Analysis UE — Theorie & Beispiele

Trick: Umschreiben als $f(x) = \sqrt{2}\sin\!\left(x - \frac{\pi}{4}\right)$ (Additionstheorem).

Nullstellen: $\sin x = \cos x \iff \tan x = 1 \iff x = \frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}$.

Ableitung: $f'(x) = \cos x + \sin x = \sqrt{2}\cos\!\left(x - \frac{\pi}{4}\right)$.

$f'(x)=0 \iff x = \frac{3\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}$.

2. Ableitung: $f''(x) = -\sin x + \cos x$.

• $f''\!\left(\frac{3\pi}{4}\right) = -\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2} < 0 \implies$ Maximum bei $x=\frac{3\pi}{4}$, $f=\sqrt{2}$
• $f''\!\left(\frac{7\pi}{4}\right) = \sqrt{2} > 0 \implies$ Minimum bei $x=\frac{7\pi}{4}$, $f=-\sqrt{2}$

Wendepunkte: $f''(x)=0 \iff \cos x = \sin x \iff x = \frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}$ (gleich den Nullstellen!).

Symmetrie: $f(-x) = -f(x)$ → ungerade Funktion (punktsymmetrisch zum Ursprung).

Nullstelle: $f(x)=0 \iff x=0$.

Grenzwerte: $\lim_{x\to\pm\infty} x\,e^{-x^2} = 0$ (Exponential dominiert Polynom).

1. Ableitung (Produktregel): $f'(x) = e^{-x^2} + x\cdot(-2x)e^{-x^2} = e^{-x^2}(1-2x^2)$.

$f'(x)=0 \iff 1-2x^2 = 0 \iff x = \pm\frac{1}{\sqrt{2}}$.

2. Ableitung: $f''(x) = e^{-x^2}(-6x+4x^3)= 2x\,e^{-x^2}(2x^2-3)$.

• $f''\!\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) < 0 \implies$ Maximum bei $\frac{1}{\sqrt{2}}$ mit $f = \frac{1}{\sqrt{2e}} \approx 0.429$
• $f''\!\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) > 0 \implies$ Minimum bei $-\frac{1}{\sqrt{2}}$ mit $f = -\frac{1}{\sqrt{2e}}$

Wendepunkte: $f''(x)=0 \iff x=0$ oder $x = \pm\sqrt{\frac{3}{2}}$.

Ableitungen bei $x_0=0$:

• $f(0) = 8$
• $f'(x) = 12(x+1)^{1/2}$, $f'(0) = 12$
• $f''(x) = 6(x+1)^{-1/2}$, $f''(0) = 6$
• $f'''(x) = -3(x+1)^{-3/2}$

Lineares Taylorpolynom: $T_1(x) = 8 + 12x$, $T_1(0.3) = 11.6$

Quadratisches: $T_2(x) = 8 + 12x + 3x^2$, $T_2(0.3) = 11.87$

Exakter Wert: $f(0.3) = 8\cdot 1.3^{1.5} \approx 11.858$

Fehler $|R_1(0.3)|$: $|f''(\xi)| = 6(1+\xi)^{-1/2} \leq 6$ für $\xi \in [0,0.3]$, also $|R_1| \leq \frac{6}{2}\cdot 0.3^2 = 0.27$.

Fehler $|R_2(0.3)|$: $|f'''(\xi)| = 3(1+\xi)^{-3/2} \leq 3$, also $|R_2| \leq \frac{3}{6}\cdot 0.3^3 = 0.0135$.

$\cosh(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$. Setze die Reihe für $e^x$ und $e^{-x}$ ein:

$$\cosh(x) = \frac{1}{2}\left(\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} + \sum_{n=0}^\infty \frac{(-x)^n}{n!}\right)$$

Ungerade Terme ($(-x)^n = -x^n$) heben sich auf, gerade Terme verdoppeln sich:

$$\boxed{\cosh(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{(2n)!} = 1 + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^6}{6!} + \cdots}$$

Konvergenzradius: $R = \infty$ (wie bei $e^x$).

Gewinnfunktion: $G(x) = U(x) - K(x) - S(x) = 1000x - 2x^2 - 5000 - 100x - x^2 - 100x$

$$G(x) = -3x^2 + 800x - 5000$$

Optimum: $G'(x) = -6x + 800 = 0 \implies x^* = \frac{400}{3} \approx 133.3$

$G''(x) = -6 < 0$ ✓ → Maximum.

Steuereinnahmen: $S(x^*) = 100 \cdot \frac{400}{3} = \frac{40000}{3} \approx 13333.3$

Optimaler Steuersatz $r$: Gewinn $G_r(x) = -3x^2 + (900-r)x - 5000$ mit $S(x)=rx$.

$G_r'(x) = 0 \implies x^*(r) = \frac{900-r}{6}$. Steuereinnahmen: $T(r) = r\cdot x^*(r) = \frac{r(900-r)}{6}$.

$T'(r) = \frac{900-2r}{6} = 0 \implies r^* = 450$. Maximale Steuereinnahmen: $T(450)=\frac{450\cdot 450}{6} = 33750$.

Form $\frac{0}{0}$, denn $f(1) = 1+4-5=0$ und $\tan(\pi)=0$. L'Hospital:

$$= \lim_{x\to 1}\frac{2x+4}{\pi/\cos^2(\pi x)} = \frac{2+4}{\pi/\cos^2(\pi)} = \frac{6}{\pi/1} = \boxed{\frac{6}{\pi}}$$

Form $\infty - \infty$. Auf gemeinsamen Nenner bringen:

$$= \lim_{x\to 0}\frac{\sin x - x}{x\sin x}$$

Form $\frac{0}{0}$. L'Hospital:

$$= \lim_{x\to 0}\frac{\cos x - 1}{\sin x + x\cos x}$$

Wieder $\frac{0}{0}$. Nochmal L'Hospital:

$$= \lim_{x\to 0}\frac{-\sin x}{2\cos x - x\sin x} = \frac{0}{2} = \boxed{0}$$

Fall 1: $x \leq 1$: $F(x) = \int_0^x (-1)\,dt = -x$

Fall 2: $x > 1$: $F(x) = \int_0^1 (-1)\,dt + \int_1^x 1\,dt = -1 + (x-1) = x-2$

$$\boxed{F(x) = \begin{cases}-x & x \leq 1 \\ x-2 & x > 1\end{cases}}$$

Stetigkeit: $\lim_{x\to 1^-} F(x) = -1 = \lim_{x\to 1^+} F(x) = 1-2 = -1$ ✓ → $F$ ist stetig.

Differenzierbarkeit: $F'(x) = -1$ für $x<1$ und $F'(x) = 1$ für $x>1$. Die einseitigen Ableitungen bei $x=1$ stimmen nicht überein → $F$ ist bei $x=1$ nicht differenzierbar.

$[a,b]=[2,3]$, $\Delta x = \frac{1}{n}$, $x_k = 2 + \frac{k}{n}$. Da $x^2$ monoton wachsend auf $[2,3]$:

$$\underline{S}_n = \sum_{k=0}^{n-1}\left(2+\frac{k}{n}\right)^2 \cdot \frac{1}{n} = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(4 + \frac{4k}{n} + \frac{k^2}{n^2}\right)$$ $$= \frac{1}{n}\left(4n + \frac{4}{n}\cdot\frac{(n-1)n}{2} + \frac{1}{n^2}\cdot\frac{(n-1)n(2n-1)}{6}\right)$$ $$= 4 + 2\cdot\frac{n-1}{n} + \frac{(n-1)(2n-1)}{6n^2} \xrightarrow{n\to\infty} 4 + 2 + \frac{1}{3} = \boxed{\frac{19}{3}}$$

Umschreiben: $\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n\sqrt{n^2-k^2} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\sqrt{1-\left(\frac{k}{n}\right)^2}$.

Das ist eine Riemann-Summe für $g(x) = \sqrt{1-x^2}$ auf $[0,1]$:

$$= \int_0^1 \sqrt{1-x^2}\,dx$$

Das ist die Fläche eines Viertelkreises mit Radius 1: $= \boxed{\frac{\pi}{4}}$.

Setze $u = \ln x$, dann $du = \frac{1}{x}dx$:

$$\int\frac{dx}{x\ln x} = \int\frac{du}{u} = \ln|u| + C = \boxed{\ln|\ln x| + C}$$

Aufteilen: $\frac{e^x - 1}{e^{2x}+1} = \frac{e^x}{e^{2x}+1} - \frac{1}{e^{2x}+1}$.

Erster Term: Subst. $u = e^x$: $\int\frac{e^x}{e^{2x}+1}\,dx = \int\frac{du}{u^2+1} = \arctan(e^x)$.

Zweiter Term: $\frac{1}{e^{2x}+1} = \frac{e^{-2x}}{1+e^{-2x}}$. Subst. $u = e^{-x}$: Das ergibt nach Umrechnung $-\arctan(e^{-x})$. Alternativ: $\frac{1}{e^{2x}+1} = 1 - \frac{e^{2x}}{e^{2x}+1}$, also:

$$\boxed{\int\frac{e^x-1}{e^{2x}+1}\,dx = \arctan(e^x) + \arctan(e^{-x}) - x + C}$$

(Hinweis: $\arctan(u)+\arctan(1/u) = \pi/2$, daher vereinfacht sich das zu $\frac{\pi}{2} - x + C$.)

Subst. $u = \ln x$, $du = \frac{dx}{x}$. Grenzen: $x=1 \to u=0$, $x=e \to u=1$:

$$\int_1^e\frac{dx}{x\sqrt{\ln x}} = \int_0^1\frac{du}{\sqrt{u}} = \left[2\sqrt{u}\right]_0^1 = \boxed{2}$$

(Uneigentlich bei $u=0$, aber konvergent.)

$\frac{|\cos x|}{x^2} \leq \frac{1}{x^2}$ für alle $x \geq 1$.

$\int_1^\infty \frac{1}{x^2}\,dx = 1$ konvergiert ($p=2>1$).

Also konvergiert auch $\int_1^\infty\frac{|\cos x|}{x^2}\,dx$ nach dem Majorantenkriterium. ✓

Für $x \geq 1$: $e^{x^3} \geq e^{x}$, also $\frac{x}{e^{x^3}} \leq \frac{x}{e^x}$. Da $\int_1^\infty \frac{x}{e^x}\,dx$ konvergiert, konvergiert auch unser Integral auf $[1,\infty)$.

Auf $[0,1]$ ist $\frac{x}{e^{x^3}}$ stetig und beschränkt → Integral existiert.

Also konvergiert $\int_0^\infty\frac{x}{e^{x^3}}\,dx$. ✓

$f(x) = \frac{1}{x(\ln x)^\alpha}$ ist monoton fallend für $x \geq 2$. Integralkriterium:

$$\int_2^\infty \frac{dx}{x(\ln x)^\alpha} \overset{u=\ln x}{=} \int_{\ln 2}^\infty \frac{du}{u^\alpha}$$

Das konvergiert $\iff \alpha > 1$.

Ergebnis: $\sum_{n\geq 2}\frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ konvergiert für $\alpha > 1$ und divergiert für $\alpha \leq 1$.

$f(x) = \frac{1}{(1+x^2)\arctan x}$ ist monoton fallend. Substitution $u = \arctan x$, $du = \frac{dx}{1+x^2}$:

$$\int_1^\infty \frac{dx}{(1+x^2)\arctan x} = \int_{\pi/4}^{\pi/2} \frac{du}{u} = \ln u\Big|_{\pi/4}^{\pi/2} = \ln 2$$

Das Integral konvergiert → die Reihe konvergiert. ✓

Definitionsbereich: $D = \mathbb{R}^2$, Wertebereich: $W = \mathbb{R}$.

Höhenlinien: $x^2 - y^2 = c$. Das sind Hyperbeln:

• $c > 0$: Hyperbeln mit reeller Achse entlang $x$
• $c < 0$: Hyperbeln mit reeller Achse entlang $y$
• $c = 0$: Die Geraden $y = \pm x$ (Asymptoten)

Def.bereich: $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9} \leq 1$ (Ellipse), Wertebereich: $[0, 1]$.

Höhenlinien: $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9} = 1-c^2$ — konzentrische Ellipsen, die für $c \to 1$ auf den Punkt $(0,0)$ schrumpfen.

Höhenlinien: $xy = c$ — gleichseitige Hyperbeln. Für $c=0$: die Koordinatenachsen.

Def.bereich: $y \neq 0$. Höhenlinien: $\frac{x}{y} = c \iff x = cy$ — Geraden durch den Ursprung (mit Steigung $1/c$).

Weg $y=0$: $\lim_{x\to 0}\frac{0}{|x|^3} = 0 \neq 1 = f(0,0)$.

Also ist $f$ im Ursprung nicht stetig.

(Auch: entlang $x=0$: $\lim_{y\to 0}\frac{|y|}{|y|} = 1$, entlang $y=0$: Grenzwert $= 0$. Verschiedene Wege → verschiedene Grenzwerte.)

Entlang $x=0$: $\lim_{y\to 0}\frac{2y^2}{y^2}=2\neq 0$.

$\implies f$ ist im Ursprung nicht stetig.

$\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}f(x,y)$: Innerer Limes $\lim_{x\to 0}x\cos\frac{1}{x}=0$ (da $|x\cos\frac{1}{x}|\leq|x|\to 0$). Äußerer: $\lim_{y\to 0}(0 + y\sin\frac{y}{-y})=\lim_{y\to 0}y\sin(-1)=0$.

$\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}f(x,y)$: Innerer Limes $\lim_{y\to 0}y\sin\frac{y}{2x-y}=0$. Äußerer: $\lim_{x\to 0}x\cos\frac{1}{x}=0$.

Beide iterierte Grenzwerte sind $0$. Simultaner Grenzwert muss separat geprüft werden.

$\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}f(x,y)$: Innerer: $\lim_{x\to 0}\frac{x+y\cos\frac{1}{y}}{x+y}=\frac{y\cos\frac{1}{y}}{y}=\cos\frac{1}{y}$. Äußerer: $\lim_{y\to 0}\cos\frac{1}{y}$ existiert nicht (oszilliert).

$\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}f(x,y)$: Innerer: $\lim_{y\to 0}\frac{x+y\cos\frac{1}{y}}{x+y}=\frac{x}{x}=1$. Äußerer: $\lim_{x\to 0}1 = 1$.

Der eine iterierte Grenzwert existiert nicht, der andere ist $1$. Der simultane Grenzwert $\lim_{(x,y)\to(0,0)}f$ existiert nicht.

Mit AM-GM: $|x|+|y| \geq 2\sqrt{|xy|}$, also $\frac{|xy|}{|x|+|y|} \leq \frac{|xy|}{2\sqrt{|xy|}} = \frac{\sqrt{|xy|}}{2}$.

Für $(x,y)\to(0,0)$: $\sqrt{|xy|}\to 0$, also $|f(x,y)| \to 0 = f(0,0)$. ✓ Stetig.

$|f(x,y)| = \frac{|xy|\cdot|x+y|}{x^2+y^2}$. Da $|xy| \leq \frac{x^2+y^2}{2}$ und $|x+y| \leq |x|+|y| \leq \sqrt{2}\sqrt{x^2+y^2}$:

$$|f(x,y)| \leq \frac{\frac{x^2+y^2}{2}\cdot\sqrt{2}\sqrt{x^2+y^2}}{x^2+y^2} = \frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{x^2+y^2} \to 0$$

Also $f$ ist im Ursprung stetig. ✓

$z = \frac{xy}{x+y}$, $x=e^t$, $y=e^{-t}$.

Kettenregel: $f_x = \frac{y(x+y)-xy}{(x+y)^2} = \frac{y^2}{(x+y)^2}$, analog $f_y = \frac{x^2}{(x+y)^2}$.

$\dot{x} = e^t$, $\dot{y} = -e^{-t}$.

$$\frac{dz}{dt} = \frac{y^2}{(x+y)^2}\cdot e^t - \frac{x^2}{(x+y)^2}\cdot e^{-t} = \frac{e^{-2t}\cdot e^t - e^{2t}\cdot e^{-t}}{(e^t+e^{-t})^2} = \frac{e^{-t}-e^t}{(e^t+e^{-t})^2}$$

Probe: Direkt einsetzen: $z = \frac{e^t\cdot e^{-t}}{e^t+e^{-t}} = \frac{1}{e^t+e^{-t}}$. Ableiten: $z' = \frac{-(e^t-e^{-t})}{(e^t+e^{-t})^2}$ ✓

Horizontal: $\frac{dz}{dt}=0 \iff e^t = e^{-t} \iff t=0$.

$\nabla f = (2x, 8y)$, also $\nabla f(3,2) = (6, 16)$.

(a) Koordinatenrichtungen:

• $\mathbf{e}_x = (1,0)$: $D_{\mathbf{e}_x}f = (6,16)\cdot(1,0) = 6$
• $\mathbf{e}_y = (0,1)$: $D_{\mathbf{e}_y}f = (6,16)\cdot(0,1) = 16$

(b) Richtung $(-1,-1)$: Normieren: $\mathbf{e} = \frac{1}{\sqrt{2}}(-1,-1)$.

$$D_{\mathbf{e}}f = (6,16)\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,-1) = \frac{-6-16}{\sqrt{2}} = -\frac{22}{\sqrt{2}} = -11\sqrt{2}$$

(c) In Gradientenrichtung: $\|\nabla f\| = \sqrt{36+256} = \sqrt{292} = 2\sqrt{73}$.

$f(x,y) = x\ln(1+xy)$ an $(1,0)$. Wir berechnen alle Ableitungen bis Ordnung 2:

$f(1,0) = 1\cdot\ln(1) = 0$

$f_x = \ln(1+xy) + \frac{xy}{1+xy}$, $\quad f_x(1,0) = 0 + 0 = 0$

$f_y = \frac{x^2}{1+xy}$, $\quad f_y(1,0) = 1$

$f_{xx} = \frac{y}{1+xy} + \frac{y(1+xy)-xy\cdot y}{(1+xy)^2} = \frac{2y}{(1+xy)^2} + \frac{y^2 x}{(1+xy)^2}$... Einfacher: $f_{xx}(1,0) = 0$

$f_{xy} = \frac{2x(1+xy)-x^2\cdot x}{(1+xy)^2} = \frac{2x+x^2y}{(1+xy)^2}$, $\quad f_{xy}(1,0) = 2$

$f_{yy} = \frac{-x^3}{(1+xy)^2}$, $\quad f_{yy}(1,0) = -1$

Mit $h = x-1$, $k = y$:

$$\boxed{T_2(x,y) = y + \frac{1}{2}(4(x-1)y - y^2) = y + 2(x-1)y - \frac{y^2}{2}}$$

$F(x,y) = 2x^2-4xy+9y^2-36 = 0$.

$F_x = 4x-4y$, $\quad F_y = -4x+18y$.

$$y' = -\frac{4x-4y}{-4x+18y} = \frac{4x-4y}{4x-18y} = \frac{x-y}{x-\frac{9}{2}y}$$

Tangenten mit Anstieg $+1$: $y' = 1 \iff x-y = x-\frac{9}{2}y \iff \frac{7}{2}y = 0 \iff y = 0$.

Einsetzen in Kurve: $2x^2 = 36 \implies x = \pm 3\sqrt{2}$. Tangenten: $y = x \mp 3\sqrt{2}$.

Tangenten mit Anstieg $-1$: $y' = -1 \iff x-y = -(x-\frac{9}{2}y) = -x+\frac{9}{2}y \iff 2x = \frac{11}{2}y \iff x = \frac{11}{4}y$.

Einsetzen: $2\cdot\frac{121}{16}y^2 - 4\cdot\frac{11}{4}y^2 + 9y^2 = 36 \implies \frac{121}{8}y^2 - 11y^2 + 9y^2 = 36$

$\implies \frac{121-88+72}{8}y^2 = 36 \implies \frac{105}{8}y^2 = 36 \implies y^2 = \frac{288}{105} = \frac{96}{35}$.

Also $y = \pm\sqrt{\frac{96}{35}}$, $x = \frac{11}{4}y$. Tangenten: $y - y_0 = -(x - x_0)$.

$f_x = 4x(x^2+y^2)-4x = 4x(x^2+y^2-1)$

$f_y = 4y(x^2+y^2)+4y = 4y(x^2+y^2+1)$

$f_y = 0$: Da $x^2+y^2+1 > 0$ stets, folgt $y = 0$.

$f_x = 0$ mit $y=0$: $4x(x^2-1) = 0 \implies x = 0, \pm 1$.

Stationäre Punkte: $(0,0)$, $(1,0)$, $(-1,0)$.

Hesse-Matrix:

$f_{xx} = 12x^2+4y^2-4$, $f_{yy} = 4x^2+12y^2+4$, $f_{xy} = 8xy$.

• $(0,0)$: $H = \begin{pmatrix}-4&0\\0&4\end{pmatrix}$, $\det = -16 < 0$ → Sattelpunkt, $f(0,0)=0$
• $(1,0)$: $H = \begin{pmatrix}8&0\\0&8\end{pmatrix}$, $\det = 64 > 0$, $f_{xx}=8>0$ → lok. Minimum, $f(1,0)=-1$
• $(-1,0)$: $H = \begin{pmatrix}8&0\\0&8\end{pmatrix}$, $\det = 64 > 0$ → lok. Minimum, $f(-1,0)=-1$

Stationäre Punkte im Inneren:

$f_x = \cos(x+y)+\cos x = 0$, $\quad f_y = \cos(x+y)+\cos y = 0$.

Subtraktion: $\cos x - \cos y = 0 \implies x = y$.

Einsetzen: $\cos(2x)+\cos x = 0$. Mit $\cos(2x) = 2\cos^2 x - 1$:

$2\cos^2 x + \cos x - 1 = 0 \implies (2\cos x - 1)(\cos x + 1) = 0$.

$\cos x = \frac{1}{2} \implies x = \frac{\pi}{3}$ (im Intervall). Also: stationärer Punkt $\left(\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}\right)$.

$f\!\left(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}\right) = \sin\frac{2\pi}{3}+2\sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}+\sqrt{3} = \frac{3\sqrt{3}}{2} \approx 2.598$.

Hesse-Matrix bei $(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3})$:

$f_{xx} = -\sin(x+y)-\sin x = -\sin\frac{2\pi}{3}-\sin\frac{\pi}{3} = -\sqrt{3}$, $f_{yy} = -\sqrt{3}$, $f_{xy} = -\sin\frac{2\pi}{3} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

$\det(H) = 3 - \frac{3}{4} = \frac{9}{4} > 0$, $f_{xx} < 0$ → lokales Maximum.

Rand: $f(0,y)=\sin y+\sin y = 2\sin y \leq 2$, $f(x,0)=2\sin x\leq 2$, $f(\frac{\pi}{2},y) = \cos y + 1 + \sin y \leq 1+\sqrt{2}$, analog $f(x,\frac{\pi}{2})$. Ecken: $f(0,0)=0$, $f(\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})=1+2=3$.

Absolutes Maximum: $f\!\left(\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) = 3$ (am Rand!). Absolutes Minimum: $f(0,0) = 0$.