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$$f(x)=\frac{4}{4-x^2}=\frac{(2-x)+(2+x)}{(2-x)(2+x)}=\frac{1}{2+x}+\frac{1}{2-x}=(2+x)^{-1}+(2-x)^{-1}$$
zu a) Wir zeigen die Behauptung mittels vollständiger Induktion:$$f^{(n)}(x)=\frac{n!}{(2-x)^{n+1}}+\frac{(-1)^n\,n!}{(2+x)^{n+1}}$$
Verankerung bei \(n=0\):$$f^{(0)}{x}=f(x)=(2-x)^{-1}+(2+x)^{-1}=\frac{0!}{(2-x)^{0+1}}+\frac{(-1)^0\,0!}{(2+x)^{0+1}}\quad\checkmark$$
Induktionsschritt von \(n\) auf \((n+1)\):$$f^{(x+1)}(x)=\left(f^{(n)}(x)\right)'=\left(\frac{n!}{(2-x)^{n+1}}+\frac{(-1)^n\,n!}{(2+x)^{n+1}}\right)'$$$$\phantom{f^{(x+1)}(x)}=\left(n!\,(2-x)^{-n-1}+(-1)^n\,n!(2+x)^{-n-1}\right)'$$$$\phantom{f^{(x+1)}(x)}=n!(-n-1)(2-x)^{-n-2}\cdot(-1)+(-1)^nn!(-n-1)(2+x)^{-n-2}$$$$\phantom{f^{(x+1)}(x)}=n!(n+1)(2-x)^{-n-2}+(-1)^{n+1}n!(n+1)(2+x)^{-n-2}$$$$\phantom{f^{(x+1)}(x)}=\frac{n!(n+1)}{(2-x)^{n+2}}+(-1)^{n+1}\frac{n!(n+1)}{(2+x)^{n+2}}$$$$\phantom{f^{(x+1)}(x)}=\frac{(n+1)!}{(2-x)^{(n+1)+1}}+(-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{(2+x)^{(n+1)+1}}\quad\checkmark$$
zu b) Mit dem Resultat aus (a) lautet die Taylorreihe für \(f(x)\) um den Punkt \(x_0=0\):$$f(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}\cdot(x-x_0)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!}\cdot x^n=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{\frac{n!}{2^{n+1}}+\frac{(-1)^nn!}{2^{n+1}}}{n!}\cdot x^n$$$$\phantom{f(x)}=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1+(-1)^n}{2^{n+1}}\cdot x^n=\underbrace{\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{\overbrace{1+(-1)^{2k}}^{=2}}{2^{2k+1}}\cdot x^{2k}}_{n=2k\text{ (gerade n)}}+\underbrace{\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{\overbrace{1+(-1)^{2k+1}}^{=0}}{2^{(2k+1)+1}}\cdot x^{2k+1}}_{n=2k+1\text{ (ungerade n)}}$$$$\phantom{f(x)}=\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{2}{2^{2k+1}}\cdot x^{2k}=\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{1}{2^{2k}}\cdot x^{2k}=\sum\limits_{k=0}^\infty\left(\frac{x}{2}\right)^{2k}$$
zu c) Für \(x\in(-1;1)\) bzw. \(\eta\in(-1;1)\) betachten wir das Restglied:$$R_k(x)=\operatorname{max}\left|\left(\frac{\xi}{2}\right)^{2(k+1)}\right|<\left(\frac12\right)^{2k+2}\;\stackrel{(k\to\infty)}{\to}\;0$$
