{n} ∈ ℚ mit lim_{n→∞} q′_{n} = −x, daher gilt auch lim_{n→∞} −q′_{n} = x mit −q′_{n} ∈ ℚ für alle n ∈ ℕ. Für x = 0 gilt lim_{n→∞} 0 = 0. Daher existieren zu jedem x ∈ ℝ Folgen (r_{n}) rationaler Zahlen mit lim_{n→∞} r_{n} = x. Da f stetig in x ist, folgt:

f(x) = f ( lim_{n→∞} r_{n}) = lim_{n→∞} f(r_{n}) = 0,

da f(r_{n}) = 0 gilt.

b) Da f, g : ℝ → ℝ stetig sind, ist auch h := f − g : ℝ → ℝ stetig. Nun gilt wegen f(r) = g(r) für alle r ∈ ℚ ebenfalls h(r) = 0 für alle r ∈ ℚ. Nach Teilaufgabe a) folgt dann h = 0, also f = g.

Aufgabe 54

a) Nach (17.9 e) gilt (a_{n}) ∼ (b_{n}):⟺ lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{b_{n}} = 1. Es sind die Eigenschaften Reflexivität, Symmetrie

und Transitivität zu prüfen: Reflexivität: Für alle (a_{n}) ∈ F gilt (a_{n}) ∼ (a_{n}), da lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{a_{n}} = lim_{n→∞} 1 = 1 immer gilt. Symmetrie: Es seien (a_{n}), (b_{n}) ∈ F beliebig mit (a_{n}) ∼ (b_{n}). Dann gilt lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{b_{n}} = 1. Mit (15.8) folgt dann

lim_{n→∞} \frac{b_{n}}{a_{n}} = lim_{n→∞} \frac{1}{\frac{b_{n}}{a_{n}}} = \frac{1}{lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{b_{n}}} = \frac{1}{1} = 1,
d.h. (b_{n}) ∼ (a_{n}).

Transitivität: Es seien (a_{n}), (b_{n}), (c_{n}) ∈ F mit (a_{n}) ∼ (b_{n}) und (b_{n}) ∼ (c_{n}). Dann gelten die Gleichungen

lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{b_{n}} = 1  und  lim_{n→∞} \frac{b_{n}}{c_{n}} = 1.

Nach (15.8) ist dann auch (\frac{a_{n}}{b_{n}} ) · (\frac{b_{n}}{c_{n}} ) = (\frac{a_{n}}{c_{n}} ) konvergent mit

lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{c_{n}} = lim_{n→∞} \frac{a_{n}}{b_{n}} · lim_{n→∞} \frac{b_{n}}{c_{n}} = 1 · 1 = 1,

d.h. (a_{n}) ∼ (c_{n}).

Damit ist die asymptotische Gleichheit eine Äquivalenzrelation auf der Menge aller Folgen von Zahlen aus ℝ \ {0}. b) Die Behauptung

\frac{1}{1 − x} = 1 + x + x^{2} + O(x^{3}) für x → 0

kann umgeschrieben werden zu

\frac{1}{1 − x} − (1 + x + x^{2}) = O(x^{3}) für x → 0

und bedeutet nach (17.13 d), dass gilt

|\frac{1}{1 − x} − (1 + x + x^{2})| = C · |x^{3}| mit C ∈ ℝ.  (1)

Zum Nachweis der Behauptung muss also eine Konstante C ∈ ℝ gefunden werden, so dass Gleichung

(1) erfüllt ist.

Für |x| < 1 gilt zunächst \frac{1}{1 − x} = ∑_{k=0}^{∞} x^{k} = 1 + x + x^{2} + x^{3} + ⋯ (geometrische Reihe). Damit folgt

für die linke Seite aus Gleichung (1)

\frac{1}{1 − x} − (1 + x + x^{2}) = ∑_{k=3}^{∞} x^{k} = x^{k} · ∑_{k=0}^{∞} x^{k} = \frac{x^{3}}{1 − x}.

Für alle x ∈ ℝ mit |x| < \frac{1}{2} gilt dann:

−\frac{1}{2} < x < \frac{1}{2} ⟶^{·(−1)} \frac{1}{2} > −x > −\frac{1}{2} ⟶^{+1} \frac{3}{2} > 1 − x > \frac{1}{2} ⟶_{bilden}^{Kehrwert} \frac{2}{3} < \frac{1}{1 − x} < 2.

Damit folgt nun

|\frac{1}{1 − x} − (1 + x + x^{2})| = |\frac{x^{3}}{1 − x}| < 2 · |x^{3}| für |x| < \frac{1}{2}.

Es sei nun I =] − \frac{1}{2}, \frac{1}{2}[. Dann gilt 0 ∈ I und für alle x ∈ I gilt |\frac{1}{1 − x} − (1 + x + x^{2})| < 2 · |x^{3}|.

Nach Definition (17.12) bedeutet dies gerade \frac{1}{1 − x} − (1 + x + x^{2}) = O(x^{3}).

Aufgabe 55

a) Es seien a, b ∈ ℝ_{>0} und x ∈ ℝ beliebig. Dann folgt a · b > 0 und (ab)^{x} ist nach (19.7) definiert (d.h. kann gebildet werden). Dann gilt:

(ab)^{x} = exp_{ab}(x) = exp(x ln(ab)) =^{(19.3 d)} exp(x(ln(a) + ln(b)))
= exp(x ln(a) + x ln(b)) =^{(16.21 e)} exp(x ln(a)) · exp(x ln(b)) = a^{x} · b^{x}.

b) Es sei 0 < a < 1 gegeben. Es ist zu zeigen: Aus x, x′ ∈ ℝ mit x < x′ folgt exp_{a}(x) > exp_{a}(x′).

Es gilt exp_{a}(x) = exp(x ln(a)) und exp_{a}(x′) = exp(x′ ln(a)). Da 0 < a < 1 gilt, folgt ln(a) < 0. Damit ergibt sich:

x < x′ ⟶^{· ln(a)} x ln(a) > x′ ln(a) ⟶_{monoton wachsend}^{exp ist streng} exp(x ln(a)) > exp(x′ ln(a)) ⟶_{nennen}^{Umbe-} exp_{a}(x) > exp_{a}(x′).

c) Es sei a > 0. Es gilt für alle x ∈ ℝ die Eigenschaft exp_{a}(x) = exp(x ln(a)).

Die Funktion f_{a} : ℝ → ℝ, f_{a}(x) = x · ln(a) ist stetig nach (18.4 a), da f_{a} = ln(a) · id_{ℝ} und id_{ℝ} stetige Funktionen sind. Die Funktion exp ist nach (19.1 c) stetig.

Damit folgt

exp_{a}(x) = exp(x ln(a)) = exp(f_{a}(x)) = (exp ∘f_{a})(x)

für alle x ∈ ℝ. Also gilt exp_{a} = exp ∘f_{a}. Nach (18.7) ist exp_{a} als Hintereinanderausführung zweier stetiger Funktionen wieder stetig.

d) Es sei a > 0 und a ≠ 1. Die Funktion f_{a} : ℝ → ℝ, f_{a}(x) = x ln(a) ist surjektiv, da ln(a) ≠ 0 für a ≠ 1 gilt.

Nun sei y ∈ ℝ beliebig. Dann existiert mit x = \frac{y}{ln(a)} ein Urbild unter f_{a}, denn es gilt

f_{a} (\frac{y}{ln(a)}) = \frac{y}{ln(a)} · ln(a) = y.

Also gilt Bild(f_{a}) = ℝ.

Nach (18.11) gilt Bild(exp) = ℝ_{>0}. Daher folgt

Bild(exp_{a}) = exp_{a}(ℝ) = (exp ∘f_{a})(ℝ) = exp(f_{a}(ℝ)) = exp(ℝ) = ℝ_{>0}.

Aufgabe 56

a) Nach (19.11) besitzen cos bzw. sin die Reihendarstellung

cos(x) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k}x^{2k}}{(2k)!}  bzw.  sin(x) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k}x^{2+1}}{(2k + 1)!} .

Damit ergeben sich folgende Rechnungen:

cos(−x) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k}(−x)^{2k}}{(2k)!} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k}x^{2k}}{(2k)!} = cos(x),  da 2k gerade ist.

sin(−x) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k}(−x)^{2k+1}}{(2k + 1)!} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k}(−1)^{2k+1}x^{2k+1}}{(2k)!}

= − ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k}x^{2k+1}}{(2k + 1)!} = − sin(x),  da (−1)^{2k+1} = (−1)(−1)^{2k} = −1 gilt.

b) Zunächst sei k ≥ 0. Der Beweis wird dann mit vollständiger Induktion geführt:

(IA) k = 0: sin(0 · π) = sin(0) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k} · 0^{2k+1}}{(2k + 1)!} = 0.

(IV) Es gelte die Behauptung für ein k ≥ 0. (IS) k → k + 1:

sin((k + 1)π) = sin(kπ + π) =^{(19.13)} sin(kπ) cos(π) + cos(kπ) sin(π) = 0 · cos(π) + cos(kπ) · 0,
denn sin(kπ) = 0 nach (IV) und sin(π) = sin(\frac{π}{2} + \frac{π}{2} ) = 2 · sin(\frac{π}{2} ) cos(\frac{π}{2} ) = 2 · 1 · 0 = 0.

Nun sei k < 0. Dann gilt unter Ausnutzung von dem Fall k ≥ 0:

sin(kπ) = sin(− |k| π) =^{a)} − sin(|k| π) = 0.

c) Es gilt e^{i2πk} = 1 für alle z ∈ ℤ, denn:

e^{i2πk} = cos(2πk) + i sin(2πk) =^{b)} cos(2πk) + i · 0 =^{?} 1.

Behauptung: cos(2πk) = 1 für alle k ∈ ℤ.

Der Beweis wird ähnlich wie in b) geführt:

(IA) k = 0: cos(0) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k} · 0^{2k}}{(2k)!} = 1.

(IV) Es gelte die Behauptung für ein k ≥ 0. (IS) k → k + 1:

cos(2(k + 1)π) = cos(2kπ + 2π) =^{(19.21 a)} cos(2kπ) =^{(IV)} 1.

Im Fall k < 0 gilt:

cos(2πk) = cos(−2π |k|) =^{a)} cos(2π |k|) = 1.

Damit ist auch der letzte Schritt in der obigen Rechnung erklärt.

d) Um sin(x) − sin(x′) = 2 cos (\frac{x + x′}{2} ) sin (\frac{x − x′}{2} ) nachzuprüfen gibt es zwei Möglichkeiten:

(a) Setze u := \frac{1}{2}(x + x′) und v := \frac{1}{2}(x − x′). Dann gilt u + v = x und u − v = x′ und es folgt:

sin(x) − sin(x′) = sin(u + v) − sin(u − v)

= sin(u) cos(v) + sin(v) cos(u) − [sin(u) cos(−v) + cos(u) sin(−v)] = sin(u) cos(v) + sin(v) cos(u) − sin(u) cos(v) + cos(u) sin(v)

= 2 cos(u) sin(v) = 2 cos (\frac{x + x′}{2} ) sin (\frac{x − x′}{2} ) .

(b) Wende auf die rechte Seite die Beschreibung von sin und cos durch die Exponentialfunktion an und rechne den Ausdruck aus:

2 cos (\frac{x + x′}{2} ) sin (\frac{x − x′}{2} ) = 2 [\frac{1}{2} (e^{i( \frac{x+x′}{2} )} + e^{−i( \frac{x+x′}{2} )}) · \frac{1}{2i} (e^{i( \frac{x−x′}{2} )} − e^{−i( \frac{x−x′}{2} )})]

= \frac{1}{2i} [e^{ix} − e^{ix′} + e^{−ix′} − e^{−ix}]

= \frac{1}{2i} [(e^{ix} − e^{−ix}) − (e^{ix′} − e^{−ix′})]

= sin(x) − sin(x′).

Aufgabe 57

a) Es sei (x_{n}) eine beliebige Folge in ℝ mit x_{n} → ∞. Es ist zu zeigen, dass (g(x_{n})) → ∞ gilt. Der Nachweis geschieht mit Hilfe der Definition (15.21): Es sei K ∈ ℝ beliebig. Wegen lim_{x→∞} f(x) = ∞ exitiert ein n_{1} ∈ ℕ mit f(x_{n}) ≥ K für alle n ≥ n_{1}. Wegen (x_{n}) → ∞ existiert ein n_{2} ∈ ℕ mit x_{n} ≥ x_{0} für alle n ≥ n_{2}. Es sei n_{0} = max{n_{1}, n_{2}}. Dann gilt g(x_{n}) ≥ f(x_{n}) > K für alle n ≥ n_{0}.

b) Für x > 0 gilt \frac{x^{n}}{n!} > 0 für alle n ∈ ℕ_{0}, und daher folgt:

e^{x} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{x^{k}}{k!} > ∑_{k=0}^{m+1} \frac{x^{k}}{k!} > \frac{x^{m+1}}{(m + 1)!}.

Daraus ergibt sich

\frac{e^{x}}{x^{m}} > \frac{x}{(m + 1)!}.

Da lim_{x→∞} \frac{x}{(m + 1)!} = ∞ gilt, folgt mit Teilaufgabe a) die Eigenschaft lim_{x→∞} \frac{e^{x}}{x^{m}} = ∞.

Aufgabe 58

Es ist f : ℝ → ℝ gegeben und durch f(x) = x · |x| definiert.

a) Die Untersuchung erfolgt auf Grundlage der Definition:

\frac{f(x) − f(0)}{x − 0} = \frac{x · |x| − 0}{x − 0} = |x|
⟹ lim_{n→∞} \frac{f(x) − f(0)}{x − 0} = lim_{n→∞} |x| =^{(∗)} |0| = 0.

(∗) gilt, da x ↦ |x| in x = 0 stetig ist. Damit ist f in x = 0 differenzierbar mit f′(0) = 0.

b) Für x ≠ 0 sind x ↦ |x| und id_{ℝ} differenzierbar, daher ist f als Produkt zweier differenzierbarer Funktionen wieder differenzierbar.

c) Für x ≠ 0 gilt nach der Produktregel

f′(x) = x′ · |x| + x · |x|′ = \begin{cases}1 · x + x · 1 = 2x = 2 |x| , & x > 0, \\ 1 · (−x) + x · (−1) = −2x = 2 · (−x) = 2 |x| , & x < 0, \\ 0 = 2 · |0| , & s.o. \end{cases}

Also gilt f′(x) = 2·|x| für alle x ∈ ℝ. f′ ist eine stetige Funktion, demnach ist f stetig differenzierbar.

d) Die Betragsfunktion ist in x = 0 nicht differenzierbar (siehe (20.2g)), daher ist f′ in x = 0 nicht differenzierbar. Damit ist f nicht zweimal differenzierbar.

Aufgabe 59

a) Es ist sinh(x) = \frac{1}{2}(e^{x} − e^{−x}) für alle x ∈ ℝ. Da e^{x} und e^{−x} differenzierbar sind (Kettenregel), ist auch sinh differenzierbar. Die Ableitung ist

sinh′(x) = \frac{1}{2} ((e^{x})′ − (e^{−x})′) = \frac{1}{2} (e^{x} − (−e^{−x})) = \frac{1}{2} (e^{x} + e^{−x}) = cosh(x),

d.h. sinh′ = cosh.

b) Da e^{x} > 0 und e^{−x} > 0 für alle x ∈ ℝ gilt, ergibt sich

0 < \frac{1}{2} (e^{x} + e^{−x}) = cosh(x) = sinh′(x),

d.h. sinh′(x) > 0 für alle x ∈ ℝ. Damit ist sinh nach (20.15 b) streng monoton wachsend.

c) Die Funktin sinh ist stetig (da sie differenzierbar ist) und streng monoton wachsend. Die Grenzwerte

für x → ±∞ sind

lim_{x→∞} sinh(x) = +∞  lim_{x→−∞} sinh(x) = −∞.

Daher ist sinh : ℝ → ℝ bijektiv und besitzt eine Umkehrfunktion sinh^{−1} = arsinh. Da sinh′(x) = cosh(x) ≠ 0 für alle x ∈ ℝ gilt, ist die Funktion arsinh = sinh^{−1} differenzierbar.

d) Nach (20.6) gilt für die Ableitung der Umkehrfunktion arsinh:

arsinh′(x) = \frac{1}{sinh′(arsinh)} = \frac{1}{cosh(arsinh)}.

Mit der Umformung

y = arsinh(x) ⟹ cosh^{2}(z) =^{(∗)} sinh^{2}(y) + 1 = sinh^{2}(arsinh(x)) + 1 = x^{2} + 1
⟹ cosh(y) = \sqrt{x^{2} + 1}

folgt schließlich

arsinh′(x) = \frac{1}{cosh(y)} = \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 1}}.

Die Gleichung (∗) gilt, wegen folgender Rechnung:

cosh^{2}(x) − sinh^{2}(x) = \frac{1}{4} (e^{x} + e^{−x})^{2} − \frac{1}{4} (e^{x} − e^{−x})^{2} = \frac{1}{4} (e^{2x} + 2 + e^{−2x} − e^{2x} + 2 − e^{−2x}) = \frac{1}{4} · 4 = 1.

Aufgabe 60

a) Der Beweis für die Aussage (x^{n})′ = nx^{n−1} für alle n ∈ ℕ wird mit Hilfe der vollständigen Induktion geführt:

(IA) n = 1: (x^{1})′ = x′ = 1 = 1 · x^{0}. (IV) Es gelte (x^{n})′ = nx^{n−1} für ein n ∈ ℕ. (IS) Es gilt

(x^{n+1})′ = (x^{n} · x)′ = (x^{n})′ · x + x^{n} · x′

=^{(IV)} n · x^{n−1} · x + x^{n} · 1 = (n + 1)x^{n}.

b) Die Differentiationsregeln ergeben:

f′(x) = (∑_{k=0}^{n} a_{k}x^{k})′ = ∑_{k=0}^{n} a_{k}(x^{k})′

=^{a)} ∑_{k=1}^{n} a_{k} · k · x^{k−1}.

c) Mit Hilfe der Differentiationsregeln ergibt sich:

[sin (\frac{2x^{3} + x^{2} − 1}{e^{x}})]′ = sin′ (\frac{2x^{3} + x^{2} − 1}{e^{x}}) · (\frac{2x^{3} + x^{2} − 1}{e^{x}})′

= cos (\frac{2x^{3} + x^{2} − 1}{e^{x}}) · \frac{(6x^{2} + 2x) · e^{x} − e^{x}(2x^{3} + x^{2} − 1)}{(e^{x})^{2}}

= \frac{e^{x}}{(e^{x})^{2}} (−2x^{3} + 5x^{2} + 2x + 1) · cos (\frac{2x^{3} + x^{2} − 1}{e^{x}})

= \frac{1}{e^{x}} (−2x^{3} + 5x^{2} + 2x − 1) · cos (\frac{2x^{3} + x^{2} − 1}{e^{x}}) .

d) Unter Anwendung der Regeln von L’Hospital ergeben sich folgende Rechnungen:

lim_{x→∞} \frac{x^{3}}{e^{x}} = lim_{x→∞} \frac{3x^{2}}{e^{x}} lim_{x→∞} \frac{6}{e^{x}} = 0, da lim_{x→∞} e^{x} = +∞.
lim_{x→0} \frac{1 − cos^{2}(2x)}{x^{2}} = lim_{x→0} \frac{−2 cos(2x) · (− sin(2x) · 2}{2x} = lim_{x→0} \frac{2 cos(2x) sin(2x)}{x}
= lim_{x→0} \frac{sin(4x)}{x} = lim_{x→0} \frac{4 cos(x)}{1} =^{(∗)} 4 cos(0) = 4.

Bei der zweiten Berechnung wurde in Schritt (∗) ausgenutzt, dass cos in x = 0 stetig ist.

> 28!;
                   304888344611713860501504000000
> length(%);
                                 30
> evalb(%%>2*10^30);
                                false
> 29!;
                   8841761993739701954543616000000
> length(%);
                                 31
> evalb(%%>2*10^30);
                                true
> DIGITS:=35;
                              Digits:=35
> evalf(sum(1/k!,k=0..28));
                  2.7182818284590452353602874713525455
> evalf(exp(1));
                  2.7182818284590452353602874713526625

Abbildung 1: Maple-Anweisungen zu Aufgabe 46