Kriterium für Konstanz

Übung: Einfache Anwendung

Seien K>0 und \alpha >1. Für die Funktion f:D\to \mathbb{R} gelte

|f(x)-f(y)|\leq K|x-y|^{\alpha }

für alle x,y\in D. Zeige: Dann ist f konstant.

Mit der Voraussetzung gilt

0\leq \left|{\frac {f(x)-f(y)}{x-y}}\right|={\frac {|f(x)-f(y)|}{|x-y|}}\leq {\frac {K|x-y|^{\alpha }}{|x-y|}}=K|x-y|^{{\alpha -1}}

Weiter ist \lim _{{x\to y}}K|x-y|^{{\alpha -1}}=0, da \alpha -1>0 ist. Mit dem Einschnürungssatz folgt daraus

\lim _{{x\to y}}\left|{\frac {f(x)-f(y)}{x-y}}\right|=0

für alle y\in D. Aus den Rechenregeln für Grenzwerte erhalten wir daraus für den Differentialquotienten

\lim _{{x\to y}}{\frac {f(x)-f(y)}{x-y}}=0

für alle y\in D. Daher ist f konstant.

Übung: Beweis von Identitäten

Zeige

\cosh ^{2}(x)-\sinh ^{2}(x)=1
\arccos(x)+\arcsin(x)={\frac {\pi }{2}} für alle x\in (-1,1)

Beweis

Teilaufgabe 1: Die Funktion

f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=\cosh ^{2}(x)-\sinh ^{2}(x)

ist nach der Ketten- und Differenzenregel differenzierbar mit

f'(x)=2\cosh(x)\sinh(x)-2\sinh(x)\cosh(x)=0

Also ist f\equiv c konstant. Da weiter gilt

f(0)=\cosh(0)-\sinh(0)=1-0=1

folgt f(x)=\cosh ^{2}(x)-\sinh ^{2}(x)=c=1.

Teilaufgabe 2:

g:(-1,1)\to \mathbb{R} ,\ g(x)=\arcsin(x)+\arccos(x)

ist nach der Summenregel differenzierbar, da die Arcus-Funktionen differenzierbar sind. Weiter gilt

g'(x)={\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}-{\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}=0

Damit ist g\equiv c konstant. Außerdem gilt

f(0)=\arcsin(0)+\arccos(0)=0+{\frac {\pi }{2}}={\frac {\pi }{2}}

da \sin(0)=0 und \cos({\tfrac {\pi }{2}})=0 ist. Also ist c={\tfrac {\pi }{2}} und es folgt die Behauptung.

Übung: Logarithmus-Darstellungen von {\text{arcosh}} und {\text{artanh}}

Zeige

{\text{arcosh}}(x)=\ln \left(x+{\sqrt {x^{2}-1}}\right) für x>1
{\text{artanh}}(x)={\frac 12}\ln \left({\frac {x+1}{x-1}}\right) für |x|<1

Beweis

Teilaufgabe 1:

Die Funktion f={\text{arcosh}}:(1,\infty )\to \mathbb{R} ist nach den error: internal links not implemented, yet! differenzierbar, mit

{\text{arcosh}}'(x)={\frac {1}{{\sqrt {x^{2}-1}}}}

Nach der error: internal links not implemented, yet! ist auch g:(1,\infty )\to \mathbb{R} ,\ g(x)=\ln \left(x+{\sqrt {x^{2}-1}}\right) differenzierbar, mit

g'(x)={\frac {1}{x+{\sqrt {x^{2}-1}}}}\cdot \left(1+{\frac {2x}{2{\sqrt {x^{2}-1}}}}\right)={\frac {1}{x+{\sqrt {x^{2}-1}}}}\cdot \left({\frac {{\sqrt {x^{2}-1}}+x}{{\sqrt {x^{2}-1}}}}\right)={\frac {1}{{\sqrt {x^{2}-1}}}}

Nach dem Identitätssatz ist daher f(x)=g(x)+c. Nun ist aber

f(1)={\text{arcosh}}(1)=0

wegen \cosh(0)=1, sowie

g(1)=\ln(1)=0

Also ist c=0, und damit f=g.

Teilaufgabe 2:

f={\text{artanh}}:(-1,1)\to \mathbb{R} ist ebenfalls differenzierbar, mit

{\text{artanh}}'(x)={\frac {1}{1-x^{2}}}

Nach der Faktor-, Ketten- und Quotientenregel ist auch g:(-1,1)\to \mathbb{R} ,\ g(x)={\frac 12}\ln \left({\frac {x+1}{x-1}}\right) differenzierbar, mit

g'(x)={\frac 12}{\frac {1}{{\frac {x+1}{x-1}}}}\cdot {\frac {1\cdot (x-1)-(x+1)\cdot 1}{(x-1)^{2}}}={\frac 12}{\frac {x-1}{x+1}}\cdot {\frac {-2}{(x-1)^{2}}}={\frac {-1}{x^{2}-1}}={\frac {1}{1-x^{2}}}

Nach dem Identitätssatz ist daher f(x)=g(x)+c. Wegen

f(0)={\text{artanh}}(0)=0

wegen \tanh(0)=0, sowie

g(0)=\ln(1)=0

ist wieder c=0, und damit f=g.

Übung: Erweiterung des Identitätsatzes der Differentialrechnung

Seien f,g:[a,b]\to \mathbb{R} zweimal differenzierbar mit f''=g''. Dann unterscheiden sich f und g nur durch eine lineare Funktion x\mapsto cx+d mit c,d\in \mathbb{R} .

Wegen f''=g'' gibt es nach dem Identitässatz ein c\in \mathbb{R} mit

f'(x)=\underbrace {g'(x)+c}_{{=h'(x)}}

Setzen wir nun h:[a,b]\to \mathbb{R} ,\ h(x)=g(x)+cx, dann gilt

h'(x)=g'(x)+c

Wieder mit dem Identitätssatz gibt es daher ein d\in \mathbb{R} mit

f(x)=h(x)+d=g(x)+cx+d

Übung: Allgemeine Lösung einer Differentialgleichung

Seien f,g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} differenzierbar und \omega \in \mathbb{R} . Weiter gelte

{\begin{aligned}f'&=\omega g\\g'&=-\omega f\end{aligned}}

Zeige:

f(x)=a\sin(\omega x)-b\cos(\omega x) und g(x)=a\cos(\omega x)+b\sin(x) erfüllen die Differentialgleichungen.
Genügen zwei Funktionen f und g den Differentialgleichungen, so gilt f(x)=a\sin(\omega x)-b\cos(\omega x) und g(x)=a\cos(\omega x)+b\sin(x).
Ist außerdem \omega =1 und gilt f(0)=0 und g(0)=1, so ist f=\sin und g=\cos .

ErklärungHinweis zu Teil 2: Betrachte h_{1}(x)=f(x)\sin(\omega x)+g(x)\cos(\omega x) und h_{2}(x)=f(x)\cos(\omega x)-g(x)\sin(\omega x) für Funktionen f und g die die Differentialgleichungen erfüllen.

Beweis

Teilaufgabe 1: Es gilt

f'(x)=a\omega \cos(\omega x)-b\omega (-\sin(\omega x))=\omega (a\cos(\omega x)+b\sin(\omega x))=\omega g(x)

und

g'(x)=a\omega (-\sin(\omega x))+b\omega \cos(\omega x)=-\omega (a\sin(\omega x)-b\cos(\omega x))=-\omega f(x)

Also erfüllen f und g die Differentialgleichungen.

Teilaufgabe 2: Wir definieren wie im Hinweis die Hilfsfunktionen

{\begin{aligned}h_{1}:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ h_{1}(x)&=f(x)\sin(\omega x)+g(x)\cos(\omega x)\\h_{2}:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ h_{2}(x)&=f(x)\cos(\omega x)-g(x)\sin(\omega x)\end{aligned}}

Diese sind nach der Produkt-, Summen- und Differenzenregel ableitbar mit

{\begin{aligned}h_{1}'(x)&=\underbrace {f'(x)}_{{=\omega g(x)}}\sin(\omega x)+f(x)\omega \cos(\omega x)+\underbrace {g'(x)}_{{=-\omega f(x)}}\cos(\omega x)-g(x)\omega \sin(\omega x)\\&=\omega g(x)\sin(\omega x)+\omega f(x)\cos(\omega x)-\omega f(x)\cos(\omega x)-\omega g(x)\sin(\omega x)\\&=0\end{aligned}}

und

{\begin{aligned}h_{2}'(x)&=\underbrace {f'(x)}_{{=\omega g(x)}}\cos(\omega x)-f(x)\omega \sin(\omega x)-\underbrace {g'(x)}_{{=-\omega f(x)}}\sin(\omega x)-g(x)\omega \cos(\omega x)\\&=\omega g(x)\cos(\omega x)-\omega f(x)\sin(\omega x)+\omega f(x)\sin(\omega x)-\omega g(x)\cos(\omega x)\\&=0\end{aligned}}

Nach dem Kriterium für Konstanz ist daher

{\begin{aligned}h_{1}(x)&=f(x)\sin(\omega x)+g(x)\cos(\omega x)=a\\h_{2}(x)&=f(x)\cos(\omega x)-g(x)\sin(\omega x)=b\end{aligned}}

mit a,b\in \mathbb{R} . Weiter gilt

{\begin{aligned}\sin(\omega x)h_{1}(x)+\cos(\omega x)h_{2}(x)&=\sin(\omega x)[f(x)\sin(\omega x)+g(x)\cos(\omega x)]+\cos(\omega x)[f(x)\cos(\omega x)-g(x)\sin(\omega x)]=a\sin(\omega x)+b\cos(\omega x)\\\iff &f(x)\sin ^{2}(\omega x)+g(x)\sin(\omega x)\cos(\omega x)+f(x)\cos ^{2}(\omega x)-g(x)\sin(\omega x)\cos(\omega x)=a\sin(\omega x)+b\cos(\omega x)\\\iff &f(x)\underbrace {(\sin ^{2}(\omega x)+\cos ^{2}(\omega x))}_{{=1}}=a\sin(\omega x)+b\cos(\omega x)\\&\\\cos(\omega x)h_{1}(x)-\sin(\omega x)h_{2}(x)&=\cos(\omega x)[f(x)\sin(\omega x)+g(x)\cos(\omega x)]-\sin(\omega x)[f(x)\cos(\omega x)-g(x)\sin(\omega x)]=a\cos(\omega x)-b\sin(\omega x)\\\iff &f(x)\sin(\omega x)\cos(\omega x)+g(x)\cos ^{2}(\omega x)-f(x)\sin(\omega x)\cos(\omega x)+g(x)\sin ^{2}(\omega x)=a\cos(\omega x)-b\sin(\omega x)\\\iff &g(x)\underbrace {(\cos ^{2}(\omega x)+\sin ^{2}(\omega x))}_{{=1}}=a\cos(\omega x)-b\sin(\omega x)\end{aligned}}

Also ist f(x)=a\sin(\omega x)+b\cos(\omega x) und g(x)=a\cos(\omega x)-b\sin(\omega x).

Teilaufgabe 3: Gilt weiter \omega =1 und

{\begin{aligned}f(0)&=a\sin(0)+b\cos(0)=a\cdot 0+b\cdot 1=b=0\\g(0)&=a\cos(0)-b\sin(0)=a\cdot 1-b\cdot 0=a=1\end{aligned}}

so ist

{\begin{aligned}f(x)&=1\cdot \sin(x)+0\cdot \cos(x)=\sin(x)\\g(x)&=1\cdot \cos(x)-0\cdot \sin(x)=\cos(x)\end{aligned}}

Hinweis:

Wegen f''=(f')'=(\omega g)'=\omega g'=-\omega ^{2}f und analog g''=-\omega ^{2}g genügen f und g beide der Differentialgleichung f''+\omega f=0 (bzw. g''+\omega g=0).

Monotoniekriterium

Übung: Monotonie Exponentialfunktion

Zeige mit Hilfe des Monotoniekriteriums die folgenden Aussagen:

Für alle x>0 gilt \ln(1+{\tfrac 1x})-{\tfrac {1}{x+1}}>0
f:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} ,\ f(x)=\left(1+{\tfrac 1x}\right)^{x} ist streng monoton steigend.

ErklärungHinweis: Benutze 1. zum Beweis von 2.

Teilaufgabe 1: Für die differenzierbare Hilfsfunktion h:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} ,\ h(x)=\ln \left(1+{\tfrac 1x}\right)-{\frac {1}{x+1}} gilt

h'(x)={\frac {1}{1+{\tfrac 1x}}}\cdot (-{\tfrac {1}{x^{2}}})-{\frac {-1}{(x+1)^{2}}}=-{\frac {{\frac {1}{x^{2}}}}{{\frac {x+1}{x}}}}+{\frac {1}{(x+1)^{2}}}=-{\frac {1}{x(x+1)}}+{\frac {1}{(x+1)^{2}}}={\frac {-(x+1)-x}{x(x+1)^{2}}}=-{\frac {1}{x(x+1)^{2}}}<0

Also ist h nach dem Monotoniekriterium streng monoton fallend. Weiter ist

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\lim _{{x\to 0+}}h(x)=\lim _{{x\to 0+}}\underbrace {\ln \left(1+{\tfrac 1x}\right)}_{{\to \infty }}-\underbrace {{\frac {1}{x+1}}}_{{\to 0}}=\infty

und

\lim _{{x\to \infty }}h(x)=\lim _{{x\to \infty }}\underbrace {\ln \left(1+{\tfrac 1x}\right)}_{{\to \ln(1)=0}}-\underbrace {{\frac {1}{x+1}}}_{{\to 0}}=0

Da h stetig und streng monoton fallend ist muss nun h(x)=\ln(1+{\tfrac 1x})-{\tfrac {1}{x+1}}>0 gelten.

Teilaufgabe 2:

Es gilt f(x)=\left(1+{\tfrac 1x}\right)^{x}=\exp \left(x\ln(1+{\tfrac 1x})\right). Da \exp streng monoton steigend ist, ist f genau dann streng monoton steigend, wenn die „innere Funktion“ g(x)=x\ln(1+{\tfrac 1x}) streng monoton steigend ist. Diese ist auf \mathbb{R} ^{+} mit der Produktregel differenzierbar, und es gilt

g'(x)=1\cdot \ln(1+{\tfrac 1x})+x\cdot {\frac {1}{1+{\frac 1x}}}\cdot (-{\tfrac {1}{x^{2}}})=\ln(1+{\tfrac 1x})-{\frac {{\frac 1x}}{{\frac {x+1}{x}}}}=\underbrace {\ln(1+{\tfrac 1x})-{\frac {1}{x+1}}}_{{=h(x){\text{ aus 1.}}}}>0

Nach dem Monotoniekriterium ist g, und damit auch f streng monoton steigend.

Übung: Bedingung für Monotonie einer kubischen Funktion

Seien a,b,c,d\in \mathbb{R} . Gibt Bedingungen an a,b,c,d an, dass

f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=ax^{3}+bx^{2}+cx+d

auf ganz \mathbb{R} streng monoton steigend ist.

ErklärungHinweis: Unterscheide die Fälle a=0, a>0 und a<0

Damit f auf ganz \mathbb{R} streng monoton steigend, muss nach dem Monotoniekriterium

f'(x)=3ax^{2}+2bx+c>0

für alle x\in \mathbb{R} gelten.

Fall 1:

a=0

Dann ist f'(x)=2bx+c. Damit f streng monoton steigend ist, muss gelten f'(x)=2bx+c>0\iff 2bx>-c. Für b\neq 0 ist dies aber niemals für alle x\in \mathbb{R} möglich.

Ist hingegen b=0, so gilt f'(x)>0\iff c>0. Also ist f für a=b=0 und c>0 streng monoton steigend.

Fall 2:

a>0

Mit Hilfe von quadratischer Ergänzung erhalten wir

{\begin{aligned}f'(x)&=3ax^{2}+2bx+c=3a(x^{2}+{\tfrac {2b}{a}}x)+c\\[0.3em]&=3a(x^{2}+{\tfrac {2b}{3a}}x+({\tfrac {b}{3a}})^{2}-({\tfrac {b}{3a}})^{2})+c\\[0.3em]&=3a(x+{\tfrac {b}{3a}})^{2}-{\tfrac {b^{2}}{3a}}+c\\[0.3em]&=3a(x+{\tfrac {b}{3a}})^{2}-{\tfrac {b^{2}-3ac}{3a}}\end{aligned}}

Damit ist f streng monoton steigend, wenn gilt

{\begin{aligned}&3a(x+{\tfrac {b}{3a}})^{2}-{\tfrac {b^{2}-3ac}{3a}}>0\\\iff &3a(x+{\tfrac {b}{3a}})^{2}>{\tfrac {b^{2}-3ac}{3a}}\\{\overset {3a>0}{\iff }}&(x+{\tfrac {b}{3a}})^{2}>{\tfrac {b^{2}-3ac}{(3a)^{2}}}\\\end{aligned}}

Dies ist für alle x\in \mathbb{R} genau dann erfüllt, wenn die rechte Seite {\tfrac {b^{2}-3ac}{(3a)^{2}}} negativ ist. Dies ist genau für

b^{2}-3ac<0\iff b^{2}<3ac

der Fall. f ist daher für a>0 und 3ac>b^{2} streng monoton steigend.

Fall 3:

x>0

Hier gilt

{\begin{aligned}f'(x)>0\iff &3a(x+{\tfrac {b}{3a}})^{2}>{\tfrac {b^{2}-3ac}{3a}}\\{\overset {3a<0}{\iff }}&(x+{\tfrac {b}{3a}})^{2}<{\tfrac {b^{2}-3ac}{(3a)^{2}}}\end{aligned}}

Dies ist jedoch niemals für alle x\in \mathbb{R} erfüllt. Also ist in diesem Fall f niemals streng monoton wachsend.

Hinweis:

Ebenso können wir zeigen, dass f in den Fällen a=b=0 und c<0, sowie a<0 und 3ac>b^{2} streng monoton fallend ist.

Übung: Anwendung des Monotoniekriteriums

Sei f:[0,1]\to \mathbb{R} differenzierbar mit f(0)=0. Weiter gelte f'(x)\leq \lambda f(x) für ein (festes) \lambda >0 und alle x\in [0,1]. Zeige, dass gilt

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ErklärungHinweis: Betrachte die Hilfsfunktion h(x)=f(x)e^{{-\lambda x}}.

Beweis

Wie im Hinweis angegeben betrachten wir

h:[0,1]\to \mathbb{R} ,\ h(x)=f(x)e^{{-\lambda x}}

h ist nach der Produktregel differenzierbar mit

h'(x)=f'(x)e^{{-\lambda x}}+f(x)e^{{-\lambda x}}(-\lambda )=e^{{-\lambda x}}(f'(x)-\lambda f(x))

Nun ist e^{{-\lambda x}}>0 und nach Voraussetzung f'(x)\leq \lambda f(x)\iff f'(x)-\lambda f(x)\leq 0. Also gilt

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Nach dem Monotoniekriterium ist h monoton fallend. Da weiter gilt h(0)=f(0)e^{0}=f(0)=0 folgt

error: the content of "formula" is not only a math element, but [Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 15683, line: 337, col: 10 }, end: Position { offset: 15711, line: 337, col: 38 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 15683, line: 337, col: 10 }, end: Position { offset: 15711, line: 337, col: 38 } }, text: "h(x)\\leq h(0)=0" })] }), Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 15711, line: 337, col: 38 }, end: Position { offset: 15722, line: 337, col: 48 } }, text: " für alle " }), Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 15722, line: 337, col: 48 }, end: Position { offset: 15746, line: 337, col: 72 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 15722, line: 337, col: 48 }, end: Position { offset: 15746, line: 337, col: 72 } }, text: "x\\in [0,1]" })] })]!

Damit ist aber auch

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Ableitung und Extrema

Übung: Extrema von Funktionen 1

Untersuche, ob die folgenden Funktionen lokale/globale Extrema besitzen. Bestimme und charakterisiere diese gegebenenfalls.

f:(0,\infty )\to \mathbb{R} ,\ f(x)={\tfrac {(\ln(x))^{2}}{x}}
g:[{\tfrac 12},\infty )\to \mathbb{R} ,\ g(x)={\tfrac {1}{\arctan(2x)}}

Teilaufgabe 1:

Beweisschritt: Lokale Extrema von f

f ist auf (0,\infty ) nach der Quotientenregel differenzierbar mit

f'(x)={\frac {2\ln(x){\frac 1x}\cdot x-(\ln(x))^{2}\cdot 1}{x^{2}}}={\frac {\ln(x)(2-\ln(x))}{x^{2}}}

Nach dem hinreichenden Kriterium für die Existenz eines Extremums {\tilde x}\in \mathbb{R} ^{+}, muss für dieses f'({\tilde x})=0 gelten. Nun ist

f'(x)={\frac {\ln(x)(2-\ln(x))}{x^{2}}}=0\iff \ln(x)=0{\text{ oder }}\ln(x)=2\iff x=1{\text{ oder }}x=e^{2}

Also sind {\tilde x}=1 und {\hat x}=e^{2} die Kandidaten für lokale Extrema in (0,\infty ). Nun gilt

f(x)={\frac {\ln(x)(2-\ln(x))}{x^{2}}}>0\iff \ln(x)>0{\text{ und }}2-\ln(x)>0\iff x>1{\text{ und }}x<e^{2}

Der Fall \ln(x)<0\iff x<1 und 2-\ln(x)<0\iff x>e^{2} ist nicht möglich. Damit ist f'(x)>0 auf (1,e^{2})

Weiter gilt

f(x)={\frac {\ln(x)(2-\ln(x))}{x^{2}}}<0\iff {\begin{cases}\ln(x)>0{\text{ und }}2-\ln(x)<0\iff x>1{\text{ und }}x>e^{2}\iff x>e^{2},&{\text{ oder }}\\\ln(x)<0{\text{ und }}2-\ln(x)>0\iff x<1{\text{ und }}x<e^{2}\iff x<1&\end{cases}}

Also ist f'(x)<0 auf (0,1) und auf (e^{2},\infty ).

Nach dem hinreichenden Kriterium ist daher {\tilde x}=1 ein (strenges) lokales Minimum und {\hat x}=e^{2} ein (strenges) lokales Maximum von f.

Beweisschritt: Globale Extrema von f

Für globale Extrema müssen wir zunächst die Grenzwerte \lim _{{x\to 0+}}f(x) und \lim _{{x\to \infty }}f(x) bestimmen.

Wegen \lim _{{x\to 0+}}\ln(x)=-\infty und \lim _{{x\to 0+}}{\tfrac 1x}=\infty gilt

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\lim _{{x\to 0+}}f(x)=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {(\ln(x))^{2}}{x}}=\infty

Damit ist f nach oben unbeschränkt, und hat daher kein lokales Extremum. Weiter wächst für x\to \infty jede Potenz von \ln schwächer als x. Also ist

\lim _{{x\to \infty }}f(x)=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {(\ln(x))^{2}}{x}}=0+

(Da Zähler und Nenner positiv sind.) Nun ist f({\tilde x})=f(1)={\tfrac {(\ln(1))^{2}}{1}}=0. Somit ist {\tilde x}=1 ein globales Minimum von f.

Teilaufgabe 2:

Beweisschritt: Lokale Extrema von g

g ist auf ({\tfrac 12},\infty ) nach der Kettenregel differenzierbar mit

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g'(x)={\frac {-1}{(\arctan(2x))^{2}}}\cdot {\frac {1}{1+(2x)^{2}}}\cdot 2=-{\frac {2}{(\arctan(2x))^{2}(1+4x^{2}))}}

Da nun (\arctan(2x))^{2}>0 und 1+4x^{2}>0 gilt, ist g'(x)<0. Nach dem notwendigen Kriterium für Extrema besitzt g damit auf ({\tfrac 12},\infty ) keine lokalen Extrema.

Da g stetig auf [{\tfrac 12},\infty ) ist, folgt aus g'(x)<0 für alle x\in ({\tfrac 12},\infty ), dass g auf [{\tfrac 12},\infty ) streng monoton fällt. Daher besitzt g in {\tilde x}={\tfrac 12} ein lokales Maximum.

Beweisschritt: Globale Extrema von g

Mit dem gleichen Argument wie in Teil 1, folgt, dass {\tilde x}={\tfrac 12} sogar ein globales Maximum von g ist.

Übung: Extrema von Funktionen 2

Untersuche, ob die folgenden Funktionen auf Steigkeit, Differenzierbarkeit und lokale/globale Extrema:

f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)={\begin{cases}x^{x}&{\text{ für }}x>0,\\x+1&{\text{ für }}x\leq 0\end{cases}}

Beweisschritt: Stetigkeit und Differenzierbarkeit

Stetigkeit:

Auf (-\infty ,0) ist f(x)=x+1 stetig als Polynom und auf (0,\infty ) ist f(x)=x^{x}=\exp(x\ln(x)) stetig als Komposition der stetigen Funktionen \exp , {\text{id}} und \ln . In x=0 gilt

{\begin{aligned}\lim _{{x\to 0-}}f(x)&=\lim _{{x\to 0-}}x+1=0+1=1,{\text{ und }}\\[0.3em]f(0)&=0+1=1\end{aligned}}

Außerdem gilt wegen \lim _{{x\to 0+}}x\ln(x)=0 und der Stetigkeit der Exponentialfunktion

\lim _{{x\to 0+}}f(x)=\lim _{{x\to 0+}}x^{x}=\lim _{{x\to 0+}}\exp(x\ln(x))=\exp(\lim _{{x\to 0+}}x\ln(x))=\exp(0)=1

Also ist f auch im Nullpunkt, und damit auf ganz \mathbb{R} stetig.

Differenzierbarkeit:

Auf (-\infty ,0) ist f(x)=x+1 als Polynom differenzierbar mit

f'(x)=1

Auf (0,\infty ) ist f(x)=x^{x}=\exp(x\ln(x)) nach der Ketten- und Produktregel differenzierbar als Komposition der differenzierbaren Funktionen \exp , {\text{id}} und \ln . Es gilt

f'(x)=\exp(x\ln(x))\cdot (1\cdot \ln(x)+x\cdot {\frac 1x})=x^{x}(\ln(x)+1)

In x=0 gilt mit Hilfe der Regel von L'Hospital:

\lim _{{x\to 0+}}{\frac {f(x)-f(0)}{x-0}}=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {x^{x}-1}{x}}{\underset {{\text{l.H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\lim _{{x\to 0+}}{\frac {x^{x}(\ln(x)+1)}{1}}{\overset {{\frac {-\infty }{1}}}{=}}-\infty

Also ist f im Nullpunkt nicht differenzierbar.

Beweisschritt: Lokale und globale Extrema

Lokale Extrema:

Auf (-\infty ,0) gilt f'(x)=1\neq 0. Also kann f dort keine lokalen Extrema haben.

Auf (0,\infty )hingegen ist

f'(x)=x^{x}(\ln(x)+1)=\underbrace {\exp(x\ln(x))}_{{\neq 0}}(\ln(x)+1)=0\iff \ln(x)=-1\iff x=e^{{-1}}={\frac 1e}

Also ist {\tilde x}={\tfrac 1e} der Kandidat für ein Extremum in (1,\infty ). Weiter ist

f'(x)=\underbrace {x^{x}}_{{>0}}(\ln(x)+1){\begin{cases}>0\iff \ln(x)+1>0\iff \ln(x)>-1\iff x>{\tfrac 1e},\\<0\iff \ln(x)+1<0\iff \ln(x)<-1\iff x<{\tfrac 1e}\end{cases}}

Damit hat f in {\tilde x}={\tfrac 1e} ein striktes lokales Minimum.

Nun müssen wir noch {\hat x}=0 untersuchen. Da f in dort nicht differenzierbar ist, sind unsere notwendigen und hinreichenden Kriterien nicht anwendbar. Es gilt allerdings

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und

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Damit ist f auf (-\infty ,0) streng monoton steigend, und auf (0,{\tfrac 1e}) streng monoton fallend. Da f stetig in null ist, folgt daraus

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Also hat f in {\hat x}=0 ein striktes lokales Maximum.

Globale Extrema:

Es gilt

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\lim _{{x\to -\infty }}f(x)=\lim _{{x\to -\infty }}x+1=-\infty

und

\lim _{{x\to \infty }}f(x)=\lim _{{x\to \infty }}x^{x}=\lim _{{x\to \infty }}\exp(\underbrace {x\ln(x)}_{{\to \infty }})=\infty

Daher ist f nach oben und unten unbeschränkt, und besitzt keine globalen Extrema.

Übung: Extrema von Funktionen 3

Zeige, dass die Funktion

f:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} ,\ f(x)=e^{{3x}}\ln(x)

genau zwei lokale Extrema besitzt, und bestimme deren Art.

Kandidaten für die Extremwerte ergeben sich nach unserer notwendigen Bedingung aus

f'(x){\underset {{\text{regel}}}{{\overset {{\text{Prod.-}}}{=}}}}3e^{{3x}}\ln(x)+e^{{3x}}{\frac 1x}=\underbrace {{\frac {3e^{{3x}}}{x}}}_{{>0}}(\underbrace {x\ln(x)+{\frac 13}}_{{:=h(x)}}){\overset {!}{=}}0

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Da sich die Nullstellen von h nicht explizit berechnen lassen, müssen wir diese Funktion genauer untersuchen. Es gilt

h'(x)=\ln(x)+1{\begin{cases}>0\iff x>{\tfrac 1e},\\<0\iff x<{\tfrac 1e}\end{cases}}
\lim \limits _{{x\to 0}}h(x)={\frac 13}, \lim \limits _{{x\to \infty }}h(x)=\infty und h({\tfrac 1e})=\underbrace {-{\tfrac 1e}}_{{<-{\tfrac 13}}}+{\tfrac 13}<0

Wegen der Stetigkeit und 2. ist hat h mit dem Zwischenwertsatz (mindestens) zwei Nullstellen x_{1}\in (0,{\tfrac 1e}) und x_{2}\in ({\tfrac 1e},\infty ).

Wegen 1. ist h streng monoton steigend auf (0,{\tfrac 1e}) und streng monoton fallend auf ({\tfrac 1e},\infty ). Damit ist h jeweils injektiv auf (0,{\tfrac 1e}) und ({\tfrac 1e},\infty ) und hat damit genau die beiden Nullstellen x_{1} und x_{2}.

Für die Ableitung von f folgt nun

f'(x)={\frac {3e^{{3x}}}{x}}\cdot h(x)\ {\begin{cases}>0&{\text{ für }}x\in (0,x_{1})\cup (x_{2},\infty ),\\<0&{\text{ für }}x\in (x_{1},x_{2}).\end{cases}}

Nach unseren ersten hinreichendem Kriterium hat daher f ein striktes lokales Maximum in x_{1} und ein striktes lokales Minimum in x_{2}.

Grenzwerte mit L'Hospital berechnen

TODO:

Im entsprechenden Kapitel oder in den Aufgaben sollte zu allen möglichen Typen ein Beispiel vorhanden sein: {\tfrac {\pm \infty }{\pm \infty }} ✓, {\tfrac {0}{0}} ✓, 0\cdot \pm \infty ✓, \infty -\infty , 0^{\infty }, \infty ^{0} ✓, 1^{\infty }, Weitere?, mehrfache Anwendung von L'Hospital

Übung: L'Hospital 1

Berechne die folgenden Grenzwerte:

\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sinh(x)}{x}}
\lim _{{x\to {\frac {\pi }{2}}}}{\frac {\sin(x)}{x^{2}}}
\lim _{{x\to 0+}}{\frac {\sin(x)}{x^{2}}}
\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sinh(x)}{x^{2}}}
\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\ln(x^{p}+1)}{\ln(x^{q})}} mit p,q\in \mathbb{R} ^{+}
\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\sinh(x)}{\cosh(x)}}
\lim _{{x\to \infty }}{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}
\lim _{{x\to 0}}{\frac {x^{3}-x^{2}}{\tan(x)}}
\lim _{{x\to 0+}}{\frac {3^{x}-2^{x}}{\tan(x)}}
\lim _{{x\to 0}}{\frac {e^{x}-1-x}{x(e^{x}-1)}}

Teilaufgabe 1:

\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sinh(x)}{x}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0}}{\frac {\cosh(x)}{1}}={\frac {\cosh(0)}1}={\frac 11}=1

Teilaufgabe 2:

Hier ist die Regel von L'Hospital nicht anwendbar. Die Funktion x\mapsto {\tfrac {\sin(x)}{x}} ist jedoch im Punkt x={\tfrac {\pi }2} stetig, und daher gilt

\lim _{{x\to {\frac {\pi }{2}}}}{\frac {\sin(x)}{x^{2}}}={\frac {\sin({\tfrac {\pi }2})}{\left({\tfrac {\pi }2}\right)^{2}}}={\frac 1{{\frac {\pi ^{2}}4}}}={\frac 4{\pi ^{2}}}

Teilaufgabe 3:

\lim _{{x\to 0+}}{\frac {\sin(x)}{x^{2}}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0+}}{\frac {\overbrace {\cos(x)}^{{\to \cos(0)=1}}}{2x}}{\overset {{\frac {1}{0+}}}{=}}+\infty

Teilaufgabe 4:

Dieser Grenzwert existiert nicht. Zunächst lässt er sich zerlegen in

\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sinh(x)}{x^{2}}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sinh(x)}{x}}\cdot {\frac 1x}

Für den linksseitigen Grenzwert gilt nun mit Teilaufgabe 1:

\lim _{{x\to 0-}}\underbrace {{\frac {\sinh(x)}{x}}}_{{\to 1}}\cdot \underbrace {{\frac 1x}}_{{\to -\infty }}=-\infty

Analog gilt jedoch für den rechtsseitigen Grenzwert:

\lim _{{x\to 0+}}\underbrace {{\frac {\sinh(x)}{x}}}_{{\to 1}}\cdot \underbrace {{\frac 1x}}_{{\to +\infty }}=+\infty

Also ist \lim \limits _{{x\to 0-}}{\frac {\sinh(x)}{x^{2}}}\neq \lim \limits _{{x\to 0+}}{\frac {\sinh(x)}{x^{2}}}, und damit existiert \lim _{{x\to 0}}{\frac {\sinh(x)}{x^{2}}} nicht.

Teilaufgabe 5:

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\ln(x^{p}+1)}{\ln(x^{q})}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\dfrac {{\dfrac {px^{{p-1}}}{x^{p}+1}}}{{\dfrac {qx^{{q-1}}}{x^{q}}}}}=\lim _{{x\to \infty }}{\dfrac {px^{q}x^{{p-1}}}{qx^{{q-1}}(x^{p}+1)}}=\lim _{{x\to \infty }}{\dfrac {px^{{q-1}}x^{p}}{qx^{{q-1}}(x^{p}+1)}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac pq}\cdot {\dfrac {x^{p}}{x^{p}+1}}\ {\underset {|:x^{p}}{{\overset {|:x^{p}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac pq}\cdot {\dfrac {1}{1+\underbrace {{\frac {1}{x^{p}}}}_{{\to 0}}}}={\frac pq}

Teilaufgabe 6:

L'Hospital lässt sich hier anwenden, bringt jedoch nichts:

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\sinh(x)}{\cosh(x)}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {\cosh(x)}{\sinh(x)}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\dfrac {\sinh(x)}{\cosh(x)}}=\ldots

Stattdessen macht es hier Sinn, auf die Definitionen von \sinh und \cosh zurückzugreifen, und den Quotienten dann umzuformen:

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\sinh(x)}{\cosh(x)}}\ {\overset {{\text{Def.}}}{=}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\dfrac {{\frac {e^{x}-e^{{-x}}}{2}}}{{\frac {e^{x}+e^{{-x}}}{2}}}}=\lim _{{x\to \infty }}{\dfrac {2(e^{x}-e^{{-x}})}{2(e^{x}+e^{{-x}})}}=\lim _{{x\to \infty }}{\dfrac {e^{x}-e^{{-x}}}{e^{x}+e^{{-x}}}}\ {\underset {|:e^{x}}{{\overset {|:e^{x}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\dfrac {1-\overbrace {e^{{-2x}}}^{{\to 0}}}{1+\underbrace {e^{{-2x}}}_{{\to 0}}}}={\frac {1-0}{1+0}}=1

Teilaufgabe 7:

L'Hospital lässt sich hier nicht anwenden, da der Zähler 1-\cos(x) für x\to \infty uneigentlich divergiert. Stattdessen lässt sich der Bruch wie folgt abschätzen:

0\leq \left|{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}\right|={\frac {|1-\cos(x)|}{x^{2}}}{\underset {{\text{Ungleichung}}}{{\overset {{\text{Dreiecks-}}}{=}}}}{\frac {1+\overbrace {|\cos(x)|}^{{\leq 1}}}{x^{2}}}\leq {\frac 2{x^{2}}}{\overset {x\to \infty }{\to }}0

Mit dem Einschließungssatz folgt \lim _{{x\to \infty }}{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}=0.

Teilaufgabe 8:

\lim _{{x\to 0}}{\frac {x^{3}-x^{2}}{\tan(x)}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0}}{\frac {3x^{2}-2x}{1+\tan(x)^{2}}}={\frac {3\cdot 0^{2}-2\cdot 0}{1+\tan(0)^{2}}}={\frac 0{1+0}}=0

Teilaufgabe 9:

\lim _{{x\to 0}}{\frac {3^{x}-2^{x}}{\tan(x)}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0}}{\frac {3^{x}\ln(3)-2^{x}\ln(2)}{1+\tan(x)^{2}}}={\frac {3^{0}\ln(3)-2^{0}\ln(2)}{1+\tan(0)^{2}}}={\frac {\ln(3)-\ln(2)}{1+0}}=\ln \left({\tfrac 32}\right)

Teilaufgabe 10:

\lim _{{x\to 0}}{\frac {e^{x}-1-x}{x(e^{x}-1)}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0}}{\frac {e^{x}-1}{1\cdot (e^{x}-1)+xe^{x}}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\ {\frac {e^{x}}{e^{x}+e^{x}+xe^{x}}}={\frac {e^{0}}{e^{0}+e^{0}+0}}={\frac 12}

Übung: L'Hospital 2

Berechne die folgenden Grenzwerte:

\lim _{{x\to 0+}}x^{2}\ln(x^{2})
\lim _{{x\to 0+}}x^{2}\ln(x)^{2}
\lim _{{x\to 0+}}x^{{\alpha }}\ln(x)^{{k}} für k\in \mathbb{N} ,\alpha >0
\lim _{{x\to 1-}}\sin(\pi x)\ln(1-x)
\lim _{{x\to 1}}x^{{{\frac {1}{1-x}}}}
\lim _{{n\to \infty }}n^{{{\frac {1}{{\sqrt {n}}}}}}
\lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}\cos(x)^{{x-{\frac {\pi }2}}}
\lim _{{x\to 0}}(1+\arctan(x))^{{{\frac {1}x}}}
\lim _{{x\to 0}}{\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {1}{\sin ^{2}(x)}}
\lim _{{x\to 1}}{\frac a{1-x^{a}}}-{\frac b{1-x^{b}}} für a,b>0

Teilaufgabe 1:

{\begin{aligned}\lim _{{x\to 0+}}x^{2}\ln(x^{2})&=\lim _{{x\to 0}}x^{2}\cdot 2\ln(x)\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {2\ln(x)}{{\frac {1}{x^{2}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 0+}}2\ln(x)=-\infty {\text{ und }}\lim _{{x\to 0+}}{\frac {1}{x^{2}}}=\infty \rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {\left(2\ln(x)\right)'}{\left({\frac {1}{x^{2}}}\right)'}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {{\frac {2}{x}}}{-{\frac {2}{x^{3}}}}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {-2x^{3}}{2x}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}(-x^{2})\\[0.3em]&=0\end{aligned}}

und da der Grenzwert existiert, war die Anwendung von L'Hospital gerechtfertigt.

Teilaufgabe 2:

{\begin{aligned}\lim _{{x\to 0+}}x^{2}\ln(x)^{2}&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {\ln(x)^{2}}{{\frac {1}{x^{2}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 0+}}\ln(x)^{2}=\infty {\text{ und }}\lim _{{x\to 0+}}{\frac {1}{x^{2}}}=\infty \rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {\left(\ln(x)^{2}\right)'}{\left({\frac {1}{x^{2}}}\right)'}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {2\ln(x)\cdot {\frac {1}{x}}}{-{\frac {2}{x^{3}}}}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {-2x^{3}\ln(x)}{2x}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}-x^{2}\ln(x)\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {-\ln(x)}{{\frac {1}{x^{2}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 0+}}-\ln(x)=\infty {\text{ und }}\lim _{{x\to 0+}}{\frac {1}{x^{2}}}=\infty \rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {-{\frac 1x}}{-{\frac {2}{x^{3}}}}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}({\frac 12}x^{2})\\[0.3em]&=0\end{aligned}}

und da der Grenzwert existiert, war die Anwendung von L'Hospital gerechtfertigt.

Teilaufgabe 3:

{\begin{aligned}\lim _{{x\to 0+}}x^{{\alpha }}\ln(x)^{{k}}&{\overset {0\cdot (\pm \infty )}{=}}\lim _{{x\to 0}}{\frac {\ln(x)^{k}}{{\frac {1}{x^{{\alpha }}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 0+}}\ln(x)^{k}=\pm \infty {\text{ und }}\lim _{{x\to 0+}}{\frac {1}{x^{{\alpha }}}}=\infty \rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {k\cdot \ln(x)^{{k-1}}\cdot {\frac 1x}}{-\alpha {\frac {1}{x^{{\alpha +1}}}}}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {k\cdot \ln(x)^{{k-1}}}{{\frac {-\alpha }{x^{{\alpha }}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 0+}}k\cdot \ln(x)^{{k-1}}=\pm \infty {\text{ und }}\lim _{{x\to 0+}}{\frac {-\alpha }{x^{{\alpha }}}}=\infty \rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {k(k-1)\cdot \ln(x)^{{k-2}}\cdot {\frac 1x}}{{\frac {-\alpha \cdot (-\alpha )}{x^{{\alpha +1}}}}}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {k(k-1)\cdot \ln(x)^{{k-2}}}{{\frac {(-1)^{2}\alpha ^{2}}{x^{{\alpha }}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 0+}}k(k-1)\cdot \ln(x)^{{k-2}}=\pm \infty {\text{ und }}\lim _{{x\to 0+}}{\frac {(-1)^{2}\alpha ^{2}}{x^{{\alpha }}}}=\infty \rightarrow {\text{L'Hospital weitere }}(k-2){\text{ Mal angewendet}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {k(k-1)\cdot 2\cdot 1\cdot \ln(x)^{{0}}}{{\frac {(-1)^{k}\alpha ^{k}}{x^{{\alpha }}}}}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {k!\cdot 1}{{\frac {(-1)^{k}\alpha ^{k}}{x^{{\alpha }}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ k!={\text{konstant und }}\lim _{{x\to 0+}}{\frac {(-1)^{k}\alpha ^{k}}{x^{{\alpha }}}}=\infty \right.}\\[0.3em]&=0\end{aligned}}

und da der Grenzwert existiert, war die Anwendung von L'Hospital gerechtfertigt.

Teilaufgabe 4:

{\begin{aligned}\lim _{{x\to 1-}}\sin(\pi x)\ln(1-x)&=\lim _{{x\to 1-}}{\frac {\ln(1-x)}{{\frac {1}{\sin(\pi x)}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 1-}}\ln(1-x)=-\infty {\text{ und }}\lim _{{x\to 1-}}{\frac {1}{\sin(\pi x)}}=\infty \rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 1-}}{\frac {\left(\ln(1-x)\right)'}{\left({\frac {1}{\sin(\pi x)}}\right)'}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 1-}}{\frac {{\frac {-1}{1-x}}}{{\frac {\pi \cos(\pi x)}{\sin(\pi x)^{2}}}}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 1-}}{\frac {-\sin(\pi x)^{2}}{\pi (1-x)\cos(\pi x)}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 1-}}-\sin(\pi x)^{2}=0{\text{ und }}\lim _{{x\to 1-}}\pi (1-x)\cos(\pi x)=0\rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 1-}}{\frac {-2\pi \sin(\pi x)\cos(\pi x)}{-\pi \cos(\pi x)-\pi ^{2}(1-x)\sin(\pi x)}}\\[0.3em]&={\frac {-2\pi \overbrace {\sin(\pi )}^{{=0}}\cos(\pi )}{-\pi \underbrace {\cos(\pi )}_{{=-1}}-\pi ^{2}\cdot 0\cdot \sin(\pi )}}\\[0.3em]&={\frac 0{\pi }}\\[0.3em]&=0\end{aligned}}

Teilaufgabe 5:

{\begin{aligned}\lim _{{x\to 1}}x^{{{\frac {1}{1-x}}}}&{\overset {1^{{\pm \infty }}}{=}}\lim _{{x\to 1}}\exp \left({\frac {\ln(x)}{1-x}}\right)\end{aligned}}

Für den Ausdruck im Exponenten gilt nun

{\begin{aligned}&\lim _{{x\to 1}}{\frac {\ln(x)}{1-x}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 1}}\ln(x)=0{\text{ und }}\lim _{{x\to 1}}1-x=0\rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 1}}{\frac {\left(\ln(x)\right)'}{\left(1-x\right)'}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 1}}{\frac {{\frac {1}{x}}}{-1}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 1}}-{\frac {1}{x}}\\[0.3em]&=-1\end{aligned}}

und da der Grenzwert existiert, war die Anwendung von L'Hospital gerechtfertigt.

Wegen der Stetigkeit von x\mapsto \exp(x) im Punkt x=-1 folgt nun

{\begin{aligned}\lim _{{x\to 1}}x^{{{\frac {1}{1-x}}}}&=\lim _{{x\to 1}}\exp \left({\frac {\ln(x)}{1-x}}\right)\\[0.3em]&=\exp \left(\lim _{{x\to 1}}{\frac {\ln(x)}{1-x}}\right)\\[0.3em]&=\exp \left(-1\right)\\[0.3em]&={\frac 1e}\end{aligned}}

Teilaufgabe 6: Zunächst gilt: Existiert der Grenzwert \lim _{{x\to \infty }}x^{{{\frac {1}{{\sqrt {x}}}}}}, so existiert auch der Folgengrenzwert \lim _{{n\to \infty }}n^{{{\frac {1}{{\sqrt {n}}}}}}.

Weiter ist

\lim _{{x\to \infty }}x^{{{\frac {1}{{\sqrt x}}}}}\ {\overset {{\infty }^{{0}}}{=}}\ \lim _{{x\to \infty }}\exp \left({\frac {\ln(x)}{{\sqrt {x}}}}\right)

Für den Ausdruck im Exponenten gilt

{\begin{aligned}&\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\ln(x)}{{\sqrt x}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to \infty }}\ln(x)=\infty {\text{ und }}\lim _{{x\to \infty }}{\sqrt x}=\infty \rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\left(\ln(x)\right)'}{\left({\sqrt x}\right)'}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {{\frac {1}{x}}}{{\frac {1}{2{\sqrt x}}}}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {2{\sqrt x}}{x}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {2}{{\sqrt x}}}\\[0.3em]&=0\end{aligned}}

und da der Grenzwert existiert, war die Anwendung von L'Hospital gerechtfertigt.

Wegen der Stetigkeit von x\mapsto \exp(x) im Punkt x=0 folgt nun

{\begin{aligned}\lim _{{x\to \infty }}x^{{{\frac {1}{{\sqrt x}}}}}&=\lim _{{x\to \infty }}\exp \left({\frac {\ln(x)}{{\sqrt x}}}\right)\\[0.3em]&=\exp \left(\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\ln(x)}{{\sqrt x}}}\right)\\[0.3em]&=\exp \left(0\right)\\[0.3em]&=1\end{aligned}}

Mit der Vorbemerkung gilt auch \lim _{{n\to \infty }}n^{{{\frac {1}{{\sqrt n}}}}}=1.

Teilaufgabe 7:

\lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}\cos(x)^{{x-{\frac {\pi }2}}}\ {\overset {{0}^{{0}}}{=}}\ \lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}\exp \left(\ln(\cos(x))(x-{\frac {\pi }2})\right)=\lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}\exp \left({\frac {\ln(\cos(x))}{{\frac {1}{x-{\frac {\pi }2}}}}}\right)

Für den Ausdruck im Exponenten gilt

{\begin{aligned}&\lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}{\frac {\ln(\cos(x))}{{\frac {1}{x-{\frac {\pi }2}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}\ln(\underbrace {\cos(x)}_{{\to 0+}})=-\infty {\text{ und }}\lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}{\frac {1}{x-{\frac {\pi }2}}}=-\infty \rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}{\frac {\left(\ln(\cos(x))\right)'}{\left({\frac 1{x-{\frac {\pi }2}}}\right)'}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}{\frac {{\frac {-\sin(x)}{\cos(x)}}}{-{\frac 1{(x-{\frac {\pi }2})^{2}}}}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}{\frac {\sin(x)(x-{\frac {\pi }2})^{2}}{\cos(x)}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}\sin(x)(x-{\frac {\pi }2})^{2}=0{\text{ und }}\lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}\cos(x)=0\rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}{\frac {\cos(x)(x-{\frac {\pi }2})^{2}+2\sin(x)(x-{\frac {\pi }2})}{-\sin(x)}}\\[0.3em]&={\frac {0+0}{-1}}\\[0.3em]&=0\end{aligned}}

und da der Grenzwert existiert, war die Anwendung von L'Hospital gerechtfertigt.

Wegen der Stetigkeit von x\mapsto \exp(x) im Punkt x=0 folgt nun

{\begin{aligned}\lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}\cos(x)^{{(x-{\frac {\pi }2})}}&=\lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}\exp \left({\frac {\ln(\cos(x))}{{\frac 1{x-{\frac {\pi }2}}}}}\right)\\[0.3em]&=\exp \left(\lim _{{x\to {\frac {\pi }2}-}}{\frac {\ln(\cos(x))}{{\frac 1{x-{\frac {\pi }2}}}}}\right)\\[0.3em]&=\exp \left(0\right)\\[0.3em]&=1\end{aligned}}

Teilaufgabe 8:

\lim _{{x\to \infty }}\arctan(x)^{{{\frac 1x}}}\ {\overset {{\infty }^{{0}}}{=}}\ \lim _{{x\to \infty }}\exp \left(\ln(\arctan(x))\cdot {\frac 1x}\right)=\lim _{{x\to \infty }}\exp \left({\frac {\ln(\arctan(x))}{x}}\right)

Für den Ausdruck im Exponenten gilt

{\begin{aligned}&\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\ln(\arctan(x))}{x}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to \infty }}\ln(\underbrace {\arctan(x)}_{{\to \infty }})=\infty {\text{ und }}\lim _{{x\to \infty }}x=\infty \rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\left(\ln(\arctan(x))\right)'}{\left(x\right)'}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {{\frac {1}{\arctan(x)(1+x^{2})}}}{1}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {1}{\arctan(x)(1+x^{2})}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to \infty }}\arctan(x)(1+x^{2})=\infty \right.}\\[0.3em]&=0\end{aligned}}

und da der Grenzwert existiert, war die Anwendung von L'Hospital gerechtfertigt.

Wegen der Stetigkeit von x\mapsto \exp(x) im Punkt x=0 folgt nun

{\begin{aligned}\lim _{{x\to \infty }}\arctan(x)^{{{\frac 1x}}}&=\lim _{{x\to \infty }}\exp \left({\frac {\ln(\arctan(x))}{x}}\right)\\[0.3em]&=\exp \left(\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\ln(\arctan(x))}{x}}\right)\\[0.3em]&=\exp \left(0\right)\\[0.3em]&=1\end{aligned}}

Teilaufgabe 9:

{\begin{aligned}&\lim _{{x\to 0}}{\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {1}{\sin ^{2}(x)}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 0}}{\frac {1}{x^{2}}}=\infty {\text{ und }}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {1}{\sin ^{2}(x)}}=\infty \rightarrow {\text{ Typ }}\infty -\infty \rightarrow {\text{umformen}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sin ^{2}(x)-x^{2}}{x^{2}\sin ^{2}(x)}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 0}}\sin ^{2}(x)-x^{2}=0{\text{ und }}\lim _{{x\to 0}}x^{2}\sin ^{2}(x)=0\rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0}}{\frac {2\sin(x)\cos(x)-2x}{2x\sin ^{2}(x)+2x^{2}\sin(x)\cos(x)}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 0}}2\sin(x)\cos(x)-2x=0{\text{ und }}\lim _{{x\to 0}}2x\sin ^{2}(x)+2x^{2}\sin(x)\cos(x)=0\rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0}}{\frac {2\cos ^{2}(x)-2\sin ^{2}(x)-2}{2\sin ^{2}(x)+\underbrace {4x\sin(x)\cos(x)+4x\sin(x)\cos(x)}_{{=8x\sin(x)\cos(x)}}+2x^{2}\cos ^{2}(x)-2x^{2}\sin ^{2}(x)}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 0}}2\cos ^{2}(x)-2\sin ^{2}(x)-2=0{\text{ und }}\lim _{{x\to 0}}2\sin ^{2}(x)+8x\sin(x)\cos(x)+2x^{2}\cos ^{2}(x)-2x^{2}\sin ^{2}(x)=0\rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0}}{\frac {-4\cos(x)\sin(x)-4\sin(x)\cos(x)}{4\sin(x)\cos(x)+8\sin(x)\cos(x)+8x\cos ^{2}(x)-8x\sin ^{2}(x)+4x\cos ^{2}(x)-4x^{2}\cos(x)\sin(x)-4x\sin ^{2}(x)-4x^{2}\sin(x)\cos(x)}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0}}{\frac {-8\sin(x)\cos(x)}{12\sin(x)\cos(x)+12x\cos ^{2}(x)-12x\sin ^{2}(x)-12x^{2}\sin(x)\cos(x)}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 0}}-8\sin(x)\cos(x)=0{\text{ und }}\lim _{{x\to 0}}12\sin(x)\cos(x)+12x\cos ^{2}(x)-12x\sin ^{2}(x)-12x^{2}\sin(x)\cos(x)=0\rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0}}{\frac {-8\cos ^{2}(x)+8\sin ^{2}(x)}{12\cos ^{2}(x)-12\sin ^{2}(x)+12\cos ^{2}(x)-24x\cos(x)\sin(x)-12\sin ^{2}(x)-24x\sin(x)\cos(x)-12x\sin(x)\cos(x)-12x^{2}\cos ^{2}(x)+12x^{2}\sin ^{2}(x)}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 0}}{\frac {-8\cos ^{2}(x)+8\sin ^{2}(x)}{24\cos ^{2}(x)-24\sin ^{2}(x)-60x\sin(x)\cos(x)-12x^{2}\cos ^{2}(x)+12x^{2}\sin ^{2}(x)}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 0}}-8\cos ^{2}(x)=-8{\text{ und }}\lim _{{x\to 0}}24\cos ^{2}(x)=24\rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {-8}{24}}\\[0.3em]&=-{\frac 13}\end{aligned}}

und da der Grenzwert existiert, war die Anwendung von L'Hospital gerechtfertigt.

Teilaufgabe 10:

{\begin{aligned}&\lim _{{x\to 1}}{\frac {a}{1-x^{a}}}-{\frac {b}{1-x^{b}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 0}}{\frac {a}{1-x^{a}}}=\pm \infty {\text{ und }}\lim _{{x\to 1}}{\frac {b}{1-x^{b}}}=\pm \infty \rightarrow {\text{ Typ }}\pm \infty \pm \infty \rightarrow {\text{umformen}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 1}}{\frac {a(1-x^{b})-b(1-x^{a})}{(1-x^{a})(1-x^{b})}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 1}}{\frac {a-ax^{b}-b+bx^{a}}{1-x^{a}-x^{b}+x^{{a+b}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 1}}a-ax^{b}-b+bx^{a}=a-a-b+b=0{\text{ und }}\lim _{{x\to 1}}1-x^{a}-x^{b}+x^{{a+b}}=1-1-1+1=0\rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 1}}{\frac {-abx^{{b-1}}+abx^{{a-1}}}{-ax^{{a-1}}-bx^{{b-1}}+(a+b)x^{{a+b-1}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to 1}}-abx^{{b-1}}+abx^{{a-1}}=-ab+ab=0{\text{ und }}\lim _{{x\to 1}}-ax^{{a-1}}-bx^{{b-1}}+(a+b)x^{{a+b-1}}=-a-a+(a+b)=0\rightarrow {\text{L'Hospital}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to 1}}{\frac {-ab(b-1)x^{{b-2}}+ab(a-1)x^{{a-2}}}{-a(a-1)x^{{a-2}}-b(b-1)x^{{b-2}}+(a+b)(a+b-1)x^{{a+b-2}}}}\\[0.3em]&={\frac {-ab(b-1)+ab(a-1)}{-a(a-1)-b(b-1)+(a+b)(a+b-1)}}\\[0.3em]&={\frac {-ab^{2}+ab+a^{2}b-ab}{-a^{2}+a-b^{2}+b+a^{2}+ab-a+ab+b^{2}-b}}\\[0.3em]&={\frac {-ab^{2}+a^{2}b}{2ab}}\\[0.3em]&={\frac {ab(a-b)}{2ab}}\\[0.3em]&={\frac {a-b}{2}}\end{aligned}}

und da der Grenzwert existiert, war die Anwendung von L'Hospital gerechtfertigt.

Übung: Differenzierbarkeit in Punkt

Sei

f:(-1,\infty )\to \mathbb{R} ,\ f(x)={\begin{cases}{\frac {\ln(1+x)}{x}}&{\text{ für }}x\neq 0,\\1&{\text{ für }}x=0\end{cases}}

Zeige, dass f in null stetig ist.
Zeige, dass f ist auf \mathbb{R} \setminus \{0\} differenzierbar ist, und berechne dort die Ableitung.
Bestimme mit Hilfe von 1. und 2. die Ableitung f'(0).

Teilaufgabe 1: Mit der Regel von L'Hospital gilt

\lim _{{x\to 0}}f(x)=\lim _{{x\to 0}}{\frac {\ln(1+x)}{x}}{\underset {{\text{l.H.}}}{{\overset {{\tfrac 00}}{=}}}}\lim _{{x\to 0}}{\frac {{\frac {1}{1+x}}}{1}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {1}{1+x}}=1=f(0)

Also ist f stetig in null.

Teilaufgabe 2: Da \ln , x\mapsto 1+x und x\mapsto x auf \mathbb{R} \setminus \{0\} differenzierbar sind, ist mit der Quotientenregel auch f dort differenzierbar. Weiter gilt für x\neq 0:

f'(x)={\frac {{\frac {1}{1+x}}\cdot x-\ln(1+x)\cdot 1}{x^{2}}}={\frac {{\frac {x-(1+x)\ln(1+x)}{1+x}}}{x^{2}}}={\frac {x-(1+x)\ln(1+x)}{(1+x)x^{2}}}

Teilaufgabe 3: Wir benutzen das Kriterium aus dem Satz zuvor. Es gilt

\lim _{{x\to 0}}f'(x)=\lim _{{x\to 0}}{\frac {x-(1+x)\ln(1+x)}{(1+x)x^{2}}}{\underset {{\text{l.H.}}}{{\overset {{\tfrac 00}}{=}}}}\lim _{{x\to 0}}{\frac {1-[\ln(1+x)+1]}{x^{2}+2x(1+x)}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {-\ln(1+x)}{3x^{2}+2x}}{\underset {{\text{l.H.}}}{{\overset {{\tfrac 00}}{=}}}}\lim _{{x\to 0}}{\frac {-{\frac {1}{1+x}}}{6x+2}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {-1}{(1+x)(6x+2)}}=-{\frac 12}

Nach dem Kriterium ist f in null differenzierbar mit f'(0)=-{\tfrac 12}.