Mathemati I für E-Technier C. Erdmann WS 0/, Universität Rostoc, 7. Vorlesungswoche Zusatzmaterial zur Mathemati I für E-Technier Übung 7 Loale Etrema, Satz von Rolle, Mittelwertsatz Man sagt, in liegt ein loales Maimum, wenn fy f für alle y aus einer Umgebung U von gilt analog: loales Minimum. Notwendige Bedingung für loale Etrema: Liegt in ein loales Maimum/Minimum der differenzierbaren Funtion f, dann gilt f 0. Satz von Rolle: Sei < a < b < und f : [a, b] R eine stetige Funtion mit fa fb. Die Funtion f sei in ]a, b[ differenzierbar. Dann eistiert ein ξ ]a, b[ mit f ξ 0. Folgerung Mittelwertsatz: Sei < a < b < und f : [a, b] R eine stetige Funtion, die in ]a, b[ differenzierbar ist. Dann eistiert ein ξ ]a, b[, so dass fb fa b a f ξ. Das Monotonieverhalten wird durch die Ableitung bestimmt: f 0 ist äquivalent dazu, dass f monoton wächst f 0 äquivalent dazu, dass f monoton fällt. Hinreichende Bedingung für loale Etrema: Konveität Ist f :]a, b[ R zweimal differenzierbar und gilt f 0, so besitzt f ein loales Minimum in ]a, b[, falls außerdem f > 0 anlog f < 0 für Maima. Ist f :]a, b[ R differenzierbar und gilt neben f 0 auch noch f 0 lins von und f 0 rechts von, so liegt in ein loales Minimum vor analog für Maima. Sei D R ein Intervall. Eine Funtion f : D R heißt onve, falls, D λ R 0 < λ < fλ + λ λf + λf. f heißt onav, falls f onve. Satz: Sei D R ein offenes Intervall, f : D R zweimal differenzierbar. Dann gilt Bernoulli- L Hospitalsche Regel f onve D : f 0 Seien f :]a, b[ R, g :]a, b[ R a < b zwei differenzierbare Funtionen. Sei g 0 für alle f ]a, b[, und es gelte f 0 g bzw. f g. Eistiert λ b b b b b g auch als uneigentlicher Grenzwert, so gilt f b g Eine entsprechende Aussage gilt für a. Taylor-Formel, Taylor-Reihen, Taylor-Polynome λ b f g. Satz [Taylor-Formel]: Sei I R ein Intervall und f : I R eine n + -mal stetig differenzierbare Funtion. Dann gilt für alle, 0 I die Taylorsche Formel f oder n 0 f 0 0 + R n+ mit dem Restglied R n+ : t n f n+ t dt! n! 0 R n+ : Definition: Es heißt T f,0,n n 0n+ n! 0 0 θ n f n+ 0 + θ 0 dθ. f 0! 0 das n -te Taylorpolynom von f bei 0.
Satz [Lagrange sche Form des Restgliedes]: Sei f : [a, b] R. Für n 0 eistiere die n -te Ableitung f n : [a, b] R, welche stetig sei. Weiterhin eistiere die n + -te Ableitung f n+ : ]a, b[ R im Inneren. Dann eistiert für beliebige, 0 [a, b] mit 0 ein ξ zwischen und 0 oder alternativ ein θ ]0, [, so dass die Taylorsche Formel f n 0 f 0! 0 + R n+ mit dem Restglied R n+ : f n+ ξ 0n+ n +! oder R n+ : f n+ 0 + θ 0 0 n+ gilt. R n+ heißt Lagrange sches Restglied. n +! Definition [Taylor-Reihe]: Ist eine Funtion f : [a, b] R beliebig oft stetig differenzierbar und 0 [a, b], dann heißt die Potenzreihe f 0 T f,0 : 0! 0 die Taylor-Reihe oder Taylor-Entwiclung von f um den Entwiclungspunt 0. Der Konvergenzradius muss nicht > 0 sein und auf dem Konvergenzintervall muss T f,0 auch nicht unbedingt gegen f onvergieren, sondern tut dies nur dann, wenn das Restglied für n gegen 0 onvergiert. Satz [Abelscher Grenzwertsatz]: Ist c n n N0 eine reelle Zahlenfolge und onvergiert c n, dann on- vergiert die Potenzreihe f : c n n gleichmäßig auf [0, ]. n0 Satz: n Für alle < und sogar gilt ln + n. Logarithmus-Reihe n n Für alle gilt arctan n n+ n +. Arcus-Tangens-Reihe n0 Sei α R. Für alle < gilt dann + α α n. Binomische Reihe n n0................................................................................................................... Zusatzaufgaben mit Lösungen n0 Aufgabe 7.. Bestimme die Ableitung der folgenden Funtionen jeweils mittels des Satzes über die Ableitung der Umehrfuntion: a f arcsin b f arccos c f arccot Lösung zu Aufgabe 7.. a Offensichtlich ist f d sin und sin cos. Somit gilt d f cos arcsin. Wobei die letzte Gleichheit aus der Tatsache folgt, dass für y arcsin gilt dass cosy sin y. b Offensichtlich ist f d cos und cos sin. Somit gilt d f sin arccos. Wobei die letzte Gleichheit aus der Tatsache folgt, dass für y arccos gilt dass siny cos y. c Offensichtlich ist f d cos cot und d sin sin cot. Somit gilt f + cotarccot +.
Aufgabe 7.. i Bestimmen Sie die Intervalle, in denen die folgenden Funtionen monoton fallend, bzw. monoton wachsend sind! ii Bestimmen Sie mit Hilfe von i die loalen Etrema der Funtionen! iii Bestimmen Sie die Intervalle, in denen die folgenden Funtionen onav, bzw. onve sind! iv Bestimmen Sie die Wendestellen der Funtionen! a f + 5 + 8 + b f sin cos c f e 55 Lösung zu Aufgabe 7.. a Die ersten beiden Ableitungen lauten f + 5 + 8 f 6 + 5 i Zur Untersucheung der Monotonie setzen wir die. Ableitung 0 und erhalten 0 + 5 + 8 0 + 5 + 6, 5 ± 5 5 ±, somit als ritische Stellen und. Da f stetig ist, önnen wir uns bei der weiteren Untersuchung der Monotonie auf die drei Intervalle,,, und, beschränen. Aufgrund der Stetigeit önnen wir den ZWS anwenden und uns jeweils auf beliebige Vertreter der Intervalle beschränen. f 000 > 0 f ist monoton wachsend in, f 5 < 0 f ist monoton fallend in, f 000 > 0 f ist monoton wachsend in, ii Aufgrund des Übergangs der Monotoniearten önnen wir nun schließen, dass bei eine loale Maimalstelle und bei eine loale Minimalstelle vorliegt. Dabei handelt es sich aber nicht um globale Etremstellen, da f, f. iii Zur Untersuchung der Konveität setzen wir die.ableitung 0 und erhalten 0 6 + 5 5. Da f stetig ist, önnen wir uns bei der weiteren Untersuchung der Konveität auf die beiden Intervalle, 5 und 5, beschränen. Aufgrund der Stetigeit önnen wir den ZWS anwenden und uns auf jeweilige Vertreter der Intervalle beschränen. f 000 < 0 f ist onav in, 5 f 000 > 0 f ist onve in 5, iv Aufgrund des Wechsels bei der Konveität liegt bei 5 b Die ersten beiden Ableitungen lauten f cos sin cos, eine Wendestelle vor. f cos sin i Zur Untersucheung der Monotonie setzen wir die. Ableitung 0 und erhalten 0 cos cos, { somit als ritische Punte +π } Z. Da f stetig und π -periodisch ist, önnen wir uns bei der weiteren Untersuchung der Monotonie auf die vier Intervalle π, π, π, π, π, 5π und
5π, 7π beschränen. Aufgrund der Stetigeit önnen wir den ZWS anwenden und uns jeweils auf beliebige Vertreter der Intervalle beschränen. f 0 > 0 f ist monoton wachsend in 8 π 8 + π, f π 8 + π < 0 f ist monoton fallend in 8 + π, 8 + π f 8 + 5π π > 0 f ist monoton wachsend in, f π 8 + 5π < 0 f ist monoton fallend in, 8 + 7π, Z, Z, Z, Z { ii Aufgrund des Übergangs der Monotoniearten önnen wir nun schließen, dass bei +π } Z jeweils { eine loale Maimalstelle und bei +π } Z jeweils eine loale Minimalstelle vorliegt. Dabei ist jede loale Etremstelle zugleich auch globale Etremstelle, da f π -periodisch ist. iii Zur Untersuchung der Konveität setzen wir die.ableitung 0 und erhalten { } π 0 cos sin Z. Da f stetig und π -periodisch ist, önnen wir uns bei der weiteren Untersuchung der Konveität auf die vier Intervalle 0, π, π, π, π, π und π, π beschränen. Aufgrund der Stetigeit önnen wir den ZWS anwenden und uns auf jeweilige Vertreter der Intervalle beschränen. f π π + π < 0 f ist onav in,, Z f π + π + π > 0 f ist onve in,, Z f 5π + π + π < 0 f ist onav in,, Z f 7π + π + π > 0 f ist onve in,, Z c iv Aufgrund des Wechsels bei der Konveität liegen bei { π Z} jeweils Wendestellen vor. Es ergeben sich für die erste und zweite Ableitung der Funtion f e 8 + 7, f e. i Es ist e > 0 für alle R und als nach oben geöffnete Parabel ist { 0 für [ 7, 8] 8 + 7 > 0 für R \ [ 7, 8]. Demnach ist f monoton fallend in [ 7, 8] denn dort ist die Ableitung nichtpositiv und monoton wachsend in ], 7] bzw. in [8, [ denn dort ist die Ableitung nichtnegativ. ii Wiederum ist e > 0 für alle R und als nach oben geöffnete Parabel ist [ ] 0 für, [ ]. > 0 für R \, [ Demnach ist f onav in ] ] in, bzw. in ], ], [ denn dort ist die zweite Ableitung nichtpositiv und onve denn dort ist die zweite Ableitung nichtnegativ. iii Aus dem Monotonieverhalten der Funtion folgt: Bei 7 besitzt f ein loales Maimum mit Wert f 7 8e. Bei 8 besitzt f ein loales Minimum mit Wert f8 7e 6. Weitere loale Etremstellen besitzt die Funtion nicht, da alle Punte des Definitionsintervalls innere Punte sind und f 0 genau dann, wenn { 7, 8}.
Da f und f 0 > 7e6 f8, folgt: Die Funtion f besitzt in 8 ein globales Minimum mit Wert f8 7e 6. Die Funtion f besitzt eine weiteren globalen Etremstellen. iv Aus dem Wölbungsverhalten der Funtion folgt: Bei und besitzt f Wendepunte. Die Funtion besitzt eine weiteren Wendepunte, { da alle Punte des } Definitionsintervalls innere Punte sind und f 0 genau dann, wenn,. Aufgabe 7.. a Man bestimme die loalen und globalen Etrema der Funtion f + + +, [, ] b Sind die folgenden Funtionen in der Umgebung von 0 0 onav oder onve? f 7 + g arctan + Lösung zu Aufgabe 7.. a Die ersten beiden Ableitungen sind gegeben durch f + + f 6 +. Setzen wir die erste Ableitung Null, so erhalten wir die ritischen Punte f + + 0, ± 9 9, ± Somit beommen wir als Kandidaten für loale Etrema und. Wegen f 6 < 0, f > 0 handelt es sich bei um ein loale Maimumstelle und bei Weiterhin handelt es sich wirlich nur um loale Etremstellen, da um eine loale Minimumstelle. f ±. ± b Um zu erennen, ob eine -mal stetig differenzierbare Funtion onve oder onav ist, önnen wir die. Ableitung bilden. Diese lauten f 6 > 0 und g g + g 0 + + + + < 0 Dementsprechend ist die Funtion f bei 0 0 onve und die Funtion g bei 0 0 onav. Aufgabe 7.. a Man beweise die Ungleichung < ln + < + für > 0. Hinweis: Man wende den Mittelwertsatz der Differentialrechnung auf f ln + an. b Zeigen Sie durch vollständige Indution, dass f! + die -te Ableitung der Funtion f ln + ist. 5
Lösung zu Aufgabe 7.. a Sei a 0 und b. Offenbar ist f ln + stetig in [a; b] und differenzierbar in a, b. Daher eistiert nach dem Mittelwertsatz ein ξ a, b 0, mit Weil ξ 0, folgt daraus, dass sowie b IA: fb fa b a ln + d ln + d ln + ln + + ξ. + ξ > +, + ξ <. + + IS: + IV: Es gelte f! + für ein. IB: zu zeigen: f +! + Beweis der IB: f + d+ ln + d + d d ln + d d d! + d! + I.V.! + Aufgabe 7.5. An den Ecen einer rechtwinligen Platte mit den Seiten a und b seien gleichgroße Quadrate ausgeschnitten. Aus der verbleibenden reuzförmigen Figur werde eine offene Schachtel hergestellt, deren Höhe gleich der Seitenlänge der ausgechnittenen Quadrate ist. Man bestimme diejenige Seitenlänge der Quadrate, für welche die Schachtel das größte Volumen hat! Lösung zu Aufgabe 7.5. Die zu maimierende Funtion ist gegeben durch f Höhe Länge Breite a b ab a b + a + b + ab. Leiten wir diese zweimal ab, so folgt f a + b + ab, f a + b. Setzen wir nun die erste Ableitung gleich Null, so ergeben sich als Lösung f a + b + ab 0 ab a + b + 0 a + b a + b, ± ab 6 6 6 a + b, ± a ab + b 6 6. Offensichtlich ist f > 0 für > a+b und f < 0 für < a+b. Da 6 6 a+b a ab + b 6 6 < a+b 6 liegt in ein loales Maimum vor. Aufgabe 7.6. Welcher Punt auf dem Graphen der Funtion f + hat zu ; den minimalsten Abstand? Lösung zu Aufgabe 7.6. Für das Quadrat der Distanzfuntion gilt dist + + + +. 6
Um das Minimum zu finden bilden wir die.ableitung und erhalten dist + +. Dies setzen wir 0 und erhalten mittels quadratischer Lösungsformel, ± + 6 9 ± 7. Logischerweise entfällt die negative Lösung und es beibt 7 als Lösung übrig. Dies ist wirlich ein Minimum, denn es gilt dist 6 +, dist 7 > 0 Aufgabe 7.7. Es soll ein Tunnel mit möglichst großen Umfang entstehen. Dabei setzt sich der Tunnelquerschnitt aus einem Rechtec mit aufgesetztem Halbreis zusammen. Der Flächeninhalt soll als onstant angenommen werden. Wie groß ist das Rechtec zu wählen? Lösung zu Aufgabe 7.7. Der Flächeninhalt ist gegeben durch und der Umfang durch A Aa, r a r + r π Ua, r r + a + rπ. Die Formel für den Flächeninhalt stellen wir nach a um und erhalten a A r rπ. Dies setzen wir in die Funtion für den Umfang ein und erhalten Ua, r Ur r + A r rπ + rπ r + A r + rπ. Dies leiten wir nach r ab und setzen die Ableitung 0, also U r A r + π 0. Somit lautet die Lösung A r + π. Dementsprechend hat das Rechtec Seitenlängen von A + π und A A + π A + π π. Aufgabe 7.8. Unter allen Rechtecen von gegebenen Unfang l ist dasjenige mit maimalem Flächeninhalt zu bestimmen. Lösung zu Aufgabe 7.8. Der Flächeninhalt eines Rechteces ist durch gegeben, der Umfang durch Aa, b ab Ua, b l a + b. Da der Umfang gegeben ist, stellen wir einfach nach der Seite a um und setzen das Ergebnis in die Formel für den Flächeninhalt ein. Dann bestimmen wir davon die Ableitung und setzen diese 0. Ab lb b, dab db l b 0 b l 7
Also erhalten wir insgesamt, dass a b l. Das Ergebnis ist also immer ein Quadrat. Dass es sich wirlich um ein Maimum handelt folgt aus d Ab < 0. db Aufgabe 7.9. Welche Punte, y der Hyperbel y haben vom Punt ; 0 die leinste Entfernung? Lösung zu Aufgabe 7.9. Die Distanzfuntion ist offensichtlich durch dist + + + gegeben. Leiten wir diese ab und setzen dies dann 0, dann erhalten wir ddist d 0. Setzen wir dies ein, so erhalten wir für die y -Koordinate y ± 5 folgt aus ddist > 0. d. Dass es sich wirlich um ein Minimum handelt Aufgabe 7.0. Sei f : + + e. a Berechnen Sie für den Graphen dieser Funtion f die Koordinaten der Schnittpunte mit den Koordinatenachsen und die Koordinaten der Etrem- und Wendepunte! b In welchen Intervallen ist f onve bzw. onav? c Sizzieren Sie den Graphen von f im Intervall [, 8]. Geben Sie alle für diese Darstellung verwendeten Eigenschaften an und begründen Sie diese! Lösung zu Aufgabe 7.0. Zu ersteinmal berechnen wir die ersten Ableitungen von f : f e + f e f e + a Der Schnittpunt mit der Ordinate y-achse ist durch 0, f0 0, gegeben. Der Schnittpunt mit der Abzisse -Achse ist als Lösung der Gleichung f 0 definiert: f + + }{{} + Somit ist der Schnittpunt eigentlich handelt es sich um einen Berührungspunt durch, 0 gegeben. Um eine Menge von Stellen zu erhalten, die als Etremstellen in Frage ommen ritische Stellen, setzen wir die. Ableitung Null: f }{{} e + 0 }{{} >0 + Demnach ommen als ritische Stellen, ± in Frage. Um die Art des Etremums zu bestimmen, setzen wir in die. Ableitung ein und erhalten e }{{} >0 0. f e e < 0, f e + e > 0. Daher liegt im Punt, f, e ein loales Maimum und bei, 0 ein loales Minimum vor. Um die Menge der Kandidaten zu bestimmen, die als Wendepunte in Frage ommen, setzen wir die. Ableitung Null f e }{{} }{{} >0 R + 0 8
Somit ommen, ± als Kandidaten für die Wendestellen in Frage. Damit dies auch wirlich der Fall ist, setzen wir in die. Ableitung ein und erhalten f ± 0. Somit liegen bei +, + + + + e und, + + e + jeweils Wendepunte vor. b Um das Krümmungsverhalten von f zu untersuchen, betrachten wir die Ergebnisse aus der ersten Teilaufgabe genauer und studieren die zweite Ableitung. Als ritische Punte haben wir, ± berechnet. Weil f eine C R Funtion ist, ann sich nur an diesen beiden Stellen das Krümmungsverhalten ändern. Da bei eine loale Maimumstelle vorliegt, muss die Funtion im Intervall, + onav sein. Da wir auch schon verifiziert hatten, dass bei, Wendestellen liegen und sich dort das Krümmungsverhalten ändert, folgt, dass f in den Intervallen, und +, onve sein muss. c Die Begründung der Sizze ist offensichtlich und steht in den beiden vorangegangenen Aufgabenteilen. Aufgabe 7.. Man beweise mittels vollständiger Indution die LEIBNIZsche Produtregel n f g n n f n g 0 Lösung zu Aufgabe 7.. IA: n d d f g f g 0 + f 0 g IS: n n + IV: Es gelte f g j j j 0 f j g für alle j n. IB: zu zeigen: f g n+ n+ 0 f n+ g n+ f g 0 9
Beweis der IB: f g n+ I.V. n + n d f g n d n d d 0 0 0 n f n g n n f n+ g + f n g + n n n f n+ g n + f n g + n 0 n n f n+ g + f n+ g + n+ 0 n n+ n + f n+ g + f n+ g + fg n+ n+ n + f n+ g. f n+ g + fg n+ Aufgabe 7.. Mit Hilfe des Mittelwertsatzes der Differentialrechnung beweise man die Ungleichung e + R. Lösung zu Aufgabe 7.. Sei a 0 und b >. Offenbar ist f ln + stetig in [a, b] und differenzierbar in a, b. Daher eistiert nach dem Mittelwertsatz ein ξ a, b 0, für, 0 dreht sich das Intervall natürlich um, jedoch ändert das nichts an der Vorgehensweise mit fb fa b a ln + + ξ. Weil ξ 0, folgt daraus, dass ln + + ξ +, sowie ln + >. + ξ Da die Eponentialfuntion streng monoton wachsend ist, ändert sich die Relation beim eponieren nicht und es folgt + e >. Da die Eponentialfuntion auf R positiv bleibt, gilt weiter + 0 e. Alternativ ann man den Mittelwertsatz auch diret auf e im Intervall 0, anwenden. Aufgabe 7.. Sie sollen möglichst materialsparend zylindrische Konservendosen produzieren. Wie müssen Sie den Durchmesser und die Höhe des Zylinders einstellen, damit Sie möglichst wenig Blech verbrauchen minimale Oberfläche, um ein vorgegebenes Dosenvolumen von genau einem Liter zu erreichen. Lösung zu Aufgabe 7.. Sei die Stäre des Blechs durch die Konstante a > 0 gegeben wir nehmen vereinfacht an, dass das Blech überall gleich star ist. Dann ist das Volumen durch V r π h 0
gegeben. Die Oberfläche ist durch A r + a π + h π r + a gegeben. Da das Volumen ein Liter betragen soll, setzen wir dies in die Gleichung für das Volumen ein und formen nach h um: h r π. Dies setzen wir in die Gleichung für die Oberfläche ein, welche wir minimieren wollen und erhalten Ar r + a π + r + a r πr + πar + a π + r + a r Um hiervon das Minimum zu finden, bilden wir die erste Ableitung und setzen diese Null: r Ar, a πr + πa r a r 0 πr + aπr r a 0 Da diese Gleichung ohne Computer schwer zu lösen ist, vernachlässigen wir die Materialstäre und setzen a 0. Wir erhalten dann als Lösungen r 0 und r. Offensichtlich scheidet r 0 als Lösung schonmal aus. Wegen π r Ar, a π + r + a r, r A π, 0 π + 8π < 0. liegt dort eine loale Minimumstelle vor. Die Höhe der Ummantelung der Dose ist dementsprechend durch h π π π π π π gegeben. Die Einheit von r und h ist jeweils Dezimeter, da l dm. Aufgabe 7.. Für welche Punte P der Parabel y p ist das vom Berührungspunt P bis zur Leitlinie, der Geraden p, betrachtete Stüc der Tangente in P ein Minimum? Lösung zu Aufgabe 7.. Wir betrachten das Problem für p > 0 und somit 0, da wir das Problem ansonsten an der -Achse spiegeln önnten. Weiterhin genügt es nur einen der beiden Äste der Parabel zu betrachten, da es sich bezüglich der y -Achse ebenfalls um ein symmetrisches Problem handelt. Der Punt P hat somit die Koordinaten P P, p P. Die Steigung der Tangente t m + n an diesem Punt ist durch p p m pp P gegeben. Der absolute Anteil n ist wegen p t P p + n p P durch n p P pp pp pp pp gegeben. Somit lautet die Tangentengleichung Der Schnittpunt mit der Leitline ist wegen t t p p + P. P p p + P, P p P
durch S p, gegeben. Nun berechnen wir den Abstand der beiden Punte P und S und minimieren diesen. A P P + p pp p + p + P P P + p P + p + pp p + P P + p P + p + pp P + p P + p + pp P + p P P + p P + p 8 P P + p P + p + pp + p + p 8 P d d P A P P + p + p p 8 P P + p P + p P + p P + p pp 8 P p. Die beiden negativen Lösungen scheiden aus, da wegen p > 0 auch 0 sein muss. Wegen d d P A P + p P, d d P A p > 0 p, p liegt dort auch ein loales Minimum vor. Die Koordinaten der Punte lauten also P Symmetrie P p, p. Für p 0 ist nichts zu zeigen, da die Parabel dann zu einem Punt degeneriert. und wegen der Aufgabe 7.5. Berechnen Sie nach geeigneter Umformung mit der Regel von L Hospital Bernoulli-L Hospital a ln b c 0 0 0 sin d π tan e + a für a R. π Lösung zu Aufgabe 7.5. a Wegen 0 und ln folgt nach Anwendung der Regel von L Hospital 0 ln 0 ln 0 Regel von L Hospital 0 0. 0 b Aufgrund der Stetigeit der Eponentialfuntion folgt nun sofort 0 ep ln ep ln 0 0 c Durch zweimalige Anwendung der Regel von L Hospital ergibt sich 0 sin sin 0 sin wegen 0 sin 0 und 0 cos sin. d Wiederum durch Anwenden der Regel von L Hospital ergibt sich π π tan π π cot 0 ep0. cos sin + cos sin 0 cos + cos sin 0 0 π sin.
e Es gilt zunächst + a e ln+ a e ln+ a. Wegen 0 und ln + a ist die Regel von L Hospital anwendbar, so dass aufgrund von ln + a t 0 ln + t a ln + 0 a ln 0 ln + a Regel von L Hospital + a a a Aus der Stetigeit der Eponentialfuntion folgt + a e a. Aufgabe 7.6. Bestimmen Sie folgende Grenzwerte: a 0 ln + d 0 e a e b g 0 + sin b e ln e e 5 + 6 h cot 0 lg c 0 0 f 0 sin cot i ln ln j m 0 e 0 + n +0 sin arctan l cot sin +0 Lösung zu Aufgabe 7.6. a b c d e f g ln + 0 0 + ln e e e e lg 0 0 0 ln0 0 ln0 e a e b ae a be b a b 0 0 5 + + 6 8 + 8 0 sin cos cos sin sin 0 sin 0 cos 0 0 + sin 0 + cos 6 5
h cos 0 sin 0 cos sin sin cos sin cos 0 sin + cos sin cos 0 sin + cos + cos sin cos cos + sin 0 cos + cos sin sin cos i j l m n wobei die letzte Gleichheit aus folgt. und daher undefiniert. 0 wobei die letzte Gleicheit aus folgt. ep ln, ln + 0 ln 0 0 lnln ln 0 arctan arctan 0 0 0 sin cos ep sin ln sin cos sin sin tan 0 + + + + + + + + + ± 0 + sin cos sin 0 e e 0 e 0 cos, sin tan 0 cos 0 e + e 0 0 sin ep sin ln, 0 wobei die letzte Gleichheit aus folgt. 0 sin ln cos 0 ln ln e e e 0 cos ln ln 0
Aufgabe 7.7. Man entwicle die Funtion f ln + in eine Taylor-Reihe nach Potenzen von. Lösung zu Aufgabe 7.7. Für die ersten beiden Ableitungen gilt f +, f 0 0, f +, f 0. Mittels Indution lässt sich zeigen, dass f n n n! und daher f n 0 n n!. Für das Taylorpolynom folgt + n n n! T n n n! n n. Der Konvergenzradius beträgt R. n n Aufgabe 7.8. Man entwicle die Funtion f cosh in eine Taylorreihe an der Stelle 0 0 a diret durch die Berechnung der Ableitungen, b unter Verwendung der Taylor-Reihe für e. Man bestimme insbesondere das Restglied und zeige, dass dies für n gegen Null strebt! Lösung zu Aufgabe 7.8. Die n -te Ableitung von cosh ist durch d n d n cosh { sinh falls n cosh gegeben. Somit gilt für die Taylorreihe an der Stelle 0 0 T cosh,0 n0 falls n n n!. Andererseits gilt cosh e + e n0 n n! + n0 n n! n + n n0 n! n0 n n!. Für das N + -te Restglied nach Lagrange und festes R, Θ 0, gilt R N+ { sinhθ N+ N+!, N coshθ N+ N+!, N e Θ N+ N +! e N+ N+ e N eθ eθ 0. N + N+ N + Für das N + -te Restglied nach Cauchy und festes R, Θ 0, gilt { sinhθ N+ Θ N, N R N+ N! e Θ N+ e Θ e N coshθ N+ Θ N, N N! N N N! wobei wir beide male die Ungleichung n e n < n! benutzt haben. e Θ e N N 0, N................................................................................................................... 5