Lösung.

  1. Wir erhalten
    $ \mbox{$\displaystyle f^{(k)}(x)\; =\; \sum_{n=k}^\infty a_n\cdot n\cdot (n-1) \cdot (n-k+1)\cdot (x-x_0)^{n-k} $}$
    und somit
    $ \mbox{$\displaystyle f^{(k)}(x_0)\; =\; \sum_{n=k}^\infty a_n\cdot n\cdot (n-... ..._0)^{n-k} \; = \; a_k\cdot k\cdot (k-1) \cdot (k-k+1) \; = \; k!\, a_k \; . $}$

  2. Die Konvergenzradien der beiden Potenzreihen sind $ \mbox{$\geq r > 0$}$. Somit dürfen wir in $ \mbox{$x_0$}$ $ \mbox{$k$}$-fach differenzieren und erhalten mit (1)
    $ \mbox{$\displaystyle a_k \; =\; f^{(k)}(x_0)/k! \; =\; b_k $}$
    für $ \mbox{$k\geq 0$}$.

  3. Die Quotientenregel anzuwenden, würde zu Schwierigkeiten führen.

    Die Potenzreihenentwicklung des Sinus in $ \mbox{$x_0 = 0$}$ liefert

    $ \mbox{$\displaystyle f(x)\; =\; \sum_{k = 0}^\infty (-1)^k x^{2k}/(2k+1)!\; , $}$
    was insbesondere an der gesondert definierten Stelle $ \mbox{$x_0 = 0$}$ richtig bleibt. Dies sichert wegen Konvergenzradius $ \mbox{$R = \infty$}$ die beliebige Differenzierbarkeit bei $ \mbox{$x_0 = 0$}$.

    Mit (1) erhalten wir

    $ \mbox{$\displaystyle f^{(n)}(0) \; =\; \left\{ \begin{array}{ll} (-1)^{n/2} ... ...erade,}} \\ 0 & {\mbox{f\uml ur {$\mbox{$n$}$} ungerade.}} \\ \end{array}$}$