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1 Klausur zur Analysis I svorschläge Universität Regensburg, Wintersemester 013/14 Prof. Dr. Bernd Ammann / Dr. Mihaela Pilca , Bearbeitungszeit: 3 Stunden 1. Aufgabe [ Punte] Seien X, Y zwei nicht-leere Mengen und A(x, y) eine Aussageform. Betrachten Sie die folgenden Aussagen: (1) x X : y Y : A(x, y). () y Y : x X : A(x, y). Gelten folgende Impliationen für alle Aussageformen A(x, y)? a) (1) = () b) () = (1) Falls nicht, geben Sie bitte ein Gegenbeispiel an. a) Es gibt zwei mögliche Fälle: i) Die Menge X oder die Menge Y besteht aus einem einzigen Element. In diesem Fall die Impliation (1) = () ist richtig. ii) Jeder der Mengen X und Y besitzt mindestens zwei Elemente. In diesem Fall gilt die Impliation (1) = () nicht für alle Aussageformen A(x, y). Ein Gegenbeispiel ist folgendes: X := {x 0, x 1 }, Y := {x 0, x 1 } und A(x, y) ist die Aussage x = y. Damit ist (1) richtig, da: x {x 0, x 1 } : y {x 0, x 1 } : x = y, aber () ist nicht richtig, da die Negation von () richtig ist: y {x 0, x 1 } : x {x 0, x 1 } : x y. b) Die Impliation () = (1) gilt für alle Aussageformen A(x, y). Wenn () richtig ist, dann existiert ein y 0 Y, so dass für alle x X gilt A(x, y 0 ). Sei x X. Dann für y 0 Y gilt A(x, y 0 ). Damit ist die Aussage (1) richtig: x X : y 0 Y : A(x, y 0 ).

2 . Aufgabe [3 Punte] Sei x R und (x n ) n N eine R-wertige Folge. Welche der folgenden Aussagen ist zu x = lim sup x n n ( ) äquivalent? (1) x ist der größte Häufungspunt der Menge {x n n N}. () x = lim m (sup{x n n N m }). (3) Es gibt eine Teilfolge von (x n ) n N, die gegen x onvergiert, aber es gibt eine Teilfolge von (x n ) n N, die gegen ein y R mit y > x onvergiert. (4) Jede Teilfolge von (x n ) n N onvergiert gegen x. Im Falle von Äquivalenz, ist eine Begründung nötig. äquivalent sind, geben Sie bitte ein Gegenbeispiel an. Für die Aussagen, die nicht (1) ist nicht äquivalent zu ( ). Ein Gegenbeispiel ist folgendes: Sei für alle n N: x n := 1. Dann gilt: lim sup x n = lim x n = 1, n n aber die Menge {x n n N} = {1} besteht nur aus einem Element und hat deshalb eine Häufungspunte (es existiert eine reelle Zahl mit der Eigenschaft, dass jede Umgebung von dieser Zahl unendlich viele Punte der Menge {1} enthält). () ist äquivalent zu ( ). Diese Äquivalenz wurde in einer der Zentralübungen besprochen. (3) ist äquivalent zu ( ). Diese Äquivalenz folgt aus dem Satz 5.5 aus der Vorlesung. (4) ist nicht äquivalent zu ( ). Ein Gegenbeispiel ist folgendes: Sei für alle n N: x n := ( 1) n. Dann ist lim sup x n n (x n+1 ) n N = ( 1) n N onvergiert nicht gegen 1. = 1, aber die Teilfolge

3 3. Aufgabe [3=1+1+1 Punte] Gegeben sei die R-wertige Folge (a n ) n N, definiert durch: a 1 :=, n N : a n+1 := 1 a n ( ). a) Zeigen Sie, dass für alle n N gilt: 1 a n. b) Zeigen Sie, dass die Folge (a n ) n N monoton fallend ist. c) Folgern Sie, dass die Folge (a n ) n N onvergiert und bestimmen Sie den Grenzwert. a) Für alle n N sei A(n) die Aussage 1 a n. Wir zeigen durch vollständige Indution nach n N, dass A(n) wahr ist. Indutionsanfang: Für n = 1, ist A(1) äquivalent zu 1 a 1. Da a 1 = sind beide Ungleichungen erfüllt. Indutionsschritt: A(n) = A(n + 1) Indutionsannahme: A(n) ist wahr, d. h. 1 a n. Behauptung: A(n + 1) ist wahr, d. h. 1 a n+1. Beweis: Folgende Impliationen gelten: 1 a n = 1 1 a n 1 = 1 1 a n 1 Damit ist a) gezeigt. b) Sei n N. Wir berechnen die Differenz: ( ) = 1 a n+1 3 a n+1 a n ( ) = 1 a n a n = (a n 1) a n 0, = A(n + 1). da für alle n N gilt (a n 1) 0 und nach a) ist a n > 0. Daraus folgt, dass für alle n N gilt a n+1 < a n, also die Folge (a n ) n N ist monoton fallend. c) Aus a) und b) folgt, dass die Folge (a n ) n N beschränt und monoton fallend ist. Daraus folgt, dass die Folge (a n ) n N onvergiert in R (siehe Proposition 5.45). Sei a der Grenzwert von (a n ) n N. Aus der reursiven Definition (*) folgt: ) a = lim a n+1 = lim ( 1an a n 1 = 1 n n lim a = 1 n a, n wobei wir die Rechenregel für Limes benutzt haben. Die Gleichung a = 1 a ist äquivalent zu (a 1) = 0 und hat die a = 1. Damit ist der Grenzwert der Folge (a n ) n N gleich 1.

4 4. Aufgabe [3=1+1+1 Punte] Betrachten Sie folgende Potenzreihe: ( ) + 1 x. a) Berechnen Sie den Konvergenzradius ρ dieser Potenzreihe. =1 b) Bestimmen Sie, ob für x { ρ, ρ} die Reihe onvergiert. Begründen Sie Ihre Antwort. c) Sei f : [ ( ) 7ρ; 7ρ] R definiert durch: f(x) := + 1 x. Bestimmen Sie, ob 8 8 =1 die Funtion f stetig ist. Begründen Sie Ihre Antwort. 1 a) Nach der Formel aus der Vorlesung gilt: ρ := lim sup ( ( lim + 1 ) = und somit lim sup +1 ) =. b) In beiden Fällen divergiert die Reihe. Für x = ρ = 1, die Reihe ist gleich N gilt: ( +1/ =1 ) > 1, die Folge ( +1/ ( = 1 +1 ) lim sup( +1 =1 ) = 1, da ( ) ( ) + 1 ( 1 ) + 1/ =. Da für alle ) N onvergiert nicht gegen 0 und damit divergiert die Reihe. ( ) Für x = ρ = 1 die Reihe ist gleich ( + 1 ( ) 1 = + 1/ ). Die =1 =1 ( ) Folge onvergiert nicht gegen 0 mit demselben Argument (sonst wäre +1/ N ( ) +1/ auch die Folge eine Nullfolge, in Widerspruch zu der vorherigen Aussage). N ( Daraus folgt, dass die Reihe + 1 ) divergiert. =1 c) Sei (f n ) n N die Folge der Partialsummen: f n : [ 78 ρ; 78 ] ρ R, f n (x) := Für x R mit x 7ρ gilt: 8 ( ) f n (x) f(x) = + 1 x =1 =n+1 n ( ) + 1 x. =1 =n+1 ( ) ( ) ρ 0, ( ) da die Reihe + 1 x onvergiert absolut auf [ 7 8 ρ; 7ρ]. 8 Also onvergiert f n : [ 7 8 ρ; 7 8 ρ] R gleichmäßig gegen f : [ 7 8 ρ; 7 8 ρ] R. Daraus folgt, dass f : [ 7 8 ρ; 7 8 ρ] R eine stetige Funtion ist (siehe Satz 5.6).

5 5. Aufgabe [3=1+1+1 Punte] Sei R mit dem üblichen Eulidischen Abstand d eul versehen. Sei f : R R eine Abbildung. a) Zeigen Sie, dass f : R R genau dann stetig ist, wenn folgendes gilt: für jede offene Teilmenge X R, ist f # (X) eine offene Teilmenge von R. b) Sei A R. Zeigen Sie: f # (R \ A) = R \ f # (A). c) Zeigen Sie, dass f : R R genau dann stetig ist, wenn folgendes gilt: für jede abgeschlossene Teilmenge X R, ist f # (X) eine abgeschlossene Teilmenge von R. a) Es folgt aus dem Umgebungsriterium für Stetigeit (Proposition 3.11 aus der Vorlesung) und der Definition einer Umgebung und einer offenen Menge. = : Sei f : R R eine stetige Funtion. Sei X eine offene Teilmenge von R. Wir zeigen, dass das Urbild von X, f # (X), eine offene Teilmenge von R ist. Falls f # (X) =, dann ist das Urbild offen, da die leere Menge offen ist. Sonst, sei x 0 f # (X). Nach Definition, ist f(x 0 ) X. Da X eine offene Menge ist, es existiert eine Umgebung U von f(x 0 ), so dass U X. Nach dem Umgebungsriterium für Stetigeit, folgt aus der Stetigeit von f in x 0, dass f # (U) ist eine Umgebung von x 0 in R. Aus U X, folgt f # (U) f # (X). Damit haben wir gezeigt, dass für jeden Punt x 0 f # (X), existiert eine Umgebung f # (U) von x 0 mit f # (U) f # (X). Nach Definition, ist X eine offene Teilmenge von R. = : Sei f : R R eine Funtion mit der Eigenschaft, dass für jede offene Teilmenge X R, f # (X) eine offene Teilmenge von R ist. Sei x 0 R beliebig fixiert. Wir zeigen mit dem Umgebungsriterium für Stetigeit, dass f stetig in x 0 ist. Sei U eine Umgebung von f(x 0 ). Nach der Definition einer Umgebung, es existiert ein r R >0, so dass der Ball B r (f(x 0 )) U. Da dieser Ball eine offene Teilmenge von R ist, gilt, nach Voraussetzung, dass f # (B r (f(x 0 ))) eine offene Menge ist und es gilt auch: x 0 f # (B r (f(x 0 ))) f # (U). Daraus folgt, dass f # (U) eine Umgebung von x 0 ist (siehe Lemma 3.9 aus der Vorlesung). Aus dem Umgebungsriterium für Stetigeit folgt, dass f stetig in x 0 ist. Da x 0 beliebig in R ist, folgt, dass die Funtion f : R R überall stetig ist. b) Sei x f # (R \ A). Nach der Definition des Urbilds, ist äquivalent zu f(x) R \ A. Es gilt auch: f(x) / A x / f # (A). Damit ist f(x) R \ A x R \ f # (A). Insgesamt haben wir folgende Äquivalenz gezeigt: x f # (R \ A) x R \ f # (A), also f # (R \ A) = R \ f # (A). c) Wir betrachten folgende Aussagen über der Funtion f : R R: (1) Für jede abgeschlossene Teilmenge X R, ist f # (X) eine abgeschlossene Teilmenge von R. () Für jede offene Teilmenge Y R, ist f # (R \ Y ) eine abgeschlossene Teilmenge von R. (3) Für jede offene Teilmenge Y R, ist f # (Y ) eine offene Teilmenge von R. (4) Die Funtion f : R R ist eine stetige Funtion.

6 Die Aussage (1) ist, nach der Definition einer abgeschlossener Menge, äquivalent zu der Aussage (). Nach b) gilt für jede Teilmenge Y : f # (R\Y ) = R\f # (Y ), und damit die Aussage () äquivalent zu (3). Nach a) sind die Aussagen (3) und (4) äquivalent.

7 6. Aufgabe [5= Punte] a) Formulieren Sie den Zwischenwertsatz. b) Betrachten Sie die Tangensfuntion, definiert durch: tan : ( π ; π ) R, tan(x) := sin(x) cos(x). i) Wir definieren für alle n N: ( π a n := tan 1 ) (, b n := tan π n + 1 ). n Zeigen Sie, dass die Folge (a n ) n N uneigentlich gegen + onvergiert und die Folge (b n ) n N uneigentlich gegen onvergiert. ii) Zeigen Sie, dass tan : ( π ; π ) R eine surjetive Funtion ist. iii) Begründen Sie, dass die Funtion tan : ( π ; π ) R streng monoton ist. iv) Ist die Umehrfuntion von tan : ( π ; π ) R differenzierbar? Erinnerung: In der Vorlesung wurde gezeigt, dass sin = cos und cos = sin. a) Siehe den Zwischenwertsatz (Satz.1) aus der Vorlesung. b) i) Man benutzt die Stetigeit der Funtionen sin und cos und folgende Ungleichungen für alle n N: cos ( π ) ( 1 n > 0 und cos π + 1 n) > 0. Da die Folge ( π ) 1 aus positiver Zahlen besteht und gegen π onvergiert, n n N folgt aus der Stetigeit der Funtionen sin und cos, dass lim sin( π 1 ) = 1 und n n lim cos( π 1 ) = 0. Da für alle n N gilt: cos ( π 1 n n n) > 0, es folgt: lim a sin( π n = lim 1 ) n n n cos( π 1 ) = + n Analog ( folgt aus der Stetigeit der Funtionen sin und cos, dass für die Folge π + ) 1, die aus negativer Zahlen besteht und gegen π onvergiert, gilt: n n N lim sin( π + 1 ) = 1 und lim cos( π + 1 ) = 0. Da für alle n N gilt: n n n n cos ( π + 1 n) > 0, es folgt: lim b sin( π n = lim + 1 ) n n n cos( π + 1 ) =. n Bemerung: Man ann auch diret benutzen, dass für alle n N gilt: b n = a n. ii) Aus i) folgt, dass die Funtion tan unbeschränt nach unten und nach oben ist. Zusammen mit dem Zwischenwertsatz für die stetige Funtion tan, folgt dass das Bild tan( ( π; ) ( π ) = R und damit ist tan : π ; ) π R eine surjetive Funtion. iii) Man berechnet die Ableitung: tan : ( π; ) π R, tan (x) = 1 (folgt diret cos (x) nach Anwendung der Quotientenregel, siehe Regeln 1.4 aus der Vorlesung). Da für alle x ( π; ) π gilt tan (x) = 1 > 0, es folgt aus dem Korollar 3.5, dass cos (x) die Funtion tan: ( π; ) π R streng monoton wachsend ist.

8 iv) Da tan: ( π; ) π R streng monoton wachsend ist, ist sie insbesondere injetiv. Die Funtion tan: ( π; ) ( π R ist differenzierbar und für alle x π ; ) π gilt tan (x) = 1 0. Aus der Proposition 1.7 folgt, dass Umehrfuntion von cos (x) tan : ( π; ) π R differenzierbar ist.

9 7. Aufgabe [4=1+1+ Punte] a) Bestimmen Sie, ob folgende Teilmengen offen sind und ob sie abgeschlossen sind. Begründen Sie Ihre Antwort. i) M := ( n; n + 1 ) (R, deul ). n N ii) M := {(x, y) R x = y} (R, d eul ). b) Bestimmen Sie alle Häufungspunte der folgenden Teilmenge von (R, d eul ): Begründen Sie Ihre Antwort. M := [1; ) { n + 1 n n N}. i) Behauptung: M ist eine offene und nicht abgeschlossene Teilmenge von (R, d eul ). Beweis: Für alle n N ist das Intervall ( n; n + 1 ) eine offene Teilmenge von (R, d eul ). Da die Vereinigung offener Mengen eine offene Menge ist (siehe Proposition 3.10), es folgt dass M offen ist. M ist nicht eine abgeschlossene Menge, da z. B. R \ M und für alle r R >0, der offene Ball mit Radius r um, d. h. das Intervall ( r; +r), hat einen nicht-leeren Durchschnitt mit der Menge M: ( r; + r) M = (; + r). ii) Behauptung: M ist eine abgeschlossene und nicht offene Teilmenge von (R, d eul ). Beweis: Die Menge M ist abgeschlossen und nicht offen in (R, d eul ). Wir zeigen, dass die Menge R \ M = {(x, y) R x y} offen ist. Dann folgt, nach Definition, dass M eine abgeschlossene Menge ist. Sei (x 0, y 0 ) R \ M, d. h. x 0 y 0. Es existiert r R >0, r := x 0 y 0, so dass: B r ((x 0, y 0 )) := {(x, y) R d eul ((x, y), (x 0, y 0 )) < r} R \ M. Das zeigt, dass die Menge R \ M offen in (R, d eul ) ist. Die Menge M ist nicht offen, da z. B. 0 M und für alle r R >0, der offene Ball mit Radius r um 0, auch das Komplement von M schneidet: B r (0) (R \ M) (da z. B. (0, r ) B r(0) (R \ M) ). b) Behauptung: Die Häufungspunte der Menge M sind folgende: [1; ] {0}. Beweis: Wir zeigen zuerst, dass alle diese Punte Häufungspunte der Menge M sind und dann, dass es eine weitere Häufungspunte gibt. Sei x 0 [1; ]. Für alle r R >0, das offene Intervall (x 0 r; x 0 +r) enthält unendlich viele Punte von M, da es gilt: für x 0 (1; ) enthält (x 0 r; x 0 +r) M das offenes Intervall (max{1; x 0 r}; min{; x 0 + r}); für x 0 = 1 ist (x 0 r; x 0 + r) M = (1; x 0 + r]; für x 0 = ist (x 0 r; x 0 + r) M = (x 0 r; ]. Die Folge ( n + 1 n) n N onvergiert gegen 0: lim ( n n) = lim = 0. n n n n Nach Definition der Konvergenz, folgt insbesondere, dass jede Umgebung von 0 unendlich viele Glieder der Folge ( n + 1 n) n N enthält. Da diese Zahlen paarweise

10 verschieden sind, folgt dass jede Umgebung von 0 unendlich viele Punte der Menge M enthält und damit ist 0 einen Häufungspunt von M. Sei x 0 R \ ([1; ] {0}). Es existiert ein r R >0, so dass (x 0 r; x 0 + r) M endlich viele Punte enthält. Falls x 0 < 0, ann man r := x 0 wählen und falls x 0 >, r := x 0. In beiden Fällen gilt: (x 0 r; x 0 + r) M =. Falls 0 < x 0 < 1, gilt für r := min{ x 0, 1 x 0 }, dass (x 0 r; x 0 + r) M höchstens n 0 Punte enthält, wobei n 0 ist definiert als der Index mit folgender Eigenschaft: für alle n N >n0 gilt n + 1 n < x 0 r. Der Index n 0 existiert aus der Definition einer Nullfolge.

11 8. Aufgabe [3=1+ Punte] Sei f : C C die Funtion definiert durch: f(z) := z z. a) Zeigen Sie mit dem ε-δ-kriterium, dass f stetig auf C ist. b) Sei f : [0; 1] R die Funtion definiert durch: { x, falls x [0; 1] Q, f(x) := x 1, falls x [0; 1] (R \ Q). 4 Bestimmen Sie alle Stellen im Intervall [0; 1], in denen f stetig ist. a) Sei z 0 C \ {0}. Sei ε > 0. Es existiert δ := min{ z 0, ε 7 z 0 }, so dass für alle z C mit z z 0 δ gilt: f(z) f(z 0 ) = z z z 0 z 0 = z z z 0 z + z 0 z z 0 z 0 z z z 0 + z 0 z z 0 ( z 0 + δ) δ + z 0 δ( z 0 + δ) 7 z 0 δ ε. Die erste Ungleichung folgt aus der Dreiecsungleichung, die zweite Ungleichung folgt aus z z 0 δ (diese impliziert mittels der Dreiecsungleichung, dass z z 0 + δ). Die vorletzte Ungleichung folgt aus δ z 0. b) Behauptung: f ist stetig nur an der Stelle 1. Beweis: Wir bemeren, dass 1 die einzige der Gleichung x = x 1 im Intervall 4 [0; 1] ist. Wir zeigen zuerst, dass an allen Stellen außer 1, die Funtion f ist nicht stetig. Sei x 0 [0; 1]\{ 1}. Es genügt zwei Folgen zu finden, sie gegen x 0 onvergieren, so dass die Folgen der Werten gegen unterschiedlichen Grenzwerte onvergieren. Wir wissen, dass für jede reelle Zahl x 0 existieren eine Folge rationaler Zahlen (sei (a n ) n N so eine Folge) und eine Folge irrationaler Zahlen (sei (b n ) n N so eine Folge), die jeweils gegen x 0 onvergieren. Man ann diese Folgen wählen, so dass alle Glieder im Intervall [0; 1] enthalten sind. Nach der Definition der Funtion f folgt für alle n N: f(a n ) = a n und f(b n ) = b n 1 4. Daraus folgt, dass lim n f(a n ) = x 0 und lim n f(a n ) = x 0 1. Diese Grenzwerte 4 sind unterschiedlich, da nach Voraussetzung x 0 1 und 1 die einzige der Gleichung x = x 1 ist. Aus der Definition der Folgenstetigeit von f, folgt, dass f nicht 4 stetig in x 0 ist. Wir zeigen diret mit dem ε-δ-kriterium, dass f stetig in 1 ist. Sei ε > 0. Es existiert δ := min{1, ε}, so dass für alle x [0; 1] mit x 1 δ gilt: ( { 1 x ) f(x) f 1 4, falls x [0; 1] Q = x 1 falls x [0; 1] (R \ Q) ε, da x 1 = x 1 x + 1 δ(δ + 1) δ ε. Daraus folgt, dass f stetig in 1 ist. 4

12 9. Aufgabe [4=0,5++0,5+1 Punte] a) Sei f : R R eine Funtion und x 0 R. Wie ist die Differenzierbareit von f in x 0 definiert? b) Betrachten Sie folgende Funtion: ( ) 1 x sin, falls x > 0 f : R R, f(x) := x 0, falls x 0. i) Zeigen Sie, dass f eine auf R differenzierbare Funtion ist und berechnen Sie die Ableitung. ii) Zeigen Sie, dass f R\{0} stetig differenzierbar ist. iii) Zeigen Sie, dass f auf R nicht stetig differenzierbar ist. Erinnerung: In der Vorlesung wurde gezeigt, dass sin = cos. a) Siehe Definition 1.1 (Kapitel 5) aus der Vorlesung. b) i) Es genügt zu zeigen, dass die Einschränungen von f auf die offenen Teilmengen (0; + ) und ( ; 0) differenzierbar sind und dass die Funtion f an der Stelle 0 differenzierbar ist. ( ) 1 Die Einschränung f (0;+ ) : (0; + ) R, f (0;+ ) (x) = x sin ist differenzierbar als Produt von differenzierbaren Funtion (die Funtion x x ( ) 1 sin ist differenzierbar auf (0; + ) als Vernüpfung differenzierbarer Funtionen, siehe Regeln 1.4 aus der Vorlesung). Aus der Produt- und Kettenregel folgt für alle x > 0: ( ) 1 f (x) = x sin x ( ) 1x x cos Die Einschränung f ( ;0) : ( ; 0) R, f ( ;0) (x) = 0 ist eine onstante Funtion und dadurch differenzierbar mit Ableitung identisch Null. Um zu zeigen, dass die Funtion f an der Stelle 0 differenzierbar ist, betrachten wir den Differenzenquotient für x 0: ( ) f(x) f(0) = f(x) 1 x 0 x = x sin, falls x > 0 x 0, falls x < 0. Da für alle x R gilt: sin(x) 1, es folgt, dass für alle x R gilt f(x) f(0) x 0 x. f(x) f(0) Daraus folgt, dass der Grenzwert lim existiert und ist gleich 0. Damit ist f x 0 x 0 differenzierbar in 0 und f (0) = 0. Zusammengefasst haben wir die Ableitung von f berechnet als: ( ) 1 f : R R, f x sin x ( ) 1x (x) := x cos, falls x > 0 0, falls x 0. x

13 ii) In i) haben wir gezeigt, dass die Einschränung f R\{0} differenzierbar ist und die Ableitung ist gegeben durch: ( ) 1 f R\{0} : R R, f x sin x ( ) 1x R\{0} (x) := x cos, falls x > 0 0, falls x < 0. Diese Funtion ist stetig, da Stetigeit eine loale Eigenschaft ist und deshalb genügt es zu zeigen, dass die Einschränungen der Funtion auf (0; + ) und ( ; 0) stetig sind (das folgt diret aus der Stetigeit der rationalen Funtionen und der trigonometrischen Funtionen sin und cos, unter Anwendung der Lemmata 1. und 1.3 aus Kapitel 4). Damit ist f R\{0} stetig differenzierbar. iii) Wir zeigen, dass die Ableitung f : R R nicht stetig in 0 ist. Daraus folgt, dass f auf R nicht stetig differenzierbar ist. ( ) 1 Nach i), für x > 0 gilt: f (x) = x sin x ( ) 1x x cos. ( ) 1 Da für alle x R gilt: sin(x) 1, es folgt, dass lim x sin = 0. Andererseits, ( ) x 0 x 1 der Grenzwert lim x 0 x cos existiert nicht. Um das zu zeigen, genügt es, die x folgenden Nullfolgen positiver Zahlen zu betrachten: für alle n N Dann gilt: a n := 1 πn, b n := 1. πn + π ( ) 1 cos = πn cos(πn) = πn. a n a n ( ) 1 cos = πn + π ( b cos πn + π ) = 0. n b n Daraus folgt, dass der Grenzwert lim x 0 f (x) existiert nicht. Damit ist f nicht stetig in 0.

14 10. Aufgabe [=0,5+1,5 Punte] Sei f : R R, f(x) := e x. a) Berechnen Sie das Taylor-Polynom ersten Grades von f mit Entwiclungspunt x 0 = 1. b) Zeigen Sie, dass folgende obere Schrane für alle x R mit x gilt: R 1 (x, 1) < 0, 0 e 0,81, wobei R 1 (x, 1) der Rest aus dem Satz von Taylor bezeichnet. Verwenden Sie dabei die Lagrangesche Restglieddarstellung. i) Die erste Ableitung der Funtion f ist, nach der Kettenregel, gegeben durch: f : R R, f (x) = xe x. Nach Definition, ist das Taylor-Polynom ersten Grades von f mit Entwiclungspunt x 0 = 1 gleich: T 1 (f, 1)(x) := f(1) + f (1) (x 1) = 1 1! e (x 1). e ii) Die zweite Ableitung der Funtion f ist, nach der Produt- und Kettenregel, gegeben durch: f : R R, f (x) = (4x )e x. Nach dem Satz von Taylor (Satz 4. aus der Vorlesung) gilt für die Lagrangesche Restglieddarstellung folgendes: R 1 (x, 1) = f (1 + θ(x 1)) (x 1), für ein θ (0; 1).! Daraus folgt: R 1 (x, 1) = f (1 + θ(x 1)) (x 1) = (1 + θ(x 1)) 1 (x 1) e (1+θ(x 1)).! Da θ (0; 1), es folgt weiter für alle x R mit x 1 1 folgende Abschätzung: 10 ( ( ) ( ) 11 1 R 1 (x, 1) 1) e ( 9 10 ) < 0, 0 e 0,

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