e x e x x e x + e x (falls die Grenzwerte existieren), e x e x 1 e 2x = lim x 1

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1 Aufgabe a Hier kann man die Regel von de l Hospital zweimal anwenden (jeweils und die Ableitung des Nenners ist für hinreichend große x ungleich. Dies führt auf e x e x e x + e x e x + e x e x e x e x e x e x + e x (falls die Grenzwerte existieren, hilft also nicht, den Grenzwert zu berechnen. Einfaches Kürzen mit e x liefert aber e x e x e 2x e x + e x + e = 2x + =. b Auch hier wenden wir zweimal hintereinander die Regel von de l Hospital an (jeweils für ; die Ableitung des Nenners hat in der Nähe von keine Nullstellen. Wegen (x x = (e x ln x = x x (x ln x = x x ( + ln x ergibt sich x x x x x + ln x x x ( + ln x x + x x x ( + ln x 2 + x x x x = + = 2. x 2 Aufgabe 4 Nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung (Beachte: auf Intervallen der Form [, (k + π ] wechselt sin(x 2 nicht das Vorzeichen existiert eine Zahl ξ k zwischen und (k + π mit der Eigenschaft (k+π sin(x 2 dx = (k+π x sin(x 2 dx = (k+π x sin(x 2 dx. x ξ k Wir müssen also nur noch zeigen, dass das letzte Integral den Wert ( k hat. Dazu substituieren wir t = x 2. Dies liefert dt = 2x dx und damit (k+π x sin(x 2 dx = (k+π sin(t dt. 2 Wie wir in der Lösung zu Blatt, Aufgabe 6 f sahen, ergibt dieses Integral tatsächlich den Wert ( k. Aufgabe 5 a Die Behauptung ist gezeigt, wenn wir beweisen, dass απ sin(x 2 dx für α konvergiert. Sei also α beliebig. Mit [α] bezeichnen wir die größte natürliche Zahl, die noch α ist. Es ergibt sich απ sin(x 2 dx = π sin(x 2 dx + [α] k= (k+π sin(x 2 dx + Die hier auftretende Summe lässt sich gemäß 4 schreiben als [α] k= ( k ξ k, mit ξ k zwischen und (k + π. απ sin(x 2 dx.

2 Die Summe konvergiert also für α nach dem Leibnizkriterium. Es bleibt nur noch zu zeigen, dass auch das hintere Integral konvergiert. Die Abschätzung απ απ απ sin(x 2 dx sin(x 2 dx dx = απ zeigt, dass dieses Integral für α gegen strebt. b Wir substituieren t = x 2. Mit dt = 2x dx erhalten wir 2x sin(x 4 dx = Gemäß a konvergiert dieser Term für β. 2 = απ απ + sin(t 2 dt. π απ + Aufgabe 6 Berechnen wir zunächst I : I = e x dx = ( e x β x= = e β + e = e β. Nun sei n beliebig. Produktintegration mit f(x = x n und g (x = e x liefert I n = x n e x dx = x n ( e x β nx n ( e x dx = β n e β + ni x= n. Mit dieser Rekursionsformel berechnen wir einige weitere Integrale: I = βe β + I, I 2 = β 2 e β + 2I = e β (β 2 + 2β + 2I, I 3 = β 3 e β + 3I 2 = e β (β 3 + 3β 2 + 6β + 6I Wir vermuten, dass die allgemeine Formel I n = e β (β n + nβ n + n(n β n n(n 2 β + n! I n = e β n! (n k! βn k + n! I k= lautet, und zeigen dies mit vollständiger Induktion: Für n = ist die Formel richtig; ist sie für ein n bewiesen, so folgt n I n+ = β n+ e β + (n + I n = β n+ e β + (n + ( e β n! (n k! βn k + n! I k= n = e (β β n+ n! + (n + (n k! βn k + (n +! I k= n = e (β β n+ (n +! + (n (k! βn (k + (n +! I k= ( n = e β (n +! (n + k! βn+ k + (n +! I. k= 2

3 Damit ist die Formel bewiesen, und wir erhalten n I n = e β n! (n k! βn k + n! ( e β β n! k= Aufgabe 2 a Wir versuchen, ob wir die Regeln von de l Hospital anwenden können. Hier konvergieren Zähler und Nenner gegen, die Ableitung des Nenners ist in der Nähe von ungleich, aber (x 2 cos(/x x (sin x x 2x cos(/x + x 2 sin(/x x 2 cos x x 2x cos(/x + sin(/x cos x existiert nicht, denn für x n := ((n + 2 π hat der Bruch den Wert ( n / cos x n. Die Regel von de l Hospital ist nicht anwendbar; der ursprüngliche Grenzwert existiert aber: x 2 cos(/x x sin x x x sin x x cos(/x = =. b Zu untersuchen ist hier f(x/g(x für f(x = et2 dt und g(x = x e x2. Wir wenden die Regel von de l Hospital an: Der zu untersuchende Grenzwert ist vom Typ (Beachte: für x gilt f(x x wegen ex2 und wegen f (x = e x2, g (x = x 2 e x2 + x 2xe x2 = (2 x 2 e x2 gilt: Die Ableitung des Nenners ist für hinreichend große x stets und der Grenzwert f (x g (x e x2 (2 x 2 e x2 2 x = 2 2 existiert. Folglich ist auch der zu untersuchende Grenzwert 2. c Sowohl f(x als auch g(x streben für x gegen. Als Ableitungen erhalten wir f (x = + cos 2 x sin 2 x = 2 cos 2 x und g (x = f (xe sin x + f(xe sin x cos x = e sin x (2 cos 2 x + x cos x + sin x cos 2 x = e sin x cos x(2 cos x + x + sin x cos x. Also wird g (x auch für beliebig große x durch den Faktor cos x immer wieder. Daher ist die Regel von de l Hospital nicht anwendbar. Der Grenzwert f(x g(x = e sin x existiert nicht (Betrachte x n := (n + 2 π, obwohl für jene x, für die g (x ist, gilt: f (x g (x = 2 cos x e sin x (2 cos x + x + sin x cos x 3

4 Aufgabe 3 a f (x = ( ln( x Potenzreihe für x =. Die Neumann-Reihe x n= xn ist die für x <. Das wissen wir schon längst, denn diese Neumannreihe ist eine Geomtrische Reihe. Sie hat den Reihenwert x f (x = x n. n= Das Ergebnis erhält man auch mit dem Ansatz. Damit ist = a f n x n = (x a n x n = a n x n+ a n x n (x n= n= n= n= = a n x n a n x n = a + (a n a n x n, n= n= der mit dem Idenditätssatz zu a = und zu a n a n =, also a n = a n führt. Damit sind alle a n gleich, also a n = für jedes n N. b Wir dürfen in einer Potenzreihe komponentenweise integrieren, damit erhalten wir für x < : ln( x = f(x = f( + n= f (t dt = ln( + [ ] x = n + tn+ = n + xn+ n= n= = n xn. n= t n dt = n= n= t n dt 4

5 Aufgabe 7 f(x = sin(x 2 ist auf ganz R beliebig oft differenzierbar. Damit gilt nach der Taylorformel f(x = sin(x 2 = T 2 (x + R 3 (ξ = = k= k= f (k (a f (k ( x k (x a k + f (3 (ξ (x a 3 + f (3 (ξ x 3 für alle x R und für je ein ξ zwischen und x, d.h. ξ [, x] für x und ξ ( x, für x <. In jedem Fall gilt also ξ x. Wir brauchen nun die ersten drei Ableitungen von f: f (x = 2x cos x 2, f (x = 2 cos x 2 + 2x(cos x 2 = 2 cos x 2 + 2x( 2x sin x 2 = 2 cos x 2 4x 2 sin x 2, f (3 (x = 2( 2x sin x 2 (4x 2 sin x 2 4x 2 (sin x 2 = 4x sin x 2 8x sin x 2 4x 2 (2x cos x 2 = 2x sin x 2 8x 3 cos x 2. Damit können wir das Taylorpolynom berechnen: T 2 (x = k= f (k ( x k = f(! + f (! x + f ( x 2 = + x + 2 2! 2 x2 = x 2. Für den Restterm erhalten wir R 3 (x = f (3 (ξ x 3 = 3! 6 ( 2ξ sin ξ2 8ξ 3 cos ξ 2 x 3. Wir können R 3 (x abschätzen durch sin y y, cos y für jedes y R, und mit ξ x. Damit erhalten wir R 3 (x 6 (2 ξ sin ξ2 + 8 ξ 3 cos ξ 2 x 3 6 (2 x x2 + 8 x 3 x 3 6 (2 x3 x 3 = 3 x 6. Damit folgt für jedes x [, ] für den Restterm R 3(x. 3 Noch eine Begründung für die Abschätzung sin y y : Wir nehmen o.b.d.a. an, dass y > (da sin y = sin y. Nach dem Mittelwertsatz der Integralrechung gibt es ein ξ (, y mit y sin y = cos y dy = (y cos ξ y cos ξ y. 5