(H1a) Differenzieren Sie f(x) = x^{^{ln} √^{x^{2}+1}} (x > 0), x = e^{ln x} für x > 0.

f(x) = x^{^{ln} √^{x^{2}+1}}
= e^{\frac{1}{2} ln x ln (x^{2}+1)} .

Kettenregel:

f′(x) = f(x) (\frac{1}{2} ln x ln (x^{2} + 1) )′
= f(x) (\frac{1}{2x} ln (x^{2} + 1) +\frac{1}{2} ln x (\frac{2x}{x^{2} + 1} ))
= f(x) (\frac{ln √(x^{2} + 1)}{x} + \frac{x ln x}{x^{2} + 1} ) .

bei der inneren Abl.: Produktregel bei ln(x^{2} + 1)′: Kettenregel (H1b)

f(x) = \frac{2}{1 + cos 2x} − tan^{2} x (|x| < \frac{π}{2}).

Es gilt:

(1) 1 − sin^{2} x =  cos ^{2} x
(2) cos 2x = cos ^{2} x − sin^{2} x
(3) tan^{2} x = \frac{sin^{2} x}{cos ^{2} x} = \frac{1−cos ^{2} x}{cos ^{2} x} .

⇒ f(x) = ... = 1, und f′(x) = 0.

(H2) Geben Sie die Taylorreihe von f(x) = e^{x} cos x an der Stelle π an. Wo wird die Funktion durch ihre Taylorreihe dargestellt ?

f(x) =  e^{x} cos x
f′(x) =  e^{x} cos x − e^{x} sin x
f′′(x) =  −2e^{x} sin x
f′′′(x) = −2(e^{x} sin x) − 2(e^{x} cos x)
f^{(iv)}(x) =  −4e^{x} cos x
also f^{(iv)}(x) =  −4f(x).

Vier mal ableiten erzeugt Faktor −4. Allgemein und (π einsetzen):

\begin{aligned}f^{(4k+0)} (π) & = & (−1)^{k+1} 4^{k}e^{π} \\ f^{(4k+1)} (π) & = & (−1)^{k+1} 4^{k}e^{π} \\ f^{(4k+2)} (π) & = & 0 \\ f^{(4k+3)} (π) & = & (−4)^{k}2 e^{π}. \end{aligned}

Taylorreihe der Funktion:

f(x) = ∞ ; ∑ ; k=0 ((−1)^{k+1} 4^{k} + \frac{(−4)^{k+1} (x − π)}{(4k + 1)}
+0 + \frac{(−4)^{k} · 2(x − π)^{3}}{(4k + 1)(4k + 2)(4k + 3)}  )

×\frac{e^{π}(x − π)^{4k}}{(4k)!} .

f(x) = −e^{π} − e^{π}(x − π) + \frac{1}{3}e^{π}(x − π)^{3} +\frac{e^{π}}{6}(x−π)^{4}+\frac{e^{π}}{30}(x−π)^{5}+….

f wird durch die Taylorreihe auf ganz ℝ dargestellt, denn der Fehler nach der Summation bis zum Grad 4k + 3 ist

|R| ≤ |\frac{e^{π}4^{k+1} (x − π)^{4k+4}}{(4k)!} | .

Für jedes feste x wächst der Nenner schneller als der Zähler. Somit gilt:

lim_{k→∞} |R| = 0.

Differentialgleichungen

y′′ − 5y′ + 6y = e^{−2x}.

Schritt 1: Homogene Dgl y′′ − 5y′ + 6y = 0 lösen.

λ^{2} − 5λ + 6 = 0 ⇒ λ_{1} = 2, λ_{2} = 3.

Keine doppelte Nullstelle. Fundamentalsystem: y_{1}(x) = e^{2x}, y_{2}(x) = e^{3x}. Allgemeine Lösung der homogenen Dgl:

y_{hom} = C_{1}e^{2x} + C_{2}e^{3x}, C_{1}, C_{2} ∈ ℝ.

Schritt 2: Es liegt keine Resonanz vor, da −2 keine Nullstelle des Begleitpolynoms. Ansatz für eine spezielle Lösung vom Typ der rechten Seite. y_{S} = Ae^{−2x} ergibt A = \frac{1}{20} .

Schritt 3: Allgemeine Lösung:

y(x) = y_{S} + y_{hom}
= \frac{1}{20} e^{−2x} + C_{1}e^{2x} + C_{2}e^{3x},
C_{1}, C_{2} ∈ ℝ.

y′′′ − y′′ + y′ − y = 2x + 1.

Schritt 1: Homogene Dgl y′′′−y′′+y′−y = 0 lösen.

λ^{3}−λ^{2}+λ−1 = 0 ⇒ λ_{1} = 1, λ_{2} = i, λ_{3} = −i.

Keine doppelte Nullstelle Komplexes Fundamentalsystem: y_{1}(x) = e^{x}, y_{2}(x) = e^{ix}, y_{3}(x) = e^{−ix}. Reelles Fundamentalsystem: y_{1}(x) = e^{x}, y_{2}(x) = sin x, y_{3}(x) = cos x. Allgemeine relle Lösung der homogenen Dgl:

y_{hom} = C_{1}e^{x} + C_{2} sin x + C_{3} cos x

C_{1}, C_{2}, C_{3} ∈ ℝ.

Schritt 2: Es liegt keine Resonanz vor, da die rechte Seite 2x+1 nichts mit den Basislösungen gemeinsam hat. Ansatz für eine spezielle Lösung vom Typ der rechten Seite. y_{S} = A_{1}x + A_{0} ⇒ A_{1} = −2, A_{0} = −3.

Schritt 3: Allgemeine Lösung:

y(x) = y_{S} + y_{hom}
= −2x − 3

+C_{1}e^{x} + C_{2} sin x + C_{3} cos x,

C_{1}, C_{2}, C_{3} ∈ ℝ.

Gibt man 3 Zusatzbedingungen vor, z.B. y(0) = 0, y′(0) = 0, y′′(0) = 0 (Anfangswertproblem), so erhält man eine eindeutige Lösung mit

C_{1} = \frac{3}{2}, C_{2} = \frac{1}{2}, C_{3} = \frac{3}{2}.

Analog gibt es Randwertprobleme, bei denen die Zusatzbedingungen z.B. am Anfang und Ende eines Intervalls liegen.

Integralrechnung

∫ ln x dx
∫ sinh^{2} x dx

Part. Integration: u = sinh x, v′ = sinh x, also u′ = cosh x und v = cosh x. Also

∫ sinh^{2} x dx = sinh x cosh x − ∫ cosh ^{2} x dx

cosh ^{2} x − sinh^{2} x = 1

= sinh x cosh x

− ∫ (1 + sinh^{2} x) dx

2 ∫ sinh^{2} x dx = sinh x cosh x − x

∫_{−1}^{2} √| 1 − x|x| | dx.

∫_{1}^{2} √x^{2} − 1 dx.

x = cosh u, u = Arcosh x, dx = sinh u du.

∫ √x^{2} − 1 dx = ∫ sinh u^{2} du
= −\frac{u}{2} + \frac{sinh u cosh u}{2}
= −\frac{Arcosh x}{2} + \frac{x√x^{2} − 1}{2}.

Daher

∫_{1}^{2} √x^{2} − 1 dx = √3 − \frac{Arcosh 2}{2}
oder = √3 − \frac{ln(2 + √3)}{2} ≈ 1, 07 ⋯