Aufgaben zur Ableitung 4 – „Mathe für Nicht-Freaks“

Kriterium für Konstanz

Aufgabe (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.

Lösung (Einfache Anwendung)

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.

Aufgabe (Beweis von Identitäten)

Zeige

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

Beweis (Beweis von Identitäten)

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.

Aufgabe (Logarithmus-Darstellungen von ${\text{arcosh}}$ und ${\text{artanh}}$)

Zeige

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

Beweis (Logarithmus-Darstellungen von ${\text{arcosh}}$ und ${\text{artanh}}$)

Teilaufgabe 1:

Die Funktion $f={\text{arcosh}}:(1,\infty )\to \mathbb {R}$ ist nach den Beispielen für Ableitungen differenzierbar, mit

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

Nach der Ketten- und Summenregel 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 $g:(-1,1)\to \mathbb {R} ,\ g(x)={\frac {1}{2}}\ln \left({\frac {x+1}{x-1}}\right)$ differenzierbar, mit

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

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 $f=g$.

Aufgabe (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 $c,d\in \mathbb {R}$.

Lösung (Erweiterung des Identitätsatzes der Differentialrechnung)

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

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

Aufgabe (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:

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

Hinweis 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 (Allgemeine Lösung einer Differentialgleichung)

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

Aufgabe (Monotonie Exponentialfunktion)

Zeige mit Hilfe des Monotoniekriteriums die folgenden Aussagen:

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

Hinweis: Benutze 1. zum Beweis von 2.

Lösung (Monotonie Exponentialfunktion)

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

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

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

Graph der Funktion $x\mapsto \ln(1+{\tfrac {1}{x}})-{\tfrac {1}{x+1}}$

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

und

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

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

Teilaufgabe 2:

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

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

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

Aufgabe (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.

Hinweis: Unterscheide die Fälle $a=0$, $a>0$ und $a<0$

Lösung (Bedingung für Monotonie einer kubischen Funktion)

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.

Aufgabe (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

$f(x)\leq 0$ für alle $x\in [0,1]$

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

Beweis (Anwendung des Monotoniekriteriums)

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

$h'(x)\leq 0$ für alle $x\in [0,1]$

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

$h(x)\leq h(0)=0$ für alle $x\in [0,1]$

Damit ist aber auch

$f(x)=\underbrace {h(x)} _{\leq 0}\underbrace {e^{\lambda x}} _{>0}\leq 0$ für alle $x\in [0,1]$

Ableitung und Extrema

Aufgabe (Extrema von Funktionen 1)

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

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

Lösung (Extrema von Funktionen 1)

Teilaufgabe 1:

Teil 1: Lokale Extrema von $f$

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

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

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 $f$.

Teil 2: 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 $\lim _{x\to 0+}{\tfrac {1}{x}}=\infty$ gilt

Graph der Funktion $f$

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

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:

Teil 1: Lokale Extrema von $g$

$g$ ist auf $({\tfrac {1}{2}},\infty )$ nach der Kettenregel differenzierbar mit

Graph der Funktion $g$

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

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 $({\tfrac {1}{2}},\infty )$ keine lokalen Extrema.

Da $g$ stetig auf $[{\tfrac {1}{2}},\infty )$ ist, folgt aus $g'(x)<0$ für alle $x\in ({\tfrac {1}{2}},\infty )$, dass $g$ auf $[{\tfrac {1}{2}},\infty )$ streng monoton fällt. Daher besitzt $g$ in ${\tilde {x}}={\tfrac {1}{2}}$ ein lokales Maximum.

Teil 2: Globale Extrema von $g$

Mit dem gleichen Argument wie in Teil 1, folgt, dass ${\tilde {x}}={\tfrac {1}{2}}$ sogar ein globales Maximum von $g$ ist.

Aufgabe (Extrema von Funktionen 2)

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

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

Lösung (Extrema von Funktionen 2)

Teil 1: 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

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

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

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

Also ist $f$ im Nullpunkt nicht differenzierbar.

Teil 2: 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

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

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

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

Damit hat $f$ in ${\tilde {x}}={\tfrac {1}{e}}$ 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

$f'(x)=1>0$ für alle $x\in (-\infty ,0)$

und

$f'(x)=x^{x}(\ln(x)+1)<0$ für alle $x\in (0,{\tfrac {1}{e}})$

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

$f(0)>f(x)$ für alle $x\in (-{\tfrac {1}{e}},{\tfrac {1}{e}})\setminus \{0\}$

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

Globale Extrema:

Es gilt

Graph der Funktion $f$

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

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.

Aufgabe (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.

Lösung (Extrema von Funktionen 3)

Kandidaten für die Extremwerte ergeben sich nach unserer notwendigen Bedingung aus

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

Graph der Hilfsfunktion $h$

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

1. $h'(x)=\ln(x)+1{\begin{cases}>0\iff x>{\tfrac {1}{e}},\\<0\iff x<{\tfrac {1}{e}}\end{cases}}$
2. $\lim \limits _{x\to 0}h(x)={\frac {1}{3}}$, $\lim \limits _{x\to \infty }h(x)=\infty$ und $h({\tfrac {1}{e}})=\underbrace {-{\tfrac {1}{e}}} _{<-{\tfrac {1}{3}}}+{\tfrac {1}{3}}<0$

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

Wegen 1. ist $h$ streng monoton steigend auf $(0,{\tfrac {1}{e}})$ und streng monoton fallend auf $({\tfrac {1}{e}},\infty )$. Damit ist $h$ jeweils injektiv auf $(0,{\tfrac {1}{e}})$ und $({\tfrac {1}{e}},\infty )$ 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

To-Do:

• 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

Aufgabe (L'Hospital 1)

Berechne die folgenden Grenzwerte:

1. $\lim _{x\to 0}{\frac {\sinh(x)}{x}}$
2. $\lim _{x\to {\frac {\pi }{2}}}{\frac {\sin(x)}{x^{2}}}$
3. $\lim _{x\to 0+}{\frac {\sin(x)}{x^{2}}}$
4. $\lim _{x\to 0}{\frac {\sinh(x)}{x^{2}}}$
5. $\lim _{x\to \infty }{\frac {\ln(x^{p}+1)}{\ln(x^{q})}}$ mit $p,q\in \mathbb {R} ^{+}$
6. $\lim _{x\to \infty }{\frac {\sinh(x)}{\cosh(x)}}$
7. $\lim _{x\to \infty }{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}$
8. $\lim _{x\to 0}{\frac {x^{3}-x^{2}}{\tan(x)}}$
9. $\lim _{x\to 0+}{\frac {3^{x}-2^{x}}{\tan(x)}}$
10. $\lim _{x\to 0}{\frac {e^{x}-1-x}{x(e^{x}-1)}}$

Lösung (L'Hospital 1)

Teilaufgabe 1:

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

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:

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

Teilaufgabe 4:

Dieser Grenzwert existiert nicht. Zunächst lässt er sich zerlegen in

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

Für den linksseitigen Grenzwert gilt nun mit Teilaufgabe 1:

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

Analog gilt jedoch für den rechtsseitigen Grenzwert:

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

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:

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

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:

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

Teilaufgabe 9:

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

Teilaufgabe 10:

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

Aufgabe (L'Hospital 2)

Berechne die folgenden Grenzwerte:

1. $\lim _{x\to 0+}x^{2}\ln(x^{2})$
2. $\lim _{x\to 0+}x^{2}\ln(x)^{2}$
3. $\lim _{x\to 0+}x^{\alpha }\ln(x)^{k}$ für $k\in \mathbb {N} ,\alpha >0$
4. $\lim _{x\to 1-}\sin(\pi x)\ln(1-x)$
5. $\lim _{x\to 1}x^{\frac {1}{1-x}}$
6. $\lim _{n\to \infty }n^{\frac {1}{\sqrt {n}}}$
7. $\lim _{x\to {\frac {\pi }{2}}-}\cos(x)^{x-{\frac {\pi }{2}}}$
8. $\lim _{x\to 0}(1+\arctan(x))^{\frac {1}{x}}$
9. $\lim _{x\to 0}{\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {1}{\sin ^{2}(x)}}$
10. $\lim _{x\to 1}{\frac {a}{1-x^{a}}}-{\frac {b}{1-x^{b}}}$ für $a,b>0$

Lösung (L'Hospital 2)

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:

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

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

Teilaufgabe 3:

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

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

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

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:

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

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

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

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 {1}{3}}\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.

Aufgabe (Differenzierbarkeit in Punkt)

Sei

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

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

Lösung (Differenzierbarkeit in Punkt)

Teilaufgabe 1: Mit der Regel von L'Hospital gilt

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

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

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

Nach dem Kriterium ist $f$ in null differenzierbar mit $f'(0)=-{\tfrac {1}{2}}$.