Ich lerne aktuell für meine Matheprüfung und habe 3 übungsaufgaben, die ich nicht wirklich gelöst bekomme.

1)Begründen Sie mit Hilfe des Folgekreiteriums, dass die reelle Funktion
f:R->R,x->{x,falls x>=2
{1,falls x<2
an stelle x0=2 unstetig ist.

2)Betrachten Sie die Funktion
f:R->R,x->x²+e^(x²)
a)berechnen sie f'(x) und f''(x)
b)Geben Sie das Taylorpolynom ersten Grades von f um den Punkt x=0 und das zugehörige Lagrangesche Restglied an.

3)Berechnen Sie
Integral von 0 bis pi cos²xdx
unter der Verwendung der partiellen Integration.
Hinweis:sin²x+cos²x=1
(Die Benutzung einer Stammfunktion von cos²x ohne Verwendung der Partiellen Integration gilt nicht als Lösung dieser Aufgabe)

Ich komme mit dem Folgekriterium nicht klar, der Text vom Prof ist mir nicht schlüssig.
Ich komme mit mit dem Taylorpolynom und Lagransche Restglied ned zurecht.
Mit Partielle Integration kann ich mich eventuell noch anfreunden aber ich hab kein plan, wie das bei der Aufgabe geht.

Vieleicht kann mir auch einer nochmal die Themen Sinnvoll erklären, die trockenden Formeln kann ich zwar teilweise anwenden aber ich verstehe die ned.

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"Wer die Freiheit aufgibt um Sicherheit zu gewinnen, der wird am Ende beides verlieren"
Benjamin Franklin

Projekte: https://github.com/tak2004

Also ich fang erstmal mit der 1. an, die kann ich noch aus der Hand schütteln Die Folgendefinition der Stetigkeit besagt, daß eine Funktion f im Punkt x stetig ist, wenn JEDE Folge, die gegen x konvergiert, in f eingesetzt, den Grenzwert f(x) hat. Es geht also darum eine geeignete Folge zu finden. In deinem Beispiel ist also x = 2 und f(x)= f(2) = 2. Jetzt brauchen wir eine Folge, die in f eingesetzt, keinen Grenzwert hat oder einen anderen. Ich probier mich mal an zwei Folgen phi_1, phi_2 : N -> R.
phi_1(n) := 2 - 1/n
phi_2(n) := 2 + ((-1)^n)/n

dann ist lim_{n->infty}phi_i = 2 für i=1,2. Dürfte klar sein warum. Setzen wir die Folgen also ein:
f(phi_1(n)) = 1, weil phi_1(n) < 2 für alle n. Dies ist echt ungleich f(2)=2. Peng. Würde schon genügen um die Aufgabe bewiesen zu haben.
Die andere Variante ist mit phi_2:
lim_n f(phi_2(2n))) = 2, dürfte nicht schwer zu checken sein.
lim_n f(phi_2(2n+1)) = 1 (begründung wie oben).
Die Folge konvergiert in f schon gleich gar nicht.

Kleine Warnung: Wenn Du als Definitionsbereich Q hast und die selbe Funktion nimmst, nur die Sprungstelle auf Wurzel von 2 verschiebst, dann ist f stetig. Das liegt daran, daß Wurzel 2 nicht in Q liegt und Du dann auf Q die Sprungstelle an einer irrationalen Stelle "nicht sehen kannst". Kann man ganz leicht begründen. Auf R ist die Funktion bei Wurzel 2 unstetig, aber sonst überall. In Q ist Wurzel 2 nicht enthalten, also ist auch die Sprungstelle nicht vorhanden. Die die Sprungstelle dagegen wie im Original bei 2, so ist die Funktion auch auf den Q unstetig.
Da kann man sich dann noch eine ganze Reihe weiterer Funktionen rauspicken, die z.B. auf R nirgens stetig und auf Q überall stetig sind - ist im Prinzip ganz leicht . Langweilig wirds auf Z und N - da sind alle Funktionen stetig. Zumindest mit der üblichen Topologie/Metrik.

So für den Rest muss ich Stift und Papier auspacken.

zu 2)
a) Gerechnet wird mechanisch:
f'(x) = 2[x+e^(x^2)x]
f''(x) = 2[1+e^(x^2){2x^2+1}]
wenn ich mich jetzt nicht verrechnet hab.

b) Also die Taylorformel dient dazu, Funktionen in der Nähe einer Stützstelle möglichst genau mit Polynomen anzunähern. Der fehler zwischen Taylorpolynom und Funktion soll dabei möglichst klein sein und entspricht dem Restglied. Zum rechnen wird dann einfach wie blöde eingesetzt:
T_{1,0}(x) = summe über die ableitungen mal (x-stützstelle)... = f(0)/1*x^0 + f'(0)/1*x = f(0) + f'(0)*x = 1.
Das 1.Taylorpolynom bei 0 ist also konstant. (das wundert nicht; die beiden x^2 in f(x) lassen sich mit einem linearen polynom eben nich darstellen. es gilt nämlich, daß wenn man polynome taylort, man auch wieder das polynom herauskommt. heisst x^2 gibt im ersten schritt keinen linearen anteil und weil die e funktion das paradebeispiel für ein "unendliches polynom" ist und ein x^2 eingesetzt ist, hat auch e keinen linearen anteil mehr).
Es gilt dann f(x) = T_{1,0}(x) + R_{2,0}(x)
und damit ist das Restglied R_{2,0}(x) = f(x) - T_{1,0}(x) = 2x + 2*e^(x^2) - 1. Kann man auch mithilfe der komischen Integralformel bestimmen, ich glaube aber es ist einfacher in der Gleichung rüberzuschieben .

Zum 3... Da darf jemand anderes ran.

Müsste das bei 1) nicht heißen:

f ist unstetig in x=2, weil lim(f(x)-->2) != lim(f(x)<--2)???

Der linksseitige Grenzwert ist 1, der rechtseitige Grenzwert ist 2, daraus folgt 1 != 2 --> unstetig.

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Das ist die Essenz aus der Sache. Aber das geforderte Kriterium hieß Folgenkriterium, dann muss man imho auch Folgen angeben. So als zusatzinformation: Das Kriterium mit den limiten geht natürlich nur, wenn die Limiten auch existieren. Man nehme z.B. die Funktion f, die rationalen zahlen die zahl 1 zuordnet und 0 den rein irrationalen. An jeder Stelle die du Dir heraussuchst, wirst du feststellen, daß weder rechtsseitiger noch linksseitiger Grenzwert existieren . Diese Funktion ist tatsächlich nirgends stetig. Schränke ich sie jedoch auf Q ein, ist sie überall stetig, da konstant 1.

Ich hab mal im Anhang die 3 Formeln als Bild rein gepackt.

Für f' und f'' habe ich folgenes.
f'(x)=2+e^(x²)*2x
f''(x)=e^(x²)*4x
weil ich e^(x²) beim Ableiten immer e^(x²)*2x mache(kettenregel).
Durch die Summenregel verschwindet die 2x+ mit den ableitungen immer weiter.
In meinem Mathescript steht für Taylor Polynom und Langrangesches Restglied folgendes.
Pn(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+(f''(x0)/2)*(x-x0)²+...+(f^(n)(x0)/n!)*(x-x0)^n
f(x)=Pn(x)+(f^(n+1)(x1)/(n+1)!)*(x-x0)^n+1

Ich bekomme dann
( x²+e^(x²) )+( (2+e^(x²)*2x)(x-x0) )+( ((e^(x²(*4x)/2)*(x-x0)² )
0.Grad,1.Grad+Restglied
raus, kommt das hin ?

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also beim f' muss statt der 2 im ersten summand ne 2x stehen. weil (d/dx) (x^2) eben 2x ergibt Dann stimmen unsere Formeln für f' auch überein. Da das x bei deinem f' fehlt, taucht bei dir auch kein +2 mehr im f'' auf. Dein f'' ist auch ein wenig zu einfach weil der Term 2x*e^(x²) wird mit kettenregel und produktregel abgeleitet. ich nehme mal u(x) := 2x und v(x) = e^(x^2). Dann ist

womit meine etwas kopliziertere Formel erklärt sein dürfte..


Schau genau hin! Bei Pn steht f(x0) und f'(x0) und nicht f(x) und f'(x); x0 = 0. Die Sache wird bedeutend einfacher dadurch. Deswegen schaut deine Formel so kompliziert aus und meine wie hingeklekkert Du darfst also das Einsetzen von x0 nicht vergessen:

Für den letzten Teil scheint sich auch niemand erbarmen zu wollen? Dann rechne ich halt auch das einmal. Dauert aber ein bischen. Bin nicht der große Integrator

die funktion int sei immer das integral von 0 bis pi über das argument - ist wohl das leichteste ums hier zu tippen.

Das integral int(cos^2) wird durch addition selbigens auf die linke seite gebracht und dann durch 2 geteilt. Dann steht da.

voila.

(Die Benutzung einer Stammfunktion von cos²x ohne Verwendung der Partiellen Integration gilt nicht als Lösung dieser Aufgabe)
^^

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Die Aufgabe ohne Partielle Integration wird gelöst indem man erklärt, warum hier das Volumen des Halbkreises gemsessen wird oder indem man den cos in (e^(ix) - e^(-ix))/2 auftrennt und dann überlegt obs was hilft (man kommt dann auf die erkenntnis 1-sin^2 ). Und ich integriere doch Partiell... Zuerst forme ich mit der mitgelieferten Formel den cosinus in den sinus um. Dann trenne ich die 1 weg und bekomme daher mein pi und das integral über den sin^2. Den sin^2 integriere ich partiell und bekomme wieder cos^2 ("wie phoenix aus der asche" - so heisst dieses Integrationsbeispiel; ist sehr bekannt. ausserdem hab ich die partielle integration doch extra mit P.I. gekennzeichnet). Dann haste links und rechts den cosinus an der gleichung stehen und der wird auf eine seite geschoben. Pfloing

Die dritte ist pures (für Mathematiker typisches) rum gewurschtel, bin jetzt zu faul das durch zu ziehen - aber ich erinner mich noch düster wie es ging. Einmal partiell integrieren, dann den entstehenden Sinus Quadrat durch s² = 1-c² ersetzen und mit dem Ausgangsintegral (was noch ganz links an der Gleichung steht) vergleichen. Da fällt auf das das ausgangsintegral in dem was rechts steht enthalten ist. Umstellen und durch 2 teilen...

Das glaube ich nicht. Das ist nicht typisch für Mathematiker. Integrale lösen ist in anderen Disziplinen deutlich verbreiteter - Physiker und Maschienenbauer sind im Schnitt da sicher deutlich fitter


Die Reihenfolge bei mir ist zwar gerade umgedreht, aber so hab ichs vorgerechnet.

Da fallen mir spontan einige ein:
- Es gibt drei Arten von Mathematikern: Die einen können bis drei zählen, die anderen nicht.

- Ein Mathematikprofessor kommt zu früh zur Vorlesung. Er sieht in den Saal: keiner drin. Er denkt sich: Prima, kann ich noch eine rauchen. Da betreten drei Studenten den Saal und fünf kommen wieder raus. Was denkt der sich? wenn jetzt noch zwei reingehn ist der Saal wieder leer.

- Ein Mathematiker kocht Tee, indem er die Wasserkanne vom Herd in die Spüle stellt, Wasser einfüllt, die Kanne wieder auf den Herd stellt, das Wasser zum Kochen bringt und den Tee aufbrüht. Was macht der Mathematiker, wenn die Wasserkanne in der Spüle steht? Er führt das Problem auf ein Problem zurück, das er schon gelöst hat, indem er die Kanne auf den Herd stellt.

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Manchmal sehen Dinge, die wie Dinge aussehen wollen, mehr wie Dinge aus, als Dinge.
<Esmerelda Wetterwax>
Es kann vorkommen, dass die Nachkommen trotz Abkommen mit ihrem Einkommen nicht auskommen und umkommen.

Ich konnts mir einfach nicht verkneifen
Hab in dem Moment aber gar nicht ans Integrale lösen gedacht, weil da hast du recht - gerade Physiker sind damit mehr geplagt...
Ging mir in der Mathematik nur verdammt oft so das die Lösungen und gerade die Beweise in der Algebra 1 für mich pures hin und her gerechne war, so lange bis irgendwas raus kam was gepaßt hat. Hier irgendwas umformen und umschichten damit man da irgendwas anwenden kann was man anschließend dort wieder rückgängig macht

Die Aufgaben sind 2. Semester Mathe vom Batchelor Studiengang für Angewandte Informatik.

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