Heilbronn, den 18.11.2021 Prof. Dr. V. Stahl WS 21/22
Übungen zu Mathematik 1 mit Musterlösungen
Blatt 8
Aufgabe 1. Berechnen Sie
≤Q∩ ≥Z. Lösung von Aufgabe 1.
≤Q∩ ≥Z = =Z.
Aufgabe 2. Berechnen Sie mit Hilfe der Rechenregeln für Grenzwerte von Funktionen (siehe Skript) und unter Verwendung von
x→0limxln(|x|) = 0 die Grenzwerte an der Stelle ˆx= 0 von
f(x) = ln|x|cos(x)x f(x) = (ln(|x|+ 2))(x−1) f(x) = xln|x|+ 1
x2+ 3
Machen Sie deutlich an welcher Stelle sie welche Rechenregel verwendet haben.
Lösung von Aufgabe 2.
x→0limln(|x|) cos(x)x = lim
x→0(xln|x|cos(x)
= lim
x→0xln|x| ×lim
x→0cos(x)
= 0×1
= 0
x→0lim(ln(|x|+ 2))(x−1) = lim
x→0ln(|x|+ 2)×lim
x→0x−1
= −ln(2)
x→0lim
xln|x|+ 1
x2+ 3 = limx→0xln|x|+ 1 limx→0x2+ 3
= 1/3
Aufgabe 3. Seif ∈R2→R3undg∈R3→Rdefiniert durch f(x, y) = (y,sin(xy), x+y) g(x, y, z) = xy−z.
Berechnen Sie einen Funktionsterm fürg◦f.
Lösung von Aufgabe 3.
(g◦f)(x, y) = g(f(x, y))
= g(y,sin(xy), x+y)
= ysin(xy)−(x+y)
= ysin(xy)−x−y.
Aufgabe 4. Seif ∈Q2→Q2 definiert durch
f(x1, x2) = (x2+ 5, x1−x2).
Berechnen Sie einen Funktionsterm für die Umkehrfunktion vonf. Lösung von Aufgabe 4. Es gilt
f−1(y1, y2) = (x1, x2) genau dann wenn
f(x1, x2) = (y1, y2).
Da
f(x1, x2) = (x2+ 5, x1−x2) muss man die Gleichung
(y1, y2) = (x2+ 5, x1−x2)
nachx1 undx2auflösen. Aufgrund der Gleichheit von Paaren gilt y1 = x2+ 5
y2 = x1−x2. Aus der ersten Gleichung folgt
x2=y1−5.
Einsetzen in die zweite Gleichung ergibt x1 = y2+x2
= y2+y1−5.
Die Umkehrfunktionf−1∈Q2→Q2 ist damit definiert durch f−1(y1, y2) = (y2+y1−5, y1−5).
Aufgabe 5. Berechnen Sie die Lösungsmenge der Gleichung ln(cos(x) + 1) = 0.
Lösung von Aufgabe 5. Diee-Funktion ist Umkehrfunktion der ln-Funktion.
Anwenden auf beiden Seiten ergibt
cos(x) + 1 = 1 cos(x) = 0.
Die Lösungsmenge ist damit
L = {π/2+kπ|k∈Z}
Aufgabe 6. Die Folge
xn = 1/n2
konvergiert gegen 0. Es muss also für jedesε >0 einN existieren, so dass für allen > N gilt|xn|< ε. Finden Sie solch einN fürε= 0.1.
Lösung von Aufgabe 6. Daxn>0 für allen∈N, ist
|xn| = xn.
Die Folgexn= 1/n2ist streng monoton fallend. Es genügt daher, einN zu finden mitxN =ε. Aufgrund der strengen Monotonie ist damit garantiert, dassxn< εfür allen > N.
Umformen ergibt
xN = ε 1
N2 = ε N2 = 1 ε N = ±p
1/ε. FürN =p1
/εgilt damitxn < εfür alle n > N. Für ε= 0.1 erhält man N=√
10.
Aufgabe 7. Prüfen Sie, ob folgende Folgen konvergieren und falls ja berechnen Sie die (uneigentlichen) Grenzwerte.
xn = 3n2−n+ 10 n4+n3
xn = (n−1)(n−2)(n−3) (n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) xn = exp(n)
n10 xn =
n−1 3n2+ 1
4n3+ 3 n2+ 4
Lösung von Aufgabe 7.
n→∞lim
3n2−n+ 10
n4+n3 = lim
n→∞
3/n2−1/n3+ 10/n4 1 + 1/n
= 0
n→∞lim
(n−1)(n−2)(n−3)
(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) = lim
n→∞
n3−6n2+ 11n−6 n3+ 6n2+ 11n+ 6
= lim
n→∞
1−6/n+ 11/n2−6/n3 1 + 6/n+ 11/n2+ 6/n3
= 1
n→∞lim exp(n)
n10 = ∞
n→∞lim
n−1 3n2+ 1
4n3+ 3 n2+ 4
= lim
n→∞
4n4−4n3+ 3n−3 3n4+ 13n2+ 4
= lim
n→∞
4−4/n+ 3/n3−3/n4 3 + 13/n2+ 4/n4
= 4/3 Aufgabe 8. Berechnen Sie
x→1lim x2−1
ln(x)
Lösung von Aufgabe 8. Sei
f(x) = x2−1 g(x) = ln(x).
Linearisierung vonf(x) beix= 1.
f(1) = 0 f0(x) = 2x f0(1) = 2
`f(x) = 2(x−1).
Linearisierung vong(x) bei x= 1.
g(1) = 0 g0(x) = 1 x g0(1) = 1
`g(x) = x−1.
Damit ist
x→1lim f(x)
g(x) = lim
x→1
2(x−1) x−1
= 2.
Da f(1) = g(1) = 0 hätte man die Aufgabe auch mit der Regel von l’Hôspital lösen können.
Aufgabe 9. Welche der folgenden Funktionen f hat einen (uneigentlichen) Grenzwert bei ˆx= 0? Falls eine Funktion keinen (uneigentlichen) Grenz- wert hat, versuchen Sie dies zu beweisen, indem Sie zwei gegen Null kon- vergente Folgen xn und x0n finden, für die die Folgen f(xn) und f(x0n) unterschiedliche Grenzwerte haben.
f ∈R\ {0} →R, f(x)= sin(1/x) cos(1/x) f ∈R→R, f(x)=
1 fürx >0 0 fürx= 0
−1 fürx <0 f ∈R→R, f(x)=
1 fürx6= 0 0 fürx= 0 Lösung von Aufgabe 9.
• f ∈ R\ {0} → R, f(x) = sin(1/x) cos(1/x). Kein Grenzwert bei ˆ
x= 0. Die Folgen
xn = 1 2πn x0n = 1
2πn+π/4 konvergieren beide gegen 0. Es gilt jedoch
n→∞lim f(xn) = 0
n→∞lim f(x0n) = sin(π/4) cos(π/4) = 0.5.
• f ∈R→R,
f(x) =
1 fürx >0 0 fürx= 0
−1 fürx <0 Kein Grenzwert bei ˆx= 0. Die Folgen
xn = 1/n x0n = −1/n konvergieren beide gegen 0. Es gilt jedoch
n→∞lim f(xn) = 1
n→∞lim f(x0n) = −1.
• f ∈R→R,
f(x) =
1 fürx6= 0 0 fürx= 0
Grenzwert bei ˆx= 0 ist 1. Für jede Folgexnmitxn6= 0 für allenist f(xn) = 1
und somit istf(xn) eine Folge mit Grenzwert 1.
Aufgabe 10. Berechnen Sie die erste und zweite Ableitung folgender Funktio- nen und vereinfachen Sie die Ergebnisterme so weit wie möglich. Geben Sie an, welche Ableitungsregeln Sie benutzt haben.
f(x) = esin(x) f(x) = ln(x2)e(x2) f(x) = cos(√
x) f(x) = sin(x)
x+ 1
Lösung von Aufgabe 10.
•
f(x) = esin(x) f0(x) = cos(x)esin(x)
f00(x) = −sin(x)esin(x)+ cos2(x)esin(x)
= (cos2(x)−sin(x))esin(x)
•
f(x) = ln(x2)e(x2)
= 2 ln(x)e(x2) f0(x) = 2(1
xe(x2)+ ln(x)2xe(x2))
= 2e(x2)(1
x+ 2xln(x)) f00(x) = 4xe(x2)(1
x+ 2xln(x)) + 2e(x2)(−1
x2 + 2 ln(x) + 2)
= 2e(x2)(2 + 4x2ln(x)− 1
x2 + 2 ln(x) + 2)
= 2e(x2)(4 + 4x2ln(x)− 1
x2 + 2 ln(x))
•
f(x) = cos(√ x)
= cos(x1/2) f0(x) = −1
2x−1/2sin(x1/2)
= − 1
2√ xsin(√
x) f00(x) = −1
2 −1
2x−3/2sin(x1/2) +x−1/21
2x−1/2cos(x1/2)
= sin(√ x) 4√
x3 −cos(√ x) 4x
•
f(x) = sin(x) x+ 1
f0(x) = cos(x)(x+ 1)−sin(x) (x+ 1)2
= cos(x)
x+ 1 − sin(x) (x+ 1)2 f00(x) = −sin(x)(x+ 1)−cos(x)
(x+ 1)2 −cos(x)(x+ 1)2−sin(x)2(x+ 1) (x+ 1)4
= −sin(x)
x+ 1 − cos(x)
(x+ 1)2 − cos(x)
(x+ 1)2 + 2 sin(x) (x+ 1)3
= −sin(x)
x+ 1 − 2 cos(x)
(x+ 1)2 + 2 sin(x) (x+ 1)3
Aufgabe 11. Zeigen Sie, dass für die Ableitung der Funktion f ∈R→R, f(x) = arctan(x) gilt
f0(x) = 1 1 +x2. Hinweis: Für allex∈Rgilt
tan(arctan(x)) = x.
Die Funktion
g(x) = tan(f(x))−x
ist daher überall Null und folglich auchg0(x). Leiten Sie g mit der Ket- tenregel ab und lösen Sie nachf0 auf. Sie dürfen dabei verwenden dass
d
dxtan(x) = 1 + tan(x)2,
was ja mit tan(x) = sin(x)/cos(x)und der Quotientenregel leicht zu zeigen wäre.
Lösung von Aufgabe 11. Seif(x) = arctan(x) und g(x) = tan(f(x))−x.
Dann istg(x) = 0 und folglichg0(x) = 0 für allex∈R. Für die Ableitung erhält man
g0(x) = f0(x)(1 + tan(f(x))2)−1
= f0(x)(1 +x2)−1
= 0 Also ist
f0(x) = 1 1 +x2.
Aufgabe 12. Seienf, g ∈R→R zwei differenzierbare Funktionen. Entschei- den Sie von folgenden beiden Aussagen, ob Sie wahr oder falsch sind.
Geben Sie eine kurze Begrüng.
• Wenn f =gdann ist auchf0=g0.
• Wenn f0=g0 dann ist auchf =g.
Lösung von Aufgabe 12.
• Die erste Aussage ist wahr. Wird die Ableitung auf zwei gleiche Funk- tionen angewandt, ist das Ergebnis wieder gleich. Dies liegt daran, dass es zu jeder differenzierbaren Funktion genau eine Ableitung gibt.
• Die zweite Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist z.B.
f(x) =x2, g(x) =x2+ 5 Dann ist f0=g0 aberf 6=g.
Aufgabe 13.
• Erklären Sie, weshalb für x6= 0 gilt x+dx
2x−dx/3 = 1 2. Gilt dies auch fürx= 0?
• Warum ist1/dxundefiniert?
• Warum istdx= 0 aberdx/dx= 1 trotzdem definiert?
Lösung von Aufgabe 13. Tritt das Symboldxin einem Term auf, meint man damit den Grenzwert des Terms für ∆x → 0, wobei jedes dx im Term durch ∆xersetzt wurde.
• Fürx6= 0 ist
x+dx
2x−dx/3 = lim
∆x→0
x+ ∆x 2x−∆x/3
= 1 2. Fürx= 0 ist
x+dx
2x−dx/3 = dx
−dx/3
= 1
−1/3
= −3
• Die Funktion
f(x) = 1/x
Hat keinen Grenzwert an der Stellex= 0. Damit ist 1
dx = lim
∆x→0
1
∆x nicht definiert.
• Es gilt
dx = lim
∆x→0∆x = 0 dx
dx = lim
∆x→0
∆x
∆x
= lim
∆x→01
= 1
Aufgabe 14. Berechnen Sie in Abhängigkeit von x0, y0 die Parameter a, b einer Geraden
y(x) = ax+b,
die durch den Punkt (x0, y0) läuft und die Funktionf(x) =x2 tangiert.
f(x) =x2
y(x) =ax+b y0
x0
x
• Für welche Werte von x0, y0gibt es mehrere bzw. keine solche Gera- de?
• Fürx0=−2 undy0= 3 gibt es zwei solche Geraden. Berechnen Sie diese beiden Geraden und für jede den Punkt, an dem sie die Parabel berührt.
Lösung von Aufgabe 14. Sei
y(x) = ax+b
eine Gerade, die durch den Punkt (x0, y0) läuft und die Funktionf(x) =x2 in einem Punkt ˆxtangiert. Dann gilt
y0 = y(x0) f(ˆx) = y(ˆx) f0(ˆx) = y0(ˆx).
Einsetzen der Geradengleichung ergibt ax0+b = y0
ˆ
x2 = aˆx+b 2ˆx = a.
Aus der ersten Gleichung folgt
b = y0−ax0. Aus der dritten Gleichung folgt
ˆ
x = a/2. Einsetzen in die zweite Gleichung ergibt
a2
4 = a2
2 +y0−ax0
a2
4 −ax0+y0 = 0 a2−4ax0+ 4y0 = 0
a = 4x0±p
16x20−16y0
2
= 2
x0± q
x20−y0
b = y0−ax0
= y0−2x0
x0±
q x20−y0
.
• Es existiert keine solche Gerade wenn
x20−y0 < 0 bzw. y0 > x20, d.h. wenn der Punkt “über” der Parabel liegt. Wenn
y0 < x20
ist, existieren zwei Geraden, die durch den Punkt gehen und die Pa- rabel tangieren. Für
y0 = x20
liegt der Punkt auf der Parabel und es gibt genau eine Lösung, näm- lich die Tangente an der Stellex0.
• Sei x0=−2 und y0= 3. Dann ist a = 2 −2±√
4−3
= −4±2 Im ersten Fall erhält man
a = −2
b = y0−ax0 = 3−(−2)(−2) = −1.
Der Berührpunkt ist ˆ
x = a/2 = −1 ˆ
y = xˆ2 = aˆx+b = 1
Im zweiten Fall erhält man a = −6
b = y0−ax0 = 3−(−6)(−2) = −9.
Der Berührpunkt ist ˆ
x = a/2 = −3 ˆ
y = xˆ2 = aˆx+b = 9.
Aufgabe 15. Der Begriff Ableitung lässt sich leicht auf mehrstellige Funktio- nen übertragen. Sei z.B.
f(x, y) = x2y+xsin(y) +ey.
• Man kann in dieser Funktion die Variabley als konstanten Parame- ter betrachten und erhält damit eine einstellige Funktion von x. Die Ableitung dieser einstelligen Funktion heißt partielle Ableitung nach x:
∂
∂xf(x, y) = 2xy+ sin(y).
• Genauso kann man auch die Variable x als konstanten Parameter betrachten und dadurch eine einstellige Funktion vonyerhalten. Die Ableitung dieser einstelligen Funktion heißt partielle Ableitung nach y:
∂
∂yf(x, y) = x2+xcos(y) +ey. Berechnen Sie die partiellen Ableitungen der Funktion
f(x, y) = sin(x2y) + x cos(y). Lösung von Aufgabe 15.
∂
∂xf(x, y) = 2xycos(x2y) + 1 cos(y)
∂
∂yf(x, y) = x2cos(x2y) +xsin(y) cos(y)2
Aufgabe 16. Wennf(x) an der Stelle ˆxeinen lokalen Extremwert hat, dann istf0(ˆx) = 0.
Für mehrstellige Funktionen gilt dies analog. Wennf(x, y) an der Stelle (ˆx,y) einen lokalen Extremwert hat, dann istˆ
∂
∂xf(ˆx,y)ˆ = 0 und
∂
∂yf(ˆx,y)ˆ = 0.
Berechnen Sie alle Punkte (ˆx,y), an denen beide partiellen Ableitungenˆ der Funktion
f(x, y) = (x+ 1) sin(x+y) Null sind.
Lösung von Aufgabe 16. Partielle Ableitungen:
∂
∂xf(x, y) = sin(x+y) + (x+ 1) cos(x+y)
∂
∂yf(x, y) = (x+ 1) cos(x+y).
Zu Lösen ist damit das Gleichungssystem
sin(x+y) + (x+ 1) cos(x+y) = 0 (x+ 1) cos(x+y) = 0 Die zweite Gleichung ist erfüllt wenn
x=−1 oder cos(x+y) = 0.
• Im Fall x=−1 wird aus der ersten Gleichung sin(y−1) = 0.
Diese hat die Lösungen
y−1 = kπ
y = kπ+ 1, k∈Z. Damit erhält man die Lösungen
L = {(−1, kπ+ 1)|k∈Z}.
• Im Fall x6=−1 muss cos(x+y) = 0 sein. Aus der ersten Gleichung wird dann
sin(x+y) = 0.
Wenn aber cos(x+y) = 0 ist, dann ist sin(x+y)6= 0, d.h. es kommen keine weiteren Lösungen dazu.
Aufgabe 17. Ein Taylor Polynom ist eine Approximation an eine Funktionf in der Nähe des Entwicklungspunktes ˆx. Es stellt sich natürlich die Frage, wie gut diese Approximation im Arbeitsbereich [ˆx, xmax] ist.
Allgemein lässt sich zeigen, dass es für jedes xeinen Wert ξ zwischen ˆx undxgibt so dass
f(x) =
n
X
i=0
f(i)(ˆx)
i! (x−x)ˆ i
| {z } Taylor Polynomp(x)
+f(n+1)(ξ)
(n+ 1)! (x−x)ˆ n+1
| {z } Restglied
.
Der Approximationsfehler des Taylor Polynoms vom Gradnan einer be- liebigen Stellex∈[ˆx, xmax] ist damit garantiert nicht größer als
m
(n+ 1)!|xmax−ˆx|n+1. wobei
m= max
ξ∈[ˆx,xmax]
f(n+1)(ξ) .
• Sei p(x) das Taylor Polynom von f(x) = cos(x) zum Entwicklungs- punkt ˆx= 3 mit Gradn. Berechnen Sie mit o.g. Formel eine Ober- grenze für den Approximationsfehler des Taylor Polynoms im Ar- beitsbereich [ˆx, xmax] fürxmax = 10 für beliebigesn, fürn= 10 und fürn= 20.
• Sei p(x) das Taylor Polynom vom Grad 3 vonf(x) =√
xzum Ent- wicklungspunkt ˆx= 1. Berechnen Sie eine Obergrenze für den Ap- proximationsfehler vonp(x) im Arbeitsbereich [ˆx, xmax] fürxmax= 3.
Lösung von Aufgabe 17.
• Da die Ableitungen der Cosinus Funktion immer zwischen 1 und −1 liegen, gilt
m= max
ξ∈[ˆx,xmax]
f(n+1)(ξ) = 1.
Damit erhält man die Obergrenze für den Approximationsfehler 1
(n+ 1)!7n+1.
Fürn= 10 erhält man den Wert 49.5, fürn= 20 den Wert 0.01.
• Die Ableitungen der Wurzel Funktion sind wie folgt.
f(x) = x1/2 f0(x) = 1
2x−1/2 f00(x) = −1
4x−3/2 f000(x) = 3
8x−5/2 f0000(x) = −15
16x−7/2
Im Intervall [1,3] ist die vierte Ableitung im Betrag maximal m=15
16.
Damit ist eine Obergrenze für den Approximationsfehler 15
16 24 4! =15
24 = 5 8.
Aufgabe 18. Sei
sinh(x) = ex−e−x 2 cosh(x) = ex+e−x
2 .
• Zeigen Sie, dass
sinh0(x) = cosh(x) cosh0(x) = sinh(x).
• Zeigen Sie, dass sinh(x) und cosh(x) für x ≥ 0 monoton steigend sind.
• Berechnen Sie das Taylor Polynomp(x) vom Grad 3 der sinh-Funktion zum Entwicklungspunkt ˆx= 0.
• Berechnen Sie eine Obergrenze für den Abstand zwischen p(x) und sinh(x) fürx∈[0,2].
• Zeigen Sie, dass für alle xgilt
|sinh(x)| ≤ e|x|
|cosh(x)| ≤ e|x|.
• Seipn(x) das Taylor Polynom vom Gradnfür sinh(x) zum Entwick- lungspunkt ˆx= 0. Zeigen Sie, dass
n→∞lim pn(x)−sinh(x) = 0
für allex. Man erhält somit beliebig genaue Approximationen an die sinh-Funktion, wenn man den Grad des Taylor Polynoms groß genug macht.
Lösung von Aufgabe 18.
•
sinh0(x) = 1
2(ex−(−1)e−x)
= ex+e−x 2
= cosh(x) cosh0(x) = 1
2(ex+ (−1)e−x)
= ex−e−x 2
= sinh(x).
• Taylor Polynom.
sinh(0) = 0
sinh0(0) = cosh(0) = 1 sinh00(0) = sinh(0) = 0 sinh000(0) = cosh(0) = 1.
Damit ist das Taylor Polynom der sinh-Funktion vom Grad 3 zum Entwicklungspunkt ˆx= 0
p(x) = sinh(0) + sinh0(0)(x−0) + 1
2!sinh00(0)(x−0)2+ 1
3!sinh000(0)(x−0)3
= x+ 1 3!x3.
• Zu zeigen: Fürx≥0 ist
sinh0(x) ≥ 0 cosh0(x) ≥ 0.
Die e-Funktion ist streng monoton steigend auf ganz R. Sei x≥0.
Dann ist x≥ −xund folglich
ex ≥ e−x und ex±e−x ≥ 0.
Daher ist
cosh(x) ≥ 0 sinh(x) ≥ 0 und damit auch
sinh0(x) ≥ 0 cosh0(x) ≥ 0.
• Der Abstand zwischen Taylor Polynom und Funktion ist begrenzt durch
max
ξ∈[0,2]|sinh0000(ξ)|(2−0)4
4! = max
ξ∈[0,2]|sinh(ξ)|(2−0)4 4! . Da sinh(x) im Intervall [0,2] monoton steigend ist, folgt
max
ξ∈[0,2]|sinh0000(ξ)| = sinh(2).
Der Fehler ist somit begrenzt durch sinh(2)16
24 = e2−e−2 3
≈ 2.42
Da das Taylor Polynom fürn= 3 undn= 4 gleich ist, erhielte man sogar die bessere Grenze
max
ξ∈[0,2]|sinh00000(ξ)|(2−0)5
5! = cosh(2)32 120
= (e2+e−2)2 15
≈ 1.
• Da diee-Funktion monoton steigend ist, gilt e|x| ≥ ex. Weiterhin giltex>0 für allex. Damit ist
|sinh(x)| = |ex−e−x| 2
≤ |ex|+|e−x| 2
= ex+e−x 2
≤ e|x|+e|x|
2
= e|x|
|cosh(x)| = |ex+e−x| 2
= ex+e−x 2
≤ e|x|+e|x|
2
= e|x|.
• Der Fehler zwischen Taylor Polynom vom Gradnund sinh-Funktion an der Stelle xist damit begrenzt durch
ξ∈[0,x]max |sinh(n+1)(ξ)| |x|n+1
(n+ 1)! ≤ max
ξ∈[0,x]e|ξ| |x|n+1 (n+ 1)!
= e|x| |x|n+1 (n+ 1)!.
Da die Fakultätsfunktion schneller wächst als die Potenzfunktion, geht der Fehler für beliebiges xgegen Null wenn ngegen unendlich geht.
Aufgabe 19. Berechnen Sie das Taylor Polynomp(x) vom Grad 3 vonf(x) = tan(x) zum Entwicklungspunkt ˆx= 0. Berechnen Sie dann eine Obergren- ze für den Abstand zwischenp(x) undf(x) im Intervall [0, π/4]. Hinweis:
• tan(π/4) = 1
• f0000(x) ist monoton steigend im Intervall [0, π/4].
Lösung von Aufgabe 19. Ableitungen.
f(x) = tan(x) f0(x) = 1 + tan2(x)
f00(x) = 2 tan(x)(1 + tan2(x))
= 2 tan3(x) + 2 tan(x)
f000(x) = 6 tan2(x)(1 + tan2(x)) + 2(1 + tan2(x))
= 6 tan4(x) + 8 tan2(x) + 2
f0000(x) = 24 tan3(x)(1 + tan2(x)) + 16 tan(x)(1 + tan2(x))
= 24 tan5(x) + 40 tan3(x) + 16 tan(x).
Auswerten bei ˆx= 0.
f(0) = 0 f0(0) = 1 f00(0) = 0 f000(0) = 2.
Damit ist
p(x) = x+ 2 3!x3
= x+1 3x3. Das Restglied nach Lagrange ist
1
4!f0000(ξ)x4. Daf0000(x) monoton steigend ist in [0, π/4] ist
0≤ξ≤π/4max |f0000(ξ)| = |f0000(π/4)|
= 24 tan5(π/4) + 40 tan3(π/4) + 16 tan(π/4)
= 24 + 40 + 16
= 80.
Der Fehler zwischen p(x) und f(x) im Intervall [0, π/4] ist daher be- schränkt durch
max
0≤ξ≤π/4|f0000(ξ)|(π/4)4
4! = 80π4 444!
≈ 1.27.
Aufgabe 20. Sei
f ∈R+→R definiert durch
f(x) = sin(x)
√x .
Hatf einen Grenzwert an der Stelle ˆx= 0? Falls ja, berechnen Sie diesen, falls nein, geben Sie eine Begründung. Hinweis: Ersetzen Sie die Sinusfunk- tion im Zähler durch ihre Taylorreihe und vereinfachen Sie den Bruch.
Lösung von Aufgabe 20. Mit der Taylor Reihe gilt f(x) = x−x3/3!+x5/5!−. . .
√x
= x
√x 1−x2/3!+x4/5!−. . .
= √
x 1−x2/3!+x4/5!−. . . . Damit gilt
x→0limf(x) = 0.
Aufgabe 21. Sei f ∈ R → R eine n+ 1 mal differenzierbare Funktion und ˆ
x∈R. Aus der Formel des Restglieds nach Lagrange folgt, dass für allex∈R
einξ∈Rexistiert so dass f(x) =
n
X
i=0
1
i!f(i)(ˆx)(x−x)ˆ i
| {z }
Taylor Polynom
+ 1
(n+ 1)!f(n+1)(ξ)(x−x)ˆ n+1
| {z }
Restglied
.
Zeigen Sie hiermit, dass für allex >0 die u.a. in der Informationstheorie wichtige Ungleichung
ln(x) ≤ x−1
gilt. Wenn man ln(x) und x−1 in ein Schaubild zeichnet, sieht man das sofort.
Hinweis: Formen Sie die Ungleichung zuerst so um, dass einee-Funktion statt des ln auftritt. Verwenden Sie o.g. Taylor Enwicklung für die e- Funktion, ˆx= 1 undn= 1.
Lösung von Aufgabe 21. Sei x > 0 beliebig aber fest. Da die e-Funktion monoton steigend ist, kann man wie folgt äquivalent umformen:
ln(x) ≤ x−1 x ≤ ex−1 x ≤ ex
e ex ≥ ex.
Aus der Taylor Entwicklung für ex zum Entwicklungspunkt ˆx = 1 und n= 1 folgt, dass einξ∈Rexistiert mit
ex = e+e(x−1) +1
2eξ(x−1)2. Da
1
2eξ(x−1)2 ≥ 0 folgt
ex = e+e(x−1) +1
2eξ(x−1)2
≥ e+e(x−1)
= ex.
Aufgabe 22. Berechnen Sie die erste und zweite Ableitung folgender Funktio- nen. Geben Sie an, welche Ableitungsregeln Sie benutzt haben.
f(x) = sin(x) 1−x2 f(x) = xcos(1/x2) f(x) = e−cos(x)
Lösung von Aufgabe 22.
•
f(x) = sin(x) 1−x2
f0(x) = cos(x)−x2cos(x) + 2xsin(x) 1−2x2+x4
f00(x) = x4sin(x) + 4x3cos(x)−8x2sin(x)−4xcos(x)−sin(x)
−1 + 3x2−3x4+x6
•
f(x) = xcos(1/x2)
f0(x) = cos(1/x2) + 2 sin(1/x2)/x2 f00(x) = −2 sin(1/x2)/x3−4 cos(1/x2)/x5
•
f(x) = e−cos(x) f0(x) = sin(x)e−cos(x)
f00(x) = cos(x)e−cos(x)+ sin(x)2e−cos(x) Aufgabe 23. Berechnen Sie alle lokalen Extrempunkte zu der Funktion
f(x) = sin(x)ex
und entscheiden Sie anhand der zweiten Ableitung ob es Hoch- oder Tief- punkte sind. Hinweis: Wenn man sin(x) und cos(x) im Einheitskreis ein- zeichnet, erkennt man dass
sin(x) =−cos(x) fürx=3π/4undx=−π/4. Lösung von Aufgabe 23.
f(x) = sin(x)ex
f0(x) = cos(x)ex+ sin(x)ex
= (sin(x) + cos(x))ex
f00(x) = (cos(x)−sin(x))ex+ (sin(x) + cos(x))ex
= 2 cos(x)ex.
Nullstellen der ersten Ableitung hat man für x = 3π/4+k2π x = −π/4+k2π
fürk∈Z. Die zweite Ableitung ist im ersten Fall negativ, im zweiten Fall positiv. Daher hatf(x) ein lokales Maximum hat für
x = 3π/4+k2π und ein lokales Minimum für
x = −π/4+k2π
