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\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Analysis I: Übungsblatt 11}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}

\begin{document}

% punkte tabelle
\begin{tabular}{|c|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|@{}m{0cm}@{}}
    \hline
    Aufgabe & \centering A1 & \centering A2 & \centering A3 & \centering A4 & \centering A5 & \centering $\sum$ & \\[5mm] \hline
    Punkte & & & & & & & \\[5mm] \hline
\end{tabular}

\begin{aufgabe}
    Für $k \in \N$ ist
    \[
        f_k(x) := \begin{cases}
            x^{k} \sin\left(\frac{1}{x}\right) & x \neq 0 \\
            0 & x = 0
        \end{cases}
    \] definiert.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $f_1$ ist in $x_0 = 0$ stetig, aber nicht differenzierbar.
            \begin{proof}
                Da $\sin\left( \frac{1}{x} \right)$ beschränkt durch $\pm 1$, gilt $\forall x \in \R^{\times}$
                \[
                    \left|x\cdot \sin\left( \frac{1}{x} \right) \right| \le |x|
                .\] Sei $\epsilon > 0$ bel., dann wähle $\delta := \epsilon$. Dann gilt
                $\forall x \in \R^{\times }$ mit $|x| < \delta $:
                \[
                    \left| f_1(0) - f_1(x) \right|
                    = \left|x \cdot \sin\left( \frac{1}{x} \right) \right|
                    \le |x| < \delta = \epsilon
                .\] $\implies f_1$ in $x_0 = 0$ stetig.

                Weiter gilt für $x_0 = 0$
                \[
                    D_h f_1(0) = \frac{f_1(0+h) - f_1(0)}{h} = \frac{h \cdot \sin(1 / h)}{h}
                    = \sin\left( \frac{1}{h} \right) 
                .\] Nun sind offensichtlich $(h_n)_{n\in\N}$ mit $h_n := \frac{1}{2\pi n}$ 
                und $(l_n)_{n\in\N}$ mit $l_n := \frac{1}{2 \pi n + \frac{\pi}{2}}$ Nullfolgen, aber
                \[
                    \lim_{n \to \infty} D_{h_n} f_1(0) = \lim_{n \to \infty} \sin\left( 2 \pi n \right)
                    = 0 \neq 1 = \lim_{n \to \infty} \sin \left( 2\pi n + \frac{\pi}{2} \right) 
                    = \lim_{n \to \infty} D_{l_n} f_1(0)
                .\] $\implies f_1$ in $x_0$ nicht differenzierbar.
            \end{proof}
        \item Beh.: $f_2$ in $x_0 = 0$ differenzierbar, aber $f_2'$ in $x_0 = 0$ nicht stetig.
            \begin{proof}
                Es gilt
                \[
                    D_h f_2(x_0) = \frac{f_2(h)}{h} = \frac{h^2 \sin(1 / h)}{h} = h \cdot \sin(1 / h)
                .\] $\implies$ Analog zum Stetigkeitsbeweis in (a), folgt $f_2$ in $x_0$ differenzierbar.\\
                $\implies \lim_{h \to 0} D_h f_2(x) = 0 = f_2'(0)$.

                Für $x \neq 0$ folgt mit Ableitungsregeln direkt:
                \[
                    f_2'(x) = 2x \cdot \sin(1 / x) - \cos ( 1 / x)
                .\] Für $(x_n)_{n\in\N}$ mit $x_n := \frac{1}{2\pi n}$ folgt direkt
                $x_n \xrightarrow{n \to \infty} 0 = x_0$, aber
                \[
                    f_2'(x_n) = 2 \cdot \frac{1}{2\pi n} \sin(2 \pi n) - \cos(2 \pi n)
                    = -1 \neq 0 = f_2'(0)
                .\] $\implies$ $f_2'$ nicht stetig in $x_0 = 0$.
            \end{proof}
        \item Beh.: $f_3$ in $x_0 = 0$ nur einmal differenzierbar.
            in $x_0 = 0$.
            \begin{proof}
                Für $x_0 = 0$ folgt direkt
                \[
                    D_h f_3(x_0) = \frac{f_3(h)}{h} = \frac{h^{3} \cdot \sin(1 / h)}{h} = h^2 \cdot \sin(1 / h)
                    \xrightarrow{h \to 0} 0
                .\] Für $x \neq 0$ gilt mit Ableitungsregeln direkt:
                \[
                    f_3'(x) = 3x^2 \cdot \sin(1 / x) - x \cdot \cos(1  / x)
                .\] Damit folgt
                \[
                    \lim_{x \to 0} f_3'(x) = 0 = f'(0)
                .\] $\implies f_3'$ in $x_0 = 0$ stetig. Aber wegen
                \[
                    D_h f_3'(0) = \frac{3 h^2 \sin(1 / h) - h \cos(1 / h)}{h}
                    = 3 h \sin(1 / h) - \cos (1 / h)
                .\] $\implies f_3'$ in $x_0 = 0$ nicht differenzierbar, analog zu (a).
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Sei $f\colon R_{+} \to \R$, $x \mapsto \sqrt{x} $.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $f^{(k)}(x) = \left( -\frac{1}{2} \right)^{k} \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) \cdot x^{\frac{1}{2} - k}  $ 
            \begin{proof}
                durch vollständige Induktion nach $k$.
                
                I.A.: $k = 0$
                \[
                    f^{(0)}(x) = \left( -\frac{1}{2} \right)^{0} \cdot x^{\frac{1}{2}} = \sqrt{x} = f(x)
                .\] 
                I.S.: $k \to k+1$. Es ex. ein festes, aber bel. $k \in \N$, für das die Beh. gilt. Damit folgt
                \begin{align*}
                    f^{(k+1)}(x) = f^{(k)}'(x)
                    &\stackrel{\mathclap{\text{I.V.}}}{=}
                    \left( \left( -\frac{1}{2} \right)^{k}
                    \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) \cdot x^{\frac{1}{2} -k}  \right)'(x) \\
                    &\stackrel{\mathclap{\text{Potenzregel}}}{=} \qquad
                    \left( \frac{1}{2} -k \right) \left(-\frac{1}{2}\right)^{k}
                    \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) \cdot x^{\frac{1}{2} - k -1} \\
                    &= -\frac{1}{2} (2k-1)
                    \left(-\frac{1}{2}\right)^{k}
                    \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) \cdot x^{\frac{1}{2} - (k +1)} \\
                    &= \left( -\frac{1}{2} \right)^{k+1} \prod_{n=0}^{k} (2n-1) \cdot x^{\frac{1}{2} - (k+1)} 
                .\end{align*}
            \end{proof}
        \item Mit $(**)$ folgt dann direkt aus (a)
            \[
                f^{(k)}(x) = \frac{\sqrt{\pi}}{2 \Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) } \cdot x^{\frac{1}{2}-k}
            .\] 
        \item Aus (a) und (b) folgt damit direkt
            \begin{align*}
                T_{\infty}(x, x_0) &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k  \\
                &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\sqrt{\pi}}{2 \Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) k! }
                \cdot x_0^{\frac{1}{2}-k} (x - x_0)^{k}\\
                &= \frac{\sqrt{\pi} }{2}\sum_{k=0}^{\infty}
                \frac{x_0^{\frac{1}{2}-k}}{\Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) k! }
                (x - x_0)^{k}
            .\end{align*}
        \item Zunächst folgt aus (ii) direkt
            \begin{align*}
                \Gamma\left(\frac{3}{2} - k\right)
                &\stackrel{\mathclap{\text{(ii)}}}{=}
                (-1)^{k-1} \frac{\Gamma\left( -\frac{3}{2} \right) \Gamma\left( \frac{5}{2} \right) }
                {\Gamma(k + 1 - \frac{3}{2})} \\
                &\stackrel{\mathclap{\text{(iii)}}}{=}
                (-1)^{k-1} \frac{\pi}{\Gamma\left( k - \frac{1}{2} \right) }
                \intertext{$\implies$}
                \Gamma\left(k - \frac{1}{2}\right) &= (-1)^{k-1} \frac{\pi}{\Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) }
                \intertext{Eingesetzt in (i) ergibt sich damit}
                -\frac{1}{2^{k-1}} \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) &=
                (-1)^{k-1} \frac{\pi}{\Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) \sqrt{\pi} } \\
                \implies \left( \frac{1}{2} \right)^{k-1} \;
                \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) &= (-1)^{k} \frac{\sqrt{\pi} }
                {\Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) } \\
                \implies \left( - \frac{1}{2} \right)^{k}  \;
                \prod_{n=0}^{k-1} (2n-1) &= \frac{\sqrt{\pi} }{2 \Gamma\left( \frac{3}{2} -k \right) }
            .\end{align*}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Mit $A := \left( e^{3x} - 5x \right)^{\frac{1}{x}}$ folgt
            \[
                \ln A = \frac{1}{x} \cdot \ln\left( e^{3x} - 5x \right)
            .\] Damit folgt
            \begin{align*}
                \frac{\ln(e^{3x} - 5x)'}{x'} = \frac{1}{e^{3x} - 5x} \left( 3 e^{3x} - 5 \right) 
                \xrightarrow{x \to 0} -2
            .\end{align*} Mit de l'Hospital folgt damit
            \[
                \lim_{x \to 0} \left( e^{3x} - 5x \right)^{\frac{1}{x}} = e^{-2}
            .\] 
        \item Analog zu (a) mit
            \[
                \frac{\ln(e^{3x} - 5x)'}{x'} = \frac{1}{e^{3x} - 5x} \left( 3 e^{3x} - 5 \right)
                = \frac{3 - \frac{5}{e^{3x}}}{1-5 \frac{x}{e^{3x}}}
                \xrightarrow{x \to \infty} 3
            .\] Damit folgt
            \[
                \lim_{x \to \infty} \left( e^{3x} - 5x \right)^{\frac{1}{x}} = e^{3}
            .\] 
        \item Hier folgt direkt
            \[
                \frac{(5^{x} - 2^{x})'}{x'} = \frac{\ln(5) \cdot 5^{x} - \ln(2)2^{x}}{1}
                \xrightarrow{x \to 0} \ln(5) - \ln(2)
                \qquad \stackrel{\mathclap{\text{de l'Hospital}}}{=} \qquad
                \lim_{x \to 0} \frac{5^{x} - 2^{x}}{x}
            .\] 
        \item Abl. bedeutet hier, Zähler und Nenner seperat abgeleitet.
            \[
                \frac{x - \sin(x)}{x^2} \xrightarrow{\text{Abl.}} \frac{1 - \cos(x)}{2x}
                \xrightarrow{\text{Abl.}} \frac{\sin(x)}{2}
                \xrightarrow{x \to 0} 0
            .\] de l'Hospital: $\implies \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x} - \frac{\sin(x)}{x^2} \right) = 0 $.
        \item
            \[
                \frac{\ln(1+x) - \sin x}{x^2} \xrightarrow{\text{Abl.}}
                \frac{\frac{1}{1+x} - \cos x}{2x}
                \xrightarrow{\text{Abl.}}
                \frac{-\frac{1}{(1+x)^2} + \sin x}{2} \xrightarrow{x \to 0} -\frac{1}{2}
            .\] de l'Hospital: $\implies \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x) - \sin(x)}{x^2} = -\frac{1}{2} $.
        \item Mit $y := \frac{1}{x}$ und $A := (1+y)^{\frac{1}{y}}$, folgt
            \[
                \ln A = \frac{\ln(1+y)}{y} \xrightarrow{\text{Abl.}}
                \frac{1}{1+y} \xrightarrow{y \to \infty} 0
            .\] Damit folgt mit de l'Hospital $\lim_{y \to \infty} A = 1$. Insgesamt ergibt sich damit
            \[
                \lim_{y \to \infty} \frac{1}{y} \cdot (1+y)^{\frac{1}{y}} - \frac{e}{y} = 0
            .\] 
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Die Funktion ist konvex, d.h. die Bedingung $r'(m) = 0$ reicht bereits aus. Damit folgt
            \begin{align*}
                0 &\stackrel{!}{=} r'(m) = - \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{N} 2(y_i - m x_i - b^{*}) \\
                \implies m^{*} &= \frac{\sum_{i=1}^{N} x_i y_i - b^{*} \sum_{i=1}^{N} x_i}{\sum_{i=1}^{N} x_i^2}
            .\end{align*}
            Mit $\xi := \sum_{i=1}^{N} x_i y_i$ und $\zeta := \sum_{i=1}^{N} x_i^2$ folgt
            \begin{align*}
                m^{*} = \frac{\xi - b^{*} N \overline{x}}{\zeta}
            .\end{align*}
            Mit $b^{*} = \overline{y} - m \overline{x}$ folgt
            \begin{align*}
                m^{*} &= \frac{\xi - N(\overline{y} - m^{*} \overline{x})\overline{x}}{\zeta} \\
                \implies m^{*} &= \frac{\xi - N \overline{x} \overline{y}}{\zeta - N \overline{x}^2}
            .\end{align*}
        \item Mit $f(x) = m^{*} x + b^{*}$ und der in (a) gezeigten Formel folgt mit dem
            Ansatz $f(x) = 0$, dass ab dem 32. Zettel niemand mehr abgibt.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $f_n(x) := \sin\left( \frac{1}{n} x \right)$, $x \in [-\pi, \pi]$ ist
            gleichmäßig konvergent mit $f(x) = 0$.

            \begin{proof}
                Der $\sin(\tau)$ hat auf $\tau \in [-\pi, \pi]$ genau zwei Extrema bei $\tau_1 = \frac{\pi}{2}$
                und $\tau_2 = -\frac{\pi}{2}$.
                Für $n > 2$ gilt: $\frac{\pi}{n} < \frac{\pi}{2}$. Damit
                folgt $\forall x \in [-\pi, \pi]$: $\sin\left( \frac{1}{n} x \right)
                \le \sin\left( \frac{1}{n} \pi \right) $.

                Sei nun $\epsilon > 0$ bel. Dann wähle
                $n_{\epsilon} := \left\lceil \frac{\pi}{\arcsin(\epsilon)} \right\rceil > 2$. Dann folgt
                $\forall x \in [-\pi, \pi]$ und alle $n \in \N$ mit $n \ge n_{\epsilon}$:
                \[
                    |f_n(x) - f(x)| = |f_n(x)| = \left|\sin\left( \frac{1}{n} x \right)\right|
                    \le \left| \sin\left( \frac{1}{n_{\epsilon}} \pi \right)  \right|
                    \le \left| \sin\left( \frac{1}{\frac{\pi}{\arcsin(\epsilon)}} \pi \right)  \right|
                    = \epsilon
                .\] $\implies f_n$ gleichmäßig konvergent. 
            \end{proof}
        \item Beh.: $f_n(x) := n x (1-x)^{n}$, $x \in [0,1]$ ist punktweise konvergent
            mit $f(x) = 0$, aber nicht gleichmäßig konvergent.
            \begin{proof}
                Sei $x \in [0,1]$. Für $x = 0$ und $x = 1$ gilt
                $f_n(1) = f_n(0) = f(0)$  $\forall n \in \N$.

                Für $x \in (0,1)$ gilt
                \begin{align*}
                    \frac{f_{n+1}(x)}{f_n(x)} &= \frac{(n+1)(1-x)}{n} = \frac{n+1-x(n+1)}{n}
                .\end{align*}
                Wähle nun $n_{0} := \left\lceil  \frac{1 - x}{x}\right\rceil $. Dann gilt $\forall n > n_0$:
                \[
                    x (n+1) > x \left( \frac{1-x}{x} + 1 \right) = 1
                    \implies \frac{\overbrace{n+1 - x(n+1)}^{<\; n}}{n} < 1
                .\] 
                Damit ist $\forall n > n_0$ $f_n$ streng monoton fallend.
                Da außerdem $f_n(x)$ nach unten beschränkt durch $0$, gilt damit
                $f_n(x) \xrightarrow{n \to \infty} 0$.
                $\implies f_n$ konvergiert punktweise gegen $f(x) = 0$.\\[2mm]
                
                Z.z.: $f_n$ nicht gleichmäßig konvergent.
                $f_n(x)$ ist als Produkt von stetigen Funktionen stetig und nach Produktregel
                differenzierbar.
                Mit Produkt- und Potenzregel folgt demnach
                \begin{align*}
                    f_n'(x) &= n \left[ (1-x)^{n} - nx (1-x)^{n-1}  \right] \\
                            &= n (1-x)^{n-1} \left[ 1-x - nx  \right] \\
                    f_n''(x) &= n^2 \left[ -(1-x)^{n-1} - (1-x)^{n-1} + x(n-1) (1-x)^{n-2} \right] \\
                             &= n^2 \left( 1-x \right)^{n-2}
                             \left[ -2 +x + xn\right] 
                .\end{align*}
                Für $\xi_n = \frac{1}{n+1}$ gilt
                \begin{align*}
                    f_n'\left(\xi_n)
                    &= n \left( 1-\frac{1}{n+1} \right)^{n-1} \left[ 1 - \frac{1}{n+1} - \frac{n}{n+1} \right] 
                    = n \left( 1- \frac{1}{n+1} \right)^{n-1} \left[ \frac{n+1 - 1 -n}{n+1}\right] = 0 \\
                    f_n''(\xi_n)
                    &= n^2 \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right)^{n-2}
                    \left[ -2 + \frac{1}{n+1} + \frac{n}{n+1} \right]
                    = \underbrace{n^2 \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right)^{n-2}}_{> 0}
                    \underbrace{\left[ \frac{-n -1}{n+1} \right]}_{< 0} < 0
                .\end{align*}
                Damit folgt, $f_n$ hat einen Hochpunkt bei $x = \xi_n$. Weiter gilt
                \begin{align*}
                    f_n(\xi_n) &= \frac{1}{n+1} n \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right)^{n}
                    = \frac{1}{\frac{1}{n} + 1} \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right)^{n}
                    \xrightarrow{n \to \infty} \frac{1}{e}
                .\end{align*}
                
                Sei nun $\frac{1}{2e} > \epsilon > 0$ beliebig. Dann ex. ein $N_0 \in \N$, s.d. gilt
                $\forall n > N_0$:
                \begin{align*}
                    \left| \frac{1}{e} - f_n(\xi_n) \right|  < \epsilon
                    \implies \left| f(\xi_n) \right| + \epsilon  > \left| \frac{1}{e} \right|
                    \implies |f_n(\xi_n)|  > \frac{1}{e} - \epsilon
                .\end{align*}

                Sei nun $N_0 < n_\epsilon \in \N$ beliebig. Dann wähle
                $x = \xi_{n_\epsilon}$. Damit folgt
                \[
                    |f_{n_\epsilon}(\xi_{n_\epsilon}) - f(\xi_{n_\epsilon})| = |f_{n_{\epsilon}}(\xi_{n_\epsilon})|
                    > \frac{1}{e} - \epsilon
                    > 2 \epsilon - \epsilon = \epsilon
                .\] $\implies f_n$ nicht gleichmäßig konvergent.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}