Grenzwert bestimmen < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Ich möchte gerne wissen, wie ich
[mm] $\lim\limits_{x\to 0}x^2\cdot\left(\frac{1}{x-\sin x}-\frac{6}{x^3}\right)$
[/mm]
berechnen kann. Ich weiß nicht, ob es von Belang ist, dass es um komplexe Funktionen geht oder ob das egal ist. |
Hey! Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Naja, ich habe halt ein bisschen umgeformt:
[mm] $\lim\limits_{x\to 0}x^2\cdot\left(\frac{1}{x-\sin x}-\frac{6}{x^3}\right)=\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{x}{1-\frac{\sin x}{x}}-\frac{6}{x}\right)=\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{x}{\frac{x^2}{3!}-\frac{x^4}{5!}+\frac{x^6}{7!}\mp\hdots}-\frac{6}{x}\right)$
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:28 Sa 13.07.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ich möchte gerne wissen, wie ich
>
> [mm]\lim\limits_{x\to 0}x^2\cdot\left(\frac{1}{x-\sin x}-\frac{6}{x^3}\right)[/mm]
>
> berechnen kann. Ich weiß nicht, ob es von Belang ist, dass
> es um komplexe Funktionen geht oder ob das egal ist.
das ist generell schon von Belang. Zunächst kann man aber einfach mal $x [mm] \in \IR \setminus \{0\}$ [/mm] betrachten,
mit der Regel von de l'Hôpital folgt dann
[mm] $x^2*\left(\frac{1}{x-\sin x}-\frac{6}{x^3}\right)=\frac{x^2}{x-\sin x}-\frac{6}{x}=\frac{x^3-6x+6\sin x}{x^2-x\sin x}\;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\;\frac{3x^2-6+6\cos x}{2x-\sin x-x\cos x}\;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\;$
[/mm]
[mm] $\frac{6x-6\sin x}{2-\cos x-\cos x+x\sin x}=6*\frac{x-\sin x}{2-2\cos x+x\sin x}\;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\;6*\frac{1-\cos x}{3\sin x+x \cos x}\;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\; 6*\frac{\sin x}{4 \cos x-x \sin x} \;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\; 0\,.$
[/mm]
(Ich hoffe mal, dass ich keinen Rechenfehler gemacht habe!)
Nun haben wir allerdings wohl allgemeiner $x [mm] \in \IC \setminus \{0\}$ [/mm] zu betrachten:
Wir wissen also bisher nur, dass, wenn [mm] $\lim_{\IC \setminus \{0\} \ni x \to 0}x^2\cdot\left(\frac{1}{x-\sin x}-\frac{6}{x^3}\right)$
[/mm]
existiert, dieser notwendig [mm] $=0\,$ [/mm] sein muss.
Also nochmal zurück: Folgendes können wir auch für $x [mm] \in \IC \setminus \{0\}$ [/mm] schreiben
, sofern denn [mm] $|x|\,$ [/mm] genügend klein ist (eigentlich müssen wir nur
beachten, dass wir keine Nullstellen des [mm] $\sin$ [/mm] erwischen!):
(editiert!)
[mm] $x^2*\left(\frac{1}{x-\sin x}-\frac{6}{x^3}\right)=\frac{x^2}{x-\sin x}-\frac{6}{x}=\frac{x^3-6x+6\sin x}{x^2-x\sin x}=x*\frac{x^3-6x+6\sin x}{x^3-x^2\sin x}$
[/mm]
Bleibt also zu zeigen, dass [mm] $\frac{x^3-6x+6\sin x}{x^3-x^2\sin x}$ [/mm] bei [mm] $\IC\setminus \{0\} \ni [/mm] x [mm] \to [/mm] 0$ beschränkt ist.
Vielleicht kann man da ja die Potenzreihengestalt des Sinus (Taylorentwicklung)
verwenden...
Gruß,
Marcel
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> Hallo,
>
> > Ich möchte gerne wissen, wie ich
> >
> > [mm]\lim\limits_{x\to 0}x^2\cdot\left(\frac{1}{x-\sin x}-\frac{6}{x^3}\right)[/mm]
>
> >
> > berechnen kann. Ich weiß nicht, ob es von Belang ist, dass
> > es um komplexe Funktionen geht oder ob das egal ist.
>
> das ist generell schon von Belang. Zunächst kann man aber
> einfach mal [mm]x \in \IR \setminus \{0\}[/mm] betrachten,
> mit der Regel von de l'Hôpital folgt dann
>
> [mm]x^2*\left(\frac{1}{x-\sin x}-\frac{6}{x^3}\right)=\frac{x^2}{x-\sin x}-\frac{6}{x}=\frac{x^3-6x+6\sin x}{x^2-x\sin x}\;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\;\frac{3x^2-6+6\cos x}{2x-\sin x-x\cos x}\;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\;[/mm]
>
> [mm]\frac{6x-6\sin x}{2-\cos x-\cos x+x\sin x}=6*\frac{x-\sin x}{2-2\cos x+x\sin x}\;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\;6*\frac{1-\cos x}{3\sin x+x \cos x}\;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\; 6*\frac{\sin x}{4 \cos x-x \sin x} \;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\; 0\,.[/mm]
Super, das verstehe ich.
> Nun haben wir allerdings wohl allgemeiner [mm]x \in \IC \setminus \{0\}[/mm]
> zu betrachten:
> Wir wissen also bisher nur, dass, wenn [mm]\lim_{\IC \setminus \{0\} \ni x \to 0}x^2\cdot\left(\frac{1}{x-\sin x}-\frac{6}{x^3}\right)[/mm]
>
> existiert, dieser notwendig [mm]=0\,[/mm] sein muss.
Wieso muss er (falls existent) 0 sein, d.h. mit dem oben von dir ermittelten Grenzwert in den reellen Zahlen ohne Null übereinstimmen?
>
> Also nochmal zurück: Folgendes können wir auch für [mm]x \in \IC \setminus \{0\}[/mm]
> schreiben,
> sofern denn [mm]|x|\,[/mm] genügend klein ist (eigentlich müssen
> wir nur beachten,
> dass wir keine Nullstellen des [mm]\sin[/mm] erwischen!):
Wieso darf man keine Nullstelle des Sinus erwischen? Weil man dann Konstanten erhält, die nicht gegen 0 konvergieren?
Und wenn man also die Nullstellen des Sinus rausnehmen muss, kann mann dann wirklich sagen, dass der Ausdruck für alle [mm] $x\in\mathbb{C}\setminus\left\{0\right\}$ [/mm] gegen 0 konvergiert (falls existent)?
Wieso musste man im reellen Fall nicht die Nullstellen des Sinus rausnehmen?
>
> [mm]x^2*\left(\frac{1}{x-\sin x}-\frac{6}{x^3}\right)=\frac{x^2}{x-\sin x}-\frac{6}{x}=\frac{x^3-6x+6\sin x}{x^2-x\sin x}=x*\frac{x^3-6x+6\sin x}{x^3-x^2\sin x}[/mm]
>
> Bleibt also zu zeigen, dass [mm]\frac{x^3-6x+6\sin x}{x^3-x^2\sin x}[/mm]
> bei [mm]\IC\setminus \{0\} \ni x \to 0[/mm] beschränkt ist.
>
> Vielleicht kann man da ja die Potenzreihengestalt des Sinus
> (Taylorentwicklung)
> verwenden...
>
> Gruß,
> Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:15 Sa 13.07.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > Hallo,
> >
> > > Ich möchte gerne wissen, wie ich
> > >
> > > [mm]\lim\limits_{x\to 0}x^2\cdot\left(\frac{1}{x-\sin x}-\frac{6}{x^3}\right)[/mm]
>
> >
> > >
> > > berechnen kann. Ich weiß nicht, ob es von Belang ist, dass
> > > es um komplexe Funktionen geht oder ob das egal ist.
> >
> > das ist generell schon von Belang. Zunächst kann man aber
> > einfach mal [mm]x \in \IR \setminus \{0\}[/mm] betrachten,
> > mit der Regel von de l'Hôpital folgt dann
> >
> > [mm]x^2*\left(\frac{1}{x-\sin x}-\frac{6}{x^3}\right)=\frac{x^2}{x-\sin x}-\frac{6}{x}=\frac{x^3-6x+6\sin x}{x^2-x\sin x}\;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\;\frac{3x^2-6+6\cos x}{2x-\sin x-x\cos x}\;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\;[/mm]
>
> >
> > [mm]\frac{6x-6\sin x}{2-\cos x-\cos x+x\sin x}=6*\frac{x-\sin x}{2-2\cos x+x\sin x}\;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\;6*\frac{1-\cos x}{3\sin x+x \cos x}\;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\; 6*\frac{\sin x}{4 \cos x-x \sin x} \;\;\;\stackrel{x \to 0}{\longrightarrow}\;\;\; 0\,.[/mm]
>
> Super, das verstehe ich.
>
>
> > Nun haben wir allerdings wohl allgemeiner [mm]x \in \IC \setminus \{0\}[/mm]
> > zu betrachten:
> > Wir wissen also bisher nur, dass, wenn [mm]\lim_{\IC \setminus \{0\} \ni x \to 0}x^2\cdot\left(\frac{1}{x-\sin x}-\frac{6}{x^3}\right)[/mm]
>
> >
> > existiert, dieser notwendig [mm]=0\,[/mm] sein muss.
>
> Wieso muss er (falls existent) 0 sein, d.h. mit dem oben
> von dir ermittelten Grenzwert in den reellen Zahlen ohne
> Null übereinstimmen?
das folgt doch gerade aus den vorangegangenen Überlegungen, wenn man
sich auf $x [mm] \in \IR \setminus \{0\}$ [/mm] beschränkt. Eigentlich ist das Standardwissen, was man eigentlich
irgendwann mal verinnerlicht haben muss. Aber unabhängig davon kannst
Du Dir natürlich auch überlegen: "Nehmen wir nun an, dass der Grenzwert
existiert und dass er [mm] $\not=0$ [/mm] wäre. Dann..."
und bastelst Dir (einfach!) einen Widerspruch. Wenn Du es genauer wissen
willst, kann ich mir nachher mal einen passenden Satz überlegen, wie man
den geeignet formulieren könnte. Etwa mit:
Sei [mm] $f\,$ [/mm] eine Funktion und [mm] $x_0$ [/mm] Häufungspunkt des Definitionsbereichs
von [mm] $f\,.$ [/mm] Sei [mm] $M\,$ [/mm] eine Teilmenge des Definitionsbereichs von [mm] $f\,$ [/mm] und sei
ferner [mm] $x_0$ [/mm] auch ein Häufungspunkt von [mm] $M\,.$ [/mm] Ferner existiere [mm] $\lim_{x \to x_0}f_{|M}(x)=:g\,.$ [/mm] Dann gilt:
Falls [mm] $\lim_{x \to x_0}f(x)$ [/mm] existiert, so muss notwendig [mm] $g=\lim_{x \to x_0}f(x)$ [/mm] sein!
> > Also nochmal zurück: Folgendes können wir auch für [mm]x \in \IC \setminus \{0\}[/mm]
> > schreiben,
> > sofern denn [mm]|x|\,[/mm] genügend klein ist (eigentlich
> müssen
> > wir nur beachten,
> > dass wir keine Nullstellen des [mm]\sin[/mm] erwischen!):
>
> Wieso darf man keine Nullstelle des Sinus erwischen? Weil
> man dann Konstanten erhält, die nicht gegen 0
> konvergieren?
Ach sorry - ich hatte da erst eine andere Rechnung stehen. Ich streiche
den Teil und überarbeite die Antwort - so, wie es da steht, braucht man
das auch nicht. Es muss nur $x [mm] \not=0$ [/mm] sein!
Gruß,
Marcel
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> das folgt doch gerade aus den vorangegangenen
> Überlegungen, wenn man
> sich auf [mm]x \in \IR \setminus \{0\}[/mm] beschränkt. Eigentlich
> ist das Standardwissen, was man eigentlich
> irgendwann mal verinnerlicht haben muss. Aber unabhängig
> davon kannst
> Du Dir natürlich auch überlegen: "Nehmen wir nun an,
> dass der Grenzwert
> existiert und dass er [mm]\not=0[/mm] wäre. Dann..."
> und bastelst Dir (einfach!) einen Widerspruch. Wenn Du es
> genauer wissen
> willst, kann ich mir nachher mal einen passenden Satz
> überlegen, wie man
> den geeignet formulieren könnte. Etwa mit:
> Sei [mm]f\,[/mm] eine Funktion und [mm]x_0[/mm] Häufungspunkt des
> Definitionsbereichs
> von [mm]f\,.[/mm] Sei [mm]M\,[/mm] eine Teilmenge des Definitionsbereichs von
> [mm]f\,[/mm] und sei
> ferner [mm]x_0[/mm] auch ein Häufungspunkt von [mm]M\,.[/mm] Ferner
> existiere [mm]\lim_{x \to x_0}f_{|M}(x)=:g\,.[/mm] Dann gilt:
> Falls [mm]\lim_{x \to x_0}f(x)[/mm] existiert, so muss notwendig
> [mm]g=\lim_{x \to x_0}f(x)[/mm] sein!
Das ist die Eindeutigkeit des Grenzwerts, richtig?
Es ist [mm] $\mathbb{R}\setminus\left\{0\right\}\subset\mathbb{C}\setminus\left\{0\right\}$ [/mm] und wenn das in der Teilmenge gegen 0 konvergiert, so auch in der Obermenge.
---
Du hast geschrieben, man müsse jetzt irgendwie zeigen, dass der eine Faktor beschränkt ist - und dafür evtl. die Taylorentwicklung verwenden.
Da habe ich dann heraus:
[mm] $\frac{x^3-6x+6\sin x}{x^3-x^2\sin x}=6\cdot\frac{\sum\limits_{n\geq 2}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}}{\sum\limits_{n\geq 2}(-1)^n\frac{x^{2n+1}} {(2n-1)!}}$
[/mm]
Wieso darf man denn eigentlich im komplexen Fall nicht auch wieder mit L'Hôspital rechnen? - Wo ist da der Unterschied zum Fall [mm] $x\in\mathbb{R}\setminus\left\{0\right\}$?
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:25 Sa 13.07.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > das folgt doch gerade aus den vorangegangenen
> > Überlegungen, wenn man
> > sich auf [mm]x \in \IR \setminus \{0\}[/mm] beschränkt.
> Eigentlich
> > ist das Standardwissen, was man eigentlich
> > irgendwann mal verinnerlicht haben muss. Aber
> unabhängig
> > davon kannst
> > Du Dir natürlich auch überlegen: "Nehmen wir nun an,
> > dass der Grenzwert
> > existiert und dass er [mm]\not=0[/mm] wäre. Dann..."
> > und bastelst Dir (einfach!) einen Widerspruch. Wenn Du
> es
> > genauer wissen
> > willst, kann ich mir nachher mal einen passenden Satz
> > überlegen, wie man
> > den geeignet formulieren könnte. Etwa mit:
> > Sei [mm]f\,[/mm] eine Funktion und [mm]x_0[/mm] Häufungspunkt des
> > Definitionsbereichs
> > von [mm]f\,.[/mm] Sei [mm]M\,[/mm] eine Teilmenge des Definitionsbereichs von
> > [mm]f\,[/mm] und sei
> > ferner [mm]x_0[/mm] auch ein Häufungspunkt von [mm]M\,.[/mm] Ferner
> > existiere [mm]\lim_{x \to x_0}f_{|M}(x)=:g\,.[/mm] Dann gilt:
> > Falls [mm]\lim_{x \to x_0}f(x)[/mm] existiert, so muss notwendig
> > [mm]g=\lim_{x \to x_0}f(x)[/mm] sein!
>
> Das ist die Eindeutigkeit des Grenzwerts, richtig?
so kann man das auch sehen - allerdings in dem Sinne, dass der Grenzwert
[mm] $\lim_{M \setminus \{x_0\} \ni x \to x}f_{|M}(x)=\lim_{x \to x_0}f_{|M}(x)$ [/mm] eindeutig ist.
> Es ist
> [mm]\mathbb{R}\setminus\left\{0\right\}\subset\mathbb{C}\setminus\left\{0\right\}[/mm]
> und wenn das in der Teilmenge gegen 0 konvergiert, so auch
> in der Obermenge.
Nein, das ist genau falsch herum: Wenn das in der Teilmenge gegen "ein [mm] $g\,$" [/mm]
(nicht notwedig Null!) konvergiert, so folgt, im Falle, dass der Grenzwert
auch in der Obermenge auch existiert, er in der Obermenge nur [mm] $=g\,$ [/mm]
sein kann.
Es kann nämlich sein, dass für eine auf $D [mm] \subseteq \IC$ [/mm] definierte Funktion $f [mm] \colon [/mm] D [mm] \to \IC$
[/mm]
gilt, dass - für [mm] $x_0$ [/mm] HP von [mm] $D\,$ [/mm] - gilt, dass [mm] $\lim_{x \to x_0}f(x)$ [/mm] NICHT existiert,
aber für eine gewisse Teilmenge $M [mm] \subseteq [/mm] D$ dennoch [mm] $\lim_{x \to x_0}f_{|M}(x)$ [/mm] existiert!
Dabei könnte auch $M=D [mm] \cap \IR$ [/mm] sein!
>
> ---
>
> Du hast geschrieben, man müsse jetzt irgendwie zeigen,
> dass der eine Faktor beschränkt ist - und dafür evtl. die
> Taylorentwicklung verwenden.
Ja, "eventuell", weil ich mir dazu keine Gedanken gemacht habe. Ich habe
die Beschränktheit erwähnt, weil diese eigentlich reicht. Du wirst sicher
sogar zeigen können, dass der eine Faktor konvergiert!
> Da habe ich dann heraus:
>
> [mm]\frac{x^3-6x+6\sin x}{x^3-x^2\sin x}=6\cdot\frac{\sum\limits_{n\geq 2}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}}{\sum\limits_{n\geq 2}(-1)^n\frac{x^{2n+1}} {(2n-1)!}}[/mm]
Kannst Du bitte
1. einfach das vorrechnen, was Du gerechnet hast (ich weiß, es ist reine
Faulheit meinerseits, dass ich es nicht selbst rechne - aber beim Nachrechnen
ist es auch unwahrscheinlicher, dass ich einen Fehler übersehe, weil ich
sowieso das Ganze nochmal selbst aufschreiben werde und es erst dann
mit Deiner Rechnung vergleiche!)
2. Mir sagen, inwiefern Du nun mit dem Ergebnis so, wie es oben steht,
weiter argumentieren willst?
> Wieso darf man denn eigentlich im komplexen Fall nicht auch
> wieder mit L'Hôspital rechnen? - Wo ist da der Unterschied
> zum Fall [mm]x\in\mathbb{R}\setminus\left\{0\right\}[/mm]?
Ganz einfach: Schau' doch mal, was in den Voraussetzungen bei der
Regel von de l'Hôpital steht: Sei $I [mm] \subseteq \IR$ [/mm] ein Intervall und [mm] $f\,$ [/mm]
auf [mm] $I\,$ [/mm] definiert...
Gruß,
Marcel
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Zu der Rechnung:
Zähler:
[mm] $x^3-6x+6\sin x=x^3-6x(x-x^3/3!+x^5/5!-x^7/7!\pm\hdots)=x^3-6x+6x-\frac{6x^3}{3!}+\frac{6x^5}{5!}\mp\hdots$
[/mm]
[mm] $=6\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$
[/mm]
Nenner:
[mm] $x^3-x^2(x-x^3/3!+x^5/5!-x^7/7!\pm\hdots)=x^3-x^3+x^5/3!-x^7/5!\pm\hdots$
[/mm]
[mm] $=\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n-1)!}$
[/mm]
Aber ich weiß leider auch nicht, wie ich mit diesem Resultat nun weiterkomme. Ich hatte einfach auf das Stichwort "Taylorreihe" hin, das mal aufgeschrieben...
Edit: Ich habe mal gehört, wenn Zähler und Nenner beide holomorph sind, kann man auch im Komplexen L'Hôpital anwenden.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:22 Sa 13.07.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Zu der Rechnung:
>
> Zähler:
>
> [mm]x^3-6x+6\sin x=x^3-6x(x-x^3/3!+x^5/5!-x^7/7!\pm\hdots)=x^3-6x+6x-\frac{6x^3}{3!}+\frac{6x^5}{5!}\mp\hdots[/mm]
>
> [mm]=6\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
>
> Nenner:
>
> [mm]x^3-x^2(x-x^3/3!+x^5/5!-x^7/7!\pm\hdots)=x^3-x^3+x^5/3!-x^7/5!\pm\hdots[/mm]
>
> [mm]=\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n-1)!}[/mm]
>
>
> Aber ich weiß leider auch nicht, wie ich mit diesem
> Resultat nun weiterkomme. Ich hatte einfach auf das
> Stichwort "Taylorreihe" hin, das mal aufgeschrieben...
>
>
> Edit: Ich habe mal gehört, wenn Zähler und Nenner beide
> holomorph sind, kann man auch im Komplexen L'Hôpital
> anwenden.
ja:
![[]](/images/popup.gif) Satz 100
Wenn ihr das verwenden dürft, so sind wir eigentlich damit auch gut
bedient und fertig. In der Analysis (etwa Satz 13.22) wird diese
Version halt eher nicht vorgestellt.
Edit: Lassen wir das Durchgestrichene mal lieber unter Vorbehalt da stehen.
Zum einen müssen wir ja erstmal schauen, ob in unserem Fall die
Voraussetzungen des Satzes 100 gegeben sind, zum anderen scheint es
mir, als dass da ein Formulierungsfehler mit eingebaut wurde. Da sollte
sicher sowas stehen wie "Falls [mm] $\lim [/mm] f'(x)/g'(x)$ existiert, dann auch..."
Aber wenn man das "richtigstellt", dann sollte der korrigierte Satz dann
hier anwendbar sein...
Ich werde aber dennoch demnächst mal, wenn ich Zeit und Lust habe,
gucken, wie man die obige Aufgabe elementar mit Taylorentwicklung
lösen kann. So schwer kann das eigentlich nicht sein - aber das ist nur
reine Gefühlssache meinerseits!
Gruß,
Marcel
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