Aufgabe 1
a) A(p,q,r) B(p,q,r)
p q r p∧¬q (p∧¬q) r ¬q∨r p (¬q∨r) w w w f w w w w w f f w f f w f w w w w w w f f w f w w f w w f w w w f w f f w f w f f w f w w w f f f f w w w
b)
Damit A(p,q,r) notwendig für B(p,q,r) ist, muss die Aussage B(p,q,r) A(p,q,r) erfüllt
sein. Dies ist lediglich für die vierte Zeile der Tabelle (p=w, q=f, r=f) nicht der Fall. Diese Belegung der Variablen muss folglich ausgeschlossen werden.
p q r A(p,q,r) B(p,q,r) B(p,q,r) A(p,q,r) A(p,q,r)⇔B(p,q,r)
w w w w w w
w w f f w f
w f w w w w
w f f w f f
f w w w w w
f w f w w w
f f w w w w
f f f w w w
Aufgabe 2
Aufgabe 3
a) f(n)(x)=( ) ( )−1n−1( )xn+−21n! für alle n ≥ 1.
Beweis: (vollständige Induktion) Induktionsanfang:
x x
f = +
2 ) 1
(' ,
( ) ( )1 0!2 1 12 '( )
)
( 0 1
) 1
( f x
x x x
f =
⋅ + + =
−
= .
Induktionsvoraussetzung: Für ein n∈IN(n≥1)gelte f(n)(x)=( ) ( )−1n−1( )xn+−21!n.
Induktionsbehauptung: Dann gilt auch: f(n+1)(x)=( ) ( )−1n x+n2!n+1.
Induktionsbeweis:
( ) (
( ) ( ) ( ))
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2! . . .
2
! 1 1
1
2
! 1 1
2 '
! 1 ' 1
) ( )
(
1
1 1
1 1
) 1 ( )
1 (
d e x q
n
x n n
x n n
x n
x f x f
n n
n n
n n
n n n
n
+
−
−
−
−
−
−
− + −
− +
=
+
⋅
⋅
−
⋅
−
⋅
−
=
+
⋅
−
⋅
−
−
=
+
−
−
=
= 1.
x x x
x
e e x
e x
x f
e x
x f
⋅
⋅ +
⋅
=
=
) cos(
) sin(
2 ) ( '
) sin(
) (
2 2
(Produktregel, Kettenregel)
2.
x x
x x x x
g
x x x x g
ln 1 1 ln
1 1 ln
1 ) ( '
ln )
(
=
− +
=
−
⋅ +
⋅
=
−
=
(Produktregel)
3.
( x ) x ( )ex
x
x x x x
h x h
x x
x x
x x x
x
e
e e
x x
ln 1
ln ln 1 1 )
( '
) (
ln
ln ln
= +
=
ç ö è
æ ⋅ + ⋅
=
=
=
=
(Kettenregel, Produktregel)
b) Die Taylorreihe einer beliebig oft differenzierbaren Funktion f mit Entwicklungspunkt x0
hat die allgemeine Form
Durch Einsetzen von x0 = 0 und Vorziehen des ersten Summanden ergibt sich:
Mit der soeben bewiesenen Formel für f(n)erhält man:
c) Nach dem Wurzelkriterium gilt für den Konvergenzradius R einer Potenzreihe der Form , also gilt:
Die Taylorreihe hat den Konvergenzradius 2, ist also konvergent für x <2sowie divergent für x >2. Das Konvergenzverhalten in den Randpunkten 2 und -2 muss gesondert betrachtet werden:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 ln2 ( )1 .
2 ln
2 2 1 1
2 2 ln
1 2 2
ln ) 2 (
1
1 2
1
1
1
1 1
1 0
,
∞
=
∞ −
=
+
−
∞
=
∞ −
=
−
+ −
− =
⋅ +
=
⋅
− − +
− =
− +
=
−
n
n
n
n n
n n
n n n
n n
n n
f
n n
n T n
( )−12n−1 =−1, da 2n-1 eine ungerade Zahl ist. Folglich gilt:
∞
=
∞
=
−
=
−
1 1
0 ,
. 1 2 1
ln ) 2 (
n n
f n n
T ist die harmonische Reihe, die bekanntlich divergent ist.
( ) ln2 ( )1 .
2 1 2
2 ln ) 2 (
1
1
1
1 0
,
∞
=
∞ −
=
− = + −
− +
=
n
n
n n
n n
f n n
T
( )
∞
=
− − 1
1 1 n
n
n ist als alternierende harmonische Reihe konvergent.
0 ,
Tf konvergiert also im Intervall ]−2,2], außerhalb hingegen nicht.
( ) .
! ) ) (
( 0
0
0 ) ( , 0
n n
n x
f x x
n x x f
T = ∞ −
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 . . .
2 ln
2 0
!
! 1 1
0 2 ln ) (
1
1 1
1 0
,
d e n q
x n x x n
T
n n
n n
n
n n
n f
∞
=
−
∞
=
−
− +
=
+ ⋅
− − + +
=
! . ) 0 (
! 0
) 0 ) (
(
1 ) ( 0
0 ,
n n
n
f x
n x f
x f
T = ⋅ + ∞ ⋅
=
( )
n n n n
n n n
n
n a n
R a x
a 2
. 1 lim
: 1
1
= −
=
∞
→
∞
=
( ) 2lim 2 1 2.
2 lim 1
1 2
lim 1 1 2
lim 1
1 = = = = ⋅ =
= −
∞
→
∞
∞ →
∞ →
→
n n
n n
n n n
n n
n n
n n
n n n
n R
Aufgabe 4
a) fn x n( )nx fn x n1cos( )nx n cos( )nx
) ( ' sin ,
)
( = = ⋅ =
(Die Funktionen fn sind um den Faktor n in x- und y-Richtung gestaucht, die Ableitungen sind nur in x-Richtung gestaucht.)
b) ç ( )ö
è
= →∞æ
∞
→ nx
x n fn n
n 1sin
lim ) ( lim
( )nx n
IN n n IR
x 1
1sin
: ≤
∈
∀
∈
∀ , da sin( )nx ≤1.
Daraus folgt: lim ( ) limç1sin( )ö=lim1 =0
è
= →∞æ →∞
∞
→ nx n
x n
fn n n
n .
Somit konvergiert die Funktionenfolge( )fn punktweise gegen die Funktion f mit 0
) (x =
f .
( )fn konvergiert auch gleichmäßig gegen die Nullfunktion.
Beweis:
Seiε >0undN:= ù êêé1 +1
ε .
Für alle n≥N (n∈IN)gilt offensichtlich ε
>1 n .
. alle
für )
( ) (
0 ) 1sin(
) 1 sin(
1
IR x x
f x f n nx n nx
n
n − < ∈
⇔
<
−
⇔
<
<
⇔
ε ε ε ε
’ sin(nx) ≤1für allex∈IR.
’1 >0 n q.e.d.
c) Da fn'(0)=cos(n⋅0)=cos0=1 für alle n∈INgilt, ist auch limn→∞ fn'(0)=1. )
0 ( ' lim 0 ) 0 (
' n
n f
f = ≠ →∞ .
Somit konvergiert die Funktionenfolge ( )fn' nicht für allex∈IRgegen die Nullfunktion '
f .