FS23 (Kowalski)

MC1

1.

Konkret → equivalent hier.

7.

Welche der folgenden Bedingungen impliziert, dass ${\lim }_{x\to 0,x>0}f(x)=\pi$.
Nur $e^{x}f(x)\to \pi$ as $x\to 0$.

• $e^x$ ist stetig und $e^x\to 1$ also ändert multiplizieren hier nichts.
• Sei $f(x)=\frac{e^{x}f(x)}{e^x}$ und weil $g(x)=e^{x}f(x)\to \pi$ laut hypothese konvergiert auch $f(x)\to \pi$.
  • Wir dürfen hier durch $e^x$ dividieren weil $e^x>0$.

Nur weil $f(1/n)\to \pi$ as $n\to +\infty$ heisst es nicht, dass $f$ für alle Folgen nach Pi konvergiert. Es könnte nur eine “lokale” property von $1/n$ sein.

Aufgabe 2

A4

$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\ln (\cos (x^2-1))}{x-e^x}$$

I’m simply stupid, no need for anything fancy. Top $\to 0$ and bottom to $1-e$ thus $\to 0$.

$$\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{e^x-e^{(x^2)}}{\sin (x^2-x)}\right)}^6$$

using hopital once gets us $-1$ for the inside and then $(-1{)}^6=1$. Do not forget the outer ${}^6$!

A6

Mit dem Quotientenkriterium findet man sehr einfach $li{m}_{n\to \infty }\frac{|a_{n+1}|}{|a_n}=27$. Thus the radius of convergence is $R=1/27$.
Das liegt daran, dass wenn wir es mit ${\lim }_{n\to \infty }\frac{|a_{n+1}|}{|a_n}|z|=\rho |z|<1$ $⟹$ $|z|<\frac{1}{\rho }$.

A7

Die Taylorapproximation 3. Ordnung hat 4 terme, von $f^{(0)},\dots ,f^{(3)}$. Mit ein bisschen rechnen kommt man dann auf die Antwort. Man darf sich nur nicht verrechnen.

Note: Die approximation hat keinen $o(x^4)$ oder Lagrange Restterm, es ist ja die Approximation!

Aufgabe 3

A2

f) Wir haben vorher gezeigt, dass $f^{\prime }(x)=0⟺x=2/3$, das ist also ein einzigartiges globales maximum.

• maximum weil $f(x)\to -\infty$ mit $x\to -\infty$.
  damit muss gelten dass $f(x)\le f(2/3)$.

g) Man muss $f^{\prime \prime }$ schlau faktorisieren, dann kann man einfach zeigen, dass es $<0$ für alle $x<1$ ist.
Dann ist der obere Faktor $3x-4<0⟺x<\frac{3}{4}<1$. Der untere Teil ist immer $>0$. Done.

A3

Eulerformel einsetzen und brute-forcen. Gibt keine wirklichen Shortcuts.