1. Berechnungen von Folgengrenzwerten für n®¥

a) lim_nln n / n= 0.

Der Beweis kann mittels der Regeln von L`Hospital erfolgen, da Zähler und Nenner gegen unendlich streben. Hier müssen Zähler als auch Nenner nur einmal abgeleitet werden und man erhält:

lim_nln n / n = lim_n1/n = 0

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Ein weiteres einfaches Beispiel ist folgendes, da man hier lediglich die Beschränktheit des Sinus ausnutzen muss:

lim_nsin n / n = lim_n 1 / n = 0

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Satz:

Jede nach oben beschränkte und monoton wachsende sowie jede monoton fallende und gleichzeitig nach unten beschränkte Folge ist konvergent.

Beispiel:

Wir nehmen die Folge a_n=1/n und bilden den Quotienten a_n+1/a_n=1/n+1 / 1/n = n/n+1<1. Da auch 0<1/n ist, ist die untersuchte Folge streng monoton fallend und nach unten beschränkt und damit konvergent.

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Als nächstes zeige ich, dass gilt

lim_n(ln n × sin n) / n³ = 0

Beweis: Ich zeige, dass die Reihe å¥_n=2(ln n ×sin n) / n³
konvergiert, denn dann folgt nach Satz aus der Analysis die Behauptung.

Zunächst zeigt man mit dem ersten Mittelwertsatz der Differenzialrechnung, dass ln n < n gilt.  Es ist ln n - ln 1 = 1 / x* ( n - 1 ) < n -1 < n mit xΠ(1;n). Weiter gilt dadurch und mit der Tatsache, dass der Sinus durch 1 nach oben beschränkt ist, für unsere Folge a_n die Abschätzung a_n<(1/n)².
Da die Reihe S^¥_n=11/n² konvergiert, folgt die gesamte Behauptung nach dem Majorantenkriterium.

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c) lim_n(2n²+n+1)/(n²+1) = lim_n(2+1/n+1/n²)/(1+1/n²) = 2

Hier ist das Prinzip, die Folge durch das n mit dem höchsten Exponenten, hier 2 zu teilen.

Dieses Problem lässt sich auch mit der sogenannten Epsilontik behandeln, dies heißt:

" _e>0 V_n(e) " _{n³ n(e)} ½ a_n- a ½ < e

Zu jedem noch so kleinen  Epsilon existiert für alle n eine untere Schranke, die nur von Epsilon abhängt, so dass für alle n, die darüber liegen, alle Folgenglieder in einem Epsilonstreifen um den Grenzwert a streuen.

Unter Weglassen der Betragstriche erhalten wir die folgende Abschätzung:

(2n²+n+1)/(n²+1) - 2 = (n-1)/(n²+1) < n/n(n+1/n) < 1/(n+1) < 1/n < e

Also haben wir für alle n die Abschätzung n> n(e) > 1/e

Damit folgt die Behauptung mit dem Satz des Archimedes.

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2. Differenzialrechnung

a) Ableitungen von Funktionen

Dazu betrachte man den folgenden Grenzwert lim_h®0(f(x+h)-f(x))/h

Dies ist die Ableitung einer Funktion an der Stelle x und kommt so zu Stande:

Man markiere sich im Funktionsgraphen den Punkt x und ziehe durch ihn eine Tangente. Sodann die Punkte x und x+h mit den dazugehörigen Funktionswerten.

Man kennt zudem bei Dreiecken die Beziehung tan a =Gegenkathete/Ankathete, die man hier ausnutzt. Somit kommt man auf obigen Quotienten und lässt dann h gegen 0 streben.

Beispiel

h sei eine beliebige Nullfolge. Zu beweisen ist: Die Ableitung der Funktion f(x) = ln x ist f(x) = 1/x .

Beweis:

lim_h®0(ln(x+h)-lnx)/h=

lim_h®0(ln(1+h/x))/h=

lim_h®0ln(1+h/x)^1/h=

Mit h=1/n folgt

lim_n®¥ln(1+1/nx)ⁿ

=ln exp 1/x = 1/x q.e.d.

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Gegenbeispiel:

Die Funktion

½ln(x+1)½/sinx ist ìm Nullpunkt nicht differenzierbar.

Beweis:

lim_x®0ln(x+1)/sinx=

lim_x®0(1/(1+x))/cosx=1 für ln (x+1) > 0 und -1 für ln(x+1) < 0.

Daher ist diese Funktion nach Satz aus der Analysis im Nullpunkt unstetig und somit dort nicht differenzierbar.

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Bevor wir nun zur Kurvendiskussion übergehen, bestimmen wir die Ableitung der Betragsfunktion:

Wenn h gegen 0 strebt und x>0 ist, so gilt ((x + h) - x)/h = 1 für x < 0 (-(x + h) +x)/h= -1 und x = 0 0 also die Signumfunktion.

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Wir betrachten die Funktion

f(x)=(ln½x+1½)/(x+1)

Hier ist

f'(x)=(1/½x+1½×½x+1½/(x+1)×(x+1)-ln½(x+1)½)/(x+1)²=

(1-ln½(x+1))/(x+1)hoch 2

f''(x)=(-1/½(x+1)½×½(x+1)½/(x+1)×(x+1)²-2×(x+1)×ln½(x+1)½)/(x+1)²=(2×ln½(x+1)½-3)

/(x+1)³)

f'''(x)=(2-6ln½(x+1)½+3)/(x+1)⁴

^{Die Funktion besitzt eine Nullstelle in P(0,0) und P(-2,0). Mit der ersten Ableitung erhält man durch Gleichsetzen mit 0 zwei Kandidaten für lokale Extrema nämlich P(e-1;1/e) und P(-e-1;-1/e). Das erste ist ein lokales Maximum, da die zweite Ableitung an dieser Stelle negativ ist und beim zweiten ist es, da an der Stelle die zweite Ableitung positiv ist, ein lokales Minimum.}

^{Wendepunkte wenn die zweite Ableitung 0 und die dritte nicht 0 ist. Diese sind P(e3/2-1 ; (3/2)/e3/2) und P(-e3/2-1 ; -(3/2)/e3/2).}

^{Weiter gilt , dass f(x) an der Stelle x = -1 eine Unendlichkeitsstelle hat. Als nächstes ist das Verhalten der Funktion links und rechts von x = -1 zu durchdenken. Hier links den Grenzwert für h gegen 0 von f(-1-h)}

lim_h®0(lnh)/-h=-¥

und für f(-1+h) unendlich

Die Funktion hat in x = -1 eine Asymptote. Weiter gilt mit L`Hospital

lim_x®-¥f(x)=lim_x®¥f(x)=0

Zusammenfassung dieser Kurvendiskussion:

Die Funktion hat

1. zwei Nullpunkte in (0,0) und (-2,0)

2.ein lokales Maximum in (e-1,1/e) sowie ein lokales Minimum in (-e-1,-1/e)

3.zwei Wendepunkte in (exp(3/2)-1 , (3/2)exp(1/2)) und (-exp(3/2)-1 , (-3/2)exp(1/2))

4. eine Asymptote in x = -1

5. mit wachsendem x im positivem Bereich sowie mit fallendem x im negativen Bereich der  x-Achse eine asymptotische Annäherung an diese.

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Als nächstes folgt ein Beispiel zur Stetigkeit einer Funktion, wo wir wieder auf die Epsilontik zurückgreifen werden: Zu jedem noch so kleinen Epsilon existiert ein Delta, so dass für alle Punkte x und a aus dem Definitionsbereich der Funktion gilt, dass wenn x nur nahe genug beim Punkt a liegt, die Funktionswerte einer Funktion in x in einem Epsilonstreifen um den Funktionswert von a streuen.

"_e<0 V_d>0"_x,aÎD ½f(x)-f(a)½<e wenn

½ x-a½< d

Dies nennt man Stetigkeit einer Funktion im Punkt a.

Als Beispiel nehmen wir die Funktion f(x)=(ln x)/x und zeigen, dass diese in x=1 stetig ist.

Hier haben wir x=1 und es gilt auch unter Weglassen der Beträge

(ln x)/x < (x -1) / 1 < d = e

Mit der Wahl Delta gleich Epsilon folgt die Behauptung. Bei der ersten Abschätzung wurde, wie schon einmal, der Mittelwertsatz ausgenutzt.

Bemerkung:

Da Delta nur von Epsilon äbhängt, ist die Funktion in x = 1 sogar gleichmäßig stetig.

Aus der Epsilontik erhält man dann für die in einem Punkt a stetige Funktionen charakteristische Grenzwerteigenschaft:

lim_x®af(x) = f(a) .

Eine weitere Eigenschaft stetiger Funktionen ist die sogenannte Limesvertauschbarkeit:

lim_x®af(x) = f(lim_x®ax)= f(a)

Als praktisches Beispiel lässt sich anfügen, dass sich damit z.B. auch analysieren lässt, ob Gewinne oder Verluste eines Unternehmens über einen Zeitraum hinweg stetig sind.

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Konvergenz und Divergenz unendlicher Reihen:

Hier gibt es folgende Kriterien:

1. Die Reihe besitzt eine konvergente Majorante, was ihre Konvergenz zeigt.

2. Sie besitzt eine divergente Minorante, woraus Divergenz folgt.

3. Sie konvergiert oder divergiert nach dem Quotienten-, Wurzel- oder Integralkriterium .

4. Sie divergiert, da lim_n®¥a_n¹0.

Als Beispiel wird nun gezeigt, dass die Reihe S^¥_n=2(lnn)/(n+1) divergiert.

Hier haben wir folgende Abschätzung nach unten:

(lnn)/(n+1) > (lnn)/2n > (n-1)/2n² > n(1-1/n)/2n² folgt

n(1-1/n)/2n²= (1-1/n)/2n >1/(4n) für n>1 nach Voraussetzung.

Da hier die harmonische Reihe als divergente Minorante fungiert, divergiert die Reihe. Q.e.d.

Das Quotienten- und Wurzelkriterium geben hier keine Entscheidungsmöglichkeit, dafür aber noch das Integralkriterium:

Hier erhält man auf Grund der Monotonie des Integrals mit obiger Abschätzung

ò^¥₂ (lnx)/(x+1)dx > ò^¥₂ 1/(4x)dx = (1/4)(lnx)½^¥₂ = ¥

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Hier nun ein einfacheres Beispiel, wo mit dem Majorantenkriterium die Konvergenz der Reihe

S^¥_k=21/(k(k-1))

gezeigt wird. Wir erhalten mit k ³ 2 folgende Abschätzung

1/(k(k-1)) = 1/(k²(1-1/k)) £ 2/k²

Da die Reihe S^¥_k=11/k² konvergiert, folgt die Behauptung.

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Als Nächstes zeigen wir die Konvergenz der alternierenden Reihe

S^¥_n=1(-1)ⁿ × sin((1+1/n)ⁿ × p/n²)

Wegen½sinx½£½x½ einer aus dem Mittelwertsatz resultierenden Betragsabschätzung gilt folgende Abschätzung:

½a_n½£ (1+1/n)ⁿ×p/n²< 3p/n²

Wegen der bekannten Konvergenz der unendlichen Reihe über die Folge ganz rechts, konvergiert die zu untersuchende Reihe absolut und damit im eigentlichen Sinn. Q.e.d.

Bemerkung

Würde man in der gerade betrachteten Reihe Sinus durch Kosinus ersetzen, so wäre sie divergent, da dann lim_n®¥a_n=1 und nicht 0 wäre.

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Ein wichtiges Kriterium für die Konvergenz alternierender Reihen ist das sogenannte Leibnizkriterium:

Bilden die Folgenglieder in einer Reihe eine Nullfolge und ist sind eine monoton fallende Folge, so konvergiert die Reihe.

Die folgende Reihe konvergiert nach dem Leibnizkriterium, nicht aber absolut nach dem Minorantenkriterium:

S^¥_n=1(-1)ⁿ×n/(n²+1)

wovon sich der Leser überzeugen kann. Tipp: Beim Beweis, dass diese Reihe nicht absolut konvergiert das Minorantenkriterium nutzen und vorher n als Faktor im Nenner herausziehen.

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In der Stochastik kennt man beispielweise die P-fast sichere Konvergenz einer Folge von Zufallsvariablen gegen einen bestimmten Wert oder auch Konvergenz mit Wahrscheinlichkeit 1. Hierzu ein Beispiel, in dem wir zeigen, dass

S² ® s²

gilt für n®¥ P-fast sicher oder eben P(lim_n®¥S² = s²) = 1

Für den Beweis nutzen wir das Lemma von Borel-Cantelli und haben folgende Abschätzung

a_n:=P(½S²-s²½> e) < 2s⁴/n(n-1) 

wenn der empirischen Varianz eine Stichprobe vom Umfang n zu Grunde gelegt wurde.

Da die unendliche Reihe über die Folge rechts von < konvergiert, wie wir schon weiter oben an der Stelle k gesehen haben, ist sie die konvergente Majorante der unendlichen Reihe über den Ausdruck links von < die damit nach dem Majorantenkriterium konvergiert, woraus die Behauptung folgt.

Da die Reihe S^¥_n=1a_nkonvergiert, folgt lim_n®¥a_n = 0 und damit die Konvergenz in Wahrscheinlichkeit. 

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Als nächsten Schritt gehe ich auf die Potenzreihen und deren Konvergenzradien ein, wobei die einfachste dieser Reihen die sogenannte geometrische Reihe ist mit Konvergenzradius 1.

Potenzreihen haben die Form

S^¥_n=0 a_nxⁿ

und konvergieren für

½x½< lim_n®¥½a_n/a_n+1½=:r

Hierbei stellt Roh den Konvergenzradius der Potenzreihe dar. Diese Abschätzung wird durch Anwendung des Quotientenkriteriums auf obige Reihe unter der Voraussetzung ihrer Konvergenz erreicht und man erhält den reziproken Grenzwert des Limes beim Quotientenkriterium. Für a_n=1 erhält man die geometrische Reihe, die, wie man leicht herleitet für -1 < x < 1 konvergiert und andernfalls divergiert, deren Wert 1/(1-x) ist.

Äquivalent lässt sich der Konvergenzradius aus dem Wurzelkriterium herleiten. Man erhält hier

½x½ <  1 / lim_n®¥½a_n½^1/n 

Beispiel: Die Reihe

S^¥_n=2 (1 - 1/n)ⁿ²× xⁿ

konvergiert im offenen Intervall ( - e , e ) was leicht aus dem Wurzelkriterium gefolgt werden kann mit dem Zusatz, dass lim_n®¥(1-1/n)ⁿ = 1/e ist. Taylorreihen betrachten wir später.

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Hier wird nun auf die punktweise und gleichmäßige Konvergenz von Funktionenfolgen eingegangen. Hierzu betrachten wir auf IR/(0) die Funktionenfolge

f_n(x) = ln (n ×½x½) / (nx+1)

Zunächst lässt sich sagen, dass diese Funktionenfolge punktweise gegen die Grenzfunktion f(x) = 0 konvergiert, was man durch einmalige Anwendung von L'Hospital nach n bekommt.

Zum Beweis der nicht vorhandenen gleichmäßigen Konvergenz lässt sich, wie weiter oben für Folgen, die Epsilontik heranziehen mit dem Zusatz für alle x aus dem Definitionsbereich. Hier tauschen wir allerdings die Existenz-bzw. Allquantoren gegeneinander aus als auch wird < durch größergleich ersetzt, da man ja zeigen will, dass keine gleichmäßige Konvergenz vorhanden ist. Wählt man zu (2/3)ln2 als vorgegebenen Wert von Epsilon x=1/(2n), so erhält man die Behauptung.

Formal heißt die nicht vorhandene gleichmäßige Konvergenz in Worten:

Es gibt ein positives Epsilon, zu dem es beliebige Schranken gibt, die nur von Epsilon abhängen, so dass es zumindest einen Folgenindex n oberhalb dieser Schranke sowie einen x-Wert aus dem Definitionsbereich gibt, so dass die Folge ½f_n(x)-f(x)½nicht im Epsilonstreifen liegt.

 

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An dieser Stelle ist zu erwähnen, dass zu den wichtigsten Beweismitteln in der Analysis die vollständige Induktion und die Mittelwertsätze der Differenzial- und Integralrechnung gehören. Als Beispiel zur vollständigen Induktion zeigen wir, dass gilt

Sⁿ_k=0 x^k = (1-xⁿ⁺¹) / (1-x)

Für den Induktionsanfang n = 0 erhalten wir die wahre Aussage 1 = (1-x)/(1-x) = 1

Für den Induktionsschluss n ® n+1 erhält man, indem man voraussetzt, dass Obiges gilt

Sⁿ⁺¹_k=0x^k= (1-xⁿ⁺¹/(1-x)) + xⁿ⁺¹=(1-xⁿ⁺¹+xⁿ⁺¹(1-x))/(1-x)= 1-xⁿ⁺²/(1-x).

Da dies zu zeigen war, folgt die Behauptung.

Beim Induktionsanfang ist für natürliche Zahlen n in der betreffenden Gleichung zu zeigen, dass diese für das für diese betreffende Gleichung kleinstmögliche n gilt und beim Induktionsschluss auch für das n+1 -te Glied.

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Mittelwertsätze der Differenzial- und Integralrechnung:

1. Sei die Funktion f(x) auf [a,b] stetig und auf (a,b) differenzierbar. Dann existiert ein x aus (a,b), so dass gilt

f(b)-f(a)=f '(x)(b-a)

Zum Beispiel gilt die folgende Abschätzung ln n < n

ln n - ln 1 = 1/x (n-1) < n  q.e.d

Taschenrechner vergessen? Macht nichts, denn mit Hilfe des obigen Mittelwertsatzes lässt sich die Ungleichung

2^1/2 < 3/2 

beweisen:

x^1/2-1 = 1/(2x)(x-1) < (x-1)/2

Þ x^1/2 < (x+1)/2 für x > 1 

Setzen wir nun x = 2 folgt die Behauptung, wobei xÎ (1,x).

Der Satz von Rolle ist im Übrigen ein Spezialfall des obigen ersten Mittelwertsatzes der Differenzialrechnung mit f(a)= f(b).

Ist für b = x +h oder x - h und a = x f(a) > f(b) geltend, liegt ein lokales Maximum vor, umgekehrt ein lokales Minimum insbesondere wenn h gegen 0 strebt. Denn dann erhalten wir die hinreichende Bedingung f '(x) = 0 für die Existenz eines relativen Extremums.

Gilt für eine Funktion unter den Voraussetzungen des ersten Mittelwertsatzes  f ' (x) > 0 bzw. < 0, so ist sie streng monoton wachsend bzw. fallend.

Hierzu ein einfaches Beispiel. Wir betrachten die Parabelfunktion f(x) = x². Hier ist die 1. Ableitung f '(x) = 2x.

Daher ist f(x) streng monoton wachsend für alle x > 0 und fallend für x < 0.

2. Mittelwertsatz der Differenzialrechnung:

Seien f(x) und g(x) zwei auf [a,b] stetige und auf (a,b) differenzierbare Funktionen und g(x) ¹ 0 so gibt es ein xÎ

(a,b) so dass

(f(x)-f(a))/(g(x)-g(a)) = f '(x)/g '(x)

Hierauf basieren auch die Regeln des Mathematikers Marquis L'Hospital, denn

 

lim_h®0f(x+h)/g(x+h) = lim_h®0(f(x+h)-f(x))/(g(x+h)-g(x)) = lim_h®0f '(x+h)/g '(x+h)

Der Trick war der, dass man versucht, hier den zweiten Mittelwertsatz einzubeziehen, da der Differenzenquotient die geforderte Form 0/0 besitzt. Das geht auch, wenn Zähler und Nenner gegen unendlich gehen. Hierzu tausche man im mittleren Term Zähler und Nenner gegeneinander aus und bilde jeweils den reziproken Wert. Der 2. Mittelwertsatz ist also nichts weiter, als der Quotient zweier Differenzialquotienten.

Beispiel:

Wir werden zeigen, dass

lim_x®0  ((x/(x+1))^x2-1) / sinx = - 1

Zunächst ist zu zeigen, dass der Term von der Form 0/0 ist, um L 'Hospital anzuwenden. Wir werden sehen, dass dies zutrifft und kommen durch einmalige Anwendung dieser Regel auf das Resultat. Betrachten wir den Zähler und lim_x®0(x/(x+1))^x2=lim_x®0exp (- (( ln(x+1)-lnx ) / (1/x²) )).

Wegen der Stetigkeit der Exponentialfunktion können wir bekanntlich den Limes in das Argument ziehen. Die Gleichung, ist nun durch die Verkettung einer Funktion mit ihrer Umkehrfunktion exp mit ln sowie unter Nutzung eines Logarithmusgesetzes zu Stande gekommen mit f(f*(x))=x

Nun können wir den Zähler des Argumentes mit Hilfe des Mittelwertsatzes nach oben abschätzen und erhalten damit die Abschätzung

f(x) < exp (-(x²/(x+1))) - 1

Lässt man x gegen 0 streben, erhält man das Gewünschte. Der Nenner des zu untersuchenden Terms besitzt trivialerweise den Grenzwert 0, so dass wir die gewünschte Form L'Hospital anwenden können.

Als erste Ableitung für den Zähler ergibt sich mit der Kettenregel

z '(x)= f(x)exp (-((x(2x+1)/(x+1))) der gegen 1 konvergiert, wenn x gegen 0 geht und die Ableitung des Nenners ist der Kosinus der auch gegen 1 strebt. Damit ergibt sich durch Bildung des Quotienten die Behauptung. 

Ein anderes Beispiel für den Fall ¥/¥ ist das folgende:

lim_x®¥x/2^x = 1 / (ln2 × lim_x®¥2^x)=0

Als nächstes wird noch gezeigt, dass

lim_x®-p/4(½sinx½ - 1/2^1/2)/(cosx - 1/2^1/2) = -1

Bevor wir zeigen, dass dies so ist noch folgende Hinweise, die wir hier benötigen:

1. Wie wir oben gesehen haben, ist die Ableitung der Betragsfunktion gerade die Signumfunktion. Dies kann man     auch zeigen, indem man die Betragsfunktion einfach als Wurzel aus dem Quadrat ihres Arguments schreibt und mit der Kettenregel ableitet.

2. Es ist sin (p/4)=cos(p/4) = 1/2^1/2

Den Beweis hiervon kann man durch das Bogenmaß in Grad führen und erhält äquivalent

sin(45⁰) = (cos(45⁰)=1/2^1/2.

Damit ergibt sich mit einmaliger Anwendung von L' Hospital (0/0)

lim_x®-p/4(½sin x½-1/2^1/2) / (cos x-1/2^1/2) =

lim_x®-p/4(½sinx½/sinx) × cosx) / (-sinx) =

- ((1/2) ^1/2)/  ((1/2)^1/2 )= -1 q.e.d.

Man beachte, dass hier die Punktsymetrie -f(x) = f(-x) des Sinus und die Achsensymetrie f(x) = f(-x) des Kosinus ausgenutzt wurden.

1. Mittelwertsatz der Integralrechnung

Sei f(x) eine auf [a,b] stetige Funktion, dann existiert ein xÎ(a,b) , so dass ò^b_af(x)dx = f(x)(b-a) .

Beweis:

Der Beweis wird mit Hilfe des 1. Mittelwertsatzes der Differenzialrechnung sowie des Hauptsatzes der Differenzial- und Integralrechnung geführt. Wir definieren F(x) =ò^x_af(t)dt und erhalten

(F(b) -F(a)) / (b - a) = (ò^b_af(t)dt - ò^a_af(t)dt) / (b-a) = F '(x) = f(x)

Durch Umstellen dieser Gleichung folgt die Behauptung. Das zweite Gleichheitszeichen ergibt sich aus dem Hauptsatz der Differenzial - und Integralrechnung.

Hier geht es nun um die Darstellung von Funktionen als Taylorreihe.

Satz:

Sei f eine mindestens (n+1)-mal stetig differenzierbare Funktion auf dem Intervall I, so ist

f(x) = Sⁿ_k=0(f^(k)(x₀)/k!)(x-x₀)^k + R_n(x;x₀)

Hierbei ist

R_n(x;x₀) = 1/n!ò^x_x0(x-t)ⁿf⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt

das Taylorsche Restglied. Der Beweis erfolgt durch partielle Integration der rechten Seite der Gleichung sowie vollständiger Induktion.

Beweis:

Induktionsanfang n=0:

Hier erhält man den 1.Mittelwertsatz der Differenzialrechnung, nämlich

f(x) - f(x₀) = f'(x)(x - x₀) mit x₀ < x < x

Induktionsschritt n ® n+1

Hier setzen wir voraus, dass die zu untersuchende Gleichung für n gültig ist und haben zu zeigen, dass

f(x) - Sⁿ⁺¹_k=0(f^(k)(x₀)/k!)(x-x₀)^k = = 1/(n+1)!ò^x_x0(x-t)ⁿ⁺¹f⁽ⁿ⁺²⁾(t)dt

Wir erhalten mit partieller Integration der rechten Seite dieser Gleichung

1/(n+1)!ò^x_x0(x-t)ⁿ⁺¹f⁽ⁿ⁺²⁾(t)dt=

1/((n+1)n!)(x-t)ⁿ⁺¹f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)½^x_x0((n+1)ò^x_x0(x-t)ⁿf⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt=

-1/(n+1)!(x-x₀)ⁿ⁺¹f⁽ⁿ⁺¹⁾(_x0)+f(x) - Sⁿ_k=0(f^(k)(x₀)/k!)(x-x₀)^k=

f(x) - Sⁿ⁺¹_k=0(f^(k)(x₀)/k!)(x-x₀)^k

Hiermit ist die zu untersuchende Gleichung bewiesen.

Um jetzt noch zur eigentlichen Darstellung von Taylorreihen von Funktionen zu gelangen, müssen wir jetzt noch zeigen, dass das Restglied eine Nullfolge ist.

Beweis:

Hierzu benutzen wir den 1. Mittelwertsatz der Integralrechnung und den erweiterten 1. Mittelwertsatz der Integralrechnung in Kombination und erhalten folgende Abschätzung

R_n(x;x₀) < ((x-x₀)ⁿ/n!)(f⁽ⁿ⁺¹⁾(x)-f⁽ⁿ⁺¹⁾(x₀) < K((x-x₀)ⁿ/n!).

Hierbei ist K > 0 eine obere Schranke, die aus der Stetigkeitsvoraussetzung für die Ableitungen von f(x) resultiert. Da nun eine unendliche Reihe über den Term ganz rechts in der Abschätzung konvergiert, folgt insgesamt die Behauptung.

Damit ergibt sich die gewünschte Darstellung

f(x) = S^¥_k=0(f^(k)(x₀)/k!)(x-x₀)^k

Beispiel:

Wir betrachten die Funktion f(x) = ln(x+1) um den Entwicklungspunkt x₀ = 0. Die k-te Ableitung in diesem Punkt ist f^(k)(0) = (k-1)!. Als Taylorreihe im Entwicklungspunkt 0 erhalten wir schließlich

ln(x+1) = S^¥_k=0((-1)^k-1/k)x^k

Diese Reihe hat hat den Konvergenzradius 1. Setzt man x = 1 bekommt man die Reihendarstellung für den Funktionswert ln2.