Übungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler

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Author: Kurt Marti

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Physica-Lehrbuch

Für weitere Bände: http://www.springer.com/series/3174

Kurt Marti

¨ Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler Unter Mitwirkung von Olena Solodovchenko, Simone Zier und Michael Schacher

Univ. Prof. Dr. Kurt Marti Universität der Bundeswehr München Fakultät für Luft- und Raumfahrttechnik Institut für Mathematik und Rechneranwendung Werner-Heisenberg-Weg 39 85579 Neubiberg [email protected]

ISSN 1431-6870 ISBN 978-3-7908-2609-8 e-ISBN 978-3-7908-2610-4 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 Springer Heidelberg Dordrecht London New York Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet u¨ ber http://dnb.d-nb.de abrufbar. c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt. Die dadurch begründeten Rechte, insbesondere die der ¨ Ubersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikroverfilmung oder der Vervielfältigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielfältigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vom 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zulässig. Sie ist grundsätzlich vergütungspflichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Einbandentwurf: WMXDesign GmbH, Heidelberg Gedruckt auf säurefreiem Papier Springer ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Science+Business Media (www.springer.com)

Vorwort

¨ Das Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirt” schaftswissenschaftler“ von K. Marti und D. Gröger ist hervorgegangen aus dem ¨ Ubungsbetrieb zu den Lehrveranstaltungen • Brückenkurs Mathematik und • Höhere Mathematik für Studenten der Luft- und Raumfahrttechnik an der Universität der Bundeswehr München, die von K. Marti und seinen Mitarbeitern u¨ ber viele Jahre gehalten wurden. Die Aufgaben wurden zum Teil neu erstellt, zum Teil wurden sie aus bestehenden Aufgabensammlungen und Lehrbüchern entnommen, oder es sind Modifikationen ¨ bereits bestehender Aufgaben. Das Ubungsbuch ist inhaltlich und didaktisch auf den Grundkurs Mathematik“ abgestimmt und umfasst 241 vollständig durchgerechne” te Aufgaben von unterschiedlichem Schwierigkeitsgrad. Zahlreiche Abbildungen, Graphiken und Tabellen erleichtern die Bearbeitung der Aufgaben. Die Aufgaben decken den Stoff der Differential- und Integralrechnung einer Variablen ab. Sie sollen einerseits den Studenten helfen, fehlendes Basiswissen aus der Gymnasialstufe zu erarbeiten bzw. aufzufrischen. Andererseits bilden die Aufgaben eine Brücke zur Behandlung der Analysis einer reellen Veränderlichen an Hochschulen und Universitäten. Die sichere Beherrschung der für viele naturwissenschaftliche, ingenieurwissenschaftliche, technische, wirtschaftswissenschaftliche und statistische Anwendungen unverzichtbaren mathematischen Grundlagen aus der Differential- und Integralrechnung einer Variablen (Analysis I) erfordert neben dem Besuch von Vorlesungen und Kursen u¨ ber dieses Thema insbesondere auch die aktive Bearbeitung einer ausrei¨ chenden Anzahl von Beispielen und Ubungsaufgaben zu den im Grundkurs Ma” thematik“ oder anderen einführenden Werken u¨ ber Analysis einer Variablen vorgestellten mathematischen Werkzeuge. ¨ Für das Selbststudium, für Brückenkurse, aber auch für den Ubungsbetrieb zu Vorlesungen u¨ ber Analysis I an Universitäten und Hochschulen stehen zu allen

vi

Vorwort

Kapiteln der Differential- und Integralrechnung einer Variablen zahlreiche gelöste Aufgaben zur Verfügung. Auf die nochmalige ausführliche Darstellung der Theorie wurde verzichtet, hingegen findet der Leser kurze Hinweise auf die benötigten ¨ Definitionen und Sätze des jeweiligen Ubungsstoffes sowie Verweise auf die entsprechenden Stellen im Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirt” schaftswissenschaftler“ von K. Marti und D. Gröger, Physica/Springer-Verlag, 2. ¨ Auflage, Heidelberg-New York, 2004. Aufgrund seines Aufbaus kann das Ubungs” buch“ natürlich auch zusammen mit jedem anderen Lehrbuch u¨ ber Differential- und Integralrechnung einer Variablen verwendet werden. Wichtige Quellen [1, 4, 5, 6, 7, 8] und verwandte Aufgabensammlungen [2, 3, 9, 10] findet man im Literaturverzeichnis.

München, Juni 2010 Kurt Marti, Olena Solodovchenko, Simone Zier, Michael Schacher

Vorwort

vii

Danken möchten wir zunächst Frau Elisabeth Lößl, Institut für Mathematik und Rechneranwendung der Fakultät für Luft- und Raumfahrttechnik der Universität der Bundeswehr München, für die Unterstützung bei der Fertigstellung des LaTeXSkripts des Buches. Wir danken den früheren Mitarbeitern des Instituts für Mathematik und Rechneranwendung, Andreas Aurnhammer, Klaus-Jürgen Böttcher, Claudia Haubach-Lippmann, Ernst Plöchinger, Jürgen Reinhart und Gerald Stöckl, die wesentliche Beiträge zum Aufbau der vorliegenden Aufgabensammlung geleistet haben. Danken möchten wir schließlich dem Springer-Verlag für die Aufnahme dieses Lehrbuches in sein Verlagsprogramm.

Inhaltsverzeichnis

1

¨ Naturliche Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

2

Reelle Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Ungleichungen mit Beträgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Ungleichungen ohne Beträge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Gleichungen ohne Beträge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Gleichungen mit Beträgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13 13 19 26 29

3

Mengen und Zahlenmengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

4

Kombinatorik (Binomialkoeffizienten Binomische Formeln) . . . . . . . 49

5

Zahlenfolgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

6

Der Funktionsbegriff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

7

Elementare Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

8

Grenzwerte von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

9

Stetige Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

10

Zusammengesetzte Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

11

Umkehrfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 11.1 Mit Arcusfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 11.2 Logarithmusfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 11.3 Areafunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

12

Die Ableitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

13

Erste Ableitungsregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

x

Inhaltsverzeichnis

14

Ableitung von zusammengesetzten Funktionen und Umkehrfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

15

Ableitung der elementaren Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

16

Differenzierbare Funktionen auf Intervallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

17

Höhere Ableitungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

18

Die Regel von Bernoulli - L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 18.1 Fall x → x0 ; x0 endlich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 18.2 Fall x → ±∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

19

Absolute und relative Extremstellen von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . 219

20

Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 20.1 Grundbegriffe. Unbestimmtes Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 20.2 Bestimmtes Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 20.3 Rechenregeln, MWS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238 20.4 Berechnung des Flächeninhalts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

21

Partielle Integration - Integration durch Substitution . . . . . . . . . . . . . . 253 21.1 Partielle Integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 21.2 Integration durch Substitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 21.3 Gemischtes Integrationsverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276

22

Integration rationaler Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281

23

Theorie der Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301 23.1 Konvergente Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301 23.2 Konvergenzkriterien für Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304 23.3 Taylorreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308

Literaturverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 Sachverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313

Kapitel 1

¨ Naturliche Zahlen

Unter den natürlichen Zahlen versteht man die Zahlen, die beim Prozess des Zählens auftreten, also die Zahlen 0, 1, 2, . . . , 15, . . . , 1001, . . . , . Prinzip der vollständigen Induktion (Theorem 1.1, Kap. 1.2) Es sei An eine Aussage u¨ ber natürliche Zahlen n. Es gelte: a) Ak ist wahr für eine bestimmte natürliche Zahl k (Induktionsanfang (IA)). b) Ist n > k und An−1 wahr ( Induktionsvoraussetzung (IV)), dann ist auch An wahr (Induktionsschluss (IS)): An−1 ⇒ An für jedes n > k. Unter diesen Voraussetzungen gilt die Aussage An für jede natürliche Zahl n ≥ k. Für die folgende Aufgabe benötigen wir den Begriff der Fakultät“ einer natürli” chen Zahl: Definition Fakultät (Def. 4.2, Kap. 4.1) Für die natürliche Zahl n sei 1, wenn n = 0 n! := (sprich n Fakultät“ ). ” 1 · 2 · 3 · . . . · n , wenn n ≥ 1

Aufgabe 1.1 Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion: n

a)

∑ (4k − 3) = n(2n − 1)

k=1 n

b)

∑ 3k−1 =

k=1

3n − 1 2

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 1,

2

1 Natürliche Zahlen n

n(n + 1)(2n + 1) 6 k=1 n n(n + 1) 2 3 d) ∑ k = 2 k=1 c)

∑ k2 =

e)

∑ k · k! = (n + 1)! − 1

n

k=1 n

f)

1

1

∑ 2(k−1) = 2(1 − 2n )

k=1 n

g)

n

∑ (2k − 1)2 = 3 (4n2 − 1)

k=1 n

h)

∑ (2k − 1) = n2

k=1 n

i)

∑ 2(k−1) = 2n − 1

k=1 n

j)

n

1

∑ (2k − 1)(2k + 1) = 2n + 1

k=1 n

n+2 für alle n ≥ 1, n ∈ N 2n k=1 n 1 n = für alle n ≥ 1, n ∈ N l) ∑ k(k + 1) n + 1 k=1 n n(n + 1)(n + 2) für alle n ≥ 1, n ∈ N m) ∑ k(k + 1) = 3 k=1 k)

k

∑ 2k = 2 −

Lösung: a) Induktionsanfang (IA): n = 1 4 · 1 − 3 = 1 · (2 · 1 − 1) ist richtig. =1

=1

n

Induktionsvoraussetzung (IV):

∑ (4k − 3) = n(2n − 1).

k=1

Induktionsschluss (IS): n+1

n

∑ (4k − 3) = ∑ (4k − 3) + (4(n + 1) − 3)

k=1

k=1

IV

= n(2n − 1) + (4(n + 1) − 3)

= 2n2 − n + 4n + 1 = 2n2 + 3n + 1 = (n + 1)(2n + 1) = (n + 1) (2(n + 1) − 1) .

1 Natürliche Zahlen

3

b) IA: n = 1 2 30 = ist richtig. 2 n 3n − 1 . IV: ∑ 3k−1 = 2 k=1 IS: n+1

n

∑ 3k−1 = ∑ 3k−1 + 3n+1−1

k=1

IV

=

k=1 3n − 1

2

+ 3n

1 = (3 · 3n − 1) 2 3n+1 − 1 . = 2 c) IA: n = 1 1 · (1 + 1)(2 · 1 + 1) 12 = 6 1·2·3 ist richtig. 1= 6 n n(n + 1)(2n + 1) . IV: ∑ k2 = 6 k=1 IS: n+1

∑ k2 =

k=1

IV

=

= = = =

n

∑ k2 + (n + 1)2

k=1

n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 6 1 (2n3 + 9n2 + 13n + 6) 6 1 2 (n + 3n + 2)(2n + 3) 6 1 (n + 1)(n + 2)(2n + 3) 6 1 (n + 1) ((n + 1) + 1) (2(n + 1) + 1) . 6

d) IA: n = 1 2 2 3 1 = ist richtig. 2 n n(n + 1) 2 3 IV: ∑ k = . 2 k=1 IS:

4

1 Natürliche Zahlen n+1

n

k=1

k=1

∑ k3 = ∑ k3 + (n + 1)3 IV

=

n(n + 1) 2

2 + (n + 1)3

1 = (n4 + 6n3 + 13n2 + 12n + 4) 4

1 2 (n + 2n + 1)(n2 + 4n + 4) = 4 (n + 1) ((n + 1) + 1) 2 . = 2 e) IA: n = 1 1 · 1 = 2! − 1 ist richtig. n

IV:

∑ k · k! = (n + 1)! − 1.

k=1

IS: n+1

n

∑ k · k! = ∑ k · k! + (n + 1)(n + 1)!

k=1

k=1

IV

= (n + 1)! − 1 + (n + 1)(n + 1)! = (n + 1)!(1 + (n + 1)) − 1 = ((n + 1) + 1)! − 1. f) IA: n = 1 1 = 2 − 1 = 1 istrichtig. n 1 1 IV: ∑ k−1 = 2 1 − n . 2 k=1 2 IS: n+1

n

1

1

1

∑ 2k−1 = ∑ 2k−1 + 2n+1−1

k=1

k=1

1 1 = 2 1− n + n 2 2 1 = 2− n 2 1 = 2 1 − n+1 . 2 IV


5

g) IA: n = 1

1 (2 − 1)2 = (4 − 1) ist richtig. 3 n n IV: ∑ (2k − 1)2 = (4n2 − 1). 3 k=1 IS: n+1

n

∑ (2k − 1)2 = ∑ (2k − 1)2 + (2(n + 1) − 1)2

k=1

k=1

n = (4n2 − 1) + (2n + 1)2 3 1 = (4n3 + 12n2 + 11n + 3) 3 1 = (n + 1)(4n2 + 8n + 4 − 1) 3 n+1 (4(n + 1)2 − 1). = 3

IV

h) IA: n = 1 (2 − 1) = 12 ist richtig. n

IV:

∑ (2k − 1) = n2 .

k=1

IS: n+1

n

∑ (2k − 1) = ∑ (2k − 1) + (2(n + 1) − 1)

k=1

k=1 IV 2

= n + 2n + 1

= (n + 1)2 . i) IA: n = 1 20 = 21 − 1 = 1 ist richtig. n

IV:

∑ 2k−1 = 2n − 1.

k=1

IS: n+1

n

∑ 2k−1 = ∑ 2k−1 + 2(n+1)−1

k=1

k=1 IV n

= 2 − 1 + 2n+1−1

= 2 · 2n − 1 = 2n+1 − 1.

6


j) IA: n = 1 1 1 = ist richtig. (2 − 1)(2 + 1) 2 + 1 n

IV:

= 31

= 31

n

1

∑ (2k − 1)(2k + 1) = 2n + 1 .

k=1

IS: n+1

n

1

1

1

∑ (2k − 1)(2k + 1) = ∑ (2k − 1)(2k + 1) + (2(n + 1) − 1)(2(n + 1) + 1)

k=1

k=1

IV

=

1 n + 2n + 1 (2n + 1)(2n + 3)

2n2 + 3n + 1 (2n + 1)(2n + 3) n+1 = 2n + 3 n+1 . = 2(n + 1) + 1 =

k) IA: n = 1 1 1+2 = 2− 1 ist richtig. 21 2 n k n+2 IV: ∑ k = 2 − n . 2 2 k=1 IS: n+1

n n+1 k k = ∑ 2k ∑ 2k + 2n+1 k=1 k=1

n+2 n+1 + n+1 2n 2 1 n+3 = 2 − n+1 (2(n + 2) − (n + 1)) = 2 − n+1 2 2 (n + 1) + 2 = 2− . 2n+1 IV

= 2−

l) IA: n = 1 1 1 = ist richtig. 1 · (1 + 1) 1 + 1 n 1 n = . IV: ∑ n+1 k=1 k(k + 1) IS:


7

n+1

n

1

1

1

∑ k(k + 1) = ∑ k(k + 1) + (n + 1)((n + 1) + 1)

k=1

k=1

1 n + n + 1 (n + 1)(n + 2) n(n + 2) + 1 = (n + 1)(n + 2)

IV

=

=

n2 + 2n + 1 (n + 1)(n + 2)

=

n+1 n+1 (n + 1)2 = = . (n + 1)(n + 2) n + 2 (n + 1) + 1

m) IA: n = 1

1 · (1 + 1)(1 + 2) ist richtig. 3 n n(n + 1)(n + 2) . IV: ∑ k(k + 1) = 3 k=1 IS:

1 · (1 + 1) =

n+1

n

k=1

k=1

∑ k(k + 1) = ∑ k(k + 1) + (n + 1) ((n + 1) + 1) n(n + 1)(n + 2) + (n + 1)(n + 2) 3 n(n + 1)(n + 2) + 3(n + 1)(n + 2) = 3 (n + 1)(n + 2)(n + 3) = 3 (n + 1)((n + 1) + 1)((n + 1) + 2) . = 3 IV

=

Aufgabe 1.2 ¨ Uberpr¨ ufen Sie mittels vollständiger Induktion, ob die Aussage An :

n

∑ (4 + k) =

k=1

für alle natürlichen Zahlen wahr ist. Lösung: IA:

n(n + 2) 2

8


n=1 4+1 = 5 1 · (1 + 2) = 1, 5 2 5 = 1, 5 =⇒ die Aussage ist falsch.

Aufgabe 1.3 Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion die Ungleichungen a) n < 2n für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1 b) 2n > n3 für alle natürlichen Zahlen n ≥ 10 Lösung: a) IA: n = 1 Die Aussage ist richtig, weil 1 < 21 . IV: n < 2n . IV 1 IS: n + 1 < 2n + 1 < 2n + 2 = 2n (1 + n+1 ) < 2n+1 . 2 1000 = 103 . IV: 2n > n3 . IS: 3 3 1 + 2 + 3) n n n n≥10 3 3 1 3 + ≤ n (1 + + ) 10 102 103 103 + 3 · 102 + 3 · 10 + 1 1331 = n3 = n3 3 10 1000

(n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n + 1 = n3 (1 +

IV

< 2 · n3 < 2 · 2n = 2n+1 ⇒ 2n+1 > (n + 1)3 . Aufgabe 1.4 Die Zahlen Sn seien definiert durch a) Sn = 1 − 4 + 9 − 16 + 25 − 36 + . . . + (−1)n−1 n2 1 1 1 + +...+ . b) Sn = 1·3 3·5 (2n − 1)(2n + 1) Man stelle eine Hypothese u¨ ber Sn auf und beweise diese mittels vollständiger Induktion.


9

Lösung: a) Aufstellen einer Hypothese: Voraussetzung: n ≥ 1, n ∈ N Sn := 1 − 4 + 9 − . . . + (−1)n−1 · n2 Gesucht: Formel für Sn Hypothese für Sn : n (−1)n−1 · n2 Sn

1 1 1 1·1

3 4 5 6 7 8 ... 9 −16 25 −36 49 −64 . . . 6 −10 15 −21 28 −36 . . . 2·3 3·5 4·7 −1 · 3 −2 · 5 −3 · 7 −4 · 9 2 −4 −3

Betrachte jedes zweite Sn ⇒ Vermutung: ⎧ ⎨ n + 1 n , n ungerade 2 Sn = ⎩ − n (n + 1) , n gerade 2 n(n + 1) Behauptung: Sn = (−1)n−1 2 Beweis: vollständige Induktion nach n IA: n=1

1 · (1 + 1) ist richtig. 2 n(n + 1) IV: Sn = (−1)n−1 . 2 IS: Sn+1 = Sn + (−1)n (n + 1)2 n(n + 1) IV + (−1)n (n + 1)2 = (−1)n−1 2 n = (−1)n (n + 1) (n + 1) − 2 (n + 1)(n + 2) n = (−1) . 2 b) Aufstellen einer Hypothese: Voraussetzung: n ≥ 1, n ∈ N 1 1 1 Sn := + + ... + 1·3 3·5 (2n − 1) · (2n + 1) Gesucht: Formel für Sn S1 = 1 = (−1)1−1

Hypothese für Sn :

10


n

1

2

3

4

5

...

1 1 1 1 1 1 ... (2n − 1) · (2n + 1) 1 · 3 3 · 5 5 · 7 7 · 9 9 · 11 1 3 Sn =

2 3 5 7 n −→ Vermutung: 2n + 1 n Behauptung: Sn = 2n + 1 Sn

4 9

5 ... 11

Beweis: vollständige Induktion nach n IA: n=1 1 1 ist richtig. S1 = = 3 2·1+1 n IV: Sn = . 2n + 1 IS: 1 Sn+1 = Sn + (2(n + 1) − 1) · (2(n + 1) + 1) 1 n IV + = 2n + 1 (2n + 1)(2n + 3) n(2n + 3) + 1 = (2n + 1)(2n + 3) 2n2 + 3n + 1 = (2n + 1)(2n + 3) (n + 1)(2n + 1) = (2n + 1)(2n + 3) n+1 n+1 = . = 2n + 3 2(n + 1) + 1 Aufgabe 1.5 Für welche natürlichen Zahlen gilt 2n n! < nn ? Lösung: 2n n! < nn , n ∈ N n 2n n! nn 1 2 1 4 2 8 27 3 48 4 384 256 5 3840 3125 6 46080 46656 Vermutung: 2n n! < nn , n ≥ 6, n ∈ N IA: n = 6 Die Aussage ist wahr (siehe Tabelle).


11

IV: 2n n! < nn . IS: IV 2n+1 (n + 1)! = 2 · 2n n! · (n + 1) < 2nn (n + 1) ⇒ zu zeigen: 2nn (n + 1) < (n + 1)n+1 ⇔ 2nn < (n + 1)n (n + 1)n = (n + 1)(n + 1) · . . . · (n + 1) = nn + nnn−1 + · · · + 1 > 2nn . 2nn n-mal >2nn

Kapitel 2

Reelle Zahlen

Zu den reellen Zahlen zählen - die natürlichen Zahlen 0,1,2,... - die ganzen Zahlen 0,±1,±2,... m -die rationalen Zahlen , m und n=0 sind ganze Zahlen n √ - die irrationalen Zahlen (z.B 2, π , e). Definition Absoluter Betrag (Def. 2.3, Kap. 2.1) Der absolute Betrag |x| einer reellen Zahl x ist definiert durch |x| =

x −x

2.1 Ungleichungen mit Beträgen Aufgabe 2.1 Berechnen Sie alle reellen Zahlen x, für die gilt: |x + 3| < 6 |x + 7| < 4 |x + 5| < 3 |3 − x| > 6 |x − 7| > 4 |x − 5| > 3 ||x| − 3| < 6 ||x| − 7| < 4 ||x| − 5| < 3 |x + 2| − x > 3 |3 − x| < |x + 2| 1 1 < l) 2 x − 9 15 − |2x|

a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) k)


wenn wenn

x≥0 x |x − 2| 1 + |x − 1| |2x − 5| |x + 3| − 2x, x+6

2 Reelle Zahlen

m)

x = −6

Lösung: a) 1. Fall: x ≥ −3 ⇒ x + 3 < 6 ⇔ x < 3 2. Fall: x < −3 ⇒ −x − 3 < 6 ⇔ x > −9 Die Gesamtlösung besteht aus allen x mit −9 < x < 3. b) |x + 7| < 4 ⇔ |x − (−7)| < 4 ⇔ −7 − 4 < x < −7 + 4 ⇔ −11 < x < −3 c) |x + 5| < 3 ⇔ |x − (−5)| < 3 ⇔ −8 < x < −2 d) 1. Fall: x ≤ 3 ⇒ 3 − x > 6 ⇔ x < −3 2. Fall: x > 3 ⇒ −3 + x > 6 ⇔ x > 9 Die Gesamtlösung besteht aus allen x mit x < −3 oder x > 9. e) |x − 7| > 4 ⇔ x < 7 − 4 = 3 oder x > 7 + 4 = 11 f) |x − 5| > 3 ⇔ x < 2 oder x > 8 g) 1. Fall: x < −3 ⇒ −x − 3 < 6 ⇔ x > −9 2. Fall: −3 ≤ x < 0 ⇒ −(−x − 3) < 6 ⇔ x < 3 3. Fall: 0 ≤ x < 3 ⇒ −(x − 3) < 6 ⇔ x > −3 4. Fall: x ≥ 3 ⇒ x − 3 < 6 ⇔ x < 9 ⇔ −9 < x < 9 h) ||x| − 7| < 4 ⇔ 7 − 4 < |x| < 7 + 4 ⇔ 3 < |x| < 11 ⇔ 3 < |x| und |x| < 11 ⇔ (x < −3 oder 3 < x) und (−11 < x < 11) ⇔ (−11 < x < −3) oder (3 < x < 11) i) ||x| − 5| < 3 ⇔ 2 < |x| < 8 ⇔ (x < −2 oder x > 2) und (−8 < x < 8) ⇔ (−8 < x < −2) oder (2 < x < 8) j) 1. Fall: x ≥ −2 ⇒ x + 2 − x > 3 ⇔ 2 > 3 Widerspruch! 5 2. Fall: x < −2 ⇒ −x − 2 − x > 3 ⇔ x < − 2 5 ⇔x 2 1 ⇔ <x≤3 2 3. Fall x > 3 ⇒ −3 + x < x + 2 ⇔ −3 < 2 ⇒ x > 3 1 Die Gesamtlösung besteht aus allen x mit x > . 2

2.1 Ungleichungen mit Beträgen

m) x2 − 9 = 0 ⇐⇒ x = ±3 15 − |2x| = 0 ⇐⇒ |x| =

15

15 15 ⇐⇒ x = ± 2 2

1. Fall: |x| < 3 (d. h. −3 < x < 3) ⇒ x2 − 9 < 0 und 15 − |2x| > 0 ⇔ 15 − |2x| > x2 − 9 ⇔ 0 > x2 + 2|x| + 1 − 25 ⇔ 25 > (|x| + 1)2 >0 ⇔ |x| < 4 ⇔ −4 < x < 4 ⇔ (−3 < x < 3) und (−4 < x < 4) ⇔ −3 < x < 3 2. Fall: |x| > 3 (d. h. x < −3, 3 < x) ⇒ x2 − 9 > 0 15 15 15 ⇔− <x< Fall 2a: 15 − |2x| > 0 ⇔ |x| < 2 2 2 ⇒ 15 − |2x| < x2 − 9 ⇔ . . . ⇔ 4 < |x| 15 15 ⇔ (x < −3 oder 3 < x) und (x < −4 oder 4 < x) und (− < x < ) 2 2 15 15 ⇔ (− < x < −4) oder (4 < x < ) 2 2 15 15 15 < |x| (x < − oder < x) Fall 2b: 15 − |2x| < 0 ⇔ 2 2 2 2 ⇒ 15 − |2x| > x − 9 ⇔ . . . ⇔ |x| < 4 ⇒ Es gibt keine Lösung. 15 ⇒ Die Gesamtlösung besteht aus allen x mit − < x < −4 oder −3 < x < 3 2 15 oder 4 < x < . 2 n) |x − 2| > 0 für alle x ∈ R\{2} und 1 + |x − 1| > 0 für alle x ∈ R 1 1 ⇒ > ⇔ 1 + |x − 1| > |x − 2| ⇔ (1 + |x − 1|)2 > (x − 2)2 |x − 2| 1 + |x − 1| ⇔ 1 + 2|x − 1| + (x2 − 2x + 1) > x2 − 4x + 4 ⇔ 2|x − 1| > 2 − 2x ⇔ |x − 1| > 1 − x ⇔ |1 − x| > 1 − x ⇔ 1−x < 0 ⇔ x > 1 ⇒Die Lösung besteht aus allen x mit x > 1 außer x = 2. o)

x = 6 : 1. Fall: Also

|2x − 5| 13. 5

|x2 − 36| > |x + 3| − 2x, x+6

x = −6

Fallunterscheidung: x2 − 36 ≥ 0 ⇔ (x − 6)(x + 6) ≥ 0 ⇒ x ≤ −6 oder x ≥ 6 x2 − 36 < 0 ⇔ (x − 6)(x + 6) < 0 ⇒ −6 < x < 6 x+3 ≥ 0 ⇔ x ≥ −3 x+3 < 0 ⇔ x < −3 1. Fall: x ≤ −6 ⇒ x2 − 36 ≥ 0, x + 3 < 0 (x − 6)(x + 6) > −x − 3 − 2x x+6 ⇔ x − 6 > −x − 3 − 2x 3 ⇔ x> 4 ⇒ keine Lösung.

⇒

2. Fall: −6 < x < −3 ⇒ x2 − 36 < 0, x + 3 < 0 −(x − 6)(x + 6) > −x − 3 − 2x ⇒ x+6 ⇔ −x + 6 > −x − 3 − 2x 9 ⇔ x>− 2 9 ⇒ − < x < −3 2 3. Fall: −3 ≤ x < 6 ⇒ x2 − 36 < 0, x + 3 ≥ 0 ⇒ −x + 6 > x + 3 − 2x ⇔ 6>3 ⇒ −3 ≤ x < 6

2.1 Ungleichungen mit Beträgen

17

4. Fall: x ≥ 6 ⇒ x2 − 36 ≥ 0, x + 3 ≥ 0 ⇒ x − 6 > x + 3 − 2x 9 ⇔ x> 2 ⇒ x≥6 9 Die Gesamtlösung besteht aus allen x mit − < x < −3 oder −3 ≤ x < 6 oder 2 x≥6 9 ⇒ aus allen x mit x > − . 2 Aufgabe 2.2 Sei a eine beliebige feste Zahl. Finden Sie alle Zahlen x, so dass x−a x + a < 1. Lösung: |x − a| < 1 ⇔ |x − a| < |x + a| |x + a|

⇔

−|x + a| < x − a < |x + a|

(∗)

↑ (|r| < b, b > 0 ⇔ − b < r < b)

1. Fall: x + a > 0 ⇔ |x + a| = x + a ⎧ ⎧ −x − a < x − a ⎨ ⎨ −x < x ⇔ 0 < x (∗) und und ⇒ −(x + a) < x − a < x + a ⇔ ⇔ ⎩ ⎩ x−a < x+a −a < a ⇔ 0 < a ⇒ x > 0 für a > 0. 2. Fall: x + a < 0 ⇔ |x + a| = −(x + a)

(∗)

⇒ −(−(x + a)) < x − a < −(x + a) ⇔ x + a < x − a < −x − a ⎧ ⎨ x + a < x − a ⇔ 2a < 0 ⇔ a < 0 und ⇔ ⎩ x − a < −x − a ⇔ x < −x ⇔ 2x < 0 ⇔ x < 0 ⇒ x < 0 für a < 0.

18

2 Reelle Zahlen

Aufgabe 2.3 Es seien x, y beliebige reelle Zahlen. Beweisen Sie: a) |x| ≤ |y| ⇔ x2 ≤ y2 b) |x + y| ≤ |x| + |y| (Dreiecksungleichung) i) ohne Hilfe von (a) ii) mit Hilfe von (a). Lösung: a) (⇒)

·|y|

·|x|

|x| ≤ |y| ⇒ |x|2 ≤ |x||y| und |x||y| ≤ |y|2 |x|2 =x2 ,|y|2 =y2 2 ⇒ x

(⇐)

≤ |x||y| ≤ y2 , also x2 ≤ y2 |x|,|y|≥0

x2 ≤ y2 ⇒ |x|2 ≤ |y|2 ⇒ |x| ≤ |y| b) i) 1. Fall : x ≥ 0, y ≥ 0 ⇒ (|x| = x, |y| = y und x + y ≥ 0 ⇒ |x + y| = x + y) ⇒ |x + y| = x + y = |x| + |y| ,,Gleichheit“ 2. Fall : x < 0, y < 0 ⇒ (|x| = −x, |y| = −y und x + y < 0 ⇒ |x + y| = −(x + y)) ⇒ |x + y| = −(x + y) = (−x) + (−y) = |x| + |y| ,,Gleichheit“ 3. Fall : x ≥ 0, y < 0 ⇒ |x| = x, |y| = −y x+y>0

⇒ |x + y| = x + y = |x| − (−y) = |x| − |y| < |x| + |y| oder:

x+y 0,

da

x = 0

⇒2 =

1 1 1 (2 |x|) ≤ (|x|2 + 1) = |x| + . |x| |x| |x|

2.2 Ungleichungen ohne Beträge

19

2.2 Ungleichungen ohne Beträge Aufgabe 2.5 Berechnen Sie alle reellen Zahlen x, für die gilt: 3x − 8 ≤ 9 + 5x 2x − 17 ≤ 13 + 6x 4x − 5 ≤ 8 + 7x −2x2 + 14x − 20 > 0 3(x − 2) < x(x − 2) 2(x + 1) < x(x + 1) (2 − x) < 2x(2 − x) x2 − 7 < 3(x − 1) x2 + 1 < 5(x − 1) 5 9x − 14 − >9 j) x−2 x+1 2x − 8 4 k) − >5 x−3 x+2

a) b) c) d) e) f) g) h) i)

Lösung: a) 3x − 8 ≤ 9 + 5x − 17 ≤ 2x 17 x≥− 2 15 30 b) 2x − 17 ≤ 13 + 6x ⇔ −4x ≤ 30 ⇔ x ≥ − = − 4 2 15 ⇒x≥− 2 13 c) 4x − 5 ≤ 8 + 7x ⇔ −3x ≤ 13 ⇔ x ≥ − 3 :(−2) 2 2 d) −2x + 14x − 20 > 0 ⇔ x − 7x + 10 < 0 Nullstellen des Polynoms: x2 − 7x + 10 = 0 ⇔ x 1 = 2 x2 = 5 ⇒ x2 − 7x + 10 = (x − 2)(x − 5) ⇒ x2 − 7x + 10 < 0 ⇔ (x − 5)(x − 2) < 0

(1)

Sei x1 := 2, x2 := 5 : i) x ≤ x1 ⇒ (x−x1 ) ≤ 0 und (x−x2 ) < 0 ⇒ (x−x1 )(x−x2 ) ≥ 0 (keine Lsg. laut (1)) ii) x ≥ x2 ⇒ (x−x2 ) ≥ 0 und (x−x1 ) > 0 ⇒ (x−x1 )(x−x2 ) ≥ 0 (keine Lsg. laut (1)) iii) x1 < x < x2 ⇒ (x − x1 ) > 0 und (x − x2 ) < 0 ⇒ (x − x1 )(x − x2 ) < 0

20

2 Reelle Zahlen

Die Gesamtlösung: 2 < x < 5 e) 1. Lösungsmöglichkeit 3(x − 2) < x(x − 2) ⇒ 3x − 6 < x2 − 2x ⇒ x2 − 5x + 6 > 0 Nullstellen der Parabel: x1 = 3 x2 = 2 ⇒ Die Lösung besteht aus allen x mit x < 2 oder x > 3 2. Lösungsmöglichkeit 1.Fall: x − 2 < 0 ⇔ x < 2 3(x − 2) < x(x − 2) | : (x − 2) mit x − 2 < 0 ⇒3>x x < 2 und x < 3 ⇒ x < 2 2.Fall: x − 2 > 0 ⇔ x > 2 3(x − 2) < x(x − 2) | : (x − 2) mit x − 2 > 0 ⇒3<x x > 2 und x > 3 ⇒ x > 3 3.Fall: x = 2 3(x − 2) < x(x − 2) ⇒ 0 < 0 Widerspruch! ⇒ x = 2 ist keine Lösung ⇒ Die Lösung besteht aus allen x mit x < 2 oder x > 3 f) Lösen durch Fallunterscheidung 1. Fall: x + 1 > 0 ⇔ x > −1 2(x + 1) < x(x + 1) ⇔ 2 < x ⇒ Die Lösung im 1. Fall besteht aus allen x mit x > 2. 2. Fall: x + 1 = 0 ⇒ x = −1 2(x + 1) < x(x + 1) ⇔ 0 < 0 ⇒ Keine Lösung. 3. Fall: x + 1 < 0 ⇒ x < −1 2(x + 1) < x(x + 1) ⇔ 2 > x ⇒ Die Lösung im 3. Fall besteht aus allen x mit x < −1. ⇒ Die Gesamtlösung besteht aus allen x mit x < −1 oder x > 2 . g) (2 − x) < 2x(2 − x) − 2x2 + 5x − 2 > 0

1 x1 = 2 x2 = 2 1 ⇒ Die Lösung besteht aus allen x mit < x < 2 . 2

Nullstellen der Parabel:

h) x2 − 7 < 3(x − 1) x2 − 3x − 4 < 0 Nullstellen der Parabel: x1 = −1 x2 = 4 ⇒ Die Lösung besteht aus allen x mit −1 < x < 4 .


21

i) x2 + 1 < 5(x − 1) ⇔ x2 − 5x + 6 < 0 x2 − 5x + 6 = 0√ √ 5 ± 25 − 4 · 1 · 6 5 ± 1 3 = = ⇔ x1/2 = 2 2 2 ⇒ x2 − 5x + 6 = (x − 3)(x − 2) (x − 3)(x − 2) < 0 ⇔2<x9 j) x−2 x+1 5 9x − 14 − −9 > 0 ⇔ x−) x+1 (9x − 14)(x + 1) − 5(x − 2) − 9(x − 2)(x + 1) ⇔ >0 (x − 2)(x + 1) (x + 1)(9x − 14 − 9(x − 2)) − 5(x − 2) ⇔ >0 (x − 2)(x + 1) 4(x + 1) − 5(x − 2) ⇔ >0 (x − 2)(x + 1) −x + 14 >0 ⇔ (x − 2)(x + 1) x − 14 0 ⇔ (x + 2)(x − 3) √ −( 321 + 3) ≈ −3, 48 Nullstellen des Zählers: x1 = 6 √ 321 − 3 x2 = ≈ 2, 48 6 Nullstellen des Nenners: x3 = −2 x4 = 3 √ −( 321 + 3) < x < −2 Die Gesamtlösung besteht aus allen x mit 6 √ 321 − 3 <x0 √ √ √ √ ⇔ a a−a b+b b−b a ≥ 0 √ √ √ √ ⇔ a a − b a − (a b − b b) ≥ 0 √ √ ⇔ a(a − b) − b(a − b) ≥ 0 √ √ ⇔ (a − b)( a − b) ≥ 0 √ √ 1.Fall: a > b (a − b) ( a − b) ≥ 0 >0

2.Fall:

a0

√ √ (a − b) ( a − b) ≥ 0 0

0 a b ≤ für c > 0 c c ac ≥ bc für c < 0 1 1 ≥ für a = 0 = b und a · b > 0 a b Lösung: (1)a ≤ b ⇔ b − a ≥ 0 ⇔ b − a + (c − c) ≥ 0 ⇔ (b + c) − (a + c) ≥ 0 ⇔ a+c ≤ b+c


23

c>0

(2)a ≤ b ⇔ b − a ≥ 0 ⇔ c(b − a) ≥ 0 ⇔ cb − ca ≥ 0 ⇔ ca ≤ cb ⇔ ac ≤ bc (3)a ≤ b ⇔ b − a ≥ 0

c>0⇔ 1c >0

⇔

b a a b 1 (b − a) ≥ 0 ⇔ − ≥ 0 ⇔ ≤ c c c c c

c0 ab>0⇔ ab 1 (b − a) ≥ 0 ⇐⇒ (5)a ≤ b ⇔ b − a ≥ 0 ab a 1 1 1 1 b − ≥0⇔ − ≥0⇔ ≥ . ⇔ ab ab a b a b

Aufgabe 2.8 Seien p1 , p2 , . . . , pn positive Zahlen. Zeigen Sie,dass min ak ≤

1≤k≤n

p1 a1 + p2 a2 + · · · + pn an ≤ max ak p1 + · · · + pn 1≤k≤n

für alle a1 , a2 , . . . , an ∈ R. Lösung: Sei a := min{a1 , a2 , . . . , an } A := max{a1 , a2 , . . . , an } Sei a = a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an = A Dann gilt: (ak − a1 )pk ≥ 0, k ∈ J := {1, 2, . . . , n} und: (an − ak )pk ≥ 0, k ∈ J

⇔ a1 pk ≤ ak pk , k ∈ J ⇔ ak pk ≤ an pk , k ∈ J

(α ) (β )

Damit folgt: a1 (p1 + p2 + . . . + pn ) = a1 p1 + a1 p2 + . . . + a1 pn (α )

≤ a 2 p2

(α )

≤ a n pn

!

≤ a1 p1 + a2 p2 + . . . + an pn (β )

≤ a n p1

(β )

≤ a n p2

≤ an p1 + an p2 + . . . + an pn = an (p1 + p2 + . . . + pn ) D.h. a1 (p1 + p2 + . . . + pn ) ≤ a1 p1 + a2 p2 + . . . + an pn ≤ an (p1 + p2 + . . . + pn )(1) Wegen: p1 , p2 , . . . , pn > 0 ⇒ p1 + p2 + . . . + pn =: p > 0

24

2 Reelle Zahlen

(1)|:p

=⇒ min ak = a1 ≤ k∈J

a1 p1 + a2 p2 + . . . + an pn ≤ an = max ak . p1 + p2 + . . . + pn k∈J

Aufgabe 2.9 Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion: a) (1 + x)n ≥ 1 + nx b) (1 + x)n > 1 + nx

für alle x ≥ −1 und n ≥ 1 (Ungleichung von Bernoulli) für alle x ≥ −1, x = 0 und n ≥ 2 ( die schärfere Fassung der Ungleichung von Bernoulli)

Lösung: a) IA: n = 1 (1 + x)1 = 1 + 1 · x ist richtig IV: (1 + x)n ≥ 1 + nx für alle x ≥ −1 und 1 ≤ n IS: IV

(1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x) ≥ (1 + nx)(1 + x) = 1 + x + nx + nx2 ≥0

= 1 + (n + 1)x + n x2 ≥ 1 + (n + 1)x. ≥1

≥0

≥0

b) Der Beweis der Ungleichung (b) erfolgt in derselben Weise wie der Beweis von (a). Aufgabe 2.10 Zeigen Sie, dass folgende Abschätzungen gelten: √ √ √ √ 1 a) 2( k + 1 − k) < √ < 2( k − k − 1) für alle k ≥ 1, k ∈ N k n √ √ 1 b) 2 n − 2 < ∑ √ < 2 n − 1 für alle n ≥ 2, n ∈ N k=1 k


25

Lösung: a) i) Beweis der linken Seite: √ √ 1 2( k + 1 − k) < √ k

⇔

√ √ √ 1 k( k + 1 − k) < 2

⇔

√ √ k k+1−k

0 − Widerspruch! ⇒a=0 c) |λ a| = |λ | · |a| |λ |=0

i) Fall : λ = 0, a ∈ R ⇒ λ a = 0 ⇒ |λ a| = 0 = 0 · |a| = |λ | · |a| |a|=0

ii) Fall : a = 0, λ ∈ R ⇒ λ a = 0 ⇒ |λ a| = 0 = 0 · |a| = |λ | · |a| iii) Fall : λ > 0, a > 0 ⇒ |λ | = λ , |a| = a, |λ a| = λ a ⇒ |λ a| = λ a = |λ | · |a| iv) Fall : λ > 0, a < 0 ⇒ (|λ | = λ , |a| = −a undλ a < 0 ⇒ |λ a| = −(λ a)) ⇒ |λ a| = −(λ a) = λ (−a) = |λ | · |a| v) Fall : λ < 0, a < 0 ⇒ ( |λ | = −λ , |a| = −aundλ a > 0 ⇒ |λ a| = λ a) ⇒ |λ a| = λ a = (−λ )(−a) = |λ | · |a| vi) Fall : λ < 0, a > 0 ⇒ (|λ | = −λ , |a| = aundλ a < 0 ⇒ |λ a| = −(λ a)) ⇒ |λ a| = −λ a = |λ | · |a| Aufgabe 2.15 Lösen Sie die Gleichungen a) 6x2 + 5|x| − 4 = 0 b) 3x2 − 4|x| + 1 = 0

30

2 Reelle Zahlen

Lösung: a) Setze|x| =: t ≥ 0 wegen x2 = |x|2 gilt: 4 5 =0 6x2 + 5|x| − 4 = 0 ⇔ 6t 2 + 5t − 4 = 0 ⇔ 6 t 2 + t − 6 6 2 2 5 5 5 4 2 ⇔ t + 2t + − − =0 12 12 12 6 2 2 2 5 52 + 12 · 8 5 8 11 ⇔ t+ = = + = 12 12 12 122 12 11 5 ⇔ |t + | = 12 12 11 6 1 5 t≥0 = = ⇔ t =− + 12 12 12 2 Aus |x| =

b)

1 1 = t ⇒ x1 = − ; 2 2

3x2 − 4|x| + 1 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

x2 =

1 2

3x2 + 1 = 4|x| (3x2 + 1)2 = (4|x|)2 9x4 + 6x2 + 1 = 16|x|2 9x4 + 6x2 + 1 = 16x2 9x4 + 6x2 − 16x2 + 1 = 0 9x4 − 10x2 + 1 = 0

Substitution : y := x2 ≥ 0 : 9y2 − 10y + 1 = 0 √ 5 ± 25 − 9 ⇔ y ≥ 0 und y = 9 1 ⇔ y = oder 1 9 1 Rücksubstitution : x = ±1 oder x = ± . 3

Aufgabe 2.16 Man bestimme alle x ∈ R, für die gilt: |x + 2| − |x − 2| = |x − 5| + |6 − x| − 1 Lösung: |x + 2| − |x − 2| = |x − 5| + |6 − x| − 1 Fallunterscheidung: x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ −2 x−2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 x−5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5 6−x ≥ 0 ⇔ x ≤ 6

x+2 < x−2 < x−5 < 6−x
6

2.4 Gleichungen mit Beträgen

31

1. Fall: x < −2, d.h. x + 2 < 0, x − 2 < 0, x − 5 < 0, 6 − x > 0 ⇒ −x − 2 − (−x + 2) = −x + 5 + 6 − x − 1 ⇔ −4 = −2x + 10 ⇔ x=7 ⇒keine Lösung 2. Fall: −2 ≤ x < 2, d.h. x + 2 ≥ 0, x − 2 < 0, x − 5 < 0, 6 − x > 0 ⇒ x + 2 − (−x + 2) = −x + 5 + 6 − x − 1 ⇔ 2x = −2x + 10 5 ⇔ x= 2 ⇒keine Lösung 3. Fall: 2 ≤ x < 5, d.h. x + 2 > 0, x − 2 ≥ 0, x − 5 < 0, 6 − x > 0 ⇒ x + 2 − x + 2 = −x + 5 + 6 − x − 1 ⇔ 4 = −2x + 10 ⇔ x=3 ⇒ Lösung x = 3 4. Fall: 5 ≤ x < 6, d.h. x + 2 > 0, x − 2 > 0, x − 5 ≥ 0, 6 − x > 0 ⇒ x+2−x+2 = x−5+6−x−1 ⇔ 4=0 ⇒keine Lösung 5. Fall: x ≥ 6, d.h. x + 2 > 0, x − 2 > 0, x − 5 > 0, 6 − x ≤ 0 ⇒ x+2−x+2 = x−5−6+x−1 ⇔ 4 = 2x − 12 ⇔ x=8 ⇒ Lösung x = 8 Insgesamt: x = 3 oder x = 8. Aufgabe 2.17 Sei d : R × R → R die Funktion, die jedem Paar (a, b) ∈ R × R seinen ”Abstand” d(a, b) := |a − b| zuordnet. Zeigen Sie: Für alle a, b, c, λ ∈ R gilt: d(a + c, b + c) = d(a, b) d(λ a, λ b) = |λ | · d(a, b) Lösung: Def

a) d(a + c, b + c) = |(a + c) − (b + c)| = |a + c − b − c| = |(a − b) + (c − c)| = Def

|a − b| = d(a, b) d(a + c, b + c) = d(a, b)

heißt ,,Translationsvarianz der Metrik d“

32

2 Reelle Zahlen Def

Def

b) d(λ a, λ b) = |λ a − λ b| = |λ (a − b)| = |λ ||a − b| = |λ | d(a, b).

Kapitel 3

Mengen und Zahlenmengen

Definition Menge (Def 3.1, Kap. 3) Eine Menge ist die Zusammenfassung von wohlbestimmten und wohlunterschiedenen Dingen x, y, z, . . . zu einem Ganzen M. M ist definiert, wenn von jedem Objekt x feststeht, ob es zu M gehört oder nicht. Definition Obere Schranke (Def. 3.4, Kap.3) Eine Zahlenmenge M heißt nach oben beschränkt, wenn eine Zahl K existiert, so dass x ≤ K für alle x ∈ M. Jede Zahl K mit dieser Eigenschaft heißt obere Schranke von M. Definition Supremum (Def. 3.5, Kap.3) Es sei M nach oben beschränkt. Eine Zahl S heißt Supremum (kleinste obere Schranke oder obere Grenze) von M, wenn gilt: a) S ist eine obere Schranke von M b) Ist K eine obere Schranke von M, dann ist S ≤ K. Bezeichnung: S = sup M. Definition Untere Schranke (Def. 3.6, Kap.3) Eine Zahlenmenge M heißt nach unten beschränkt, wenn eine Zahl k existiert, so dass k ≤ x für alle x ∈ M. Jede Zahl k mit dieser Eigenschaft heißt untere Schranke von M. Definition Infimu (Def. 3.7, Kap.3) Es sei M nach unten beschränkt. Eine Zahl s heißt Infimu (größte untere Schranke oder untere Grenze) von M, wenn gilt: a) s ist eine untere Schranke von M b) Ist k eine untere Schranke von M, dann ist k ≤ s. Bezeichnung: s = inf M.


34

3 Mengen und Zahlenmengen

Definition Maximum (bzw. Minimum) Gilt sup M ∈ M (inf M ∈ M), so heißt sup M (inf M) das Maximum (Minimum) von M. Aufgabe 3.1 Skizzieren Sie in der x, y - Ebene die Menge der Punkte (x, y) deren Koordinaten das folgende System von Ungleichungen erfüllen: a) x − y ≤ 1 3 ≤ 3x + y x+y ≤ 3 b) x + y ≤ 2 4 ≤ 4x − y x−y ≤ 4 c) x + y ≥ 4 6 ≤ 6x + y x+y ≤ 6 y≥0 d) x2 + y2 ≤ 3 − 2(x + y) y − 8x ≤ 4x2 + 1 e) x2 + y2 ≤ 2 + 2(x − y) x + 4y ≤ −y2 − 3 Lösung: a) x − y ≤ 1 ⇔ y ≥ x − 1 3 ≤ 3x + y ⇔ y ≥ 3 − 3x


35

x+y ≤ 3 ⇔ y ≤ 3−x

b) x + y ≤ 2 ⇔ y ≤ −x + 2 4 ≤ 4x − y ⇔ y ≤ 4x − 4 x−y ≤ 4 ⇔ y ≥ x−4

36


c) x + y ≥ 4 ⇔ y ≥ 4 − x 6 ≤ 6x + y ⇔ y ≥ 6 − 6x x+y ≤ 6 ⇔ y ≤ 6−x

d) x2 + y2 ≤ 3 − 2(x + y) ⇔ x2 + 2x + y2 + 2y ≤ 3 ⇔ (x2 + 2x + 1 − 1) + (y2 + 2y + 1 − 1) ≤ 3 ⇔ (x + 1)2 − 1 + (y + 1)2 − 1 ≤ 3 ⇔ (x + 1)2 + (y + 1)2 ≤ 5 √ ⇒ Grenzkurve: Kreis um (−1, −1) vom Radius 5 ⇒ Lösung der Ungleichung sind alle Punkte im Kreisinneren. y − 8x ≤ 4x2 + 1 ⇔ y ≤ 4x2 + 8x + 1 ⇔ y ≤ 4(x2 + 2x) + 1 ⇔ y ≤ 4(x2 + 2x + 1 − 1) + 1 ⇔ y ≤ 4(x + 1)2 − 4 + 1 ⇔ y ≤ 4(x + 1)2 − 3


37

⇒ Grenzkurve: Parabel mit Scheitel (−1, −3), Parabel nach oben geöffnet.

y 8 7 6 5 4 3 2 1 0 -4

-3

-2

-1

0 -1

1

2

3 x

-2 -3 -4

e) x2 + y2 ≤ 2 + 2(x − y) ⇔ x2 − 2x + y2 + 2y ≤ 2 ⇔ (x2 − 2x + 1 − 1) + (y2 + 2y + 1 − 1) ≤ 2 ⇔ (x − 1)2 − 1 + (y + 1)2 − 1 ≤ 2 ⇔ (x − 1)2 + (y + 1)2 ≤ 4 ⇒ Grenzkurve: Kreis um (1, −1) vom Radius 2 ⇒ Lösung der Ungleichung sind alle Punkte im Kreisinneren. x + 4y ≤ −y2 − 3 ⇔ x ≤ −y2 − 4y − 3 ⇔ x ≤ −(y2 + 4y + 4 − 4) − 3 ⇔ x ≤ −(y2 + 4y + 4) + 4 − 3 ⇔ x ≤ −(y + 2)2 + 1

38


⇒ Grenzkurve: Parabel mit Scheitel (1, −2), Parabel nach links geöffnet. y 1

0 -4

-3

-2

-1

0

1

2

3 x

-1

-2

-3

-4

Aufgabe 3.2 Die Punktmengen A1 , . . . , A4 einer Ebene seien bestimmt durch A1 = {(x, y) ∈ R2 ; y ≤ x}, A3 = {(x, y) ∈ R2 ; y ≤ −x + 3},

A2 = {(x, y) ∈ R2 ; y ≥ −x}, A4 = {(x, y) ∈ R2 ; y ≥ x − 3}.

Man bestimme (graphisch) A1 ∩ A4 , A2 ∩ A3 , A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 , (A1 ∩ A4 ) ∪ (A2 ∩ A3 ), A1 \ A2 , A1 \ A3 , und A1 bzgl. der Grundmenge R2 . Lösung:


Aufgabe 3.3 Die Punktmengen A, B einer Ebene seien bestimmt durch A = {(x, y) : x2 + y2 ≤ 1}, B = {(x, y) : (x − 1)2 + (y − 1)2 ≤ 1}. ¯ B¯ auf der Grundmenge Bestimmen Sie grafisch A ∪ B, A ∩ B, A\B und A,

39

40


M = {(x, y) : x2 + y2 ≤ 9}. Lösung:

Abb. 3.1 A ∪ B


Abb. 3.2 A ∩ B

Abb. 3.3 A \ B

41

42

Abb. 3.4 A

Abb. 3.5 B



43

Aufgabe 3.4 Bestimmen Sie das Supremum und Infimum der Menge 3n + (−1)n m − (−1)m · ; m, n ∈ N . M := n m Lösung: Sei

an :=

3n + (−1)n n

Damit gilt: M = {cn,m ; Wegen

an = 3 +

bn :=

;

m − (−1)m m

cn,m := an bm

;

;

n, m ∈ N

n, m ∈ N}

(−1)n n

;

bm = 1 −

(−1)m m

gilt:

1 1 1 A := {an ; n ∈ N} = 2, 3 + , 3 − , 3 + , . . . 2 3 4 1 7 ⇒ inf A = 2 = a1 und sup A = 3 + = = a2 2 2 1 1 1 B := {bm ; m ∈ N} = 2, , 1 + , 1 − , . . . 2 3 4 1 ⇒ inf B = = b2 und sup B = 2 = b1 2

(3.1)

(3.2)

Aus (1) und (2) folgt: ⎫ 1 ⎪ inf A · inf B = 2 · = 1 ⎬ 2 7 ⎭ sup A · sup B = · 2 = 7 ⎪ 2 ⇒ inf M = c1,2 = 1

;

(3)

sup M = c2,1 = 7.

Aufgabe 3.5 Bestimmen Sie für folgende Mengen Infimum, Supremum, Minimum, Maximum sofern sie existieren: n , n ∈ N\{0} a) M1 = x ∈ R : x = n+1 1 2 b) M2 = x ∈ R : x = + , n, m ∈ N\{0} m n m−n , m, n ∈ N\{0} c) M3 = x ∈ R : x = m+n 1 n d) M4 = x ∈ R : x = (−1) 1 + , n ∈ N\{0} n

44


e) M5 = {x ∈ R : (x − a)(x − b) ≤ 0} , a ≤ b reelle Konstanten f) M6 = {x ∈ R : (x − a)(x − b)(x − c) < 0} , a ≤ b ≤ c reelle Konstanten Lösung:

1 2 3 n n , n ∈ N\{0} = , , ,..., ,... a) M1 = x ∈ R : x = n+1 2 3 4 n+1 n n0 + 2 n0 + 2 n0 + 1 ⇒ Widerspruch zu m = max M1 Ergebnis: M1 hat kein Maximum

>0

n2 + 2n0 + 1 − n20 − 2n0 1 n0 n0 n0 + 1 n0 + 1 − = 0 = > . Nebenrechnung: >0⇔ n0 + 2 n0 + 1 (n0 + 2)(n0 + 1) (n0 + 2)(n0 + 1) n0 + 2 n0 + 1 >0

1 inf M1 = min M1 = 2 1 2 b) 0 < + ≤ 1 + 2 = 3 m n 1 2 lim ( + ) = 0 m,n→∞ m n ⇒ inf M2 = 0, min M2 existiert nicht, weil 0 kein Element von M2 ist supM2 = max M2 = 3 m−n , m, n ∈ N\{0} c) M3 = x ∈ R : x = m+n ⎧ m+n−n−n ⎪ ⎪ = ⎪ ⎨ m+n

1−

2n m+n

m−n = m+n ⎪ ⎪ 2m m−n−m+m ⎪ ⎩ = −1 + m+n m+n Welche Werte können 1 −

oder

2m 2n und −1 + annehmen ? m+n m+n


45

2m 2n > 0, >0 m+n m+n 2n 2m 2m 2n < = 2 und < =2 m+n n m+n m 2n 2m ⇒0< < 2 und 0 < 0 für alle x = b folgt M6 = {x ∈ R : x < a, x = b} ⇒ inf M6 und min M6 existieren nicht. sup M6 = a und max M6 existiert nicht. Aufgabe 3.6 a) M sei eine i) nach oben beschränkte, ii) nach unten beschränkte, iii) beschränkte Zahlenmenge. Zeigen Sie, dass dann auch Mˆ = {α x : x ∈ M} für jedes α > 0 dieselbe Eigenschaft (i), (ii), (iii) hat. b) Sei α ∈ R beliebig gegeben. In welcher Beziehung zueinander stehen sup{α x : x ∈ M}, sup{x : x ∈ M} und inf{α x : x ∈ M}, inf{x : x ∈ M}? Lösung: a) i) Sei M beschränkt nach oben durch C, d.h. für alle x ∈ M gilt x ≤ C bzw. α >0 C − x ≥ 0 =⇒ α (C − x) ≥ 0 ⇐⇒ α C − α x ≥ 0 ⇐⇒ α x ≤ α C Def. ˆ ⇒ M ist beschränkt nach oben. ii) Sei M beschränkt nach unten durch c, d.h. für alle x ∈ M gilt c ≤ x bzw. α >0 c − x ≤ 0 ⇐⇒ x − c ≥ 0 =⇒ α (x − c) ≥ 0 ⇐⇒ α x − α c ≥ 0 ⇐⇒ α c ≤ α x Def. ˆ ⇒ M ist beschränkt nach unten. iii) Sei M beschränkt durch c und C, d.h. für alle x ∈ M gilt c ≤ x ≤ C α >0 =⇒ α c ≤ α x ≤ α C Def. ˆ ⇒ M ist beschränkt. b) Sei inf{x : x ∈ M} := c sup{x : x ∈ M} := C inf{α x : x ∈ M} := cˆ sup{α x : x ∈ M} := Cˆ


47

1. Fall: α > 0 Def. inf{x : x ∈ M} := c ⇒ c ≤ x für alle x ∈ M α >0

⇒ α c ≤ α x für alle x ∈ M ⇒ α c ≤ cˆ (1) inf{α x : x ∈ M} := cˆ ⇒ cˆ ≤ α x für alle x ∈ M α >0 1 ⇒ cˆ ≤ x für alle x ∈ M α 1 ⇒ cˆ ≤ c α α >0 ⇒ cˆ ≤ α c (2) Aus (1) und (2) folgt cˆ = α c ⇔ inf{α x : x ∈ M} = α inf{x : x ∈ M} Def.

sup{x : x ∈ M} := C ⇒ x ≤ C für alle x ∈ M

α >0

⇒ α x ≤ α C für alle x ∈ M ⇒ Cˆ ≤ α C (3) sup{α x : x ∈ M} := Cˆ ⇒ α x ≤ Cˆ für alle x ∈ M 1 α >0 ⇒ x ≤ Cˆ für alle x ∈ M α ⇒ C ≤ α Cˆ α >0 ⇒ α C ≤ Cˆ (4) Aus (3) und (4) folgt Cˆ = α C ⇔ sup{α x : x ∈ M} = α sup{x : x ∈ M} 2. Fall: α < 0 Ganz analog dem 1.Fall kann man zeigen, dass im 2. Fall die folgenden Beziehungen entstehen: inf{α x : x ∈ M} = α sup{x : x ∈ M} und sup{α x : x ∈ M} = α inf{x : x ∈ M} 3. Fall: α = 0 ⇒ {α x : x ∈ M} = {0} ⇒ inf {α x : x ∈ M} = sup {α x : x ∈ M} = 0 = α inf {x : x ∈ M} = α sup {x : x ∈ M}.

Kapitel 4

Kombinatorik (Binomialkoeffizienten Binomische Formeln)

Definition Binomialkoeffiziente (Def. 4.4, Kap. 4.2) nund k seien natürliche Zahlen mit 0 ≤ k ≤ n. n! n(n − 1)(n − 2) . . . (n − k + 1) n := = . k (n − k)!k! 1·2·3...k Binomiallehrsatz (Theorem 4.7, Kap. 4.3) Für beliebige reelle Zahlen a, b und jede natürliche Zahl n ≥ 1 gilt n n n−k k a b. (a + b)n = ∑ k=0 k Aufgabe 4.1 Berechnen Sie: a) die ersten drei Glieder von i) ii) iii) iv) v)

(1 + a)50 (a − 1)10 (1 + a)20 (1 + x)10 (x − 1)8 (1 + x)13 (x − 1)19

b) die Koeffizienten von x, x2 und x3 : 16 15 (1 + 2x) √ 4 + (x − 1) (1 + 5) √ c) 4− 5


50

4 Kombinatorik (Binomialkoeffizienten, Binomische Formeln)

Lösung: a) i) (1 + a)50 =

50 50−0 0 50 50−1 1 50 50−2 2 1 1 1 a + a + a + ... = 0 1 2

= 1 + 50a + 1225a2 + ... ii) 10 10−0 10 10−1 10 10−2 0 1 a a a = (−1) + (−1) + (−1)2 + ... = 0 1 2

(a − 1)

10

= a10 − 10a9 + 45a8 − ... iii) (1 + a)

20

20 20−0 0 20 20−1 1 20 20−2 2 1 1 1 = a + a + a ... = 0 1 2 = 1 + 20a + 190a2 + ...

iv) 10 ∑ k 1(10−k) xk k=0 10 2 10 x +... x+ = 1+ 2 1

(1 + x)10 =

10

= 1 + 10x + 45x2 + . . . 8 8 8 8 (−1)(8−k) xk (x − 1) = (−1 + x) = ∑ k=0 k 8 2 8 x −... x+ = 1− 2 1 = 1 − 8x + 28x2 − . . . ⇒ (1 + x)10 (x − 1)8 = (1 + 10x + 45x2 + . . .)(1 − 8x + 28x2 − . . .) = 1 + (10 − 8)x + (1 · 28 − 10 · 8 + 1 · 45)x2 + . . . = 1 + 2x − 7x2 + . . . v) (1 + x)13 (x − 1)19 13 13 2 13 k 13 x +... x = 1+ x+ (1 + x)13 = ∑ 2 k 1 k=0 = 1 + 13x + 78x2 + . . .


51

(x − 1)19 = ((−1)(1 − x))19 = −(1 − x)19 19 19 (−x)k =−∑ k k=1 19! 2 (−x) + . . . = − 1 + 19(−x) + 2!(19 − 2)! = −1 + 19x − 171x2 + . . . ⇒ (1 + x)13 (x − 1)19 = (1 + 13x + 78x2 + . . .)(−1 + 19x − 171x2 + . . .) = −1 + 19x − 171x2 − 13x + 19 · 13x2 − 171 · 13x3 − 78x2 + 19 · 78x3 − 171 · 78x4 + . . . = −1 + 19x − 13x − 171x2 + 247x2 − 78x2 + . . . = −1 + 6x − 2x2 + . . . b) (1 + 2x)16 + (x − 1)15 (1 + 2x)16 = 1 + 32x + 480x2 + 4480x3 + ... (x − 1)15 = −1 + 15x − 105x2 + 455x3 − ... ⇒ die Koeffizienten sind: x1 : 47 x2 : 375 x3 : 4935 4 4 √ √ 4 4−k √ k 4 1 ( 5) = ∑ ( 5)k c) (1 + 5)4 = ∑ k k k=0 √ k=0√ √ √ = 1 + 4√5 + 6( 5)2 √ + 4( 5)3 + ( 5)4 = 1 + 4 5√+ 30 + 20 5 + 25 = 56 + 24 √ √ 5 56 + 24 5 (1 + 5)4 √ = √ ⇒ 4 − 5√ 4√ − 5 (56 + 24 5)(4 + 5) √ √ = (4 − 5)(4 5) √ + √ 224 + 56 5 + 96 5 + 120 = 16 − 5 √ 344 + 152 5 . = 11

Aufgabe 4.2 Man zeige, dass gilt: n n n+1 , + = a) k−1 k k

n ∈ N\{0}

52

b) c) d) e)

4 Kombinatorik (Binomialkoeffizienten, Binomische Formeln) n n ∑ k (−1)k = 0, n ∈ N\{0} k=0 n n = , n ∈ N\{0} k n−k nk nk n ≤ k−1 , n ∈ N\{0} ≤ k k! n2 n+1 i =∑ für alle m, n ∈ N\{0} mit m ≤ n. m+1 m i=m

Lösung: a) (n + 1)! (n + 1) n! n! n+1 n+1 = = = · k k! (n + 1 − k)! k! (n − k)! (n + 1 − k) k! (n − k)! n + 1 − k n+1 n = = k n+1−k n! · k k n n + 1+ = = = k k n+1−k (n + 1 − k)(n − k)!k! n! n! n n + + = = k k (n + 1 − k)!(k − 1)! (n − (k − 1))!(k − 1)! n n + = k−1 k

b) Vollständige Induktion: IA: n=1 Die weil Aussage ist wahr, 1 1 0 (−1) + (−1)1 = −1 + 1 = 0 0 1 n n (−1)k = 0 IV: ∑ k=0 k IS: n+1 n+1 n+1 n+1 k n+1 (−1) (−1) (−1)0 = + ∑ k n + 1 0 k=0 n n+1 (−1)k +∑ k k=1 n n n n Aufg. 5.2a n+1 k (−1) + ∑ (−1)k = (−1) +1+ ∑ k=1 k k=1 k − 1 ¨ Der Ubersichtlichkeit halber betrachten wir nun nur noch die letzten zwei Summen:


n n n n n IV k k (−1) (−1) (−1)0 = 0 − 1 = −1 = − ∑ k ∑ k 0 k=1 k=0 n−1 n−1 n n n k j+1 ∑ k − 1 (−1) = ∑ j (−1) = (−1) ∑ j (−1) j = j=0 j=0 k=1 n n n IV (−1) j − (−1)n = (−1) (0 − (−1)n ) = −(−1)n+1 = (−1) ∑ j n j=0 n

also gilt für unseren ursprünglichen Ausdruck: n+1 n+1 ∑ k (−1)k = (−1)n+1 + 1 − 1 − (−1)n+1 = 0 k=0 n n! = c) k k!(n − k)! n! n! n n = = = k n−k (n − k)!(n − (n − k))! (n − k)!k! k k n n n d) ≤ ≤ k−1 ,n ≥ 1 k k! 2 nk n 1. Schritt: ≤ k k! ! nk n! n = ≤ k k!(n − k)! k! ! n! ⇔ ≤ nk (n − k)! n! = n · (n − 1) · (n − 2) · · · (n − k + 1) ≤ n · n· · · n = nk (n − k)! k Faktoren k Faktoren, jeder ≤ n nk 1 nk 1 ≤ k−1 ⇔ ≤ k−1 2. Schritt: k! k! 2 2 !

Also muss man zeigen: k! ≥ 2k−1 k! = k · (k − 1) · (k − 2) · · · 2 ·1 ≥ 2 · · 2 · 2 = 2k−1 · 2 · k−1 Faktoren k−1 Faktoren, jeder ≥ 2

53

54


e) Beweis mittels vollständiger Induktion: IA: n = m : Die Aussage ist wahr, weil m+1 = 1 m+1 m i m und = =1 ∑ m m i=m m+1 m ⇒ = m + 1 m n i n+1 IV: = ∑ m für alle m ≤ n. m+1 i=m n+1 (n + 1) + 1 Aufg. 5.2 a) n + 1 = + IS: n → n + 1 : m+1 m m+1 n i n+1 IV = ∑ m + m i=m n+1 i = ∑ m . i=m Aufgabe 4.3 Zeigen Sie mit Hilfe der Binomischen Formel: a) Es gibt ein a ∈ R, so dass x5 − 10x4 + 40x3 − 80x2 + 80x − 32 = (x + a)5 n2 b) (1 + x)n ≥ x2 , für jede reelle Zahl x ≥ 0 und jede natürliche Zahl n ≥ 2. 4 Lösung: a) auflösen von (x + a)5 : 5 5 5−k k 5 x ·a (x + a) = ∑ k k=0 5 5 5 4 5 3 2 5 2 3 5 5 5 = x + x a+ x a + x a + xa4 + a 0 1 2 3 4 5 !

= x5 − 10x4 + 40x3 − 80x2 + 80x − 32 Koeffizientenvergleich:


5 ! 1= = 1, 0 5! 5 ! a = 5 · a ⇒ a = −2 −10 = a = 1 4! 5! 120 2 5 2 ! 40 = · a2 = a = 10 a2 ⇒ a = ±2 a = 2 2! 3! 12 5! 3 5 3 ! a = 10 · a3 ⇒ a = −2 −80 = a = 3 3! 2! 5! 4 5 4 ! a = 5 · a4 ⇒ a = ±2 80 = a = 4 4! 1! 5 5 ! −32 = a = a5 ⇒ a = −2 5 ⇒ Die Lösung ist a = −2. x5 − 10x4 + 40x3 − 80x2 + 80x − 32 = (x − 2)5 b) (1 + x)n n n k x =∑ k k=0 n n n 0 n 1 n 2 x ≥ = x + x + x + ... + n 0 1 2 ∗ ≥0 n! (n − 1)n 2 2 ·x = ·x ∗= (n − 2)! 2! 2 n(n − 1) 2 ? n2 2 x x ≥ 4 2 Fallunterscheidung Fallunterscheidung: x = 0 : 0 = 0 x > 0 : ⇒ x2 > 0

(x≥0)

≥

n n(n − 1) 2 ? n2 2 x2 >0 (n − 1)n n2 x ≥ x ⇐⇒ ≥ ⇐⇒ n − 1 ≥ ⇐⇒ n ≥ 2. 2 4 2 4 2 Aufgabe 4.4 Beweisen Sie: für alle n ∈ N\{0} gilt: n 1 1 a) , k ∈ N\{0} ≤ k k n n k! n 1 1 b) 1 + ≤∑ . n k! k=0 n 1 c) Sei an := 1 + . Zeigen Sie: 2 ≤ an < an+1 < 3, n ∈ N\{0}. n Hinweise i) für alle k ≥ 2 gilt k! ≥ k(k − 1)

55

56


1 ii) Multiplizieren Sie an+1 mit 1 − n+1 noulli Ungleichung.

n+1 und verwenden Sie danach die Ber-

Lösung:

nk 1 n ≤ |· k a) Aufg. 5.2 d) : k k! n n 1 1 ⇒ ≤ k nk k! n−k+1 1 1 n 1 n(n − 1) . . . (n − k + 1) n n − 1 ··· · ≤ Oder: = = · k k k n n n k! k! k!n n k Faktoren, jeder ≤ 1 b) Mit dem Binomischen Satz ist n n 1 n n n−k 1 k n 1 Aufg. 5.4 a) n 1 1 1+ = ∑ =∑ ≤ ∑ k n n k=0 k k=0 k n k=0 k! c) Beh. 1: an < an+1 , n ∈ N\{0} Beweis (Durch benutzen der Bernoulli-Ungleichung (s. Aufg. 3.9 b))): n+1 n+1 n+1 1 1 1 1+ an+1 = 1 − 1− n+1 n+1 n+1 n+1 2 Bernoulli 1 1 = 1− > 1 − (n + 1) n+1 (n + 1)2 1 = 1− n+1

1 ⇒ an+1 = 1 + n+1

n+1

1 1 1 n+1 n = n > n+1 = n 1 1 1 − 1− n+1 n+1 n+1 n n+1 1 n = = 1+ = an n n 1−

Beh. 2: 2 ≤ an < 3 , n ∈ N

I. Möglichkeit: i) Mit Beh. 1 und a1 = 2 ⇒ an ≥ 2 n 1 n 1 ≤∑ = ii) an = 1 + n k! k=0


57

n

n n 1 1 Hinweis 1 1 = 2+ ∑ − ≤ 2+ ∑ k k=2 k! k=2 k(k − 1) k=2 k − 1 1 1 = 3− < 3 = 2+ 1− n n

= 1+1+ ∑

⇒ Beh. 2

1 n 2 ≤ 1+ . n Verwende Ungleichung Bernoulli (s. Aufg. 3.9 a)) von 1 n 1 1 =⇒ 1 + Setze x := ≥ 1+n· = 2 n n n 1 n 1+ N bzw. |bn | < ε für alle n > N bzw. |cn | < ε für alle n > N.

Gegeben seien die Folgen (an ) mit an =

Lösung: 4 4 , ε = 10−3 , gesucht ist ein N(ε ) ∈ R mit der Eigenschaft 2 < ε , n2 n für alle n > N(ε ), n ∈ N\{0}. √ 4 4 n∈N ⇒ 2 < 10−3 ⇐⇒ 2 < 10−3 ⇐⇒ n2 > 4000 ⇐⇒ n > 4000 n n = N(ε ) ≈ 63, 25

i) an =

Somit gilt, dass die Folgenglieder für alle n > 63 kleiner sind, als 10−3 . Also N = 63. √ 3 3 9 ii) |bn | = √ < ε ⇔ n > ⇔ n > 2 n ε ε 9 9 ⇒ N(ε ) = 2 = −6 = 9 · 106 ε 10 iii)cn = pn , ε = 10−3 , gesucht ist ein N(ε ) ∈ R mit der Eigenschaft pn < ε , für alle n > N(ε ), n ∈ N\{0}. ln p ln p ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 5,

60

5 Zahlenfolgen

Also sind alle Folgenglieder cn < 10−3 für n >

−3 ln 10 . ln p

Aufgabe 5.2 Gegeben seien die Zahlenfolgen (an ) mit n2 + 3 , n3 9 b) an = c · n + (−1)n , 4 Geben Sie die Beschränktheits- und Monotonieeigenschaften der obigen Folgen an. a) an =

Lösung: n2 + 3 , offensichtlich gilt an > 0, n ∈ N\{0}. Behauptung: Folge ist a) an = n3 monoton fallend (m.f.) ⇐⇒ an+1 ≤ an ⇐⇒ an+1 − an ≤ 0. 3 3 (n + 1)2 + 3 n2 + 3 1 1 + − = − − 3 3 3 3 (n + 1) n n + 1 (n + 1) n n 1 1 3 3 − + = − 0, n!n α b) an = q · n mit 0 < q < 1, α > 0 a) an =

Man finde die Beschränktheits- und Monotonieeigenschaften der obigen Folgen. Lösung: a) Behauptung: n ≥ c ⇒ an+1 < an an+1 cn+1 · n! c 1 1− q α α 1

α an+1 qn+1 (n + 1)α 1 Beweis: = = q· 1+ = q α 1 + 1n = 1 1 n n q− α − 1 1 − q α

62

5 Zahlenfolgen 1

qα

⇒ p := q(1 + n10 )α < 1 1 1−qα ⇒ (an ) ist monoton fallend. Behauptung: an0 +k ≤ pk · an0 , k ≥ 0 α (n0 + k)α n0 α k · n0 + k Beweis: an0 +k = qn0 +k (n0 + k)α = qk q · n = q · an0 0 nα0 n0 Sei n0 ∈ N mit n0 >

α

an0

n0 + k − 1 n0 + 1 n0 + k · · ··· · · an0 ≤ qk · n0 + k − 1 n0 + k − 2 n0 k n0 + 1 α = q· · an0 = pk · an0 n0 Beschränktheit: n ≥ n0 ⇒ 0 ≤ an ≤ an0 ⇒ (an ) beschränkt ⇒ (an ) konvergent mit lim an = lim pk an0 = 0 , da p < 1. = qk ·

n→∞

n0 + 1 n0

k α

· an 0

k→∞

Aufgabe 5.4 √ Gegeben sei die Zahlenfolge (an ) mit an = 4 + n2 − n, n ∈ N\{0}. Geben Sie die Beschränktheits- und Monotonieeigenschaften der obigen Folge an. Lösung: √ an = 4 + n2 − n Behauptung: (an ) monoton fallend Beweis: an+1 − an = 4 + (n + 1)2 − (n + 1) − 4 + n2 + n ! = 4 + n2 + 2n + 1 − 4 + n2 − 1 < 0 1 ⇔ n2 + 2n + 5 − 4 + n2 < >0 >0 ⇔ n2 + 2n + 5 − 2 (4 + n2 )(n2 + 2n + 5) + 4 + n2 < 1 ⇔ 2n2 + 2n + 8 < 2 (4 + n2 )(n2 + 2n + 5) >0

(n2 + n + 4)2

>0

|2

|·

1 und |2 2

⇔ < (4 + n2 )(n2 + 2n + 5) 4 3 2 ⇔ n + n + 4n + n3 + n2 + 4n + 4n2 + 4n + 16 < 4n2 + 8n + 20 + n4 + 2n3 + 5n2 ⇔ 16 < 20 ⇒ an+1 − an < 0 ⇔ an+1 < an ⇒ (an ) ist monoton fallend Behauptung: an ist beschr¨ √ ankt 0 < an ⇔ 0 < √4 + n2 − n Beweis: ⇔ n < 4 + n2 ⇔ n2 < 4 + n2 ⇔ 0n2

⇒ 0 < an
0 f¨ ur alle n∈N\{0} 1 > 0 für alle k ∈ N\{0} ⇒ 0 < an ≤ 2 für alle n ∈ N\{0} Wegen k! an+1 =

n+1

1

n

1

1

1

∑ k! = ∑ k! + (n + 1)! = an + (n + 1)! > an

k=1

k=1

>0

Also ist (an ) monoton wachsend und beschränkt ⇒ (an ) konvergiert. Aufgabe 5.6 ¨ Uberpr¨ ufen Sie Beschränktheit und Monotonie von

64

5 Zahlenfolgen

an =

n

(−1)k . k=1 k!

∑

Lösung: n

(−1)k 1 1 1 (−1)n = − + − + · · · + ∑ 1! 2! 3! n! k=1 k! n n (−1)k Dreiecksungleichung(Aufg. 3.3) n (−1)k 1 | | = = an ≤ 2 ≤ | |an | = | ∑ ∑ ∑ k! k=1 k! k=1 k=1 k! ⇒ −2 ≤ an ≤ 2 , n ∈ N\{0} 1 1 Wegen a2n+1 = a2n − < a2n und a2n = a2n−1 + > a2n−1 (2n + 1)! (2n)! ist (an ) weder monoton wachsend noch fallend.

an =

Aufgabe 5.7 Gegeben seien die Folgen (an ), (bn ) und (cn ) mit 1 n an = 1 + , n

bn =

1 n+1 cn = 1 + . n

n

1 ∑ k! , k=0

Zeigen Sie: a) an ≤ bn für alle n ∈ N\{0} an+1 > 1 für alle n ∈ N\{0} b) an c) Es gilt: bn ≤ cn für alle n ∈ N\{0}, und (bn ) konvergiert gegen e. Beweisen Sie damit, dass (an ) konvergiert und zwar ebenfalls gegen e. Lösung: a) Binomischer Satz n k 1 n 1 n an = 1 + = ∑ n n k=0 k = =

n

n!

1

∑ k!(n − k)! · nk

k=0 n

1 n(n − 1)(n − 2) · . . . · (n − k + 1) n·n·n·...·n

∑ k! ·

k=0

k-Faktoren n 1 n n−1 n−2 1 n−k+1 · · ·... · ≤ ∑ = bn = ∑ · k! n n n n k! k=0 k=0 n

≤1

≤1

≤1

≤1

5 Zahlenfolgen

65

b) an+1 an

n+1 n 1 1 1+ 1+ 1 n+1 n+1 n · = = 1+ n+1 1 1 n 1+ 1+ n n ⎛ ⎞n 1 1+ 1 n+1 ⎜ n+1 ⎟ + = ⎝ 1 ⎠ n+1 n+1 1+ n ⎞n ⎛ 1 n(n + 1) ⎟ 1+ n+2 ⎜ 1 ⎟ ⎜ n + = ⎠ 1 n+1 ⎝ n(n + 1) 1+ n n n(n + 1) + n n+2 = n + 1 n(n + 1) + n + 1 n + 2 n(n + 1) + n n = n + 1 n2 + n + n + 1 n + 2 n(n + 1) + n n = n+1 (n + 1)2 2 n n + 2 n + 2n + 1 − 1 = n+1 (n + 1)2 ⎞n ⎛ n n + 2 (n + 1)2 − 1 n+2 ⎜ 1 ⎟ ⎟ ⎜ = = ⎟ ⎜1 − 2 n+1 (n + 1) n+1 ⎝ (n + 1)2 ⎠ ≤1

66

5 Zahlenfolgen Ungleichung von Bernoulli

≥

≥ =

n n+2 1− n+1 (n + 1)2 n + 2 (n + 1)2 − n n+1 (n + 1)2 2 n+2 n +n+1 n + 1 (n + 1)2

=

(n + 2)(n2 + n + 1) (n + 1)3

=

n3 + 2n2 + n2 + 2n + n + 2 (n + 1)3

=

n3 + 3n2 + 3n + 1 + 1 (n + 1)3

= =

(n + 1)3 + 1 (n + 1)3 1 1+ >1, (n + 1)3

n ∈ N\{0}

c) Aus b), a) folgt: an ist streng monoton wachsend und nach oben beschränkt durch die konvergente Folge (bn ) ⇒ an ist konvergent 1 Ferner gilt: cn = an 1 + n 1 = lim an ⇒ lim cn = lim an · lim 1 + n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ n an ≤bn ≤cn

⇒

lim an ≤ lim bn ≤ lim cn = lim an n→∞ n→∞ n→∞

n→∞

⇒ lim an = e.

e

n→∞

Aufgabe 5.8 Untersuchen Sie das Konvergenzverhalten der Folgen: √ n4 + 4 − n2 ) a) an = n( √ n b) an = √c, c > 0√ c) an = 3 n + 1 − 3 n Lösung:

√ √ √ ( n4 + 4 − n2 )( n4 + 4 + n2 ) √ a) an = n · ( n4 + 4 − n2 ) = n n4 + 4 + n2 4 n4 + 4 − n4 4n = n· √ =√ = n n4 + 4 + n2 n4 + 4 + n2 1 + n44 + 1

5 Zahlenfolgen

67

0 ⇒ lim an = √ =0 n→∞ 1+0+1 √ b) an = n c, c > 0 1.Fall: √c ≥ 1 √ n c ≥ 1 ⇒ n c = 1 + xn mit xn ≥ 0 ⇒ c = (1 + xn )n ≥ 1 + nxn c−1 für alle n ⇒ 0 ≤ xn ≤ n c−1 = 0 ⇒ lim xn = 0 lim n→∞ n √ n→∞ n ⇒ lim c = lim (1 + xn ) = 1 n→∞

n→∞

0 0 und a2n > 5 für n = 1, 2, 3, ... b) (an ) streng monoton fallend c) (an ) konvergiert gegen einen Grenzwert a > 0 Bestimmen Sie dann den Grenzwert. Lösung: a) An sei die Aussage: an > 0 i) Induktionsanfang: A0 ist wahr, denn a0 = 1 > 0 ii) Induktionsvoraussetzung: An sei wahr, d.h. an > 0

68

5 Zahlenfolgen

⎛ iii) Induktionsschluss: an+1 =

⎞

1⎝ 5 an + ⎠ > 0 2 an >0 nach IV

⇒die Aussage An+1 (d.h. an+1 > 0) ist wahr. a2n > 5; n ≥ 1 :

a2n

2 1 5 1 10an−1 25 2 an−1 + an−1 + = = + 2 4 an−1 4 an−1 an−1 1 1 25 = · 20 + a2n−1 − 10 + 2 4 4 an−1 2 1 5 an−1 − = 5+ >5 4 an−1 >0

b) an+1 < an für n ≥ 1 ⇔

1 5 1 5 an + an + − 2an − an = an+1 − an = 2 an 2 an 1 5 − an < 0 = 2 an

5 < an ⇔ 5 < a2n (gilt nach a)) an c) a) + b) ⇒ Grenzwert existiert. Sei a = lim an n→∞ Nach den Grenzwertsätzen gilt dann ⇔

5

a = lim an = lim an−1 + n→∞ n→∞ an−1 ⎛

1 2

⎞

⎟1 ⎜ 5 ⎟ a + =⎜ lim n−1 ⎝n→∞ lim an−1 ⎠ 2 n→∞ =a

5 1 = a+ 2 2a ⇔

√ 5 5 1 nach a) ist a > 0 a= ⇔ a = ⇔ a2 = 5 ⇔ a = 5. 2 2a a

5 Zahlenfolgen

69

Aufgabe 5.10 Bestimmen Sie die Häufungspunkte bzw. Grenzwerte (soweit vorhanden) der Folgen aus Aufgaben 6.2b, 6.4 und 6.19. Lösung: 9 a) an = c · n + (−1)n 4 Aufgabe 6.2b: an beschränkt ⇔ c = 0 ⇒ an höchstens konvergent für c =0 9 9 an = (−1)n nicht konvergent, da keine Nullfolge 4 4 n∈N an hat für c = 0 aber zwei Häufungspunkte: 9 9 9 9 9 lim a2n−1 = lim (−1)2n+1 = − ⇒ HP: , lim a2n = lim (−1)2n = n→∞ n→∞ 4 n→∞ 4 4 n→∞ 4 4 9 − 4 √ b) an = 4 + n2 − n Aufgabe 6.4: 2 an monoton fallend, 0 < an < , n ∈ N\{0} n 2 ⇒ an konvergent, einziger HP=Grenzwert=0, da lim = 0 n→∞ n 1 5 an−1 + , n = 1, 2, . . . c) a0 = 1, an = 2 an−1 Aufgabe 6.9: √ √ lim an = 5 ⇒ HP = Grenzwert = 5. n→∞

Kapitel 6

Der Funktionsbegriff

Definition Funktion (Def. 12.1, Kap.12) Es sei D irgendeine Menge reeller Zahlen. Unter einer auf D definierte Funktion f (oder g, h, φ , ψ , . . .) versteht man eine Vorschrift, die jeder Zahl x ∈ D in eindeutiger Weise eine reelle Zahl y = f (x) zuordnet. D f = D heißt Definitionsbe eich von f . f (x) heißt Bild von x (bzgl. f ) oder Wert der Funktion f an der Stelle x. Die Menge W f = W = {y = f (x) : x ∈ D} heißt Wertebereich von f . Aufgabe 6.1 Entscheiden Sie, ob die folgenden Aussagen wahr sind. a) Eine Parallele zur x-Achse kann Graph einer Funktion sein. b) Jede Parallele zur y-Achse ist Graph einer Funktion. c) Jede Parallele zur x-Achse schneidet den Graphen einer Funktion nur an genau einer Stelle. d) Jede Parallele zur y-Achse schneidet den Graphen einer Funktion immer nur an genau einer Stelle. Lösung: a) b) c) d)

Ja. Nein, weil die Eindeutigkeit nicht erfüllt ist. Nein, denn eine Funktion muss nicht umkehrbar eindeutig sein. Ja.

Aufgabe 6.2 Die Funktion f (x) sei durch den Graphen in der nachfolgenden Abbildung gegeben (siehe Bild).

a) Geben Sie den Funktionswert f (1) an. b) Für welche Werte von x ist f (x) = −2? ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 6,

72

6 Der Funktionsbegriff

Abb. 6.1 Graph der Funktion

c) Schätzen Sie alle Werte von x ab, die Nullstellen von f sind. d) Bestimmen Sie den Definitionsbereich von f (x). e) Bestimmen Sie den Wertebereich von f (x). Lösung: a) b) c) d) e)

f (1) = 2 x1 = −1, x2 = 3. x1 ≈ −0, 4, x2 ≈ 2, 3. D f = [−3, 3]. W f = [−3, 2].

Aufgabe 6.3 Zeichnen Sie den Graphen der Funktion f (x) := (x − 1)(2 − x), x ∈ D, wobei D := [−3, 3]. Entscheiden Sie dann, ob f im Definitionsbereich eineindeutig (bijektiv), monoton, gerade oder ungerade ist. Lösung:

3 2 1 = − x− + . Mit quadratischer Ergänzung erhält man f (x) = 2 4 3 Damit läßt sich der Graph von f leicht zeichnen (Normalparabel um nach rechts 2 1 und nach oben verschoben, nach unten geöffnet). Aufgrund der folgenden, all4 gemein gültigen Zusammenstellung einander entsprechender Eingenschaften von Funktion und Graph kann man sofort ablesen, daß f keine der fraglichen Eigenschaften besitzt. −x2 + 3x − 2


73

Abb. 6.2 Graf zur Funktion y(x) = (x − 1)(2 − x)

Funktion ist eineindeutig

Graph schneidet Parallelen zur x-Achse in höchstens einem Punkt verläuft von links nach rechts gesehen ist monoton wachsend (fallend) niemals abwärts (aufwärts) ist streng monoton wachsend (fallend) verläuft von links nach rechts gesehen stets aufwärts (abwärts) ist achsensymmetrisch zur y-Achse ist gerade ist punktsymmetrisch zum Ursprung ist ungerade Aufgabe 6.4 Definition:

Eine Funktion f (x) heißt auf E ⊆ D( f )

• beschränkt, wenn gilt: es existiert eine Zahl M ∈ R, so dass | f (x)| ≤ M für alle x ∈ E • beschränkt nach oben bzw. beschränkt nach unten, falls gilt: es existiert eine Zahl M1 ∈ R, so dass f (x) ≤ M1 für alle x ∈ E bzw. es existiert eine Zahl M2 ∈ R, so dass f (x) ≥ M2 für alle x ∈ E Welche der folgenden Funktionen sind beschränkt nach oben bzw. nach unten? Welche sind beschränkt? 6 1 y = , x > 0, y = 4 − , x ≥ 1, y = 1 − 2 sin x x x

74


Lösung: 1 =: f (x) mit D f = (0, ∞) x weil für alle x ∈ D f → f (x) > 0 ist f nach unten (durch 0) beschränkt. f ist nicht nach oben beschränkt. 6 b) y = 4 − =: g(x) mit Dg = [1, ∞) x 6 6 für alle x ∈ Dg ist g nach wegen: g(1) = 4 − 6 = −2 und g(x) = 4 − ≥ 4 − x 1 unten beschränkt (durch −2). 6 wegen: g(x) = 4 − < 4 für alle x ∈ Dg ist g nach oben (durch 4) beschränkt. x ⇒ g ist beschränkt auf Dg . c) y = 1 − 2 sin(x) =: h(x) mit Dh = R |h(x) − 1| = |2 sin(x)| = 2| sin(x)| ≤ 2 ⇒ −2 ≤ h(x) − 1 ≤ 2 ⇔ −1 ≤ h(x) ≤ 3 ⇒ h ist beschränkt ⇒ (Dh = R, Wh = [−1, 3]). a) y =

Aufgabe 6.5

2x − 3 1+x a) den maximalen Definitionsbereich und den zugehörigen Wertebereich b) die Intervalle, auf welchen f monoton wächst bzw. fällt c) die Intervalle, auf welchen f > 0. Bestimmen Sie für die Funktion f (x) =

f (x1 ) + f (x2 ) x1 + x2 = −1 ⇒ =2 Zeigen Sie: 2 2 Welche Symmetrie des Graphen von f drückt sich hierin aus? Skizzieren Sie den Graphen. Lösung: a) D = R\ {’Nullstellen des Nenners’, Bereiche in denen ein Radikand negativ wird’,...} = R \ {−1} W = {y : y = f (x), x ∈ D} 2x − 3 , x = −1 ⇔ (x + 1)y = 2x − 3 ⇔ xy + y − 2x = −3 1+x y+3 ⇔ x(y − 2) = −y − 3 ⇔ x = , y = 2 2−y ⇒ W = R \ {2} 2x1 − 3 2x2 − 3 ≤ b) f (x1 ) ≤ f (x2 ) ⇔ 1 + x1 1 + x2 y=

x1 , x2 > −1 oder x1 , x2 < −1 ⇔ (1 + x2 )(2x1 − 3) ≤ (1 + x1 )(2x2 − 3) ⇔ 2x1 + 2x1 x2 − 3 − 3x2 ≤ 2x2 + 2x1 x2 − 3 − 3x1 ⇔ 5x1 ≤ 5x2


75

⇔ x1 ≤ x2 2x − 3 >0 1+x ⇔ [(2x − 3 > 0) und (1 + x > 0)] oder [(2x − 3 < 0) und (1 + x < 0)] 3 ⇔ (x > ) oder (x < −1) 2 x1 + x2 f (x1 ) + f (x2 ) Man zeige: aus = −1 folgt =2 2 2 Zur Vereinfachung benütze folgende Form von f:

c) f > 0 ⇔

2x − 3 2(x + 1) − 2 − 3 5 = = 2− 1+x x+1 x+1 5 5 f (x1 ) + f (x2 ) 1 = (4 − − ) ⇒ 2 2 x1 + 1 x2 + 1 5 x2 + 1 + x1 + 1 =2 = 2− 2 (x1 + 1)(x2 + 1) x1 + x2 falls x2 + x1 + 2 = 0 bzw. = −1 2 Damit gilt: Liegen die Argumente x1 , x2 symmetrisch zur Geraden x = −1, so liegen die zugehörigen Funktionswerte f (x1 ), f (x2 ) symmetrisch zu den Geraden y = 2. Der Graph von f ist symmetrisch zum Punkt (−1, 2). f (x) =

y 10 8 6 4 2 0 -10

-8

-6

-4

-2

0 -2 -4 -6 -8 -10

Abb. 6.3 Graf zur Funktion f (x) =

2x − 3 1+x

2

4

6

8

10 x

76


Aufgabe 6.6 Bestimmen Sie für die Funktion f (x) =

3x − 2 x−1

a) den maximalen Definitionsbereich und den zugehörigen Wertebereich b) die Intervalle in denen f monoton wächst bzw. fällt c) die Intervalle, für die gilt f (x) > 0. Lösung: a) Definitionsbereich: D f = R \ {x : x#− 1 = 0} = R \ {1} " Wertebereich y : y = f (x), x ∈ D f 3x − 2 x=1 y= ⇔ (x − 1)y = 3x − 2 x−1 ⇔ xy − y − 3x = −2 ⇔ x(y − 3) = y − 2 y−2 y=3 ⇔ x= y−3 ⇒ W = R \ {3} 3x1 − 2 3x2 − 2 ≤ b) f (x1 ) ≤ f (x2 ) ⇔ x1 − 1 x2 − 1 x1 ,x2 =1 ⇐⇒ (3x1 − 2)(x2 − 1) ≤ (3x2 − 2)(x1 − 1) ⇔ 3x1 x2 − 3x1 − 2x2 + 2 ≤ 3x1 x2 − 3x2 − 2x1 + 2 ⇔ −x1 ≤ −x2 ⇔ x1 ≥ x2 f fällt auf (−∞, 1) und (1, ∞). 3x − 2 >0 c) f (x) > 0 ⇔ x−1 1.Fall: 3x − 2 > 0 und x − 1 > 0 ⇔ 3x > 2 und x > 1 2 ⇔ x > und x > 1 3 ⇔x>1 2.Fall: 3x − 2 < 0 und x − 1 < 0 ⇔ 3x < 2 und x < 1 2 ⇔ x < und x < 1 3 2 ⇔x< 3 2 ⇒ f (x) > 0 für alle x < oder x > 1. 3 Aufgabe 6.7 Stellen Sie die Funktion


77

⎧ 2 für 0 ≤ x < 1 ⎨x y = 2x − 1 für 1 ≤ x < 2 ⎩ −x + 5 für 2 ≤ x < 5

D = [0, 5),W =?

graphisch dar. Lösung: f (x) = x2 , g(x) = 2x − 3, h(x) = 5 − x W = [0, 3]

Abb. 6.4 Graph der Funktion

Aufgabe 6.8 Eine Rolltreppe u¨ berwindet in 25 Sekunden einen Höhenunterschied von 10 Metern. Ein Mensch benötigt beim normalen Treppensteigen für 10 Meter Höhenunterschied 20 Sekunden. Menschen, die es eilig haben, benutzen die Rolltreppe und steigen dabei noch zusätzlich die einzelnen Stufen hoch. Stellen Sie für die drei beschriebenen Vorgänge Funktionsgleichungen auf und berechnen Sie, wie lange Menchen, die es eilig haben, brauchen, um 10 Meter Höhe zu u¨ berwinden. Lösung: Die in t sec erreichte Höhe h lässt sich wie folgt bestimmen: Rolltreppe: 2 10 h = f1 (t) = t = t = 0, 4t 25 5

78


Treppe: 10 h = f2 (t) = t = 0, 5t 20 Zusammen: h = f3 (t) = (0, 4 + 0, 5)t = 0, 9t 10 h = h ⇒t = 0, 9 9 Für h = 10 Meter braucht man somit 10 · 10 ≈ 11 Sekunden. t= 9 Aufgabe 6.9 Ein rechteckiges Stück Land sei von einem Zaun der gegebenen Länge U [m] umgeben. Bezeichnet x [m] die Länge einer der Seiten, so ist die Fläche F [m2 ] des Landstückes eine Funktion von x. Bestimme Zuordnungsvorschrift, Definitions- und Wertebereich von F. Lösung: Da x die Länge einer der Seiten ist, beträgt die der anderen 1 1 (U − 2x) = U − x. 2 2 Damit gilt 2 1 1 1 2 1 2 U − x = Ux − x = U − x − U , F(x) = x 2 2 16 4 $ 1 1 DF = 0, U und WF = 0, U 2 . 2 16

Aufgabe 6.10 Beschreiben Sie die Länge l einer Sehne in einem Kreis vom gegebenen Radius r [cm] als Funktion des Abstandes x [cm] der Sehne vom Kreismittelpunkt. Bestimmen Sie Definitions- und Wertebereich von l. Lösung: √ l = 2 r 2 − x2 Dl = [0, r] Wl = [0, 2r].


79

Abb. 6.5 Sehne im Kreis

Kapitel 7

Elementare Funktionen

Zu den elementaren Funktionen zählen Potenzfunktionen, Polynome, rationale Funktionen, trigonometrische Funktionen und algebraische Funktionen. (K.Marti und D.Gröger Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissen” schaftler“ (Physica-Verlag, 2.Auflage, 2004)) Aufgabe 7.1 Vereinfachen Sie die folgenden Ausdrücke: √ √ 4 6 3 2 x x √ √ a) √ 8 2 5 2 120 2 x x x 3 8 − 1 3 2 b) ξ ξ ξ 2 1 ζ 4ζ − 2 c) ζ −3 Lösung: √ √ 4 6 3 2 6 2 1 2 2 90 3 x x √ √ = |x| 4 + 3 − 4 − 5 − 120 = |x| 60 = |x| 2 = |x| |x|, x = 0 a) √ 8 2 5 2 120 2 x x x

−1 3 1 −1 3 b) ξ 2 ξ 8 ξ 2 = ξ 2 ξ −4 ξ 2 = ξ −4 , ξ = 0 1 1 7 2 ζ 4ζ − 2 ζ7 ζ2 14−1 13 4 = = = ζ 4 , ζ > 0. c) 1 =ζ ζ −3 ζ 12 4 ζ Aufgabe 7.2 Bestimmen Sie den (maximalen) Definitions- und Wertebereich der Funktionen 2 a) y = −x √ − 1, −4+2 b) y = x √ c) f (x) = −x2 + 4x − 3,


82

7 Elementare Funktionen

d) g(x) =

1 x2 + x − 2

.

Lösung: a) D f = R W f = (−∞, −1] b) D f = [4, ∞) W f = [2, ∞) c) −x2 + 4x − 3 = 0 √ −2 ± 4 − 3 = 1; 3 x1,2 = −1 ⇒ −x2 + 4x − 3 ≥ 0 für x ∈ [1, 3] ⇒ D f = [1, 3] W f = [0, 1] d) x2 + x − 2 = 0 √ −1 ± 1 + 8 = −2; 1 x1,2 = 2 4 ⇒ D f = R\{−2, 1} W f = R\(− , 0]. 9 Aufgabe 7.3 Begründen Sie, warum die Wurzelgesetze nicht anwendbar sind √ √ √ x − 1 = 1 − x2 a) f (x) = −1 − x √ b) f (x) = (1 − x2 ) 1 − x2 = 1 − x2 ; f (x) = |1 − x2 | 2 2 −x ) c) f (x) = (1 − x2 )4 = (1 √ 3 12 2 4 d) f (x) = (1 − x ) = 1 − x2 Lösung: a) f (x) ist definiert für −1 − x ≥ 0 und x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≤ −1 und x ≥ 1 / ⇒ D f = 0√ D f ∗ = [−1, 1] = D f f ∗ (x) := 1 − x2 b) D f = [−1, 1] f ∗ (x) := 1 − x2 Df∗ = R f ∗∗ (x) = |1 − x2 | D f ∗∗ = R = D f c) Kürzungsregel nur für (1 − x2 ) ≥ 0 erlaubt ⇒ D f = [−1, 1], f ∗ = (1 − x2 )2 , D f ∗ = R = D f p kp = bei kq = 2, 4, 6, ... nicht erlaubt; f (x) = 3 |1 − x2 |. d) Kürzungsregel kq q


Aufgabe 7.4 Bestimmen Sie die Lösungsmenge der folgenden Gleichungen: a) 2 + √ 3x(x − 2) = x b) 1 − 2x − 3 = x √ 1 c) x + 1 − x = √ √ 2 d) x + 1 + 1 − 3x = 2 Lösung: a) 2 + 3x(x − 2) = x ⇔ 3x(x − 2) = x − 2 ; x ≥ 2 quadrieren ergibt: ⇔ 3x(x − 2) = (x − 2)2 ⇔ (x − 2)2 − 3x(x − 2) = 0 ⇔ (x − 2) (x − 2 − 3x) = 0 | · (− 12 ) −2x−2=−2(x+1)

⇔ (x − 2)(x + 1) = 0 ⇒x= √2 x = −1 ⇒ x = 2 ist die einzige Lösung b) 1 −√ 2x − 3 = x ⇔ 2x − 3 = 1 − x ⇒ 1.) 1 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 3 ⇒ 2.) 2x − 3 ≥ 0 ⇔ 2x ≥ 3 ⇒ x ≥ 2 ⇒ keine Lösung 1.)Widerspruch zu 2.) √ 1 c) x + 1 − x = 2 √ 1 1 ⇔ 1 − x = − x; x ≤ | · ()2 2 2 1 ⇔ 1 − x = ( − x)2 2 1 ⇔ 1 − x = − x + x2 4 √ √ 3 3 1 3 2 , ist aber > ⇔x = ⇔x=± 4 2 2 2 √ 3 ⇒ Die einzige Lösung ist x = − 2 √ √ 1 d) x + 1 + 1 − 3x = 2; x ≥ −1 und x ≤ | · ()2 3 ⇔ x+ 1 + 1 − 3x + 2 (x + 1)(1 − 3x) = 4 ⇔ (x + 1)(1 − 3x) = x + 1 | · ()2 ⇔ (x + 1)(1 − 3x) = (x + 1)2 ⇔ (x + 1)(1 − 3x) − (x + 1)2 = 0 ⇔ (x + 1)(1 − 3x − (x + 1)) = 0 ⇔ (x + 1)(1 − 3x − 1 − x) = 0

83

84


⇔ (x + 1)(−4x) = 0 ⇔ x = −1; x = 0.

Aufgabe 7.5 Definition: Addition, Subtraktion, Multiplikation von zwei Funktionen: f : D f → R, g : Dg → R f

± g: ·

D f ∩ Dg → R,

(f

± ± g) (x) := f (x) g(x) · ·

Es seien gegeben: √ √ folgende Funktionen f (x) = x + 1, g(x) = 4 − x2 . a) Bestimmen Sie den Definitions- und Wertebereich von f (x) und g(x) b) Bestimmen Sie die Funktionen ( f ±· g)(x) und die (maximalen) Definitionsbereiche von ( f ±· g)(x) Lösung: a) D f = {x ∈ R; x + 1 ≥ 0} = {x ∈ R; x ≥ −1} = [−1, ∞) Wurzelfunktion ist monoton steigend und stetig Also W f = R+ 0 2 ≥ 0} = {x ∈ R; (2 − x)(2 + x) ≥ 0} = [−2, 2] Dg = {x ∈ R; 4 − x√ √ Wg = {y ∈ R; y = 4 − x2 , x ∈ [−2, 2]} = [0, 4] = [0, 2]

√ √ √ b) ( f + g)(x) = x + 1 + √4 − x2 = x + 1 + (2 − x)(2 + x) √ √ x)(2 + x) ( f − g)(x) = x + 1√− 4 − x2= x + 1 − (2 − √ ( f · g)(x) = x + 1 4 − x2 = (x + 1)(4 − x2 ) = (x + 1)(2 − x)(2 + x) Nach a) gilt D f ± g = D f ∩ Dg = [−1, 2]. ·

Aufgabe 7.6 √ Bestimmen Sie für die Funktionen f (x) = x2 + 1, g(x) = x ( f · g)(x) und

D f ,W f , Dg ,Wg , D f ·g ,W f ·g .


85

Lösung: √ f (x) = x2 + 1, g(x) = x D f = R, Dg = R+ 0 = [0, ∞) x√2 ≥ 0 ⇒ x2 + 1 ≥ 1 ⇒ W f ⊂ [1, ∞) mit f (0) = 1 folgt W f = [1, ∞), da f stetig. + x ≥ 0 ⇒ Wg ⊂ R+ 0 , aus g(0) = 0 folgt Wg = R0 ( f · g)(x) := f (x) · g(x) ⇒ D f ·g = D f ∩ Dg =√R+ 0 ( f · g)(x) = (x2 + 1) x ≥ 0 und ( f · g)(0) = 0 ⇒ W f ·g = R+ 0. Aufgabe 7.7 Geben Sie das Polynom kleinsten Grades an, das folgende Nullstellen und die angegebenen Funktionswerte besitzt: a) x1 = −4, x2 = 4, p(0) = 4 b) x1 = x2 = 1, x3 = x4 = x5 = 0, x6 = −2, p(−1) = 4 Lösung: a) x1 = −4, x2 = 4, p(0) = 4 ⇒ p(x) = a(x − 4)(x + 4) !

⇒ 4 = p(0) = a(−4)(4) = −16a 1 ⇒a=− 4 1 1 1 ⇒ p(x) = − (x − 4)(x + 4) = − (x2 − 16) = − x2 + 4 4 4 4 b) x1 , x2 = 1, x3 , x4 , x5 = 0, x6 = −2, p(−1) = 4 ⇒ p(x) = a(x − 1)2 x3 (x + 2) !

⇒ p(−1) = a(−1 − 1)2 (−1)3 · (−1 + 2) = 4 ⇔ a(−2)2 · (−1) · 1 = 4 ⇔ −4a = 4 ⇔ a = −1 ⇒ p(x) = −(x − 1)2 · x3 (x + 2) = −(x2 − 2x + 1)(x4 + 2x3 ) = −(x6 + 2x5 − 2x5 − 4x4 + x4 + 2x3 ) = −x6 + 3x4 − 2x3 Aufgabe 7.8 Berechnen Sie die Lösungen der Gleichungen x a) 1 − cos x = tan 2 b) sin x + cos x = 1 c) cos(2x) − sin(2x) = 1, 0 ≤ x < 2π .

86


Lösung: a) x 2 x x x 1 − (cos2 − sin2 ) = tan 2 2 2 x x x 1 − (1 − sin2 − sin2 ) = tan 2 2 2 sin 2x 2 x = 2 sin 2 cos 2x 1 − cos x = tan

⇒ x 1.Fall: sin = 0 ⇔ x ∈ {2kπ , k ∈ Z} 2 oder 2.Fall: 1 x = x 2 cos 2 x x 2 sin cos = 1 2 2 sin x = 1 2 sin

1 (2m + )π , m ∈ Z 2 1 (2m + )π , m ∈ Z ⇒ x ∈ {2kπ , k ∈ Z} ∪ 2 ⇔x ∈


87

b) sin x + cos x = 1 ⇔ sin x = 1 − cos x x x x ⇔ 2 sin cos = 2 sin2 2 2 2 x x x ⇔ sin (cos − sin ) = 0 2 2 2 ⇔ x x 1. Fall: sin = 0 ⇐⇒ = π k, k ∈ Z ⇐⇒ x = 2π k, k ∈ Z 2 2 oder x 2. Fall: sin = 0 2 x x x und cos − sin = 0 | : sin 2 2 2 x ⇔ cot = 1 2 x π ⇔ = + π k, k ∈ Z 2 4 π ⇔ x = + 2π k, k ∈ Z 2 π ⇒ Die Lösung ist x = 2π k oder x = + 2π k, k ∈ Z 2 c) cos(2x) − sin(2x) = 1 ⇔ 1 − 2 sin2 x − 2 sin x cos x = 1 ⇔ sin x(sin x + cos x) = 0 ⇔ !

1. Fall: sin x = 0

x∈[0,2π )

⇔

x = 0 oder x = π

oder 2. Fall: sin x = 0 und sin x + cos x = 0| : sin x 7π 3π oder x = 4 4 3π 7π ⇒ Die Lösung ist x ∈ {0, , π , }. 4 4 !

⇔ cot x = −1

x∈[0,2π )

⇔

x=

88


Aufgabe 7.9 Zeichnen Sie jeweils in derselben Abbildung die Graphen der Funktionen 1 a) sin x, 4 sin x, sin x im Bereich 0 ≤ x ≤ 2π 2 π b) sin x, sin(π x), sin x im Bereich 0 ≤ x ≤ 10 10 π π c) sin x, sin x + , sin(x − 1) im Bereich − ≤ x ≤ 2π + 1. 4 4 Lösung:

4

y

sin(x) 4 sin(x) 0,5 sin(x)

1 0,5 -0,5 -1

0,5π

-4

Abb. 7.1 Grafik zu Teilaufgabe a)

π

1,5 π

x 2π


89

y

sin(x) sin(πx/10) sin(πx)

1

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

x

-1

Abb. 7.2 Grafik zu Teilaufgabe b) y

sin(x) sin(x+π/4) sin(x-1)

1

-π/4

1

-1

Abb. 7.3 Grafik zu Teilaufgabe c)

π

2π

x

90


Aufgabe 7.10 √ Stellen Sie die Funktion y(x) = sin x + 3 cos x in der Form y(x) = A cos(x − x0 ) mit A > 0 und x0 ∈ (0, 2π ) dar, untersuchen Sie sie in Bezug auf Beschränktheit, Symmetrie und Periodizität und skizzieren Sie ihren Graphen im Intervall [0, 2π ]. Lösung: √ ! y(x) = sin x + 3 cos x = A cos(x − x0 ), A > 0, x0 ∈ (0, 2π ) Additionstheoreme: A cos(x − x0 ) = A(cos x cos x0 + sin x sin x0 ) Koeffizientenvergleich: √ A cos x0 = 3, A sin x0 = 1 A>0 ⇒ A2 cos2 x0 = 3, A2 sin2 x0 = 1 ⇒ A2 (cos2 x0 + sin2 x0 ) = 3+1 ⇒ A2 = 4 ⇒ A = 2 =1

1√ also: 2 cos x0 = 3 ⇔ cos x0 = 3 2 1 und: 2 sin x0 = 1 ⇔ sin x0 = 2 π x0 ∈(0,2π ) ⇔ x0 = 6 π ⇒ y(x) = 2 cos x − 6 √

√ Abb. 7.4 Grafik der Funktion y(x) = sin x + 3 cos x


91

beschränkt oben C=2

unten gerade ungerade periodisch C = −2 − − T = 2π

Aufgabe 7.11 a) Was bewirkt die Ersetzung des Arguments x in sin x(cos x) durch x−x0 mit x0 > 0 oder x0 < 0 bzw. durch ω x, wobei x0 , ω feste Zahlen sind? ¨ b) Uberlagerung von Schwingungen: Seien a, b, ω gegebene feste Zahlen. Finden Sie Zahlen A (= Amplitude) und δ (= Phasenverschiebung), so dass a sin ω x + b cos ω x ≡ A sin(ω x − δ ). Hinweis: Additionstheoreme. c) sin x + cos x = A sin(ω x − δ ), A =?, ω =?, δ =? d) 3 sin x − 4 cos x = A sin(ω x − δ ), A =?, ω =?, δ =? Lösung: a) i) Die Ersetzung des Arguments x durch x − x0 bewirkt eine Verschiebung in xRichtung um x0 : Für x0 > 0 erhält man eine Verschiebung in positiver x-Richtung Für x0 < 0 erhält man eine Verschiebung in negativer x-Richtung 2π = sin(ω x) folgt: ii) Aus sin(ω x + 2π ) = sin ω x + ω 2π sin(ω x) ist periodisch mit der Periode T0 = ω a b b) Sei a, b ∈ R\{0} ; √ =: cos α ; √ =: sin α mit α ∈ [0, 2π ) a2 + b2 a2 + b2 Dann gilt: a sin(ω x) + b cos(ω x) = a2 + b2 (sin(ω x) cos α + cos(ω x) sin α ) ! = a2 + b2 (sin(ω x + α )) ≡ A sin(ω x − δ ) √ ⇒ A := a2 + b2 > 0; π π sin α b ; tan α = = , mit α ∈ − , + cos α a 2 2 b − δ = α = arctan a √ π 8.11b) c) a, b = 1, ω = 1 ⇒ A = 2, ω = 1, δ = − √ π 4 ⇒ sin x + cos x = 2 sin x + 4 d) a = 3, b√= 4, ω = 1 ⇒ A = 9 + 16 = 5, 4 4 tan α = ⇒ α = arctan ≈ 0, 93 ≈ 53◦ ⇒ δ = −α ≈ −0, 93 3 3

92


⇒ 3 sin x + 4 cos x = 5 sin(x − 0, 93).

Aufgabe 7.12 Bestimmen Sie gegebenenfalls die Perioden folgender Funktionen 5 7 x , a) y = cos 2 2 3 b) y = cos x + sin x 4 sin x , c) y = x 5π d) y = 2 sin x − 6 Lösung: a) 5 x 2 5 5 2 x + 2π = 3, 5 cos x + · 2π = 3, 5 cos 2 2 5 4 5 x+ π = 3, 5 cos 2 5 4 4 = f x + π = f (x + T ) mit T = π 5 5

f (x) = 3, 5 cos

b) 3 3 x = cos(x + 2k1 π ) + sin x + 2k2 π f (x) = cos x + sin 4 4 ⎛ ⎛ ⎞⎞

⎜3 ⎜ ⎟⎟ ⎜x + 4 · 2k2 π ⎟⎟ = cos(x + 2k1 π ) + sin ⎜ ⎝4 ⎝ ⎠⎠ 3 T 1

T1 = 2π 8 für k1 = k2 = 1 ⇒ T2 = π 3 damit gilt:

T2

%

k.g.v {T1 , T2 } =

6π 8π , 3 3

=

24π = 8π = T 3


93

3 (x + 8π ) f (x + T ) = f (x + 8π ) = cos(x + 8π ) + sin 4 3 3 x + 6π = cos x + sin x = f (x) = cos x + sin 4 4 sin x c) f (x) = , f ist nicht periodisch ⇒ T = +∞ x d) 5π f (x) = 2 sin x − 6 5π 5π + 2π = 2 sin (x + 2π ) − = f (x + 2π ) , = 2 sin x − 6 6

x∈R

⇒ T = 2π . Aufgabe 7.13 Beweisen Sie mit Hilfe der Additionstheoreme für die sinus- und cosinus-Funktion das Additionstheorem für die Tangens-Funktion tan(x ± y) =

tan x ± tan y 1 ∓ tan x tan y

.

Lösung:

tan x ± tan y 1 ∓ tan x tan y

sin x sin y ± cos x cos y = sin x sin y · 1∓ cos x cos y sin x cos y ± sin y cos x cos x cos y = cos x cos y ∓ sin y cos x cos x cos y Add.Th. sin(x ± y) cos x cos y = · cos x cos y cos(x ± y) sin(x ± y) = tan(x ± y). = cos(x ± y)

Kapitel 8

Grenzwerte von Funktionen

Man unterscheidet zwei Arten von Grenzwerten: Grenzwerte im Endlichen“ und ” Grenzwerte im Unendlichen“ . ” Definition Grenzwert im Endlichen“ (Def. 14.3, Kap. 14.2). ” Es seien f eine auf D definierte Funktion und x0 ∈ R, so dass in jeder Umgebung von x0 mindestens ein von x0 verschiedenes Element x von D liegt. Eine Zahl a heißt Grenzwert von f in x0 , wenn es zu jedem (noch so kleinen) ε > 0 ein δ = δ (ε ) > 0 gibt, so dass | f (x) − a| < ε

für alle x ∈ D

mit x = x0 und |x − x0 | < δ .

Definition Grenzwert im Unendlichen“ ±∞ (Def. 14.1,14.2, Kap. 14.1). ” Der Definitionsbereich D einer Funktion f sei so beschaffen, dass in jedem Intervall (c, +∞) (bzw. (−∞, c)) mindestens ein Element x von D liegt. Eine Zahl a heißt Grenzwert von f für x → +∞ (bzw. −∞), wenn es zu jedem (noch so kleinen) ε > 0 eine Zahl X = X(ε ) gibt, so dass | f (x)−a| < ε für alle x ∈ D mit x > X (bzw. x < X). Definition Exponentialfunktion (Def. 14.4, Kap. 14.3) Es sei a > 0 und x ∈ R. Man setzt ax := lim arn , n→∞

wobei (rn ) irgendeine gegen x konvergente Folge rationaler Zahlen ist. Für ein beliebiges a > 0 heißt die Funktion f : x → ax , x ∈ R die Exponentialfunktion mit der Basis a. Aufgabe 8.1 a) Welche Schranke X(ε ) muß x u¨ berschreiten, damit f (x) = wert G für x → +∞ um weniger als ε =

1 abweicht? 999

x2 vom Grenz3x2 + x


96

8 Grenzwerte von Funktionen

Hinweis: Bestimmen Sie zuerst den Grenzwert G mit Hilfe der Rechenregeln für 1 = 0, und lösen sie sodann die UngleiGrenzwerte und der Beziehung lim x→±∞ x chung f (x) − G < ε nach x auf. 16 b) Wie nahe muß x an x0 = 4 mindestens heranrücken, damit > M, mit (x − 4)4 M = 10.000, gilt? Hinweis: Lösen Sie die Ungleichung nach |x − 4| auf. Lösung: a) lim

x2

x→∞ 3x2 + x

x2 1 1 = 1 · lim = =G x→∞ x2 (3 + 1 ) x→∞ 3 + 1 3 x x

= lim

mit ε =

1 und 999

| f (x) − G| < ε folgt: x2 1 3x2 + x − 3 < −1 < ⇒ 3x + 1

1 999 1 333

⇒

−1 1 9x + 3 < 999

⇒

| −3x − 1 | > 333 immer 332 332 ≈ 110, 66 ⇒ X(ε ) = 110 x> 3

b) Mit x0 = 4 und M = 10000 folgt:

16 > 10000 (x − 4)4

√ ⇒ 16 > 10000(x − 4)4 4 2 > 10|x − 4| ()2 4 > x2 − 8x + 16 100 0 > x2 − 8x + 15, 96 x2 − 8x + 15, 96 = 0 für x1,2 = 4 ± ⇔ für x1 = 4, 2; x2 = 3, 8

16 − 15, 96

⇒ x2 − 8x + 15, 96 < 0 für x ∈ (3, 8; 4, 2) ⇒ x näher als x0 ± 0,2.


97

Aufgabe 8.2 Untersuchen Sie die Existenz oder Nichtexistenz des folgenden Grenzwerts sin x + cos x . lim x→0 x Lösung: Der Grenzwert existiert nicht, da sin x + cos x sin x + cos x = ∞ und lim = −∞. lim x→↓0 x→↑0 x x Aufgabe 8.3 x−1 a) Man bestimme den Grenzwert G1 = lim f1 (x) für f1 (x) = , x ≥ 0. x→+∞ 2x + 1 Sodann berechne man zu gegebenem ε > 0 ein X1 = X1 (ε ) > 0, so dass | f1 (x) − G1 | < ε , falls x > X1 (ε ). b) Man finde zu ε > 0 eine Schranke X2 (ε ) < 0, so dass | f2 (x) − G2 | < ε für x < sin x und G2 = 0. X2 (ε ), wobei f2 (x) = x Lösung: a) 1 − lim 1x 1 − 1x x−1 1 x→∞ = lim G1 = lim = = 1 x→∞ 2x + 1 x→∞ 2 + 1 2 2 + lim x x x→∞ x−1 1 −3 x≥0 3 | f1 (x) − G1 | = − = ≤ε = 2x + 1 2 2(2x + 1) 2(2x + 1) 3 1 3 ⇔ < 2x + 1 ⇔ x > −1 2ε 2 2ε 1 3 −1 ⇒ X1 (ε ) = 2 2ε b)

1 x ⇔ x < − ⇒ X2 (ε ) = − . x x −x ε ε ε

Aufgabe 8.4 Zeigen Sie mit Hilfe der ε -δ -Definition des Grenzwertes an der Stelle x0 , dass gilt: 2x4 − 6x3 + x2 + 3 = −8 x→1 x−1 1 b) lim existiert nicht. x→0 x a) lim

98


Lösung: a) Es sei ε > 0. Gesucht ist ein δ > 0 mit: 4 2x − 6x3 + x2 + 3 − (−8) < ε für 0 < |x − 1| < δ x−1 Umformen ergibt für x = 1: 2x4 − 6x3 + x2 + 3 + 8 = (2x3 − 4x2 − 3x − 3) + 8 = 2x3 − 4x2 − 3x + 5 x−1 = 2(x − 1)3 + 2x2 − 9x + 7 = 2(x − 1)3 + 2(x − 1)2 − 5x + 5 = 2(x − 1)3 + 2(x − 1)2 − 5(x − 1) Setzt man zunächst δ ≤ 1 fest, so folgt für 0 < |x − 1| < δ : 2x4 − 6x3 + x2 + 3 + 8| ≤ 2|x − 1|3 + 2|x − 1|2 + 5|x − 1| < 2δ 3 + 2δ 2 + 5δ < 2δ x−1 +2δ + 5δ = 9δ & ε' ε . Da 9δ ≤ ε für δ ≤ , setzt man endgültig δ = min 1, 9 9 1 b) Angenommen, es existiert a = lim . Dann gibt es nach der ε -δ -Definition ein x→0 x δ > 0, so dass 1 − a < 1, d.h. a − 1 < 1 < a + 1, für alle 0 < |x| < δ x x |

I

δ Wähle x ∈ I : x := ± (δ > 0) und n ≥ 2 n 1 ⇒ a − 1 < δ < a + 1 für alle n ≥ 2 ±n n ⇒ a − 1 < ± < a + 1 für alle n ≥ 2 δ ⇒ δ (a − 1) < ±n < δ (a + 1) für alle n ≥ 2 . fest fest Widerspruch Aufgabe 8.5 Zeigen Sie mit Hilfe der Definition des Grenzwertes an der Stelle x0 oder im Unendlichen, dass a) lim (4x3 + 3x2 − 24x + 22) = 5 x→1 x =1 b) lim x→+∞ x + 1


99

1 nicht existiert. x→−3 x + 3 1 d) lim x · sin = 0 x→0 x 8x =0 e) lim 2 x→±∞ x + 4 x2 + 2x + 3 f) lim =1 x→±∞ (x + 1)2 c) lim

Lösung: a) lim (4x3 + 3x2 − 24x + 22) = 5 x→1

|4x3 + 3x2 − 24x + 22 − 5| < ε für alle x : 0 < |x − 1| < δ 4x3 + 3x2 − 24x + 17 = (4x3 − 12x2 + 12x − 4) + 15x2 − 36x + 21 = 4(x − 1)3 + 15(x2 − 2x + 1) − 6x + 6 = 4(x − 1)3 + 15(x − 1)2 − 6(x − 1) |4x3 + 3x2 − 24x + 17| = |4(x − 1)3 + 15(x − 1)2 − 6(x − 1)| |4(x − 1)3 + 15(x − 1)2 − 6(x − 1)| ≤ 4|x − 1|3 + 15|x − 1|2 + 6|x − 1| ≤ 4δ 3 + 15δ 2 + 6δ mit δ ≤ 1 ≤ 4δ + 15δ + 6δ = 25δ < ε

⇒ 25δ < ε ⇔ δ < b)

& ε ' ε ⇒ δ := min 1, 25 25

x =1 lim x→∞ x + 1 x x + 1 − 1 < ε x x + 1 −1 1 | − 1| x + 1 − x + 1 = x + 1 = |x + 1| = |x + 1| ohne Einschränkung x + 1 > 0, da lim gesucht ist x→+∞

100


⇒

1 1 = < ε ⇔ 1 < ε (x + 1) |x + 1| x + 1 1 < x+1 ε 1 x > −1 ε x =1 ⇒ lim x→∞ x + 1

c) lim

x→−3

X(ε )

1 existiert nicht x+3

1 1 1 = = x+3 y−3+3 y x → −3 ⇒ y − 3 → −3 ⇒ y → 0 1 1 ⇒ lim = lim existiert nicht! (s. Aufgabe 9.4 b) x→−3 x + 3 y→0 y d) Sei ε > 0. Gesucht: δ = δ (ε ) > 0 mit: 1 1 |x sin − 0| = |x|| sin | < ε x x falls 0 < |x − 0| = |x| < δ . Verschärfung durch Abschätzen: 1 | sin | ≤ 1 x 1 ⇒ |x|| sin | ≤ |x| < ε x 1 Wähle δ := ε , so gilt: |x sin − 0| < ε für 0 < |x − 0| < δ x + + − − e) Es sei ε > 0. Gesucht ist ein x = x (ε ) (bzw. x = x (ε )) mit 8x 8|x| + − x2 + 4 − 0 = x2 + 4 < ε für x > x (x < x ) setze y := x + 3 ⇒ x = y − 3 ⇒

(i) x → +∞, also x > 0 8|x| < ε ⇔ 8x < (x2 + 4)ε x2 + 4 8 ⇔ x2 − x + 4 > 0 ε 4 2 Nullstellen: x1/2 = ± 4 − ε2 ε ε sei ε < 2 4 2 ⇔x> + 4 − ε 2 =: X + (ε ) ε ε 4 2 Als Schranke für x erhält man also X + (ε ) := + 4 − ε2 ε ε (ii) x → −∞, also x < 0 8|x| < ε ⇔ −8x < (x2 + 4)ε x2 + 4


101

8 ⇔ x2 + x + 4 > 0 ε 4 2 Nullstellen: x1/2 = − ± 4 − ε2 ε ε sei ε < 2 4 2 ⇔ x0,ε >0 2 2 ⇔ < (x + 1) ⇔ < |x + (x + 1)2 − 1 < ε ⇔ (x + 1)2 < ε ε ε 1| (∗) i) x →!∞ ⇒ x + 1 > 0 ⇒ !x > −1 ! 2 2 2 (∗) ⇒ < |x + 1| ⇔ < x+1 ⇔ x > −1 ε ε ε ii) x →!−∞ ⇒ x + 1 < 0!⇒ x < −1 ! ! 2 2 2 2 (∗) ⇒ < |x + 1| ⇔ < −(x + 1) ⇔ < −x − 1 ⇔ x < −1 − ε ε ε ε Insgesamt gilt also:

!

2 x + 2x + 3 2 X + (ε ) = −1 +

Aufgabe 8.6 Unter Rückgriff auf die Definition des Grenzwerts zeige man lim x sin

x→±∞

unter Zuhilfenahme von |

2 =2 x

π y2 sin y −1 |≤ für y ∈ 0; y 2 2

Lösung: 2 ist gerade, darum genügt es, den Grenzwert x → +∞ zu betrachten. x 2 sin x 2 2 x − 1 | f (x) − 2 | = | x sin − 2 | = 2· | sin − 1 | = 2 · 2 x 2 x x π 2 x→+∞ ∈ (0, ) ⇒ man kann den Hinweis benutzen und es gilt: x 2 f (x) = x sin

102


2 π < x 2

2 x < π 2

4 x> π 2 2 2 sin 4 4 x − 1 ≤ 2 · x = 2 Falls x > ⇒ | f (x) − 2| = 2 · 2 π 2 x x 4 2 Also | f (x) − 2| < ε ⇔ √ 2 x ε 4 2 Für x > X(ε ) := max{ , √ } ist | f (x) − 2| < ε . π ε 0
n

⇒

Fall 2: m = n

⇒

Fall 3: m < n

⇒

lim h(x) existiert nicht

x→±∞

lim h(x) =

x→±∞

a0 b0

lim h(x) = 0.

x→±∞

Aufgabe 8.9 Berechnen Sie √ 3 a) 87 b) 6√(−8)14 15 5 c) √ 125 √ 3 3 d) 4 · 16 5 √ 32 e) Lösung: √ 21 3 a) 87 = 3 (23 )7 = 2 3 = 27 = 128 7 b) 6 (−8)14 = −8 3 ; √ 14 6 (−8)14 = | − 8| 6 = ( 3 8)7 = 128 √ 5 1 1 15 c) 1255 = 125 15 = 125 3 = 53· 3 = 5 √ √ 1 2 1 2 3 3 4 · 3 16 = 4 3 · 4 3 √ = 4 3 + 3 = 4 3 = 41 = 4 d) √ √ √ 10 5 e) 32 = 10 32 = 25 = 2.

Aufgabe 8.10 Vereinfachen Sie die folgenden Ausdrücke: 1 √ √ a) √ 2+ 3+ 5 a , a = 0 b) √ 5 4 a 2 c) (a + b) 33 (a + b)4 √ 7 √ 4 7 3 d) √ a22 a √ e) 6a3 b2 18ab √ 3 4 f) √a5 a5 3 a2 g) √ 3 , a = 0 (√ a) √ 6 5 h) a2x a5x

106

Lösung: a)

b) c) d) e) f)

g) h)


√ √ √ √ √ √ √ √ √ 1 2+ 3− 5 2+ 3− 5 2+ 3− 5 √ √ √ √ = √ √ √ √ = = 2+3+2 6−5 2 6 2 + 3 + 5 ( 2 + 3)2 − ( 5)2 √ √ √ √ √ √ √ 6( 2 + 3 − 5) 2 3 + 3 2 − 30 = = 12 12 √ 4 1 a 1− 5 5 = 5 a, a = 0 √ = a = a 5 4 a 2 2 4 2 4 6 (a + b) 33 (a + b)4 = (a + b) 3 (a + b) 3 = (a + b) 3 + 3 = (a + b) 3 = (a + b)2 √ 22 3 11 3 14 7 √ 4 22 7 3 a = a 4·7 a 7·2 = a 14 + 14 = a 14 = a, a ≥ 0 √ a √ 1 1 3 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 3 3 b2 18ab = 6 2 · 2 a 2·2 + 2 · 2 b 2·2 + 2 · 2 18 2 · 2 = 6 4 ·6 4 ·3 4 ab 4 = 2 2 ·3 2 + 4 ab 4 √6a 4 = a 2 (3b)3 √ 1 5 5 1 5 5 1 1 5 20 5 25 3 4 a5 a5 = (a5 (a5 ) 4 ) 3 = (a5 (a 4 )) 3 = a 3 a 4 · 3 = a 3 + 12 = a 12 + 12 = a 12 √ 24 + 1 = a 12 12 = a2 22 a mit a ≥ 0 √ 2 3 2 2 3 4 9 5 a3 1 a √ 3 = 3 = a 3 − 2 = a 6 − 6 = a− 6 = √ , a = 0 6 5 ( a) a a2 √ √ 2x 5x 2x 5x 2 5 12+25 30 7 7 5 2x 6 5x a√ a = a 5 a 6 = a 5 + 6 = a( 5 + 6 )x = a( 30 )x = [a( 30 + 30 )]x = (a1 a 30 )x = 30 ax a7x .

Kapitel 9

Stetige Funktionen

Definition Stetigkeit (Def 15.1, Kap 15) a) Es seien f eine Funktion mit Definitionsbereich D und x0 ∈ D, so dass jede Umgebung von x0 mindestens einen von x0 verschiedenen Punkt von D enthält. f heißt stetig an der Stelle (im Punkt) x0 , wenn i) lim f (x) existiert x→x0

und ii) lim f (x) = f (x0 ). x→x0

b) Ist eine Funktion f stetig in jedem Punkt einer Teilmenge I ihres Definitionsbereiches, so heißt f stetig auf I. Für stetig auf R“ sagt man auch u¨ berall stetig“ . ” ” Aufgabe 9.1 Für welche Werte von x sind die Funktionen a) y = b)

2x2 − 1 x2 − x + 1

x2 |x| − 1

c) y =

x3 (x − 1)2

nicht definiert? Sind sie dort stetig ergänzbar? Lösung: a) f (x) = wegen

2x2 − 1 x2 − x + 1 x2 − x + 1 = x2 − 2x ·

1 2 3 1 1 1 + − +1 = x− + > 0 für alle x ∈ R 2 4 4 2 4

folgt: Df = R ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 9,

108

9 Stetige Funktionen

x2 |x| − 1 Definitionsbereich: D f = R\{1, −1}, f stetig auf D f lim f (x) = −∞, lim f (x) = +∞ ⇒ nicht stetig ergänzbar

b) f (x) =

x↑1

x↓1

x3 c) f (x) = (x − 1)2 D f = R\{1} lim f (x) = +∞ ⇒ x→1

f kann an der Stelle 1 nicht stetig ergänzt werden.

Aufgabe 9.2 Für x ∈ R bezeichne [x] die größte Zahl n ∈ Z mit n ≤ x < n + 1. Untersuchen Sie die durch a) f (x) = [x] b) f (x) = [x] + x − [x] gegebenen Funktionen f : R → R auf Stetigkeit und skizzieren Sie ihre Graphen im eingeschränkten Definitionsbereich [0, 3]. Lösung: a) f (x) = [x] Für n ∈ N und ε > 0, 0 < ε 1 =: ε b) Die rationale Funktion x → Stelle x = 2 hat man

x3 − 8 ist stetig für alle x = ±2, also auch g. An der x2 − 4 (x2 + 2x + 4)(x − 2) = 3 = g(2) x→2 (x + 2)(x − 2)

lim g(x) = lim

x→2

also ist g dort stetig. Die Stelle x = −2 liegt nicht im Definitionsbereich von g, braucht also nicht berücksichtigt zu werden. Aufgabe 9.4 Zeigen Sie, dass die aufgeführte Funktion f = f (x) stetig auf ihrem (größtmöglichen) Definitionsbereich D f ist: f (x) =

1 + cos x 3 + sin x

Lösung: f (x) =

1 + cos x 3 + sin x

3 + sin x = 0 für alle x ∈ R ⇒ D f = R Die Funktionen sin x, cos x sind stetig auf R (s. Kap. 15). Nach Theorem 15.1 (Kap. 15) folgt: f (x) stetig auf D f = R. Aufgabe 9.5 Untersuchen Sie folgende Funktion auf Stetigkeit in x0 = 0. ( 1 x sin , für x = 0 f (x) = x 0, für x = 0 Lösung: (

1 x sin , x = 0 x 0, x = 0 f sicher stetig für x = 0, da sin x stetig ist. x = 0: Nach Aufgabe 9.5 d) gilt: 1 lim f (x) = lim x sin = 0 = f (0) x→0 x→0 x ⇒ f stetig in x = 0. f ist stetig. f (x) =


111

Aufgabe 9.6 Zeigen Sie, dass jede der aufgeführten Funktionen f = f (x) stetig auf ihrem (größtmöglichen) Definitionsbereich D f ist. Lässt sich f stetig auf R fortsetzen und - wenn ja - wie? a) f (x) =

2 + sin x 4 + sin x cos x

b) f (x) =

x sin x

Lösung: 2 + sin x 4 + cos x sin x 4 + cos x sin x = 0 für alle x ∈ R, da sin x ∈ [−1, 1] und cos x ∈ [−1, 1] und somit cos x sin x ∈ [−1, 1] ⇒ Df = R Da sin x und cos x stetig sind, ist es somit auch 2 + sin x 4 + cos x sin x x b) f (x) = sin x sin x = 0 ⇔ x = 0, ±π , ±2π , ±3π , . . . ⇒ D f = R \ {kπ , k ∈ Z} Da x und sin x stetig sind auf D f ist es auch f (x). Stetige Fortsetzung: k = 0 sin x x 1 = 1 ⇒ lim = =1 Beispiel 14.4 a) (s. Kap.14.2): lim x→0 x x→0 sin x 1 f (x) , x = 0 ∗ stetig in x0 = 0 ⇒ f (x) = 1 ,x = 0 k = 0: x +∞ , gerades k > 0 oder ungerades k < 0 lim = x↓kπ sin x −∞ , ungerades k > 0 oder gerades k < 0 x −∞ , gerades k > 0 oder ungerades k < 0 = lim +∞ , ungerades k > 0 oder gerades k < 0 x↑kπ sin x ⇒ x0 = kπ ist für jedes k = 0 eine unendliche Sprungstelle; also ist f dort nicht stetig fortsetzbar. a) f (x) =

Aufgabe 9.7 Beweisen Sie mit Hilfe der Grenzwertsätze: lim

x→x0

cos x − cos x0 = − sin x0 x − x0

Lösung: Mit Hilfe von Additionstheoremen (Theorem 13.1 (s. Kap. 13.3)) wird cos x − cos x0 geschrieben als: x + x 0 x − x0 x + x0 x − x0 x + x0 x − x0 + = cos cos − sin sin cos x = cos 2 2 2 2 2 2

112


x + x0 x − x0 x + x0 x − x0 x + x 0 x − x0 − = cos cos + sin sin 2 2 2 2 2 2 x − x0 x + x0 sin ⇒ cos x − cos x0 = −2 sin 2 2 x − x0 x + x0 sin −2 sin cos x − cos x0 2 2 lim = lim x→x0 x→x0 x − x0 x − x0

cos x0 = cos

x − x0 x + x0 = lim − x − x2 sin x→x0 0 2 2 sin

= − sin x0 , sin x = 1 (siehe z.B.: Marti, Gröger: ‘Brückenkurs Mathematik’, denn lim x→0 x Seite 97 ). Aufgabe 9.8 Untersuchen Sie die folgende Funktion auf Stetigkeit in x0 = 0. ( cos x − 1 , x = 0 f (x) = x 0 , x=0 Lösung:

x x x x x Additionstheorem = cos + = cos2 − sin2 cos x = cos 2 · 2 2 2 2 2 x x x x cos2 + sin2 = 1 ⇔ cos2 = 1 − sin2 2 2 2 2 x x x Also cos x = 1 − sin2 − sin2 = 1 − 2 sin2 2 2 2 x x sin2 sin2 x cos x − 1 1 1 1 x = cos x − = −2 sin2 = −x · 2 2 = − · 22 x x x x x 2 2 x 2 2 ⎛ ⎞ x 2 x sin sin2 x cos x − 1 ⎜ x ⎟ 2 2 = lim ⎝− · 2 ⎠ = lim − lim · lim = 0 = f (0) x x→0 x→0 x→0 x 2 2 x→0 x 2 2 =0 2 =1

⇒ f ist stetig in x0 = 0. Oder: cos x − 1 (cos x − 1)(cos x + 1) cos2 x − 1 − sin2 x = = = x x(cos x + 1) x(cos x − 1) x(cos x + 1)


113

1 sin x sin x x cos x + 1 cos x − 1 1 1 sin x = lim − lim (sin x) lim = −1 · 0 · = 0 = f (0) lim x→0 x→0 x→0 x→0 cos x + 1 x x 2 =−

⇒ f ist stetig in x0 = 0.

Kapitel 10

Zusammengesetzte Funktionen

Definition Zusammensetzung von Funktionen (Def. 17.1, Kap 17) Es seien f , g zwei Funktionen, so dass mindestens ein Element des Wertebereiches von f im Definitionsbereich von g liegt: W f ∩ Dg = Ø. Dann heißt die durch (g ◦ f )(x) := g( f (x)) auf

Dg◦ f = {x : x ∈ D f , f (x) ∈ Dg }

erklärte Funktion g ◦ f die Zusammensetzung von g mit f . Aufgabe 10.1 Gegeben sind die beiden Funktionen f (x) und g(y). Bestimmen Sie die zusammengesetzte Funktion h(x) = ( f ◦ g)(x). a) y = f (x) = x3 z = g(y) = −3y b) y = f (x) = cos x y z = g(y) = 2 y +3 4 c) y = f (x) = mit D f = R\{−2} x+2 4 z = g(y) = − 2 mit Dg = R\{0} y 1 d) y = f (x) = 4 x +1 g= f Lösung: a) h(x) = ( f ◦ g)(x) = g( f (x)) = −3x3 cos x b) h(x) = ( f ◦ g)(x) = g( f (x)) = cos2 x + 3 4 c) h(x) = ( f ◦ g)(x) = g( f (x)) = −2 = x+2−2 = x 4 x+2 ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 10,

116

10 Zusammengesetzte Funktionen

d) h(x) = ( f ◦ g)(x) = g( f (x)) = f ( f (x)) =

1 1 x4 + 1

=

4 +1

(x4 + 1)4 1 + (x4 + 1)4

Aufgabe 10.2 Geben Sie die zusammengesetzte Funktion (g ◦ f )(x) für die Funktionen f (x) = 1 1 1 − (mit Dg = R\{−1, 1}) an. cos x und g(x) = 2 x+1 x−1 Verwenden Sie sin2 x + cos2 x = 1, um den entstehenden Ausdruck zu vereinfachen. Bestimmen Sie den Definitionsbereich dieser Funktion. Lösung: (g◦ f )(x) = 1 sin2 x !

1 2

1 1 − cos x + 1 cos x − 1

1 cos x − 1 − (cos x + 1) 1 −2 = · = · = 2 cos2 x − 1 2 − sin2 x

!

sin2 x = 0 ⇔ sin x = 0 ⇒ x = π k, k ∈ Z Dg◦ f = R\{π k, k ∈ Z}. Aufgabe 10.3 Bestimmen Sie den (maximalen) Definitionsund Wertebereich von ( f ◦ g)(x) und √ √ (g ◦ f )(x) für die Funktionen f (x) = x + 1, g(x) = 4 − x2 . Lösung: D f = {x ∈ R; x + 1 ≥ 0} = {x ∈ R; x ≥ −1} = [−1, ∞) Wurzelfunktion ist monoton steigend und stetig Also W f = R+ 0 Dg = {x ∈ R; 4 − x2 ≥ 0} √ = {x ∈ R; |x| ≤ 2} = [−2, √ 2] 2 Und Wg = {y ∈ R; y = 4 − x , x ∈ [−2, 2]} = [0, 4] = [0, 2] √ √ a) ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f ( 4 − x2 ) = 4 − x2 + 1 Wg = [0, 2] ⊂ [−1, ∞) = D f also D f ◦g =√Dg = [−2, 2] √ W f ◦g = [1, 3] ( x + 1 monoton wachsend) √ √ √ b) (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g( x + 1) = 4 − ( x + 1)2 = 4 − (x + 1) = 3 − x R+ 0 = W f ⊂ Dg = [−2, 2] also Dg◦ f = D f = [−1, ∞) Für welche x ∈ R ist −2 ≤ f (x) ≤ 2 erfüllt: √ 0 ≤ x + 1 ≤ 2 ⇔ 0 ≤ x + 1 ≤ 4 ⇔ −1 ≤ x ≤ 3 Schränkt man den Definitionsbereich von f auf [−1, 3] ein, dann ist W f = [0, 2] ⊂ [−2, 2] = Dg √ also Dg◦ f = [−1, 3] und Wg◦ f = [0, 4] = [0, 2].


117

Aufgabe 10.4 Fassen Sie die Funktion h(x) als zusammengesetzte Funktion auf, d.h. h(x) = (g ◦ f )(x), und geben Sie die beiden Funktionen f (x) und g(y) an. a) z = h(x) = e−5x b) z = h(x) = (x − 2) cos(3x) Lösung: a) y = f (x) = −5x z = g(y) = ey b) y = f (x) = x − 2 z = g(y) = y cos(3(y + 2)). Aufgabe 10.5 Gegeben seien die Funktionen f1 (x) = x2 − x − 2 f2 (x) = x + 1. Bestimmen Sie die zusammengesetzten Funktionen h(x) = ( f1 ◦ f2 )(x) und h(x) = ( f2 ◦ f1 )(x). Beurteilen Sie, ob die Verknüpfung zweier Funktionen kommutativ ist, d.h. ob gilt h(x) = ( f1 ◦ f2 )(x) = h(x) = ( f2 ◦ f1 )(x). Lösung: h(x) = ( f1 ◦ f2 )(x) = f1 ( f2 (x)) = (x + 1)2 − (x + 1) − 2 = x2 + 2x + 1 − x − 1 − 2 = x2 + x − 2 g(x) = ( f2 ◦ f1 )(x) = f2 ( f1 (x)) = (x2 − x − 2) + 1 = x2 − x − 1 Nicht kommutativ. Aufgabe 10.6 √ Bestimmen Sie für die Funktionen f (x) = x2 + 1, g(x) = x ( f ◦ g)(x), (g ◦ f )(x) und

D f ,W f , Dg ,Wg , D f ◦g ,W f ◦g , Dg◦ f ,Wg◦ f .

Lösung: D f = R, Dg = R+ 0 = [0, ∞) W f = [1, ∞), Wg = R+ 0 √ √ ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f ( x) = ( x)2 + 1 = x + 1 auf Dg

Wg ⊂D f

⇔ D f ◦g = Dg ⇒ W f ◦g = W f (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(x2 + 1) =

W f ⊂Dg

√ x2 + 1

⇔ Dg◦ f = √ Df ⇒ für x ∈ R : x2 + 1 ≥ 1 ⇒ Wg◦ f = [1, +∞) = Wg .

118


Aufgabe 10.7 √ Gegeben ist die Funktion f (x) = x. Geben Sie eine Funktion g(x) an, so dass der Definitionsbereich von ( f ◦ g)(x) a) nur die Zahl 0 enthält b) nur die Zahl 1 enthält. Lösung:

( f ◦ g)(x) √ = f (g(x)) = g(x) f (x) = x ist definiert für alle x ≥ 0 ⇒ gesucht ist a) g(x) mit Wg = (−∞, 0] und g(0) = 0. g(x) := −x2 b) g(x) mit Wg = (−∞, 0] und g(1) = 0. g(x) := −(x − 1)2 . Aufgabe 10.8

4 π +x−2 An welchen Stellen ist die Funktion ϕ (x) = sin , x = ±1 stetig? x2 − 1 Man berechne lim ϕ (x). x→2

Lösung:

π +x−2 ist nach Theorem 15.1 (Kap. 15) stetig an jeder Stelle x = ±1. x2 − 1 g(x) := sin x und h(x) := x4 sind u¨ berall stetig. Nach Theorem 17.1 (Kap. 17) ist dann ϕ = h ◦ g ◦ f stetig auf R \ {−1, 1}. f (x) :=

π 4 lim ϕ (x) = ϕ (2) = sin = x→2 3

√ 4 9 3 = . 2 16

Aufgabe 10.9 Sei ϕ (x) = ( f ◦ g)(x). Ermitteln Sie die Funktionen f (x) und g(x) bei den folgenden Funktionen: a) ϕ (x) = cos(x3 ) b) ϕ (x) = cos3 x 1 c) ϕ (x) = . 2 + x4 Lösung: a) g(x) = x3 , f (x) = cos x b) g(x) = cos x, f (x) = x3 c) g(x) = 2 + x4 , f (x) = x−1 . Oder: g(x) = x4 , f (x) =

1 . 2+x


119

Aufgabe 10.10 Gegeben sind die Funktionen f (x) = cos x mit π a) D f = [0, ] 2 π b) D f = [− , 0] 2 √ und g(x) = 1 − x2 mit Dg = [−1, 1]. Man bestimme die zusammengesetzte Funktion (g ◦ f )(x) für den Fall a) und für den Fall b). Ist es die selbe Funktion in beiden Fällen? Lösung: (g ◦ f )(x) =

√ √ 1 − cos2 x = sin2 x = | sin x|

a) W f = [0, 1] ⊂ [−1, 1] = Dg π ⇒ Dg◦ f = D f = [0, ] 2 Für x ∈ Dg◦ f ist sin x ≥ 0 ⇒ (g ◦ f )(x) = sin x b) W f = [0, 1] ⊂ [−1, 1] = Dg π ⇒ Dg◦ f = D f = [− , 0] 2 Für x ∈ Dg◦ f ist sin x ≤ 0 ⇒ (g ◦ f )(x) = − sin x.

Kapitel 11

Umkehrfunktionen

Definition Umkehrfunktionen (Def. 18.1, Kap. 18) Es sei f eine eineindeutige Funktion. Die durch y → f −1 (y), y ∈ W f erklärte Funktion f −1 heißt Umkehrfunktion von f . 1 Achtung: f −1 = f Eigenschaften der Umkehrfunktion. (Theorem 18.1, Kap. 18) Für die Umkehrfunktion einer eineindeutigen Funktion f gilt: D f −1 = W f , f

−1

f(f

W f −1 = D f

( f (x)) = x −1

für alle x ∈ D f

(y)) = y für alle y ∈ W f .

11.1 Mit Arcusfunktionen Umkehrfunktionen der trigonometrischen Funktionen heißen Arcusfunktionen (Arcussinus, Arcuscosinus, Arcustangens, Arcuscotangens). Aufgabe 11.1 Skizzieren Sie die Graphen der Funktionen a) y(x) = cos(2 arccos x) b) y(x) = sin(arccos x) c) y(x) = arccos(sin x). Eine Funktion y = f (x) mit dem Definitionsbereich D f heißt (i) beschränkt nach oben (bzw. nach unten), wenn ein festes C ∈ R existiert, so dass f (x) ≤ C (bzw. f (x) ≥ C) ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 11,

122

11 Umkehrfunktionen

(ii) gerade (bzw. ungerade), wenn f (−x) = f (x) bzw. f (−x) = − f (x) (iii) periodisch mit der Periode T > 0, wenn f (x + T ) = f (x) für alle x ∈ D f . Halten Sie in einer Tabelle für diese Funktionen fest, ob sie die Eigenschaften (i), (ii) bzw. (iii) besitzen. Lösung: i) y = cos(2 arccos x) Definitionsbereich von arccos x : |x| ≤ 1 cos(2α ) = cos2 α − sin2 α = cos2 α − (1 − cos2 α ) = 2 cos2 α − 1 ⇒ cos(2 arccos x) = 2(cos(arccos x))2 − 1 = 2x2 − 1, |x| ≤ 1

Abb. 11.1 y = cos(2 arccos x)

ii) y = sin(arccos x) Definitionsbereich arccos x : |x| ≤ 1 Wertebereich arccos x : [0, π ] √ ⇒ sin α = ± 1 − cos2 α√ sin2 α = 1 − cos2 α ⇒ sin(arccos x) = 1 − (cos(arccos x))2 = 1 − x2 Nur positive Wurzel, da sin auf [0, π ] nicht negativ wird!

Abb. 11.2 y = sin(arccos x)

iii) y = arccos(sin x) Da sin x periodisch ist mit der Periode 2π ist es auch arccos(sin x).

11.1 Mit Arcusfunktionen

123

π − x)) 2 Mit dem Wertebereich [0, π ] von arccos folgt somit: π π π a) 0 ≤ − x ≤ π ⇔ − ≤ x ≤ 2 2 2 π π π ⇒ y = − x, x ∈ [− , ] 2 2 2 π π 3 b) 0 ≤ x − ≤ π ⇔ ≤ x ≤ π 2 )2 $2 π π 3π , ⇒ y = x− , x ∈ 2 2 2 sin x = cos(±(

Abb. 11.3 y = arccos(sin x)

beschränkt oben y = cos(2 arccos x) C = 1 y = sin(arccos x) C = 1 y = arccos(sin x) C = π

unten gerade ungerade periodisch C = −1 + − − C=0 + − − C=0 − − T = 2π .

Aufgabe 11.2 Bestimmen Sie die Definitions- und Wertebereiche der Funktionen f (x). Vereinfachen Sie die Funktionen soweit als möglich und skizzieren Sie diese. a) b) c) d)

y = sin(arcsin x) y = cos(arcsin x) y = arcsin(sin x) y = arcsin(cos x)

Lösung: a) y = sin(arcsin x) = f (g(x)) mit u = g(x) = arcsin x π π Wg = [− , ] Dg = [−1; 1] 2 2

124

11 Umkehrfunktionen

Df = R W f = [−1; 1] Wg ⊂ D f ⇒ D f ◦g = Dg = [−1, 1] W f ◦g = [−1, 1] ⇒y=x −1 ≤ x ≤ 1 nicht periodisch

sin(asin(x))

y 2 1.5 1 0.5 0 -1

-0.5

0

0.5

1 x

-0.5 -1 -1.5 -2

Abb. 11.4 y = sin(arcsin x))

b) y = cos(arcsin x) = f (g(x))

mit u = g(x) = arcsin x π π Df = R Dg = [−1, 1] Wg = [− , ] 2 2 1] Wg ⊂ D f ⇒ D f ◦g = Dg = [−1, √ y = cos u = 1 − sin2 u = 1 − sin2 (arcsin x) = 1 − x2 nicht periodisch

0≤y≤1


125

cos(asin(x))

y 1.5

1

0.5

0 -1

-0.5

0

0.5

1 x

-0.5

Abb. 11.5 y = cos(arcsin x)

c) y = arcsin(sin x) = f (g(x)) mit u = g(x) = sin x y ist periodisch mit T = 2π Nach Def. ist y der Bogen zum sin-Wert u, also u = sin y und u = sin x π π Es gilt somit u = sin y = sin x = sin(π − x); zu beachten ist − ≤ y ≤ 2 2

π ≤y≤ 2 π ii) − ≤ y ≤ 2 i) −

π 2 π 2

y=x y = π −x

−

π π ≤x≤ 2 2 π π − ≤ π −x ≤ ⇒ 2 2

π 3π ≤x≤ 2 2

126

11 Umkehrfunktionen

asin(sin(x)) y

-2 pi

-1 pi

3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 -0.50 pi -1 -1.5 -2 -2.5 -3

1 pi

2 pi

x

Abb. 11.6 y = arcsin(sin x)

d) y = arcsin(cos x) = f (g(x)) mit u = g(x) = cos x y ist der Bogen zum sin-Wert u, also u = sin y π π Es ist zu beachten, dass − ≤ y ≤ , da y = arcsin u der Hauptwert der Um2 2 π π kehrfunktion zum sin ist. Ferner gilt cos x = sin( − x) = sin( + x) 2 2 π π π π u = sin y = sin( − x) = sin( + x) wobei stets gilt: − ≤ y ≤ 2 2 2 2

π ≤y≤ 2 π ii) − ≤ y ≤ 2 i) −

π π π π , y = −x ⇒ − ≤ −x ≤ 2 2 2 2 π π π π , y = +x ⇒ − ≤ +x ≤ 2 2 2 2

π ⇒ 0≤x≤π 2 π ⇒ −π ≤ x ≤ 0. 2


127

asin(cos(x)) y

-2 pi

-1 pi

3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 -0.50 pi

1 pi

-1 -1.5 -2 -2.5

Abb. 11.7 y = arcsin(cos x)

Aufgabe 11.3 Skizzieren Sie die Funktionen nach Vereinfachung √ a) y = arcsin 1 − cos2 x b) y = sin(arctan x) c) y = sin(4 arccos x) Lösung:

√ a) y = arcsin 1 − cos2 x = f (x) √ π 1 − cos2 x ≥ 0 ⇒ y ≥ 0 ⇒ 0 ≤ y ≤ 2 f (−x) = f (x) ⇒ gerade Funktion y(x + T ) = y(x) periodisch mit T = π ; y = arcsin | sin x| nach Definition | sin x| = sin y Beschränkung auf die x-Werte einer Periode: sin y = + sin x = sin(π − x)

π π ⇒y=x für 0≤x≤ 2 2 π π ⇒ y = π −x ≤x≤π ii) 0 ≤ y ≤ für 2 2 Periodische Fortsetzung! i) 0 ≤ y ≤

2 pi

x

128

11 Umkehrfunktionen y 2

asin((1-cos(x)*cos(x))**0.5)

1.5

1

0.5

0 0 pi

-1 pi

1 pi

2 pi

x

√ Abb. 11.8 y = arcsin 1 − cos2 x

b) y = sin arctan x

−π π < arctan x < 2 2

nicht periodisch;

u

sin u

y = sin u = = = = =

= sin u + cos2 u sin u √ = cos u 1 + tan2 u tan u √ = 1 + tan2 u tan(arctan x) = 1 + tan(arctan x)2 x √ 1 + x2 2

y 2

sin(atan(x))

1.5 1 0.5 0 -4 -3 -2 -1

Abb. 11.9 y = sin(arctan x)

0

1

2

3

4

5

6

7

8x

x∈R


129

c) y = sin(4 arccos x) = f (x) Darccos = [−1, 1] D f = [−1, 1] = W f z := arccos x 2 z − sin2 z) = 4 sin z cos z(2 cos2 z − 1) sin 4z = 2 sin 2z √cos 2z = 4(sin z cos z)(cos 2 y = sin 4z = 4 1 − cos2 z cos z(2 cos z − 1) √ mit cos z = cos(arccos x) = x ⇒ y = sin 4z = 4 1 − x2 x(2x2 − 1).

y 1 0.5 -1

0 -0.5 0 -0.5

0.5

1 x

-1

Abb. 11.10 y = sin(4 arccos x)

Aufgabe 11.4 π Zeigen Sie, dass arcsin x + arccos x = für alle x ∈ [−1, 1]. 2 Lösung: Mit dem Additionstheorem für sin erhält man π − arccos x = cos(arccos x) = x. sin 2 * π π π+ π folgt hieraus arcsin x = − arccos x. Wegen − arccos x ∈ − , 2 2 2 2 Aufgabe 11.5 Zeigen Sie mit Hilfe der Additionstheoreme der trigonometrischen Funktionen, dass √ a) arccos x + arccos y = arccos xy − 1 − x2 1 − y2 √ b) arcsin x + arcsin y = arcsin x 1 − y2 + y 1 − x2 x+y c) arctan x + arctan y = arctan 1 − xy sofern links der Wertebereich des Hauptzweiges nicht verlassen wird.

130

11 Umkehrfunktionen

Lösung: a) arccos x + arccos y = arccos(xy − 1 − x2 1 − y2 ) arccos x = a ; arccos y = b ⇐⇒ cos a = x ; cos b = y sin a = 1 − cos2 a = 1 − x2 sin b = 1 − cos2 b = 1 − y2 cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b 1 − x2 1 − y2 ⇒ a + b = arccos(xy − 1 − x2 1 − y2 ) ⇒ arccos x + arccos y = arccos(xy − 1 − x2 1 − y2 ) ⇒ cos(a + b) = xy −

b) arcsin x + arcsin y = arcsin(x 1 − y2 + y 1 − yx2 ) arcsin x = a ; arcsin y = b ⇐⇒ sin a = x ; sin b = y cos a = 1 − sin2 a = 1 − x2 cos b = 1 − sin2 b = 1 − y2 sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a 1 − y2 + y 1 − x2 ⇒ a + b = arcsin(x 1 − y2 + y 1 − x2 ) ⇒ arcsin x + arcsin y = arcsin(x 1 − y2 + y 1 − x2 ) ⇒ sin(a + b) = x

x+y 1 − xy a := arctan x ⇔ x = tan a b := arctan y ⇔ y = tan b tan a − tan b x+y tan(a + b) = = 1 − tan a tan b 1 − xy x+y ⇒ a + b = arctan 1 − xy x+y . ⇒ arctan x + arctan y = arctan 1 − xy

c) arctan x + arctan y = arctan


131

Aufgabe 11.6

! 2x x und g(x) = arcsin −1 Gegeben sind die Funktionen f (x) = 2 arcsin A A mit A > 0. Bestimmen Sie D := D f ∩ Dg . Lösung: Darcsin = [−1, 1]

π π Warcsin = [− , ] 2 2

! x mit A > 0 a) f (x) = 2 arcsin A ! x ∈ [0, 1] ⇔ x ∈ [0, A] = D f ⇒ x ≥ 0, A b) g(x) = arcsin ⇔ −1 ≤

2x 2x −1 ⇒ − 1 ∈ [−1, 1] A A

2x 2x +1 −1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ ≤2 A A

A>0

⇔ 0 ≤ 2x ≤ 2A ⇔ 0 ≤ x ≤ A

⇔ x ∈ [0, A] = Dg ⇒ D f = Dg und somit D f ∩ Dg = [0, A].

Aufgabe 11.7 Bestimmen Sie die Definitions- und Wertebereiche der Funktionen f (x), und berechnen Sie ihre Umkehrfunktionen in ihren verschiedenen Monotoniebereichen: √ a) f (x) = arctan 4x2 − 1 1 b) f (x) = arcsin ! x 4 4 +1 2 Lösung: a) Definitionsbereich: 1 4x2 − 1 ≥ 0 ⇒ |x| ≥ 2 1 1 ∪ , +∞ D f = −∞, − 2 2 Wertebereich:

132

11 Umkehrfunktionen

π W f = [0, + ) 2 Umkehrfunktionen: ! 1 1 1 x= (1 + (tan y)2 ) = ± 4 2 cos y ! 1 1 1 (1 + (tan x)2 ) = ± Variablentausch: y = 4 2 cos x 1 y1 = 2 cos x 1 y2 = − 2 cos x b) D f = R

π W f = (0, ] 2 Umkehrfunktionen: 1 sin y = ! x 4 4

⇒

2 x 4

2 x = ±2

+1

+1 =

1 (sin y)4

1 (sin y)4 1 4 −1 =

1 1 − (sin y)4 4 = = ±2 (sin y)4 1 ((cos y)2 + (sin y)2 )2 − (sin y)4 4 = = ±2 (sin y)4 1 (cos y)4 + 2(sin y)2 (cos y)2 4 = = ±2 (sin y)4

1

= ±2((cot y)4 + 2(cot y)4 (tan y)2 ) 4 = = ±2 cot y 4 1 + 2(tan y)2 Variablentausch: 1 + 2(tan x)2 y1 = 2 cot x 4 y2 = −2 cot x 4 1 + 2(tan x)2 .

11.2 Logarithmusfunktionen

133

11.2 Logarithmusfunktionen Logarithmusfunktionen sind Umkehrfunktionen der Exponentialfunktionen. Aufgabe 11.8 Vereinfachen Sie folgende Ausdrücke: ln 6 − ln 3 2 ln a a b) ln ·e b a)

(Hinweis: ln x := loge x). Lösung: 6 ln 2 ln 6 − ln 3 ln 3 = = =1 a) ln 2 ln 2 ln 2 a b) ln · ea = ln a − ln b + ln ea = ln a − ln b + a. b Aufgabe 11.9 Skizzieren Sie die Graphen der Funktionen y1 (x) = log2 x, y2 (x) = log 1 x, y3 (x) = log4 x, y4 (x) = log 1 x. 2

4

Lösung: loga x = y

⇔

ay = x

log2 x = y

⇔

2y = x

y −3 −2 −1 0 1 2 3 1 1 1 1248 x 8 4 2 Für die weiteren Aufgaben folgendes Vorgehen: ln x Allgemein gilt loga x = . ln a ⇒

⇒ y2 (x) = log 1 x = 2

ln x ln x ln x =− = − log2 x = 1 ln 1 − ln 2 ln 2 ln 2

ln x 1 ln x 1 ln x ln x = = · = log2 x = 2 ln 4 ln 2 2 ln 2 2 ln 2 2 ln x 1 ln x 1 ln x ln x ln x = =− · = − log2 x. y4 (x) = log 1 x = 1 = = 2 4 ln 1 − ln 4 − ln 2 −2 ln 2 2 ln 2 2 ln 4 y3 (x) = log4 x =

134

11 Umkehrfunktionen

y 5 4 log2 (x) 3 log4 (x)

2 1 0 -1

0

1

2

3

4

5

6

7

8 9 log1/4 (x)

-1

10

-2 log1/2 (x) -3 -4 -5

Abb. 11.11 Grafik zu Aufgabe 11.9

Aufgabe 11.10 a) Es seien 0 < a = 1 und c > 0. Lösen Sie die Gleichung i) ab = c nach b auf ii) b = loga c, c = 1, nach a und nach c auf! b) Wie gewinnt man die Logarithmen zur Basis 10 aus denen zur Basis e (natürliche Logarithmen)? Lösung: Der Logarithmus ist die Zahl, mit der man die Basis potenzieren muss, damit das Argument rauskommt. a) loga x ist die Umkehrfunktion von ax , d.h.: loga (ax ) = x und aloga x = x i) ab = c ⇒ loga (ab ) = loga (c) ⇒ b = loga (c)

ii) b = loga (c) ⇒ ab = aloga (c) ⇒ c = ab

c=1,b=0

⇔

a = (ab ) b = c b

b) x = 10log10 x ⇒ ln x = ln(10log10 x ) = log10 x · ln 10 ln x ⇒ log10 x = . ln 10

1

1

x


Aufgabe 11.11 Für welche x gilt 1 −2 (i) log4 2(x ) = 18 2 (ii) (2x )2 = 3(x ) ? Lösung: √ √ 1 1 1 −2 ! ⇔ 2(x ) = 4 18 = 18 4 = 9 2 = 2 9 = 18 1 1 1 ⇔ x−2 = ⇔ 2 = ⇔ x2 = 9 9 x 9 ⇔ x = 3 oder x = −3 2 2 ii) (2x )2 = 3(x ) ⇔ 22x = 3(x ) 2 ⇔ ln(22x ) = ln(3(x ) ) ⇔ 2x ln 2 = x2 ln 3 ⇔ 2x ln 2 − x2 ln 3 = 0 ⇔ x(2 ln 2 − x ln 3) = 0 2 ln 2 . ⇔ x = 0 oder 2 ln 2 − x ln 3 = 0 ⇔ x = ln 3 i) log4 2(x

−2 )

Aufgabe 11.12 Berechnen Sie a) log2 32 √ 3 b) log6 6 1 c) log3 9 d) log7 1 ex e) ln y e Lösung: a) log2 32 = log2 25 = 5 √ 1 1 b) log6 3 6 = log6 6 3 = 3 1 −2 c) log3 = log3 3 = −2 9 0 d) log7 1 = log7 7 = 0 x e e) ln y = ln ex − ln ey = x − y. e

135

136

11 Umkehrfunktionen

Aufgabe 11.13 ax by a) Seien a, b, c > 0 und x, y, z ∈ R. Stellen Sie z als Potenz von a dar. c √ 3x2 3 y b) Logarithmieren Sie den Ausdruck 2zu3 Lösung: a) log b = loga b log a log c = loga c sei aγ = c ⇔ log aγ = log c ⇔ γ log a = log c ⇔ γ = log a

sei aβ = b ⇔ log aβ = log b ⇔ β log a = log b ⇔ β =

⇒

ax (aβ )y ax+β y ax by = = γ z = ax+β y−γ z mit β = loga b, γ = loga c z γ z c (a ) a

b) ln

√ 3x2 3 y √ = ln 3x2 + ln | 3 y| − (ln |2z| + ln |v3 |) 2z v3 1 = ln 3 + 2 ln |x| + ln |y| − ln 2 − ln |z| − 3 ln |v|. 3

Aufgabe 11.14 Bestimmen Sie die Lösung x von a) 3x−2 = 2x+3 b) e2x + ex − c = 0, c ∈ R Hinweis: log 2 ≈ 0, 3010, log 3 ≈ 0, 4771, wobei log := log10 Lösung: a) 3x−2 = 2x+3 | log (x − 2) log 3 = (x + 3) log 2 x log 3 − 2 log 3 = x log 2 + 3 log 2 x log 3 − x log 2 = 3 log 2 + 2 log 3 x(log 3 − log 2) = 3 log 2 + 2 log 3 3 log 2 + 2 log 3 x= log 3 − log 2 x ≈ 10, 5476


137

b) e2x + ex − c = 0 (ex )2 + ex − c = 0 y := ex > 0 y2 + y − c = 0 √ −1 ± 1 + 4c 2 y > 0 ⇒ Nur Lösung √ 1 1 + 4c mit y=− + 2√ 2 1 1 + 4c = ex − + 2 2√ 1 1 + 4c = x. ln − + 2 2 y1,2 =

Also, für c ≤ 0 für c > 0

√ 1 + 4c > 1

(⇒ c > 0)

hat die Gleichung keine Lösung, hat die Gleichung eine Lösung √ 1 + 4c 1 . x = ln − + 2 2

Aufgabe 11.15 Berechnen Sie die Lösung der Gleichung ln(x2 ) + ln(3x−3 ) = 2 ln(x−1 ) + 2. Lösung: ln(x2 ) + ln(3x−3 ) = 2 ln(x−1 ) + 2

⇒ ln(x2 · 3x−3 ) = ln (x−1 )2 + 2

⇒ ln(3x−1 ) = ln x−2 + 2 −2 −1 ⇒ eln(3x ) = eln(x )+2 −2 ⇒ 3x−1 = eln(x ) e2

⇒ 3x−1 = x−2 e2 ⇒ 3x = e2 e2 ⇒ x= . 3 Aufgabe 11.16

1 Für welche x gilt log27 32x+1 = ? 2

138

11 Umkehrfunktionen

Lösung: 1 2 1 2x+1 = 27 2 ⇒ 27log27 3 1 3 ⇒ 32x+1 = (33 ) 2 = 3 2 3 ⇒ 2x + 1 = 2 1 ⇒x= . 4 log27 32x+1 =

Aufgabe 11.17 Für welche x gilt a) ex = (ex )2 x b) 2x = (2x )x 2

Lösung: a) ex = (ex )2 2

⇒ ln ex = ln(ex )2 2

⇒ x2 ln e = 2 ln(ex ) =1

ln e ⇒ x2 = 2x =1

⇒ x2 = 2x ⇒ x2 − 2x = 0 ⇒ x(x − 2) = 0 ⇒ x1 = 0, x2 = 2 b) x

2x = (2x )x x

ln 2x = ln(2x )x

⇒ xx ln 2 = x ln 2x ⇒ xx ln 2 = x x ln 2 ⇒ xx = x2

| ln

⇒ ln xx = ln x2 ⇒ x ln x = 2 ln x ⇒ (x − 2) ln x = 0 ⇒ x1 = 1 x2 = 2.


139

Aufgabe 11.18 Lösen Sie die folgenden Gleichungen nach y(x) auf a) −e−y = ex (x − 1) + c b) ln |y| = −2 ln |x| − ln c

c∈R c>0

Lösung: a) −e−y = ex (x − 1) + c | ln ⇒ e−y = −ex (x − 1) − c ⇒ −y = ln(ex (1 − x) − c) ⇒ y = − ln((1 − x)ex − c) mit x so, dass (1 − x)ex − c > 0 b) ln |y| = −2 ln |x| − ln c x−2 ⇒ ln |y| = ln c 1 ⇒y=± 2 c>0 x = 0. cx Aufgabe 11.19 Begründen Sie, warum die Logarithmengesetze nicht gelten: a) f (x) = log(x − 2)(x + 2) = log(x − 2) + log(x + 2) √ 1 1 b) f (x) = log(−1 − x) + log(x − 1) = log 1 − x2 2 2 1 c) f (x) = log 12 (1 − x2 )4 = log(1 − x2 ) 3 5 6 6 2 d) f (x) = log( (2 − x) (2 − x)8 ) = log(2 − x) 3 e) f (x) = log x4 = 4 log x Lösung: a) b) c) d) e)

f ∗ (x) := log(x D f ∗ = (2, ∞) = D f = (−∞, −2) ∪ (2, ∞) √− 2) + log(x + 2) f ∗ (x) := log 1 − x2 D f ∗ = (−1, 1) = D f = {0} / 1 12 2 (1 − x )4 = |1 − x2 | 3 Kürzungsregel bei der Wurzel gilt nicht: 1 4 wie c): 6 (2 − x)2 6 (2 − x)8 = |2 − x| 3 · |2 − x| 3 f ∗ (x) := 4 log x D f ∗ = (0, ∞) D f = R\{0} D f ∗ = D f .

Aufgabe 11.20 Bestimmen Sie graphisch die Umkehrfunktion von y = f (x) = ln x. Geben Sie Definitions- und Wertebereich an.

140

11 Umkehrfunktionen

Lösung: Bei der graphischen Bestimmung der Umkehrfunktion sind folgende Punkte zu beachten: - Skizze der Funktion y = f (x) - Spiegelung an der Winkelhalbierenden y = x - Bestimmung von Intervallen mit eineindeutiger Beziehung zwischen x und y durch Einschränkung des Definitins- und Wertebereichs. y = f (x) = ln x ⇒ x = f −1 (y) = ey Variablentausch: y = f −1 (x) = ex Dln = R+ , Wln = R Dexp = R, Wexp = R+ .


Aufgabe 11.21 Gegeben seien die Funktionen f (x) = ln x, Man bestimme den Definitionsbereich von a) b) c) d)

( f ◦ g ◦ h)(x) ( f ◦ h ◦ g)(x) (g ◦ f ◦ h)(x) (g ◦ h ◦ f )(x)

g(x) =

√ x und h(x) = sin x.

11.3 Areafunktionen

141

Lösung: D f = R+ W f = R Wg = R+ Dg = R+ 0 0 Dh = R Wh = [−1; 1] √ √ a) ( f ◦ g ◦ h)(x) = f (g(h(x))) = f (g(sin x)) = f ( sin x) = ln sin x !

D f = R+ ⇒ Wg◦h ⊂ R+ ⇒

√

!

sin x > 0 ⇔

√

!

sin x = 0

!

Dg = R+ ⇒ Wh ⊂ R+ d.h. sin x > 0 ⇔ 2kπ < x < (2k + 1)π , k ∈ Z ⇒ D f ◦g◦h = (2kπ ; (2k + 1)π ) , k ∈√Z √ √ b) ( f ◦ h ◦ g)(x) = f (h(g(x))) = f (h( x)) = f (sin x) = ln (sin x) !

+ D f = R+ ⇒ √Wh◦g ⊂ R d.h. 0 < sin √ x≤1 ⇔ 2kπ < x < (2k + 1)π , k ∈ N0 ⇔ (2kπ )2 < x < ((2k + 1)π )2 , k ∈ N0 ⇒ D f ◦h◦g = ((2kπ )2 , ((2k + 1)π )2 ) , k ∈ N0 c) (g ◦ f ◦ h)(x) = g( f (h(x))) = g( f (sin x)) = g(ln(sin x)) = ln (sin x) !

+ Dg = R+ 0 ⇒ W f ◦h ⊂ R0

1 ⇒ ln(sin x) ≥ 0 ⇒ sin x ≥ 1 ⇔ sin x = 1 ⇔ x = (2k + )π , k ∈ Z 2 1 ⇒ Dg◦ f ◦h = {(2k + )π , k ∈ Z} 2 d) (g ◦ h ◦ f )(x) = g(h( f (x))) = g(h(ln x)) = g(sin(ln x)) = sin (ln x) !

+ Dg = R+ 0 ⇒ Wh◦ f ⊂ R0 ⇒ 0 ≤ sin (ln x) ≤ 1 ⇔ 2kπ ≤ ln x ≤ (2k + 1)π , k ∈ Z ⇒ Dg◦h◦ f = [exp (2kπ ) ; exp((2k + 1)π )] , k ∈ Z.

11.3 Areafunktionen Definition Hyperbelfunktionen a) Hyperbolische Sinusfunktion (Sinus hyperbolicus): ex − e−x D = R, x → sinh x = 2 b) Hyperbolische Kosinusfunktion (Cosinus hyperbolicus): ex + e−x D = R, cosh x = 2

142

11 Umkehrfunktionen

c) Hyperbolische Tangensfunktion (Tangens hyperbolicus): ex − e−x sinh x = x D = R, tanh x = cosh x e + e−x d) Hyperbolische Kotangensfunktion (Cotangens hyperbolicus): cosh x ex + e−x = x D = R\{0}, coth x = sinh x e − e−x Definition Areafunktionen Definition: Areafunktionen a) b) c) d)

Areasinusfunktion arsinh: Umkehrfunktion von sinh Areacosinusfunktion arcosh: Umkehrfunktion von cosh Areatangensfunktion artanh: Umkehrfunktion von tanh Areakotangensfunktion arcoth: Umkehrfunktion von coth

Aufgabe 11.22 Bestimmen Sie graphisch die Umkehrfunktion von y = f (x) für a) f (x) = sinh x b) f (x) = cosh x. Geben Sie deren Definitions- und Wertebereiche an. Lösung: Bei der graphischen Bestimmung der Umkehrfunktion sind folgende Punkte zu beachten: - Skizze der Funktion y = f (x) - Spiegelung an der Winkelhalbierenden y = x - Bestimmung von Intervallen mit eineindeutiger Beziehung zwischen x und y durch Einschränkung des Definitins- und Wertebereichs. a) y = f (x) = sinh x ⇒ x = f −1 (y) = arsinh y Variablentausch : y = arsinh x Dsinh = R, Wsinh = R Darsinh = R, Warsinh = R b) y = f (x) = cosh x ⇒ x = f −1 (y) = arcosh y Variablentausch : y = arcosh x Dcosh = R, Wcosh = [1; +∞) Darcosh = [1; +∞), Warcosh = R+ 0.

Aufgabe 11.23 Berechnen Sie jeweils mit Hilfe des natürlichen Logarithmus die Umkehrfunktion y = arsinhx von sinh x.

11.3 Areafunktionen

Abb. 11.13 Grafiken zu Aufgabe 11.22

Lösung:

1 x 1 1 x −x e − x , t := ex ≥ 1, x ∈ [0, ∞) y = sinh x = (e − e ) = 2 2 e 1 1 t2 − 1 1 1 t− = = (t 2 − 1) ⇒y= 2 t 2 t 2t + y2 ⇔ t 2 − 1 = 2ty ⇔ t 2 − 2ty = 1 ⇔t 2 − 2ty + y2 = 1 2 2 ⇔ (t − y)2 = y2 + 1 ⇔ t −y = ± y +1 ⇔ t = ± y +1+y 2 ⇒ wegen t > 1 und y + 1 > y für alle y ∈ R t=ex ⇒ t = y2 + 1 + y ⇒ x = ln(y + y2 + 1).

143

144

11 Umkehrfunktionen

Aufgabe 11.24 Bestimmen Sie die Intervalle, auf denen f (x) = tanh x monoton wächst bzw. fällt und geben Sie dort die jeweilige Umkehrfunktion an (Substituieren t := ex ). Geben Sie den Definitions- und Wertebereich an. Die Monotoniebereiche sollen mittels der Definition der Monotonie einer Funktion bestimmt werden (d.h. ohne Ableitung). Erweitern Sie zuvor mit ex . Hinweis: Behaupten Sie f (x1 ) < f (x2 ) “ und formen Sie a¨ quivalent um. ” Welche Symmetrie besitzt die Umkehrfunktion? Lösung: e2x − 1 ex − e−x = ex + e−x e2x + 1 Behauptung: f (x) = tanh x wächst monoton für alle x ∈ R, d.h. x1 < x2 ⇔ f (x1 ) < f (x2 )

y=

f (x1 ) < f (x2 ) :

e2x1 − 1 e2x2 − 1 < ⇔ (e2x1 − 1)(e2x2 + 1) < (e2x2 − 1)(e2x1 + 1) e2x1 + 1 e2x2 + 1 x e +1>0

⇔ 2e2x1 < 2e2x2 ⇔ x1 < x2 Die Behauptung ist für alle x1 , x2 ∈ R wahr! ⇒ eine Umkehrfunktion Df = R ex − e−x ex − e−x = 1 und lim = −1 W f := (−1, 1) , da lim x x→∞ e + e−x x→−∞ ex + e−x Umkehrfunktion: t2 − 1 1+y ⇔ t2 = >0 t := ex > 0; y = 2 t +1 1 − y 1+y 1 lnt 2 = ln e2x = 2x ⇒ x = ln 2 1−y Variablentausch: 1+x 1 = f −1 (x) = artanhx y = ln 2 1−x 1−x 1+x 1 1 = − ln = − f −1 (x) f −1 (−x) = ln 2 1+x 2 1−x ⇒ y = artanhx ist ungerade (Punktsym.). Aufgabe 11.25 Vereinfachen Sie, wenn möglich: a) b) c) d)

y = sinh(arcoshx) y = cosh(arsinhx) y = sinh(artanhx) y = artanh(coth x)

Lösung: a) y = sinh(arcoshx) = f (g(x)) x≥1 y≥0 u := arcoshx u≥0 cosh2 u − sinh2 u = 1

11.3 Areafunktionen

145


Es gilt cosh(arcoshx) = x x≥1 √ 2 y = sinh u = cosh u − 1 = cosh2 (arcoshx) − 1 = x2 − 1 b) y = cosh(arsinhx)

x≥1

x ∈ R y ≥ 1 u = arsinhx cosh2 u = 1 + sinh2 u x ∈ R y = 1 + sinh2 u = 1 + sinh2 (arsinhx)

sinh(arsinhx) = x √ = 1 + x2 c) y = sinh(artanhx) u = artanhx

x ∈ (−1, 1)

sinh2 u tanh2 u = tanh(artanhx) = x 2 cosh u − sinh u 1 − tanh2 u tanh u x tanh(artanhx) y= x ∈ (−1, 1) =√ = 2 2 1 − x2 1 − tanh u 1 − tanh (artanhx) d) y = artanhx(coth x) = f (g(x)) u = g(x) = coth x x∈R u < −1 u>1 Wg = (−∞, −1) ∪ (1, ∞) y = f (u) = artanhu D f = (−1, 1) Der Wertebereich von coth x liegt nicht im Definitionsbereich des artanhu: D f ∩ / Wg = {0} ⇒ Der Definitionsbereich der verketteten Funktion ist leer. ⇒ Die Funktion ist nicht definiert. sinh2 u =

2

Aufgabe 11.26 Bestimmen Sie die Umkehrfunktion zu a) y = arcsin(tanh x)

146

11 Umkehrfunktionen

√ b) y = 5arsinh( x − 5 + 10) + 15 Lösung: a) y = arcsin(tanh x): y ist der Bogen zum sin-Wert u: u

u = sin y

−1 < u < 1

u = sin y = tanh x 1

−

π π 2 g (x) für g(x) = sin 2x, x ∈ R 1 , x = −1 h (x) für h(x) = 1 + x √ i (x) für i(x) = x + a, x > −a Lösung: a) f (x0 ) = lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) = lim h→0 x − x0 h

Abb. 12.1 Bild zu Teilaufgabe a)

Gleichung der Geraden g:

y=

f (x) − f (x0 ) (x − xo ) + f (x0 ) x − x0

⇒ f ist die Grenzsteigung der Geraden g für x gegen x0 , also die Tangente von f im Punkt x0 b) i) f (x) =

√ 1 2x − 1, x > 2

12 Die Ableitung

149

Differenzenquotient: √ 2(x0 + h) − 1 − 2x0 − 1 f (x0 + h) − f (x0 ) = h h √ √ ( 2(x0 + h) − 1 − 2x0 − 1)( 2(x0 + h) − 1 + 2x0 − 1) = √ h( 2(x0 + h) − 1 + 2x0 − 1) 2(x0 + h) − 1 − (2x0 − 1) = √ h( 2(x0 + h) − 1 + 2x0 − 1) 2h = √ h( 2(x0 + h) − 1 + 2x0 − 1) f (x0 + h) − f (x0 ) 2 = lim √ h→0 h→0 h 2(x0 + h) − 1 + 2x0 − 1 1 =√ 2x0 − 1 1 1 , x> ⇒ f (x) = √ 2 2x − 1 ⇒ lim

ii) g(x) = sin(2x),

x∈R

g(x0 + h) = sin(2(x0 + h)) = sin(2x0 + 2h) = sin(2x0 ) cos(2h) + cos(2x0 ) sin(2h) ⇒ g(x0 + h) − g(x0 ) = sin(2x0 ) cos(2h) + cos (2x0 ) sin (2h) − sin (2x0 ) = sin (2x0 )(cos (2h) − 1) + cos (2x0 ) sin (2h) = − sin (2x0 )(1 − cos (2h)) + cos (2x0 ) sin (2h) = − sin (2x0 )(1 − (cos2 h − sin2 h)) + cos (2x0 ) sin (2h) = − sin (2x0 )(1 − (1 − sin2 h − sin2 h)) + cos (2x0 ) sin (2h) = − sin (2x0 ) · 2 sin2 h + cos (2x0 ) sin (2h) ⇒

sin h g(x0 + h) − g(x0 ) = −2 sin (2x0 ) sin h · h h h→0 →0

⇒ g (x0 ) = 0 + lim cos (2x0 ) h→0

⇒ g (x) = 2 cos (2x)

h→0 →1

sin (2h) sin(2h) = lim 2 cos(2x0 ) = 2 cos (2x0 ) h→0 h 2h h→0 →1

150

12 Die Ableitung

iii) h(x) =

1 , 1+x

h(x0 + ε ) =

x = −1

1 1 = 1 + (x0 + ε ) (1 + x0 ) + ε 1 1 − (1 + x0 ) + ε x0 + 1 1 · (1 + x0 ) − 1 · ((1 + x0 ) + ε ) = ((1 + x0 ) + ε ) (1 + x0 ) −ε = ((1 + x0 ) + ε ) (1 + x0 )

h(x0 + ε ) − h(x0 ) =

−ε h(x0 + ε ) − h(x0 ) −1 ((1 + x0 ) + ε ) (1 + x0 ) ⇒ = = ε ε ((1 + x0 ) + ε ) (1 + x0 ) 1 −1 =− ⇒ h (x0 ) = lim ε →0 ((1 + x0 ) + ε ) (1 + x0 ) (1 + x0 )2 1 ⇒ h (x) = − (1 + x)2 iv) i(x) =

√

x + a, x > −a i(x0 + h) = (x0 + h) + a = (x0 + a) + h √ ⇒ i(x0 + h) − i(x0 ) = (x0 + a) + h − x0 + a √ √ ( (x0 + a) + h − x0 + a)( (x0 + a) + h + x0 + a) = √ (x0 + a) + h + x0 + a (x0 + a) + h − (x0 + a) = √ (x0 + a) + h + x0 + a h = √ (x0 + a) + h + x0 + a ⇒

1 i(x0 + h) − i(x0 ) = √ h (x0 + a) + h + x0 + a

⇒ i (x0 ) = lim h→0

1 1 = √ (x0 + a) + h + x0 + a 2 (x0 + a)

1 . ⇒ i (x) = √ 2 x+a

12 Die Ableitung

151

Aufgabe 12.2 Die Funktion y = f (x) sei differenzierbar an der Stelle x. Wird x um ∆ x = dx geändert, dann ist ∆ y = f (x + ∆ x) − f (x) der Zuwachs in y. Es gilt:

∆ y = f (x)∆ x + ε∆ x = f (x)dx + ε dx, Der Ausdruck

ε → 0, ∆ x → 0

dy := f (x)dx

heißt Differential von y = f (x) und ist eine gute Näherung für ∆ y, falls ∆ x = dx klein ist. a) Veranschaulichen Sie in einer Skizze den Unterschied zwischen ∆ y und dy, insbesondere für die Funktion y = x2 . √ b) Berechnen Sie √ mit Hilfe von Differentialen eine Näherung für 4 80, cos(61◦ ), sin(60◦ 1 ) und 3 124. Lösung: a) f (x) = lim

∆ x→0

f (x + ∆ x) − f (x) ∆x

⇒ falls ∆ x nahe bei 0 f (x) ≈

f (x + ∆ x) − f (x) ∆x

∆ x ≈ f (x + ∆ x) − f (x) ⇔ f (x) =dx

=∆ y≈dy

⇒ f (x)dx =: dy b) f (x + ∆ x) = f (x) + ∆ y

dx klein =⇒ f (x + dx) ≈ f (x) + dy

⇒ f (x + dx) ≈ f (x) + f (x)dx (∗)

f (x)+ f (x)dx

√ 1 3 1 1 1 4 x = x 4 ⇒ f (x) = x− 4 = 3 = √ 4 3 4 4 x 4x 4 1 x = 81 ⇒ dx = −1 ⇒ dy = f (x)dx = √ · (−1) 4 4 813 1 1 1 =− =− =− √ 4 4 · 9 · 3 108 4 9·9·9·9·9·9

i) f (x) =

(∗)

⇒ f (x + dx) ≈ f (x) + dy √ 4 81−1

⇒

√ 4 81

1 − 108

√ 324 1 323 1 4 = − = ≈ 2, 99074 . . . 80 ≈ 3 − 108 108 108 108

152

12 Die Ableitung


(zum Vergleich:

√ 4 80 = 2, 99069 . . .)

ii) f (x) = cos x ⇒ f (x) = − sin x 2 π · 1◦ ◦ ≈ 0, 01745 . . . 360 π ⇒ dy = f (x)dx ≈ − sin · 0, 01745 ≈ −0, 0151149 . . . 3 π ◦ ◦ ⇒ cos(60 + 1 ) ≈ cos − 0, 0151149 ≈ 0, 4848851 . . . 3 x=

π = 60◦ 3

⇒ dx =

(zum Vergleich: cos(61◦ ) ≈ 0, 4848096 . . .) iii) f (x) = sin 60o 1 ⇒ f (x) = cos x o 2π 2π 1 π = 60◦ ⇒ dx = · 1 = · ≈ 0, 00029 . . . ◦ ◦ 3 360 360 60 π ⇒ dy = f (x)dx ≈ cos · 0, 00029 ≈ 0, 000145 . . . 3 π o o sin 60 1 = sin(60 + 1 ) ≈ sin + 0, 000145 ≈ 0, 86617 . . . 3 x=

(zum Vergleich: sin 60o 1 = 0, 86689 . . .) iv) f (x) =

√ 1 3 x = x3

⇒ f (x) =

1 2

3x 3

12 Die Ableitung

153

√ ! 3 124 = 3 125 − 1

⇒ dy = f (x)dx =

1

3(125) x ∆ x=dx √ √ 1 1 = 5− ≈ 4, 98666 . . . ⇒ 3 124 ≈ 3 125 − 75 75 √ (zum Vergleich: 3 124 = 4, 98663 . . .).

2 3

· (−1) = −

1 75

Aufgabe 12.3 Untersuchen Sie die folgenden Funktionen auf Differenzierbarkeit im angegebenen Punkt x0 ∈ D f . √ a) f (x) = 2x − 1, x0 = 5 ( 1 x sin , für x = 0 b) f (x) = , x0 = 0 x 0, für x = 0 ( 1 x2 sin , für x = 0 c) f (x) = , x0 = 0 x 0, für x = 0 Lösung: a) D f = {x : 2x − 1 ≥ 0} = {x : x ≥ 0, 5} √ 2(5 + h) − 1 − 2 · 5 − 1 f (5 + h) − f (5) = lim lim h→0 h→0 h h √ √ 9 + 2h − 9 = lim h→0 h √ √ √ √ ( 9 + 2h − 9)( 9 + 2h + 9) √ √ = lim h→0 h( 9 + 2h + 9) 9 + 2h − 9 √ = lim √ h→0 h( 9 + 2h + 9) 2 2 1 = lim √ = = h→0 9 + 2h + 3 6 3 ⇒ f (x) ist an der Stelle x0 = 5 differenzierbar. b) 1 h sin − 0 f (0 + h) − f (0) h = lim lim h→0 h→0 h h 1 existiert nicht = lim sin h→0 h ⇒ f (x) ist an der Stelle x0 = 0 nicht differenzierbar.

154

12 Die Ableitung

c) 1 h2 sin − 0 f (0 + h) − f (0) h = lim lim h→0 h→0 h h 1 (s. Aufg. 9.5 d)) = lim h sin = 0 h→0 h ⇒ f (x) ist an der Stelle x0 = 0 differenzierbar. Aufgabe 12.4 √ Untersuchen Sie die Funktion f (x) = 1 + x2 , D f = R auf Differenzierbarkeit in einem beliebigen Punkt x0 ∈ D f unter alleiniger Verwendung der Definition. Lösung: √ f (x) = 1 + x2 ;

sei h > 0, dann gilt: √ 1 + (x + h)2 − 1 + x2 f (x + h) − f (x) = h h √ √ ( 1 + (x + h)2 − 1 + x2 )( 1 + (x + h)2 + 1 + x2 ) √ = h( 1 + (x + h)2 + 1 + x2 ) =

1 + x2 + 2hx + h2 − 1 − x2 (1 + (x + h)2 ) − (1 + x2 ) √ √ = h( 1 + (x + h)2 + 1 + x2 ) h( 1 + (x + h)2 + 1 + x2 )

=

h(2x + h) √ h( 1 + (x + h)2 + 1 + x2 )

Damit folgt: f (x0 + h) − f (x0 ) 2x0 + h = lim h→0 h→0 h 1 + (x0 + h)2 + 1 + x02 2x0 x0 = = 2 2 1 + x0 1 + x02 f (x) = lim

⇒ f (x) − ist u¨ berall differenzierbar. Aufgabe 12.5 Zeigen ( Sie:

1 , x = 0 x2 0, x=0 ist differenzierbar, aber nicht stetig differenzierbar, d.h. f (x) existiert, ist aber nicht u¨ berall stetig. f (x) =

x3 sin

12 Die Ableitung

155

Lösung: f differenzierbar in x0 = 0 : 1 3 f (x) − f (0) x sin x2 − 0 1 = = x2 sin 2 x−0 x−0 x 1 lim x2 sin 2 = 0 x→0 x 1 denn: |x2 sin 2 − 0| ≤ |x2 | = x2 x 1 ⇒ −x2 ≤ x2 sin 2 ≤ x2 x 1 ≤ lim x2 x→0 x2 x→0 1 0 ≤ lim x2 sin 2 ≤ 0 x→0 x

⇒ lim − x2 ≤ lim x2 sin x→0

⇒ lim x2 sin x→0

⎧ 1 1 1 ⎨ 2 3x sin 2 + x3 cos 2 · (−2) 3 , f (x) = x x x ⎩0, ⎧ 1 1 ⎨ 2 3x sin 2 − 2 cos 2 , = x x ⎩0,

1 =0 x2 x = 0 x=0 x = 0 x=0

1 1 ist sicher stetig, da lim x2 sin 2 existiert. x→0 x2 x 1 Zu prüfen ist die Stetigkeit von cos 2 an der Stelle x0 = 0 x 1 1 t= 2 cos 2 =x cost x 1 ⇒ lim cos 2 = lim cost existiert nicht! t→∞ x→0 x ⇒ die Ableitung existiert, ist aber nicht stetig! 3x2 sin

Kapitel 13

Erste Ableitungsregeln

( f + g) = f + g ( f · g) = f · g + f · g f · g − f · g f = Quotientenregel: g g2 (Kap. 20). Summenregel: Produktregel:

Aufgabe 13.1 Beweisen Sie mit Hilfe der Grenzwertregeln für Funktionen a) ( f + g) = f + g b) (α f ) = α f , α konstant c) ( f g) = f g + f g f f g − f g d) = g g2 und folgern Sie aus d):

1 f = − 2. f f

Lösung: a) F := f + g 1 F (x0 ) = lim (F(x0 + h) − F(x0 )) h→0 h 1 = lim (( f (x0 + h) + g(x0 + h)) − ( f (x0 ) + g(x0 ))) h→0 h 1 1 = lim ( f (x0 + h) − f (x0 )) + lim (g(x0 + h) − g(x0 )) h→o h h→0 h = f (x0 ) + g (x0 ) = ( f + g) (x0 )


158

13 Erste Ableitungsregeln

b) F := α f ,

α ∈R 1 F (x0 ) = lim (F(x0 + h) − F(x0 )) h→0 h 1 = lim (α f (x0 + h) − α f (x0 )) h→0 h 1 = α · lim ( f (x0 + h) − f (x0 )) h→0 h = α · f (x0 )

Bemerkung: Nach a) und b) gilt auch: ( f − g) (x) = f (x) − g (x), denn f − g = f + (−1) · g c) F := f · g 1 F (x0 ) = lim (F(x0 + h) − F(x0 )) h→0 h 1 = lim ( f (x0 + h)g(x0 + h) − f (x0 )g(x0 )]) h→0 h 1 = lim ( f (x0 + h)g(x0 + h) − f (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g(x0 + h) h→0 h − f (x0 )g(x0 + h)) 1 = lim (g(x0 + h)( f (x0 + h) − f (x0 )) + f (x0 )(g(x0 + h) − g(x0 ))) h→0 h 1 1 = lim g(x0 + h) lim ( f (x0 + h) − f (x0 )) + f (x0 ) lim h→0 h→0 h h→0 h (g(x0 + h) − g(x0 )) = g(x0 ) f (x0 ) + f (x0 )g (x0 )

d) F :=

f g


F(x0 + h) − F(x0 ) =

159

f (x0 + h) f (x0 ) − g(x0 + h) g(x0 )

=

g(x0 ) f (x0 + h) − f (x0 )g(x0 + h) g(x0 )g(x0 + h)

=

g(x0 ) f (x0 + h) − f (x0 )g(x0 + h) + g(x0 ) f (x0 ) − g(x0 ) f (x0 ) g(x0 + h)g(x0 )

=

1 (g(x0 )( f (x0 + h) − f (x0 )) − f (x0 )(g(x0 + h) g(x0 )g(x0 + h) −g(x0 )))

1 1 · (g(x0 )( f (x0 + h) − f (x0 )) − f (x0 )(g(x0 + h) − h g(x0 )g(x0 + h) g(x0 ))) 1 1 1 g(x0 ) lim ( f (x0 + h) − f (x0 )) − f (x0 ) lim = lim h→0 g(x0 )g(x0 + h) h→0 h h→0 h (g(x0 + h) − g(x0 )))

⇒ F (x0 ) = lim

h→0

=

g(x0 ) f (x0 ) − f (x0 )g (x0 ) g2 (x0 )

Setze in d) f = 1 1 1 g ⇒ F = = 2 ( g · 1 −1 · g ) = − 2 . g g g 0,da 1 =0

Aufgabe 13.2 Es sei h(x) = f (x) + g(x) r(x) = f (x)g(x). Ferner f (x0 ) = 1 g(x0 ) = −2 f (x0 ) = 4 g (x0 ) = 3. Man berechne h (x0 ) und r (x0 ).

160


Lösung: h (x) = f (x) + g (x) h (x0 ) = f (x0 ) + g (x0 ) = 4 + 3 = 7 r (x) = f (x)g(x) + f (x)g (x) r (x0 ) = f (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g (x0 ) = 4 · (−2) + 1 · 3 = −8 + 3 = −5. Aufgabe 13.3 Man berechne die Ableitung der Funktionen: a) f (x) = 3x4 − x3 + 2x2 − 5, D f = R 3 b) g(x) = 2 + 4 , Dg = R\{0} x x+8 , Dh = R\{8}. c) h(x) = x−8 Lösung: a) f (x) = 3 · 4x3 − 3 · x2 + 2 · 2x = 12x3 − 3x2 + 4x

−12 x5 (x + 8) (x − 8) − (x + 8)(x − 8) 1 · (x − 8) − (x + 8) · 1 c) h(x) = = (x − 8)2 (x − 8)2 x−8−x−8 16 = =− . (x − 8)2 (x − 8)2

b) g (x) = (2) + (3x−4 ) = 0 + 3(x−4 ) = 3 · (−4)x−5 =

Aufgabe 13.4 Berechnen Sie f (x) für f (x) = xn (n ≥ 1). Lösung: An sei die Aussage f (x) = (xn ) = nxn−1 , n ≥ 1 x − x0 =1 IA: A1 ist wahr, denn (x1 ) = x = lim x→x0 x − x0 und 1 · x1−1 = x0 = 1 IV: An sei wahr, d.h. f (x) = nxn−1 , n ≥ 1 Produktregel

= (xn ) x + xn x = nxn−1 x + xn · 1 = nxn + xn = (n + IS: (xn+1 ) = (xn x) n 1)x . Aufgabe 13.5 Betrachten Sie für c ∈ R die Funktionenschar fc (x) mit fc (x) = sin(c − x) cos x + cos(c − x) sin x. Zeigen Sie, dass für die erste Ableitung aller Funktionen fc (x) gilt: fc (x) = 0. Was kann man u¨ ber die Graphen dieser Funktionen sagen? IV


161

Lösung: fc (x) = cos(c−x)(−1) cos x+sin(c−x)(− sin x)+sin(c−x)(−1)(−1) sin x+cos(c− x) cos x = = − cos(c − x) cos x + cos(c − x) cos x − sin(c − x) sin x + sin(c − x) sin x = 0 Alle Graphen sind die Geraden parallel zur x-Achse. Aufgabe 13.6 Ermitteln Sie die Gleichung der Tangente an den Graphen von f (x) mit f (x) = im Punkt P(1, f (1)).

x+1 x

Lösung: Quotientenregel: (x + 1) x − (x + 1)x 1 · x − (x + 1) · 1 1 = =− 2 f (x) = x2 x2 x 1+1 =2 f (1) = 1 f (1) = −1 Tangentengleichung: y = f (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) = −1(x − 1) + 2 = −x + 1 + 2 = −x + 3. Aufgabe 13.7 Ein unter 45◦ nach oben geworfener Gegenstand beschreibt eine Parabelbahn, die durch folgende Funktionsgleichung beschrieben werden kann: g y = x − 2 · x2 , wobei g = Erdbeschleunigung, v0 = Anfangsgeschwindigkeit. v0 Wie gross ist die Wurfhöhe? Lösung: Im Scheitelpunkt der Parabel ist die Tangente waagrecht, also y = 0. g g g g y = (x − 2 · x2 ) = (x) + (− 2 x2 ) = 1 − 2 (x2 ) = 1 − 2 · 2x = 0 v0 v0 v0 v0 v2 ⇒ xH = 0 2g v2 v2 v2 v2 g v4 y(xH ) = H = 0 − 2 · 02 = 0 − 0 = 0 . 2g v0 4g 2g 4g 4g Aufgabe 13.8 Man bestimme die Koordinaten des Scheitelpunktes P der Parabel y = x2 + bx + c durch Benutzung der Tatsache, dass die Steigung der Tangente in P gleich 0 ist. Lösung: Setze f (x) = x2 + bx + c und P(x0 , y0 ).

162


⇒ Steigung der Tangente in P ist gleich f (x0 ) = 2x0 + b b2 b b2 b2 − +c = c− . ⇒ 2x0 + b = 0 ⇒ x0 = − ⇒ y0 = f (x0 ) = 2 4 2 4 Aufgabe 13.9 Seien fn (x), n = 1, 2, 3...− differenzierbare Funktionen. Betrachten Sie das Produkt m

f1 (x) · f2 (x) · ... · fm (x) = ∏ fn (x), für m = 3, 4, ... n=1

und bestimmen Sie die Formel für die erste Ableitung dieses Produkts. (Hinweis: vollständige Induktion). Lösung: Sei m = 3 Wir definieren F(x) := f1 (x) · f2 (x). Dann gilt mit der Produktregel: ( f1 (x) · f2 (x) · f3 (x))

(F(x) · f3 (x))

= Produktregel

F (x) · f3 (x) + F(x) · f3 (x) ( f1 (x) · f2 (x)) · f3 (x) + ( f1 (x) · f2 (x)) · f3 (x)

Produktregel

( f1 (x) · f2 (x) + f1 (x) · f2 (x)) · f3 (x) + f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) + f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) + f1 (x) · f2 (x) · f3 (x)

= = =

=

Sei m > 3 Behauptung:

m

∏ fn (x)

n=1

=

f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) · ... · fm (x) +

+

f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) · ... · fm (x) + f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) · ... · fm (x) + ... f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) · ... · fm (x) =

+ + zusammengefasst

=

m

m

fi (x) · ∏ fn (x)

i=1

fi (x)

∑

n=1


163

Beweis (mit vollständiger Induktion) IA: m = 3 siehe a)

m

∏ fn (x)

IV:

n=1

m+1

IS:

m

m

fi (x) · ∏ fn (x)

i=1

fi (x)

=∑

n=1

∏ fn (x)

∏ fn (x)

=

n=1

m

n=1

=

f (x) · m i

⎜ ⎜ ⎜∑ ⎝i=1

IV

=

· fm+1 (x) +

n=1

⎛

· fm+1 (x)

m

∏ fn (x)

Produktregel

⎞

m

=

=

m

i=1

fi (x)

∑

n=1

f (x) · m i

∑

i=1

m+1

∏ fn (x)

n=1

fi (x)

fi (x)

fm+1 (x) + · fm+1 (x)

=

fi (x) · ∏ fn (x)

i=1

fi (x)

∑

n=1

+

+

m+1

fi (x) · ∏ fn (x)

i=1

fi (x)

∑

n=1

Aufgabe 13.10 Bestimmen Sie die Funktion f für a) f (x) = x6 − 6x3 − 10x2 + 5 3x + 2 3 b) f (x) = , x = − 2x + 3 2 c) f (x) = (x3 + 3)(x4 + 4)(x5 + 5)

m

m

m

n=1

fm+1 (x)

.

fm+1 (x) · ∏ fn (x) n=1

fm+1 (x)

∏ fn (x)

n=1

∏ fn (x)

n=1

m+1

m+1

=

⎟ ⎟ · fm+1 (x) + ⎠

· fm+1 (x)

· fm+1 (x)

fm+1 (x) · ∏ fn (x) · fm+1 (x)

m+1

m

∏ fn (x)

n=1

∏ fn (x) ⎟

n=1

m+1

fi (x) · ∏ fn (x)

m

· fm+1 (x)

164


d) f (x) =

√ x2 + 2 , x = ± 3 3 − x2

Lösung: Wir benutzen die Ableitungsregeln, (xm ) = mxm−1 für m ∈ Z und die Aufgabe 14.9. a) f (x) = 6x5 − 6 · 3x2 − 10 · 2x = 6x5 − 18x2 − 20x, D f = R (3x + 2) (2x + 3) − (3x + 2)(2x + 3) b) f (x) = = (2x + 3)2 5 3 3 · (2x + 3) − (3x + 2) · 2 = , D f = R\ − = (2x + 3)2 (2x + 3)2 2 c) f (x) = (x3 + 3) (x4 + 4)(x5 + 5) + (x3 + 3)(x4 + 4) (x5 + 5) + (x3 + 3)(x4 + 4)(x5 + 5) = = 3x2 (x4 + 4)(x5 + 5) + 4x3 (x3 + 3)(x5 + 5) + 5x4 (x3 + 3)(x4 + 4), D f = R d) f (x) = =

(x2 + 2) (3 − x2 ) − (x2 + 2)(3 − x2 ) = (3 − x2 )2

& √ ' 10x 2x(3 − x2 ) − (x2 + 2)(−2x) = , D = R\ ± 3 . f (3 − x2 )2 (3 − x2 )2

Kapitel 14

Ableitung von zusammengesetzten Funktionen und Umkehrfunktionen

Kettenregel (Theorem 21.1, Kap. 21) Es seien f , g Funktionen mit W f ⊂ Dg und x0 ∈ D f . Sind f in x0 und g in f (x0 ) differenzierbar, so ist auch g ◦ f in x0 differenzierbar und es gilt (g ◦ f ) (x0 ) = g ( f (x0 )) · f (x0 ). Ableitung der Umkehrfunktion (Umkehrregel) (Theorem 21.2, Kap.21) Es sei f eine auf einem Intervall I stetige, eineindeutige Funktion. Ist f in x0 ∈ I differenzierbar und f (x0 ) = 0, so ist auch f −1 in y0 = f (x0 ) differenzierbar, und es gilt 1 1 = −1 . ( f −1 ) (y0 ) = f (x0 ) f ( f (y0 )) Aufgabe 14.1 Beweisen Sie mit Hilfe der Grenzwertregeln für Funktionen die Kettenregel ( f (g(x))) = f (g(x))g (x). Lösung: F := f ◦ g = f (g(x)) F(x0 + h) − F(x0 ) = f (g(x0 + h)) − f (g(x0 )) =

⇒ F (x0 ) = lim

h→0

f (g(x0 + h)) − f (g(x0 )) · (g(x0 + h) − g(x0 )) g(x0 + h) − g(x0 )

f (g(x0 + h)) − f (g(x0 )) 1 · lim (g(x0 + h) − g(x0 )) h→0 h g(x0 + h) − g(x0 )

Setze y0 := g(x0 ) , y := g(x0 + h) f (y) − f (y0 ) · g (x0 ) = f (y0 )g (x0 ) = f (g(x0 ))g (x0 ). ⇒ F (x) = lim y→y0 y − y0 ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 14,

166

14 Ableitung von zusammengesetzten Funktionen und Umkehrfunktionen

Aufgabe 14.2 Berechnen Sie die Werte f −1 (x) und ( f −1 (x)) an der Stelle y0 = 3 für die Funktion 1 1 1 f (x) = x3 + x2 + x. 8 4 2 Hinweis: Man kann nicht f −1 (y) in expliziter Form bestimmen. Verwenden Sie f (2) = 3. Lösung: 8 4 2 + + = 3 ⇒ f −1 (3) = 2 8 4 2 1 3 1 f (x) = x2 + x + 8 2 2 1 1 1 1 = = ( f −1 ) (3) = −1 = . 1 3 2 1 f ( f (3)) f (2) 3 ·2 + ·2+ 8 2 2 f (2) =

Aufgabe 14.3

p

Bestimmen Sie die 1. Ableitung von y(x) = x q , p ∈ N, q ≥ 1. Lösung: p

y(x) = x q yq (x) = x p

| ()q | ()

q · yq−1 (x) · y (x) = p · x p−1 y (x) =

=

p x p−1 p x p−1 = p q−1 q yq−1 (x) q xq p p−1− x q

Aufgabe 14.4 Sei f (x) - differenzierbare Funktion. Schreiben Sie die Formel für die Ableitung a) nach x für die Funktionen √ i) f ( x) 1 ii) 2 f (x) b) nach t für die Funktionen f (t) i)

p(q−1) q

=

p qp −1 x . q


ii) f (

3

f (t))

an allen möglichen Stellen x (bzw. t). Lösung: √ d √ 1 f ( x) = f ( x) √ , x > 0 dx 2 x 1 1 d =− 3 f (x), f (x) = 0 ii) dx f 2 (x) 2 f (x) 1 d f (t), f (t) > 0 f (t) = b) i) dt 2 f (t) d 1 f ( 3 f (t)) = f 3 f (t) f (t), f (t) = 0. ii) 2 dt 3 3 f (t) a) i)

Aufgabe 14.5 Man berechne f (x) an allen möglichen Stellen x. 3 2 a) f (x) = (1 √+ x ) b) f (x) = 3 x3 + x + 1 √ y5 c) f (x) = mit y = x − 1. 5 + y5

Lösung: a) Setze y = 1 + x3 , z = y2 dz dy dz = · = 2y · 3x2 = 2(1 + x3 ) · 3x2 = 6x2 (1 + x3 ) ⇒ f (x) = dx dy dx 1 b) f (x) = (x3 + x + 1) 3 2 1 3x2 + 1 ⇒ f (x) = (x3 + x + 1)− 3 (3x2 + 1) = 3 3 3 (x3 + x + 1)2 √ 1 c) y = x − 1 = (x − 1) 2 . 1 y5 Setze z = = y5 (5 + y5 )− 2 5 + y5 1 dy 1 1 = (x − 1)− 2 = ⇒ dx 2 2y 1 1 1 dz = 5y4 (5 + y5 )− 2 + y5 · (− ) · (5 + y5 )− 2 −1 · 5y4 dy 2 2(5 + y5 ) − y5 y5 1 4 = 5y − = 5y4 5 + y5 2 5 + y5 (5 + y5 ) 2 5 + y5 (5 + y5 ) 5 10 + y = 5y4 2 (5 + y5 )3 √ 5y3 (10 + y5 ) dz dy 5y4 · (10 + y5 ) 1 · = = ⇒ f (x) = · mit y = x − 1. 5 3 5 3 dy dx 2y 2 (5 + y ) 4 (5 + y )

167

168


Aufgabe 14.6 Man berechne auf zwei verschiedene Weisen die Ableitung der Umkehrfunktion zu 1 f (x) = 3 , x = 0. x Lösung: a) Durch Berechnung von f −1 . 1 Für y = 0 hat 3 = y, x = 0, die eindeutig bestimmte Lösung x 1 1 = y− 3 , y = 0 x= 3 y ⇒ f −1 (y) = y− 3 , y = 0 1 4 1 1 1 ⇒ ( f −1 ) (y) = − y− 3 −1 = − y− 3 = − √ , y = 0. 3 3 3y 3 y b) Mit Hilfe der Umkehrregel. 1 Setze y = f (x) = 3 x 3 dy 1 1 √ = − 4 = −3 3 = −3y 3 y ⇒ dx x x x 1 dx 1 = dy = − √ . ⇒ x = f −1 (y) und dy 3y 3 y 1

dx

Aufgabe 14.7 Berechnen Sie f (x) an allen möglichen Stellen x! 2 1 +√ 2 4x x f (x) = √ (1 − 3x)6 f (x) = 3 + 2x − x2 6 x f (x) = 1√ −x 3 1−x f (x) = 2x √ f (x) = !2 + x x+1 f (x) = x−1 √ y+1 mit y = x f (x) = y−1

a) f (x) = b) c) d) e) f) g) h)

Lösung: 1 1 a) f (x) = x−2 + 2x− 2 4 1 1 −3 1 1 x 2 =− 3 − 3 ⇒ f (x) = (−2)x−3 + 2 − 4 2 2x x2 1 1 =− 3 − √ , x>0 2x x x


169

b) f (x) = 6 · (1 − 3x)5 · (−3) = −18(1 − 3x)5 , x ∈ R 1 c) f (x) = (3 + 2x − x2 ) 2 1 1 1−x 1−x √ ⇒ f (x) = (3 + 2x − x2 )− 2 (2 − 2x) = , x∈ 1 = 2 3 + 2x − x2 (3 + 2x − x2 ) 2 (−1, 3) 5 5 x x 6x5 x (1 − x) − x(1 − x) 1−x+x = 6 = , x = d) f (x) = 6 2 2 1−x (1 − x) 1−x (1 − x) (1 − x)7 1 Oder: f (x) = x6 (1 − x)−6 ⇒ f (x) = 6x5 (1 − x)−6 + x6 (−6)(1 − x)−7 (−1) = 6x5 (1 − x)−6 + 6x6 (1 − x)−7 =

6x5 (1 − x) + 6x6 6x5 = , x = 1 7 (1 − x) (1 − x)7 1

e) f (x) = 2x3 (1 − x) 2

√ 1 1 x3 1 ⇒ f (x) = 2 · 3x2 (1 − x) 2 + 2x3 (1 − x)− 2 (−1) = 6x2 1 − x − √ , x0 √ = √ 4 x 2+ x 4 2 x+x 1 x+1 2 g) f (x) = x−1 1 x + 1 − 2 (x + 1) (x − 1) − (x + 1)(x − 1) 1 f (x) = · 2 x−1 (x − 1)2 1 1 1 x − 1 2 x − 1 − (x + 1) 1 x − 1 2 −2 1 = · = · =− 1 3 2 x+1 (x − 1)2 2 x+1 (x − 1)2 2 (x + 1) (x − 1) 2 1 1 √ , x>1 = −√ = −√ 2 x + 1 x − 1(x − 1) x − 1(x − 1) Oder: 1 1 f (x) = (x + 1) 2 (x − 1)− 2 1 1 1 3 1 1 1 √ (x − 1)− 2 = √ − f (x) = (x + 1)− 2 (x − 1)− 2 + (x + 1) 2 − 2 2 2 x + 1 x−1 √ x+1 √ 2 x − 1(x√ − 1) √ x−1− x+1 x+1 1 √ = √ = −√ , x>1 2 2 x + 1 x − 1(x − 1) x − 1(x − 1)

170


y+1 y−1 dy 1 − 1 1 ⇒ = x 2= dx 2 2y dz 1 · (y − 1) − (y + 1) · 1 2 = =− 2 dy (y − 1) (y − 1)2 √ dy 2 1 dz 1 · =− =− ⇒ f (x) = · mit y = x, x ∈ R+ \ {1}. 2 2 dy dx (y − 1) 2y y(y − 1) 1

h) y = x 2 ; setze z =

Aufgabe 14.8 √ Ermitteln Sie die Ableitung der Umkehrfunktion zu f (x) = 4 x + 2 − 1, x ≥ −2, auf zwei verschiedene Weisen. Lösung: a) Durch Berechnung von f −1 . √ 4 Die Gleichung x + 2 − 1 = y, x ≥ −2, hat die eindeutig bestimmte Lösung x = (y + 1)4 − 2. ⇒ f −1 (y) = (y + 1)4 − 2 ⇒ ( f −1 ) (y) = 4(y + 1)3 . b) Mit Hilfe der Umkehrregel. √ 1 Setze y = f (x) = 4 x + 2 − 1 = (x + 2) 4 − 1 3 1 1 dy 1 = (x + 2)− 4 = ⇒ 3 = dx 4 4(y + 1)3 4(x + 2) 4 1 dx = dy = 4(y + 1)3 . x = f −1 (y) und dy dx

Kapitel 15

Ableitung der elementaren Funktionen

Die Ableitungen der elementaren Funktionen sind: -Polynome n

∑ ak x

k=0

k

=

n

∑ kak xk−1

k=1

(Kap. 22.1) - trigonometrische Funktionen (sin x) = cos x (cos x) = − sin x 1 (tan x) = cos2 x 1 (cot x) = − 2 sin x (Kap. 22.2) - Exponentialfunktionen (ex ) = ex (ax ) = ax ln a (Kap. 22.4) - Logarithmusfunktionen 1 loga x = x ln a 1 ln x = x (Kap. 22.5) - Potenzfunktionen (xc ) = cxc−1 (Kap. 22.6) Aufgabe 15.1 Bestimmen Sie f (x) für a) f (x) = cos x b) f (x) = tan x ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 15,

172

15 Ableitung der elementaren Funktionen

c) f (x) = loga x (0 < a = 1) Dabei dürfen die Ableitungen (sin x) = cos x und (ex ) = ex als bekannt vorausgesetzt werden. Lösung:

π π = sin(u(x)) mit u(x) = x + a) cos x = sin x + 2 2 Kettenregel = cos(u(x))u (x) ⇒ (cos x) = (sin(u(x))) π · 1 = − sin x = cos x + 2 2 2 sin x 1 Quotientenregel cos x + sin x b) tan x = ⇒ (tan x) = = cos x cos2 x cos2 x 1 dx 1 1 = c) y = ex ⇔ x = ln y und = x= dy dy e y dx 1 ⇒ (ln x) = x ln x 1 1 ⇒ (loga x) = (ln x) = . loga x = ln a ln a x ln a Aufgabe 15.2 Beweisen Sie (ln | f |) =

f . f

Lösung: Sei ln | f | = ω ⇒ ln | f (x)| = ω (x) für alle x f (x) : ⇔ | f (x)| = eω (x) = − f (x) :

f (x) > 0 (∗) f (x) < 0

1 ⇒ (eω (x) ) = eω (x) ω (x) = | f (x)| (ln | f (x)|) = | f (x)| (| f (x)|) = (| f (x)|) | f (x)| ( f (x) , f (x) > 0 siehe(∗) = − f (x) , f (x) < 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

f (x) f (x) = | f (x)| f (x) ⇔ (ln | f (x)|) = f (x) f (x) − f (x) ⎪ ⎪ = = ⎩− | f (x)| − f (x) f (x)

:

f (x) > 0

:

f (x) < 0

Aufgabe 15.3 Ermitteln Sie die Ableitungen folgender Funktionen:


173

a) f (x) = cot2 x − cos x2 , b) f (x) = 2 sin2 x tan x 3 c) f (x) = x2 ex ln x Lösung: a) f (x) = cot2 x − cos x2 f (x) = 2 cot x(cot x) − (− sin x2 )2x = 2 cot x(cot x) + 2x sin x2

cot x = =−

cos x sin x(− sin x) − cos x cos x ⇒ (cot x) = sin x sin2 x

1 sin2 x 1 cos x + 2x sin x2 − 2 ⇒ f (x) = 2 sin x sin x

= −2

cos x + 2x sin x2 sin3 x

b) f (x) = 2 sin2 x tan x f (x) = 2(2 sin x cos x tan x + sin2 x(tan x) ) (tan x) =

1 cos2 x

⇒ f (x) = 2(2 sin2 x + tan2 x) c) f (x) = x2 ex ln x 3

3 1 x3 e + ln x · ex · 3x2 f (x) = 2xe ln x + x x

3 = ex 2x ln x + x + ln x · 3x4

3 = ex ln x(2x + 3x4 ) + x .

Aufgabe 15.4

x3

2

! 2x x und g(x) = arcsin −1 Gegeben sind die Funktionen f (x) = 2 arcsin A A mit A > 0.

174


a) Sei F(x) := f (x) − g(x) für alle x ∈ D. Berechnen Sie F(x) und F (x), bestimmen Sie DF und DF . b) Zeigen Sie: F(x) = const=: c für alle x ∈ D und bestimmen Sie c. Lösung:

! 2x x − arcsin −1 ,A > 0 a) F(x) = f (x) − g(x) = 2 arcsin A A [−1, 1] ⇒ Darcsin = ! ! x x x ≤1⇒0≤ ≤1⇒0≤ ≤1⇒0≤x≤A 1) −1 ≤ A A A und 2x −1 ≤ 1 ⇒ 0 ≤ x ≤ A 2) −1 ≤ A ⇒ DF = [0, A]

F (x)

(arcsin x) = √ 1

=

=

=

= = =

1−x2

1 1 1 2 1 2 · A ! 2 · √A · √x − 2x x −1 1− 1− A A 2 1 1 1 ! ·√ −, ·A x Ax 2 2x 4x 1− .1 − − +1 A A A

1 2 1 √ ·√ −! 2 Ax − x2 A2 4x 4x − 2 + A A 1 1 1 √ ·√ −√ ·2 x A−x −4x2 + 4Ax 1 1 1 √ ·√ −√ x A−x −x2 + Ax 1 1 1 1 √ ·√ −√ ·√ =0 x x A−x A−x

⇒ DF = (0, A) Theorem 23.3

b) Für alle x ∈ (0, A) ist F (x) = 0 ⇔ F(x) = const = c für x ∈ [0, A], also für x ∈ DF A x := ∈ [0, A] ! 2 2A A A π π π = 2 arcsin − arcsin −1 = 2 −0 = ⇒ c = . F 2 2A 2A 4 2 2


175

Aufgabe 15.5 Berechnen Sie die Ableitung der Funktionen: a) f1 (x) = arccos x b) f2 (x) = arctan x c) f3 (x) = arccotx ! 1 − sin x d) f4 (x) = ln 1 + sin x ! a−b x 2 tan arctan e) f5 (x) = √ a+b 2 a2 − b2

a>b≥0

Lösung: a) i) f1 (x) = arccos x y = arccos x ⇔ x = cos y ⇒

1 1 dy = = dx dx − sin y dy

|y = 0, π

1 1 = − = − 2 1 − (cos (arccos x))2 1 − cos y 1 = −√ 1 − x2 ii) f2 (x) = arctan x y = arctan x ⇔ x = tan y 1 1 dy 1 = = = 1 dx dx (tan y) cos2 y dy 1 cos x = √ 1 + tan2 x dy 1 1 1 ⇒ = = = dx 1 + tan2 y 1 + (tan(arctan x))2 1 + x2 iii) f3 (x) = arccotx y = arccotx

⇔

x = cot y

1 1 dy 1 = =− = 1 dx dx (cot y) dy sin2 y 1 sin x = √ 1 + cot2 x 1 1 1 dy =− =− =− ⇒ dx ! 1 + cot2 y 1 + (cot(arccotx))2 1 + x2 1 − sin x b) f4 (x) = ln 1 + sin x

176


f4 (x) = !

1 (1 + sin x)(− cos x) − (1 − sin x) cos x 1 · ! · (1 + sin x)2 1 − sin x 1 − sin x 2· 1 + sin x 1 + sin x

=

1 1 + sin x − cos x − sin x cos x − cos x + sin x cos x · · 2 1 − sin x (1 + sin x)2

=

1 1 + sin x −2 cos x · · 2 1 − sin x (1 + sin x)2

=

− cos x (1 − sin x)(1 + sin x)

=

− cos x 1 − sin2 x

=−

cos x cos2 x

=−

1 cos x

2 c) f5 (x) = √ arctan 2 a − b2 f5 (x)

!

=

= =

= = cos 2α =cos2 α −sin2 α

=

a−b x tan a+b 2

,

a>b≥0

! a−b 1 2 1 1 √ · · · · 2 x 2 2 2 a − b x a + b cos a −b 1+ 2 tan2 a+b 2 ! a−b 1 1 · · a −b 2 x x a + b (a + b)(a − b) sin cos2 + 2 a+b 2 1 1 · a + b (a + b) cos2 x + (a − b) sin2 x 2 2 a+b 1 x x 2 (a + b) cos + (a − b) sin2 2 2 1 x x x x + b cos2 − sin2 a cos2 + sin2 2 2 2 2 1 . a + b cos x

Aufgabe 15.6 Berechnen Sie die Ableitung der Funktionen:


a) b) c) d)

177

f1 (x) = sinh x f2 (x) = cosh x f3 (x) = tanh x f4 (x) = coth x

sowie auch von ihren inversen Funktionen: a) b) c) d)

f1−1 (x) = f2−1 (x) = f3−1 (x) = f4−1 (x) =

arsinhx arcoshx artanhx arcothx.

√ √ Hinweis: arsinhx = ln(x + x2 + 1), arcoshx = ln x + x2 − 1 , 1+x x+1 1 1 artanhx = ln , arcothx = ln 2 1−x 2 x−1 Lösung: Ableitung der Funktionen:

1 a) f1 (x) = sinh x = (ex − e−x ) 2 1 f1 (x) = (ex + e−x ) = cosh x 2 1 b) f2 (x) = cosh x = (ex + e−x ) 2 1 x −x f2 (x) = (e − e ) = sinh x 2 sinh x c) f3 (x) = tanh x = cosh x cosh x cosh x − sinh x sinh x 1 = f3 (x) = cosh2 x cosh2 x cosh x d) f4 (x) = coth x = sinh x sinh x sinh x − cosh x cosh x sinh2 x − (1 + sinh2 x) 1 f4 (x) = = =− 2 2 sinh x sinh x sinh2 x Ableitung der inversen Funktionen: √ 2 a) f1−1 (x) = arsinh x = ln(x + x + 1) 1 1 1 1 1 √ √ √ √ 1+ √ 2x = + x f1 (x) = 2 2 2 2 2 (x√+ x + 1) 2 x +1 x+ x +1 x+ x +1 x +1 1 · ( x2 + 1) + x 1 √ √ = =√ (x + x2 + 1)( x2 + 1) x2 + 1 Oder:

178


1 dy = , y = arsinh x ⇔ x = sinh y dx dx dy 1 1 1 1 1 d arsinh x = = = = =√ 2 d sinh y dx cosh y 1 + x2 1 + sinh y 1 + sinh2 (arsinh x) dy √ 2 b) f2−1 (x) = arcosh x = ln(x + x − 1) 1 1 1 x 1 √ √ √ √ 1+ √ 2x = + f2 (x) = 2 2 2 2 2 (x + x − 1) 2 x −1 x+ x −1 x+ x −1 x −1 √ x2 − 1 + x 1 √ √ = =√ (x + x2 − 1) x2 − 1 x2 −1 1+x 1 −1 c) f3 (x) = artanh x = ln 2 1−x 1 1 − x (1 − x) · 1 − (1 + x) · (−1) 1 1 − x 1 − x + 1 + x f3 (x) = · · · = · 2 1+x (1 − x)2 2 1+x (1 − x)2 1 1 = = 2 (1 + x)(1 − x) 1 − x x+1 1 d) f4−1 = arcoth x = ln 2 x−1 x − 1 (x − 1) · 1 − (x + 1) · 1 1 x − 1 x − 1 − x − 1 1 f4 (x) = · · · = · 2 x+1 (x − 1)2 2 x+1 (x − 1)2 1 1 1 =− 2 = =− . (x + 1)(x − 1) x − 1 1 − x2 Aufgabe 15.7

⎛

Bestätigen Sie die Gleichung ⎝x

⎞

√ x2 − 1 − arcoshx⎠ = 2 x2 − 1, x ≥ 1 y

Lösung: (x

1 1 · 2x2 − √ x2 − 1 · 1 + √ 2 x2 − 1 x2 − 1 x2 − 1 + x2 − 1 2(x2 − 1) √ = √ = 2 x2 − 1. = x2 − 1 x2 − 1

x2 − 1 − arcosh x) =

Aufgabe 15.8 Bestimmen Sie die Ableitungen von: √ a) g(x) = cot 3 1 − x2 4 1 b) h(x) = x 3 · (1 − x) 3 .


179

Lösung: a) (cot x) =

−1 , sin2 x

−1 1 3 √ · · (1 − x2 )−2 · (−2x) (sin 3 1 − x2 )2 3 2 x √ = · √ 3 ( 3 1 − x2 sin 3 1 − x2 )2

⇒ g (x) =

b) 1 4 1 2 4 1 x 3 (1 − x) 3 + x 3 · (1 − x)− 3 · (−1) 3⎛ 3 ⎞ 4 1 1⎝ x ⎠ 4(x − x2 ) 3 − 3 = 3 (1 − x)2 ⎛ ⎞ 4 x 1⎝ 3 ⎠ 4 x − x2 − 3 = 3 (1 − x)2

h (x) =

Aufgabe 15.9 Differenzieren Sie: a) f1 (x) = ln (ln (ex + 1)) b) f2 (x) = (1 + x)2 arctan x tan x + 1 , x ∈ π , π c) f3 (x) = 21 ln tan x−1 4 2 Lösung: a) f1 (x) = ln (ln (ex + 1)) 1 1 · ex ⇒ f1 (x) = ln (ex + 1) ex + 1 b) f2 (x) = (1 + x)2 arctan x ⇒ f2 (x) = 2(1 + x) · 1 · arctan x + (1 + x)2 = (2 + 2x) arctan x +

(1 + x)2 1 + x2

1 1 + x2

180


c) f3 (x) = = ⇒ f3 (x) = = = =

1 tan x + 1 ln 2 tan x − 1 1 (ln (tan x + 1) − ln (tan x − 1)) 2 1 1 1 1 1 · · − 2 tan x + 1 cos2 x tan x − 1 cos2 x 1 tan x − 1 − (tan x + 1) · 2 cos2 x(tan x + 1)(tan x − 1) 1 −2 · 2 cos2 x(tan2 x − 1) −1 1 1 . = = sin2 x − cos2 x cos2 x − sin2 x cos(2x)

Aufgabe 15.10 Logarithmische Differentiation Berechnen Sie die Ableitungen der Funktionen a) f1 (x) = (xx )x b) f2 (x) = xcos x 2 xex sin x c) f3 (x) = 5 1 +2 x x x d) f4 (x) = x

x(x2 + 1) (x2 − 1)2 f) f6 (x) = (x2√+ 2)3 (1 − x3 )4 1 3 x(4 − 5x) g) f7 (x) = 3 3 (1 − x)2 e) f5 (x) =

3

Lösung: (ln f (x)) =

f (x) ⇒ f (x) = f (x) · (ln f (x)) f (x)

a) f1 = (xx )x = x(x )

2 ln xx = x2 ln x = 2x ln x + x 2

⇒ f1 (x) = (xx )x (2x ln x + x) b) f2 (x) = xcos x cos x (ln xcos x ) = (cos x · ln x) = − sin x ln x + x cos x ⇒ f2 (x) = xcos x − sin x ln x + x


181

xex sin x c) f3 (x) = 5 1 +2 x ⎛ ⎞ 2

⎜ xex2 sin x ⎟ cos x 1 ⎜ ⎟ 2 + ln sin x − 5 ln 1 + 2 + = ln x + x = + 2x + ⎜ln ⎟ 5 x x sin x ⎝ ⎠ 1 +2 x 1 2 5· x 1 +2 x 2 5 xex sin x 1 =⇒ f3 (x) = + 2x + cot x + 5 x x + 2x2 1 +2 x x d) f4 (x) = xx zweifache Anwendung ergibt: (ln (ln ( f4 (x)))) =

f4 (x) ln( f4 (x)) · f4 (x)

⇒ f4 (x) = f4 (x)·ln( f4 (x))·(ln (ln f4 (x)))

1 (ln (ln ( f4 (x)))) = (ln (xx ln(x))) = (x ln x + ln (ln x)) = ln x + 1 + x ln x 1 x ⇒ f4 (x) = xx · xx ln x · ln x + 1 + x ln x Alternative: 1 x (ln xx ) = (xx ln x) = (xx ) · ln x + xx · x (ln xx ) = (x ln x) = ln x + 1 ⇒ (xx ) = xx (ln x + 1) = xx ln x + xx 1 x ⇒ (ln xx ) = (xx ln x + xx ) · ln x + xx · x 1 x x x x x ⇒ f4 (x) = x · (x ln x + x ) · ln x + x · x 13 2 2 x(x + 1) x(x + 1) e) f5 (x) = 3 2 = 2 (x − 1) (x2 − 1)2

182


(ln f5 (x)) =

=

1 x(x2 + 1) ln 3 (x2 − 1)2

1 1 ln x(x2 + 1) − ln(x2 − 1)2 3 3

1 2 (ln x + ln(x2 + 1)) − (ln(x + 1) + ln(x − 1)) 3 3 1 1 2 1 1 1 + 2 2x − ·1+ ·1 = 3 x x +1 3 x+1 x−1 2x 2 2 1 1 + − − = 3 x x2 + 1 x + 1 x − 1

=

2x 2 2 1 3 x(x2 + 1) 1 + − − ⇒ 3 (x2 − 1) x x2 + 1 x + 1 x − 1 f) f6 (x) = (x2 + 2)3 (1 − x3 )4 f5 (x) =

ln( f6 (x)) = ln((x2 + 2)3 (1 − x3 )4 ) = ln(x2 + 2)3 + ln(1 − x3 )4 = 3 ln(x2 + 2) + 4 ln(1 − x3 ) 1 1 (ln( f6 (x))) = 3 · 2 · 2x + 4 · · (−3x2 ) x +2 1 − x3 12x2 6x(1 − x3 ) − 12x2 (x2 + 2) 6x − = = 2 x + 2 1 − x3 (x2 + 2)(1 − x3 ) =

6x(1 − x3 − 2x3 − 4x) 6x − 6x4 − 12x4 − 24x2 = 2 3 (x + 2)(1 − x ) (x2 + 2)(1 − x3 )

=

6x(1 − 4x − 3x3 ) (x2 + 2)(1 − x3 )

⇒ f6 (x) =

6x(1 − 4x − 3x3 ) (x2 + 2)3 (1 − x3 )4 · (x2 + 2)(1 − x3 ) 1

= 6x(1 − 4x − 3x3 )(x2 + 2)2 (1 − x3 )3 g) f7 (x) =

√ 1 3 x(4 − 5x) 3 3 (1 − x)2


183

√ 1 3 x(4 − 5x) ln( f7 (x)) = ln 3 3 (1 − x)2 √ 3 1 x(4 − 5x) = ln + ln 3 3 (1 − x)2 1

2

= ln 1 − ln 3 + ln(x 3 ) + ln(4 − 5x) − ln((1 − x) 3 ) 0

2 1 = ln x + ln(4 − 5x) − ln(1 − x) − ln 3 3 3 1 2 1 1 1 · + · (−5) − · · (−1) 3 x 4 − 5x 3 1−x 1 5 2 = − + 3x 4 − 5x 3(1 − x) (4 − 5x)(1 − x) − 15x(1 − x) + 2x(4 − 5x) = 3x(4 − 5x)(1 − x)

(ln( f7 (x))) =

⇒

f7 (x) =

=

4 − 4x − 5x + 5x2 − 15x + 15x2 + 8x − 10x2 3x(4 − 5x)(1 − x)

=

10x2 − 16x + 4 3x(4 − 5x)(1 − x)

√ 1 3 x(4 − 5x) 10x2 − 16x + 4 · . · 3 3 (1 − x)2 3x(4 − 5x)(1 − x)

Kapitel 16

Differenzierbare Funktionen auf Intervallen

Satz von Rolle (Theorem 23.1, Kap.23) Es sei f eine auf dem abgeschlossenen Intervall I = [a, b] stetige und im offenen Intervall (a, b) differenzierbare Funktion. Gilt dann noch f (a) = f (b), so existiert ein x0 ∈ (a, b) mit f (x0 ) = 0. Mittelwertsatz der Differentialrechnung (Theorem 23.2, Kap.23) Die Funktion f sei auf dem abgeschlossenen Intervall I = [a, b] stetig und im offenen Intervall (a, b) differenzierbar. Dann gibt es ein x0 ∈ (a, b) mit f (x0 ) =

f (b) − f (a) . b−a

Aufgabe 16.1 3 2 Best¨ √ atigen Sie den Mittelwertsatz für das Beispiel: f (x) = x − 4x + 7 für a = − 3, b = 4. Lösung: √ f (x) = x3 − 4x2 + 7, a = − 3, √ √ ⇒ f (a) = (− 3)3 − 4(− 3)2 + 7 √ = −3 3 − 12 + 7 √ = −3 3 − 5

b=4

f (b) = 43 − 4 · 42 + 7 = 64 − 64 + 7 =7

⇒

√ √ f (b) − f (a) 12 + 3√ 3 3(4 +√ 3) = = =3 b−a 4+ 3 4+ 3


186

16 Differenzierbare Funktionen auf Intervallen

f (x) = 3x2 − 8x !

3x2 − 8x = 3 ⇔ 3x2 − 8x − 3 = 0 8 ± 82 − 4 · 3 · (−3) 4 ± 5 x1,2 = = 3 2·3 1 ⇒ x1 = − 3 , x2 = 3. Aufgabe 16.2 1 1 Sei f (x) = x + sin x, x1 = π , x2 = 4π . 5 3 Nach dem MWS gibt es mindestens ein x0 ∈ (π , 4π ) mit f (x0 ) =

f (x2 ) − f (x1 ) . x2 − x1

Wieviele Punkte x0 mit dieser Eigenschaft gibt es in diesem Beispiel? Welche sind es? Lösung:

π 1 4π 1 + sin(4π ) − + sin π 1 1 5 3 5 3 ! f (4π ) − f (π ) = f (x) = + cos x = 5 3 4π − π 3π 4π π − 5 =1 = 5 3π 5 π 1 1 1 ⇔ cos x = 0 ⇔ x = + π k, k ∈ Z ⇒ + cos x = 5 3 5 2 ⇒ Im Intervall (π , 4π ) gibt es 3 Stellen: 3 x01 = π 2 5 x02 = π 2 7 x03 = π . 2 Aufgabe 16.3 Die Funktion f (x) sei gegeben durch f (x) = (x − 2)3 + x2 + 3x − 6. Nach dem MWS existiert zu je zwei Punkten a, b aus dem Definitionsbereich der differenzierbaren Funktionen ein x0 ∈ (a, b) mit f (x0 ) =

f (b) − f (a) . b−a

Finden Sie für a = 1 und b = 2 eine solche Stelle x0 .


187

Lösung: f (x) = 3(x − 2)2 + 2x + 3 = 3x2 − 12x + 12 + 2x + 3 = 3x2 − 10x + 15 f (a) = f (1) = −1 + 1 + 3 − 6 = −3 f (b) = f (2) = 0 + 4 + 6 − 6 = 4 4 − (−3) =7 2−1 2 ⇔ 3x − 10x + 15 − 7 = 0 ⇔ 3x2 − 10x + 8 = 0 √ 4 10 ± 100 − 96 ⇔ x = oder x = 2 ⇔x= 6 3 4 Im Intervall (1,2) liegt x = 3 4 ⇒ x0 = . 3 !

⇒ 3x2 − 10x + 15 =

Aufgabe 16.4 Beweisen Sie: a) f (x) = 0 für alle x ∈ (a, b) b) f (x) > 0 für alle x ∈ (a, b)

⇒ ⇒

f (x) = c (konstant) auf [a, b] f streng monoton wachsend auf [a, b]

Hinweis: Beweisen Sie zuerst folgendes Korollar: Korollar zum MWS: Sei f : [a, b] → R eine stetige in (a, b) differenzierbare Funktion. Für die Ableitung gelte: m ≤ f (ξ ) ≤ M für alle ξ ∈ (a, b) mit gewissen Konstanten m, M ∈ R. Dann gilt für alle x, y ∈ R mit a ≤ x ≤ y ≤ b die Abschätzung: m(y − x) ≤ f (y) − f (x) ≤ M(y − x) Lösung: Teil 1: Beweis des Korollars

Umformulierung des MWS

f (y) − f (x) = f (ξ ) für ein ξ ∈ (x, y) y−x Für f (ξ ) gilt: m ≤ f (ξ ) ≤ M für alle ξ ∈ (a, b) f (y) − f (x) ⇒m≤ ≤ M für alle x, y ∈ R mit a ≤ x ≤ y ≤ b y−x ⇒ m(y − x) ≤ f (y) − f (x) ≤ M(y − x) für alle x, y ∈ R mit a ≤ x ≤ y ≤ b. Teil 2: Beweis der Behauptung a) und b) a) f (x) = 0 für alle x ∈ (a, b) ⇒ m ≤ f (ξ ) ≤ M mit m = M = 0 für alle ξ ∈ (a, b) Korollar

⇒ 0 ≤ f (y) − f (x) ≤ 0 für alle x, y ∈ R mit a ≤ x ≤ y ≤ b

188


⇒ f (y) − f (x) = 0 für alle x, y ∈ R mit a ≤ x ≤ y ≤ b ⇒ f (x) = c (konstant) auf [a, b] b) Angenommen, f sei nicht streng monoton wachsend, dann gibt es Punkte x1 , x2 ∈ [a, b] mit x1 < x2 und f (x1 ) ≥ f (x2 ). Nach dem MWS existiert dann ein ξ ∈ (x1 , x2 ) mit ≤0

f (x2 ) − f (x1 ) ≤0: f (ξ ) = x2 − x1

Widerspruch zu

f (x) > 0.

>0

Aufgabe 16.5 Man beweise mit Hilfe des MWS folgende Aussage: Seien f (x), g(x) stetige Funktionen auf [a, b] und differenzierbar auf (a, b). Ferner sei g (x) = 0 für alle x ∈ (a, b). Dann existiert ξ ∈ (a, b) mit f (b) − f (a) f (ξ ) = . g(b) − g(a) g (ξ ) Lösung: MWS ⇒ g(b) − g(a) = g (η )(b − a), η ∈ (a, b) ⇒ g(b) − g(a) = 0, falls g (x) = 0 für alle x ∈ (a, b) Hilfsfunktion: f (b) − f (a) D(x) := f (x) − f (a) − (g(x) − g(a)) g(b) − g(a) D(x) ist stetig auf [a, b] und differenzierbar auf (a, b). D(b) = 0, D(a) = 0 Nach dem Satz von Rolle existiert dann ein x0 ∈ (a, b) so dass f (b) − f (a) D (x0 ) = f (x0 ) − · g (x0 ) = 0 g(b) − g(a) f (b) − f (a) f (x0 ) = g (x0 ) g(b) − g(a) und mit x0 := ξ ergibt sich hieraus die Behauptung, also f (b) − f (a) f (ξ ) = . g (ξ ) g(b) − g(a) Daraus folgt

Aufgabe 16.6 Sei f (x) differenzierbar, f (0) = 0 und | f (x)| < 1 für alle x ∈ R. Zeigen Sie: | f (x)| < |x| für alle x ∈ R. Lösung: Nach dem MWS gibt es ein x0 ∈ R mit f (x) − f (0) = | f (x0 )| < 1 ⇒ x−0 =0

⇒ | f (x) − f (0) | < |x − 0|

f (x) − f (0) = f (x0 ) . x−0


189

⇒ | f (x)| < |x|. Aufgabe 16.7 Beweisen Sie folgende Ungleichungen: a) sin x ≤ x für x ≥ 0 π b) tan x > x für 0 < x < . 2 Lösung: MWS

a) sin x = sin x − sin 0 = (x − 0) cos x0 mit x0 ∈ (0, x) cos x≤1

⇒ sin x = x cos x0 ≤ x MWS b) tan x = tan x − tan 0 = (x − 0) tan x0 mit x0 ∈ (0, x) π 1 tan x = =1 + (tan x)2 > 1 für 0 < x < 2 cos x 2 ⇒ tan x

= x tan x0

> x.

>0 für 0<x< π2

Aufgabe 16.8 Mit Hilfe des MWS beweise man Folgendes: x für x > −1 a) log(x + 1) ≥ x+1 x b) 1 + x < e für x ∈ (0, 1). Lösung: a) log(x + 1) = log(x + 1) − log(0 + 1) = (x − 0) log (x0 + 1) = MWS

x < x0 < 0 bzw. 0 < x0 < x. 1.Fall. Für x > 0, 0 < x0 < x gilt: 1 ·x,x>0 x x 1 ≥ ≥ ⇒ x0 + 1 x + 1 x0 + 1 x + 1 x x ≥ ⇒ log(x + 1) = x0 + 1 x + 1 2.Fall. Für −1 < x < 0, x < x0 < 0 gilt: 1 1 ·x,x ⇒ x0 + 1 x + 1 x0 + 1 x + 1 x x > ⇒ log(x + 1) = x0 + 1 x + 1 x für alle x > −1. ⇒ log(x + 1) ≥ x+1

x mit x0 + 1

190


b) Nach dem MWS gibt es ein x0 , 0 < x0 < x, mit ⇒ ex − e0

>x ⇔ ex − 1 > x ⇔ ex > x + 1.

ex − e0 = e x0 x−0

Monotonie 0

>

e =1

Aufgabe 16.9 √ Bestimmen Sie 63 näherungsweise. Lösung: Sei f (x) =

√ √ √ x mit f (a) = 63 und f (b) = 64 .

1 Für die Ableitung f (x) von f (x) ergibt sich f (x) = √ . 2 x Mit dem MWS erhält man 1 f (64) = f (63) + (64 − 63) · , 63 ≤ ξ ≤ 64 2 ξ oder √ √ 1 64 = 63 + (64 − 63) · , 63 ≤ ξ ≤ 64. 2 ξ Die Zahl ξ ist unbekannt. Wählt man aber ξ = 64, so folgt √ √ 1 1 = 7, 9375. 63 ≈ 64 − √ = 8 − 2 ·8 2 64 √ Der exakte Wert (mit 9 Dezimalstellen) lautet: 63 = 7, 937253933.... Aufgabe 16.10 √ Gibt es für die Funktion f (x) = x im Intervall (0, 4) eine Tangente an den Graphen, die die gleiche Steigung wie die Sekante durch die Intervallendpunkte aufweist? Berechnen Sie den Schnittpunkt der Tangente t und der Funktion f . Lösung: Die Funktion ist differenzierbar im Intervall (0, 4), da 1 f (x) = √ . 2 x Nur an der Stelle x0 = 0 ist die Funktion nicht differenzierbar, aber diese gehört nicht zum Intervall (0, 4). Die Funktion ist stetig, da sie differenzierbar ist. ⇒ Damit sind alle Voraussetzungen für den MWS erfüllt! Auf einem Intervall (a, b) gibt es nach dem MWS eine Tangente y = fT (x) an die Kurve y = f (x), die parallel zu Sekante y = fS (x) durch die Kurvenpunkte P1 = (a, f (a)) und P2 = (b, f (b)) ist. Berührt diese Tangente die Kurve im Punkt PT = (x, f (x)), so gilt: fT (x) = fS (x). Aus den Intervallgrenzen ergeben sich √ für a = 0 : f (a) = √0 = 0 und somit P1 = (0, 0), für b = 4 : f (b) = 4 = 2 und dafür P2 = (4, 2). Daraus läßt sich der Anstieg der Sekante durch die Punkte P1 und P2 berechnen:


191

y2 − y1 2−0 1 = . = x2 − x1 4−0 2 Der Anstieg der Sekante ist gleich dem Anstieg der Tangente, also der 1.Ableitung √ 1 1 an der Stelle x0 ⇒ f (x0 ) = ms ⇔ √ = ⇔ x0 = 1 ⇔ x0 = 1 2 x0 2 √ ⇒ f (1) = 1 = 1 und somit Pt (1, 1). Als Schnittpunkt der Tangente t(x) und der Funktion f (x) ergibt sich Pt (1, 1). ms =

Abb. 16.1 Skizze zu Aufgabe 16.10

Kapitel 17

Höhere Ableitungen

Für eine Funktion f setze man: f

1. Ableitung von f

f := ( f )

2. Ableitung von f

f := ( f )

3. Ableitung von f

f (4) := ( f )

4. Ableitung von f

.. . f (n) := ( f (n−1) )

.. . n-te Ableitung von f .

Definition Differenzierbarkeit höherer Ordnung (Def. 24.1, Kap. 24.1) f heißt an der Stelle x0 n-mal differenzierbar, falls alle Ableitungen f (x0 ), f (x0 ), . . ., f (n) (x0 ) existieren. Aufgabe 17.1 Berechnen Sie die 4. Ableitung folgender Funktionen: x a) f (x) := 3x4 − 5x2 + cos 2 b) g(x) := e−x x3 . Lösung: x 2 x 1 f (x) = 12x3 − 10x − sin · 2 2 x 1 f (x) = 36x2 − 10 − cos · 2 4 x 1 f (x) = 72x + sin · 2 8

a) f (x) = 3x4 − 5x2 + cos


194

17 Höhere Ableitungen

f (4) (x) = 72 +

x 1 cos 16 2

b) g(x) = e−x x3 g (x) = −e−x x3 + 3x2 e−x = e−x (3x2 − x3 ) g (x) = −e−x (3x2 − x3 ) + e−x (6x − 3x2 ) = e−x (x3 − 3x2 + 6x − 3x2 ) = e−x (x3 − 6x2 + 6x) g (x) = −e−x (x3 −6x2 +6x)+e−x (3x2 −12x +6) = e−x (−x3 +6x2 −6x +3x2 − 12x + 6) = e−x (−x3 + 9x2 − 18x + 6) g(4) (x) = −e−x (−x3 + 9x2 − 18x + 6) + e−x (−3x2 + 18x − 18) = e−x (x3 − 9x2 + 18x − 6 − 3x2 + 18x − 18) = e−x (x3 − 12x2 + 36x − 24). Aufgabe 17.2 Berechnen Sie die n-te Ableitung von a) b) c) d) e)

f (x) = sin(ax) g(x) = cosh x. h(x) = sinh(ax) i(x) = x2 ln x, x > 0 j(x) = ln x

Lösung: a) f (x) = sin(ax) π Bemerkung: sin x + = cos x 2 Damit gilt: π f (x) = a cos(ax) = a sin ax + 2

f (x) = a2 cos ax + π2 = a2 sin ax + π2 + π2 = a2 sin ax + 2 π2 .. . π Behauptung: f (n) (x) = an sin ax + n 2 Beweis: Induktion nach n IA: n = 1 : siehe oben π IV: f (n) (x) = an sin ax + n 2 IS: π IV n → n + 1 : f (n+1) (x) = an sin ax + · n 2 π n+1 = a cos ax + n 2 π π n+1 = a sin ax + n + 2 2 π n+1 = a sin ax + (n + 1) 2


195

)

$

1 x 1 (e + e−x ) = (ex − e−x ) = sinh x 2 2 ) $ 1 1 g (x) = (cosh x) = (ex − e−x ) = (ex + e−x ) = cosh x 2 2 .. . cosh x, n = 0, 2, 4, 6, . . . ⇒ g(n) (x) = (cosh x)(n) = sinh x, n = 1, 3, 5, 7, . . . c) h(x) = sinh(ax) h (x) = a cosh(ax) h (x) = a2 sinh(ax) h (x) = a3 cosh(ax) .. . n a cosh(ax) : n = 1, 3, 5, 7, . . . (n) ⇒ h (x) = an sinh(ax) : n = 0, 2, 4, 6, . . .

b) g (x) = (cosh x) =

d) i(x) = x2 ln x, x > 0 1 i (x) = 2x ln x + x2 = 2x ln x + x = x(2 ln x + 1) x 2 i (x) = 2 ln x + 1 + x = 2 ln x + 3 x 2 i (x) = x i(4) (x) = (2 · x−1 ) = 2(−1)x−2 i(5) (x) = 2(−1)(−2)x−3 .. .

Behauptung: i(n) (x) = 2(−1)n−1 (n − 3)!x−(n−2) für alle n ≥ 3 Beweis: Induktion nach n IA : n = 3 siehe oben IV : i(n) (x) = 2(−1)n−1 (n − 3)!x−(n−2) für alle n ≥ 3 IS : n → n + 1 : i(n+1) (x) = (i(n) ) (x)

= (2(−1)n−1 (n − 3)!x−(n−2) ) = 2(−1)n−1 (n − 3)!(−(n − 2))x−(n−2)−1 = 2(−1)n (n − 2)!x−(n−1) . e) j(x) = ln x 1 j (x) = x 1 j (x) = − 2 x 2 j (x) = 3 x .. . IV

196


d n ln x (−1)n−1 · (n − 1)! Behauptung: = dxn xn Beweis: Induktion nach n: IA: n = 1, 2, 3: siehe oben d n ln x (−1)n−1 · (n − 1)! IV: = dxn xn IS: n → n + 1: (ln x)(n+1) = ((ln x)n ) (−1)n−1 (n − 1)! IV = xn = ((−1)n−1 (n − 1)!x−n )

= (−1)n−1 (n − 1)!(−n) · x−n−1 (−1)n n! = (−1)n n! · x−(n+1) = xn+1 Aufgabe 17.3 Wie oft sind die folgenden Funktionen differenzierbar? a) f (x) = √ 2x2 + 5 b) g(x) = x 1 c) h(x) = 2 1 − x sin x, x ≥ 0 d) i(x) = 2x2 + x, x < 0 Gegebenenfalls ist die n-te Ableitung allgemein anzugeben! Lösung: a) f (x) = 2x2 + 5 f (x) = 4x f (x) = 4 f (n) = 0 für alle n ≥ 3 ⇒ f (x) ist unendlich oft differenzierbar auf R. √

1

x = x2 1 1 −1 g (x) = x 2 2 1 1 1 − 1 x 2 −2 g (x) = 2 2 1 1 1 1 −1 − 2 x 2 −3 g (x) = 2 2 2 .. .

b) g(x) =


197

1 1 1 1 1 −1 −2 ·...· − (n − 1) x 2 −n Behauptung: g(n) (x) = 2 2 2 2 n−1 1 −k =∏ k=0 2 n−1 1 1 − k x 2 −n = ∏ 2 k=0 Beweis: vollständige Induktion nach n IA: n = 1 sieheoben n−1 1 1 − k x 2 −n IV: g(n) (x) = ∏ 2 k=0 =:Φn

IS: n → n + 1 g(n+1) (x) = (g(n) (x)) IV

= (Φnx 2 −n ) 1 1 1 − n x 2 −n−1 = Φn+1 x 2 −(n+1) = Φn 2 ⇒ g(x) ist unendlich oft differenzierbar auf dem Intervall (0, ∞). 1

1 , x ∈ Dg = R\{±1} 1 − x2 Partialbruchzerlegung: 1 − x2 = (1 + x)(1 − x) B 1 A + ⇒Ansatz: = 1 − x2 1−x 1+x

c) h(x) =

⇔

Koeff.vgl.:

1 = A(1 + x) + B(1 − x) 1 = x(A − B) + (A + B) A−B = 0 ⇔ A = B A+B = 1 1 1 ⇒ 2A = 1 ⇔ A = ⇒ B = 2 2

1 1 1 1 + ⇒ = 1 − x2 2 1−x 1+x

1 = (1 − x)−1 = (−1)(1 − x)−2 (−1) = (1 − x)−2 1−x

(1 − x)−2 = (−2)(1 − x)−3 (−1) = 2 · (1 − x)−3 .. .

(n) Behauptung: (1 − x)−1 = n!(1 − x)−(n+1) Beweis: vollständige Induktion nach n: 1 IA: n = 0 : 0!(1 − x)−1 = (1 − x)−1 = 1−x

198


IV: ((1 − x)−1 )(n) = n!(1 − x)−(n+1) IS: n → n + 1 : ((1 − x)−1 )(n+1) = (((1 − x)−1 )(n) ) IV

= (n!(1 − x)−(n+1) ) = n!(−(n + 1))(1 − x)−(n+1)−1 (−1) = n!(n + 1)(1 − x)−n−2 = (n + 1)!(1 − x)−(n+2) 1 = ((1 + x)−1 ) = (−1) · (1 + x)−2 1+x 1 = ((−1)(1 + x)−2 ) = (−1)(−2)(1 + x)−3 1+x

1 1+x

= (−1)2 · 2 · 1 · (1 + x)−3 = ((−1)2 · 2 · 1 · (1 + x)−3 ) = (−1)2 · (−3) · 2 · 1 · (1 + x)−4 = (−1)3 · 3 · 2 · 1 · (1 + x)−4 = (−1)3 · 3! · (1 + x)−4

.. . Behauptung:

1 1+x

(n)

= (−1)(n) · n!(1 + x)−(n+1)

Bew.: Induktion nach n IA : n = 0 (−1)0 · 0!(1 + x)−(0+1) = (1 + x)−1 (n) 1 IV : = (−1)(n) · n!(1 + x)−(n+1) 1+x IS : n → n + 1 ((1 + x)−1 )(n+1) = (((1 + x)−1 )(n) ) = ((−1)n n!(1 + x)−(n+1) ) = (−1)n n!(−(n + 1))(1 + x)−(n+1)−1 = (−1)n+1 n!(n + 1)(1 + x)−(n+2) = (−1)n+1 (n + 1)!(1 + x)−(n+2) IV

(n) (n) 1 1 1 1 + = 1 − x2 2 1−x 1+x (n) (n) 1 1 1 = + 2 1−x 1+x n! 1 = · [n!(1 − x)−(n+1) + (−1)n n!(1 + x)−(n+1) ] = ((1 − x)−(n+1) + (−1)n (1 + 2 2 x)−(n+1) ) ⇒ h(x) ist unendlich oft differenzierbar auf Dh . sin x : x ≥ 0 d) i(x) = 2 +x : x < 0 2x cos x : x ≥ 0 ⇒ i (0+ ) = 1 = i (0− ) i (x) = 4x + 1 : x < 0 ⇒ h(n) (x) =


199

− sin x : x ≥ 0 ⇒ i (0+ ) = 0 = 4 = i (0− ) 4 : xm n m≤n (n) (e−x )(n−k) (xm )(k) ⇒ f (x) = ∑ k k=0 ,

m

(e−x ) = −e−x , (e−x ) = e−x , (e−x ) = −e−x , . . . , (e−x )(n−k) = (−1)n−k e−x m n (−1)n−k e−x (xm )(k) ⇒ f (n) (x) = ∑ k k=0 (xm )(0) = xm (xm )(1) = mxm−1 (xm )(2) = m(m − 1)xm−2 (xm )(3) = m(m − 1)(m − 2)xm−3 .. . m (k) (x ) = m(m − 1)(m − 2) · . . . · (m − (k − 1))xm−k m! xm−k = (m − k)!

202

⇒ f (n) (x) =

17 Höhere Ableitungen m

∑

k=0

n k

(−1)n−k e−x

m! xm−k . (m − k)!

Kapitel 18

Die Regel von Bernoulli - L’Hospital

Regel (Theorem 25.1 (L’Hospital’sche Regel I), Kap. 25) Sind f , g auf I differenzierbar, gilt lim f (x) = lim g(x) = 0 und existiert lim x→x0

so ist lim

x→x0

x→x0

f (x) f (x) = lim . g(x) x→x0 g (x)

Diese Aussage gilt unverändert, wenn man a) x0 durch +∞ b) x0 durch −∞ ersetzt. (Theorem 25.2 (L’Hospital’sche Regel II), Kap. 25)

18.1 Fall x → x0 ; x0 endlich Aufgabe 18.1 Bestimmen sie die Grenzwerte der unbestimmten Ausdrücke: 1 2 3 1 − + x + x − + ln x 4 2 2 a) lim 3 x→1 π(x− 1) x 1 − sin 2 b) lim 2 x→1 3x − 6x + 3 ex + e−x − 2 c) lim x→0 x − ln (1 + x) x sin 2x d) lim x→0 sinh2 x ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 18,

x→x0

f (x) , g (x)

204

18 Die Regel von Bernoulli - L’Hospital

ln(tan x) cos 2x 2x3 + 3x2 − 8x − 12 f) lim x→−2 x3 − 3x + 2 5 x − x3 − x2 + 1 g) lim x→1 x7 − 1 3x e −1 h) lim x→0 x cosh(x − 3) − 1 i) lim x→3 (x − 3)2 x−1 j) lim x↓1 arcoshx √ √ a + x − 2a √ für a > 0 k) lim √ x→a a + 2x − 3a 1 1 − l) lim x→0 sin x πx x 1 − sin 2 m) lim 2 x→1 3x − 6x + 3 ) $ 0 Hinweis: Typ 0 e) limπ

x→ 4

Lösung:

1 2 1 x2 3 1 3 − + x + x − + ln x 1 + x − + ln x + · 4 2 2 2 2 x l.H. = lim a) lim 3 2 x→1 x→1 (x − 1) 3(x − 1) x 1 3 − + ln x + + l.H. x 2 = lim 2 x→1 6(x − 1) ln x = lim x→1 6(x − 1) 1 1 l.H. = lim x = x→1 6 6 πx π πx π2 πx sin 1 − sin − cos 2 l.H. 2 = lim 2 2 l.H.= lim 4 2 =π b) lim 2 x→1 3x − 6x + 3 x→1 x→1 6x − 6 6 24 x −x x −x e + e − 2 l.H. e −e ex + e−x l.H. = lim = lim =2 c) lim 1 1 x→0 x − ln (1 + x) x→0 x→0 1− 1+x (1 + x)2

x sin 2x l.H. sin 2x + 2x cos 2x = lim 2 x→0 sinh x x→0 2 sinh x cosh x

d) lim

18.1 Fall x → x0 ; x0 endlich

205

sin 2x + 2x cos 2x l.H. 2 cos 2x + 2 cos 2x − 4x sin 2x =2 = lim x→0 x→0 sinh 2x 2 cosh 2x

= lim

1 1 1 · 1 · 1/2 2x ln(tan x) l.H. tan x cos e) limπ = = −1 = limπ −2 · 1 x→ 4 cos(2x) x→ 4 −2 sin(2x)

2x3 + 3x2 − 8x − 12 l.H. 6x2 + 6x − 8 4 = = lim x→−2 x→−2 x3 − 3x + 2 3x2 − 3 9

f) lim

x5 − x3 − x2 + 1 l.H. 5x4 − 3x2 − 2x 0 = lim = =0 x→1 x→1 x7 − 1 7x6 7

g) lim

e3x − 1 l.H. 3e3x =3 = lim x→0 x→0 1 x

h) lim

cosh(x − 3) − 1 l.H. sinh(x − 3) l.H. cosh(x − 3) 1 = = lim = lim 2 x→3 x→3 2(x − 3) x→3 (x − 3) 2 2

i) lim

j) lim x↓1

x − 1 l.H. 1 = lim 1 x↓1 √ arcoshx

x2 −1

= lim x↓1

x2 − 1 = 0

1 1 √ √ √ √ ·√ 1 a + x − 2a l.H. 3a 6 2 a+x √ k) lim √ = ·√ = = lim 2 x→a a + 2x − 3a x→a 1 2 4 2a ·√ 2 a + 2x 1 1 x − sin x l.H. 1 − cos x l.H. − = lim = lim = x→0 sin x x→0 x sin x x→0 sin x + x cos x x 0 sin x = =0 = lim x→0 cos x + cos x − x sin x 2

l) lim

206


π π π π π 2 π π 2 sin · x x · x · − cos sin l.H. 2 2 2 l.H. 2 2 = 2 2 m) lim 2 = lim = lim x→1 3x − 6x + 3 x→1 x→1 6x − 6 6 6 1 π 2 . = 6 2 1 − sin

Aufgabe 18.2 Man bestimme den Grenzwert a)

ln (tan (9x)) x→0 ln (tan (4x)) lim

b) limπ

x→ 4

Hinweis: Typ

*∞+

tan (2x) . π +x tan 4

∞

Lösung: ln (tan (9x)) l.H. tan (4x) cos2 (4x) 9 9 tan (4x) l.H. 9 cos2 (9x) · · = lim · = lim = lim 2 x→0 ln (tan (4x)) x→0 tan (9x) cos (9x) 4 4 x→0 tan (9x) 4 x→0 cos2 (4x)

a) lim

4 9 9 4 = · =1 4 9

→1

2 2 tan(2x) l.H. cos (2x) = lim π b) limπ π 1 x→ 4 tan x→ 4 +x π 4 2 +x cos 4 π π π +x + x sin +x 2 cos2 −2 · 2 cos l.H. 4 4 4 = limπ = limπ cos2 (2x) −2 cos(2x) sin(2x) · 2 x→ 4 x→ 4 π π + 2x + 2x sin 2 cos −1 2 1 l.H. 2 2 = · = = limπ = limπ sin(4x) 4 cos(4x) −1 4 2 x→ 4 x→ 4


207

Aufgabe 18.3 Man bestimme die folgenden Grenzwerte: π tan x für ein festes k = 2n + 1, n ∈ Z a) lim x − k 2 x↓ k2π

b) lim x2 (ln x)3 x↓0

xπ x2 − 1 tan 2 x→1 x 2π +x d) limπ tan (3x) cos 3 x→ 6 3 e) lim 2x ln(x) c) lim

x↓0

Hinweis: Typ [0 · ∞] Lösung: π tan x a) lim x − k 2 x↓ k2π

k = 2n + 1 1 cos2 x 1

n∈Z

π 2 π 2 x−k l.H. 2 2 = lim cos2 x x↓ k2π − sin (2x)

x−k

tan x l.H. = lim = lim 1 x↓ k2π − x↓ k2π

π 2 x − k π2 x−k 2 2 l.H. =1 = − lim x↓ k2π 2 cos (2x) 1 3(ln x)2 3 (ln x) l.H. x = lim b) lim x2 (ln x)3 = lim 2 1 x↓0 x↓0 x↓0 − 3 x2 x 1 6 ln x · 2 3(ln x) l.H. x = lim = lim 4 2 x↓0 x↓0 − 2 x x3 6 6 ln x l.H. = lim = lim x 8 x↓0 4 x↓0 − 3 2 x x −6x2 =0 = lim x↓0 8 xπ x2 − 1 x2 − 1 1 x2 − 1 xπ = lim c) lim tan · lim = lim xπ x→1 x2 x→1 2 x→1 x2 x→1 2 x cot cot 2 2 =1 2x 4 l.H. = lim =− 1 π x→1 π xπ · − 2 2 sin 2 = lim x↓ k2π

208


d) limπ tan(3x) cos x→ 6

· limπ

x→ 6

e)

π

+x 3 cos(3x)

cos

lim 2x3 ln x x↓0

π

+ x = limπ

sin(3x) cos

3 cos(3x)

x→ 6

3

l.H.

= limπ

x→ 6

π

π

+x

= limπ sin(3x) x→ 6

=1

+x −1 1 3 = = − sin(3x) · 3 −3 3

− sin

1 2 ln x l.H. = 2 lim = 2 lim x = − lim x3 = 0. 1 1 x↓0 x↓0 3 x↓0 −3 · 4 x3 x

Aufgabe 18.4 Berechnen Sie 1 1 x−1 . a) lim x→1 x 1 x b) lim 1 + arctan x x→0

1

c) lim (cos x) x2 x→0+ cos x 1 x2 d) lim x→0 cosh x cot2 3x 1 e) lim x→0 cos3 2x 1 f) lim x 1−x . x→1

Hinweis: Typ [1∞ ] Lösung:

⎞ ⎛ 1 1 ln x−1 1 1 1 ⎟ ⎜ ln = lim exp ⎝ x ⎠ = lim exp a) lim x→1 x x→1 x→1 x−1 x x−1 ⎞⎞ ⎞⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎛ 1 −1 ln 1 ⎟⎟ l.H. ⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ = exp ⎝ lim ⎝ x ⎠⎠ = exp ⎝ lim ⎝ x ⎠⎠ = exp (−1) = x→1 x − 1 x→1 1 e


209

1 1 1 x ln(1 + arctan x) = exp lim ln(1+arctan x) b) lim 1+arctan x = lim exp x→0 x→0 x→0 x x 1 ln(1 + arctan x) l.H. 1 · = lim = 1·1 = 1 = lim x→0 x→0 1 + arctan x 1 + x2 x 1 x ⇒ lim 1 + arctan x = e1 = e

x→0

1 ln(cos x) 1 c) lim(cos x) x2 = lim exp 2 ln(cos x) = exp lim x↓0 x↓0 x x2 x↓0 − sin x − cos x 1 l.H. l.H. = exp − = = exp lim = exp lim x↓0 2x cos x x↓0 2 cos x − 2x sin x 2 1 √ e cos x 1 1 cos x cos x x12 x2 = lim exp 2 ln = lim exp ln d) lim x→0 cosh x x→0 x→0 cosh x x cosh x 1 ln (cos x) − ln (cosh x) = exp lim 2 (ln (cos x) − ln (cosh x)) = exp lim x→0 x x→0 x2 ⎞ ⎛ 1 1 − 2 − 2 ⎟ − tan x − tanh x l.H. l.H. ⎜ = exp lim = exp ⎝ lim cos x cosh x ⎠ = exp (−1) = x→0 x→0 2x 2 1 e

cot2 (3x) 1 e) lim x→0 cos3 (2x) cot2 (3x) 1 = lim exp ln x→0 cos3 (2x) 1 = exp lim cot2 (3x) · ln x→0 cos3 (2x) −3 ln cos(2x) = exp lim 2 ⎞⎞ ⎛x→0 ⎛ tan (3x) 3 · (−2 sin(2x)) − ⎟⎟ ⎜ ⎜ cos(2x) l.H. ⎟⎟ = exp ⎜ lim ⎜ ⎠⎠ ⎝x→0 ⎝ 1 · 3 2 tan 3x · 2 cos (3x)

210


⎛

⎞

⎟ 6 tan(2x) · lim cos2 (3x) ⎟ ⎠ x→0 6 tan(3x) x→0 =1 ⎛ ⎞ 2 ⎜ cos2 (2x) ⎟ l.H. ⎟ = exp ⎜ lim ⎝x→0 ⎠ 3 2 cos (3x) √ 2 3 = e2 = exp 3 ⎜ = exp ⎜ ⎝ lim

1

1

ln x x→1 1 − x

f) lim x 1−x = lim exp ln x 1−x = exp lim x→1

x→1

⎞ 1 l.H. ⎟ ⎜ = exp ⎝ lim x ⎠ x→1 −1 ⎛

1 = exp (−1) = . e

Aufgabe 18.5 Bestimmen Sie die Grenzwerte der unbestimmten Ausdrücke: 1 x a) lim ln x↓0 x sin x 1 b) lim x↓0 x 1 ln x 1 c) lim x↓0 tan x / 0 Hinweis: Typ ∞0 Lösung: 1 x 1 x 1 a) lim ln = exp lim x ln ln = lim exp ln ln x↓0 x↓0 x↓0 x x ⎛x ⎞ 1

ln ln x ⎟ ⎜ = exp ⎝lim ⎠ 1 x↓0 x


211

⎞ ⎛ ⎞ 1 1 · − ⎜ ln (− ln x) ⎟ l.H. −x − ln x x ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ = exp ⎝lim ⎠ = exp ⎝lim ⎠ = exp lim 1 1 x↓0 x↓0 x↓0 ln x − 2 x x = exp(0) = e0 = 1 sin x 1 1 sin x 1 b) lim = lim exp ln = exp lim sin x ln x↓0 x↓0 x↓0 x x x ⎛

= exp lim(− sin x ln x) x↓0

⎛

⎛

⎞ 1 − − ln x ⎟ l.H. sin2 x ⎜ ⎜ ⎟ x = exp ⎝lim = exp ⎝lim − cos x ⎠ = exp lim 1 ⎠ x↓0 x↓0 x↓0 x cos x sin2 x sin x ⎞

2 sin x cos x = exp lim x↓0 cos x − x sin x

l.H.

c) lim x↓0

1 tan x

1 ln x

= exp(0) = e0 = 1

⎞ ⎛ 1 1 ln ln x ⎜ 1 tan x ⎟ ⎟ = exp ⎜ = lim exp ln lim ⎝ ⎠ x↓0 x↓0 tan x ln x

− ln(tan x) ln(tan x) = exp − lim = exp lim x↓0 x↓0 ln x ln x ⎛ ⎞ 1 cos x · 2 ⎟ x l.H. ⎜ = exp ⎝− lim sin x cos x ⎠ = exp − lim 1 x↓0 x↓0 sin x cos x x 1 l.H. = exp − lim x↓0 cos2 x − sin2 x 1 = exp(−1) = e−1 = . e

Aufgabe 18.6 Bestimmen Sie die Grenzwerte: a) lim (arcsin x)tan x x→0

b) lim(sin x)sin x . x↓0

1

c) lim(tan x) ln x . x↓0

212


/ 0 Hinweis: Typ 00 Lösung: a) lim (arcsin x)tan x

x→0

= lim exp (tan x ln(arcsin x)) = exp lim (tan x ln(arcsin x)) x→0 x→0 (1)

Betrachtung von (1): →−∞

ln(arcsin x) lim (tan x ln(arcsin x)) = lim 1 x→0 x→0 →0 →−∞ tan x →∞

1

√ 2 sin2 x = lim 1 − x arcsin x = lim √ −1 x→0 x→0 1 − x2 arcsin x 2 sin x 0 −2 sin x cos x l.H. = lim = =0 x arcsin x x→0 1 1− √ 1 − x2

l.H.

Eingesetzt: lim (arcsin x)tan x = exp lim (tan x ln(arcsin x)) = exp(0) = e0 = 1

x→0

x→0

b) lim(sin x)sin x = lim exp ln (sin x)sin x = exp lim(sin x ln(sin x))

x↓0

x↓0

x↓0

1 cos x ln(sin x) l.H. sin x = exp lim(− sin x) = exp(0) = e0 = 1 = exp lim = exp lim 1 x↓0 x↓0 − cos x x↓0 sin2 x sin x 1 1 ln(tan x) ln x ln x c) lim(tan x) = lim exp ln(tan x) = exp lim x↓0 x↓0 x↓0 ln x ⎛ ⎞ 1 cos x · 2 ⎟ x l.H. ⎜ = exp ⎝lim sin x cos x ⎠ = exp lim 1 x↓0 x↓0 sin x cos x x 1 l.H. = exp lim = exp(1) = e. x↓0 cos2 x − sin2 x


213

Aufgabe 18.7 Berechnen Sie folgende Grenzwerte: 1 1 − . a) lim x→1 x − 1 ln x 1 1 − b) lim x x→0 e − 1 x 1 1 − c) lim x→0 x ln(x + 1) ln (1 + x) 1 − d) lim x→0 x(x + 1) x2 4 x 2 Hinweis: cos x = 1 − 2 sin2 e) lim 2 − x→0 x 1 − cos x 2 Hinweis: Typ [∞ − ∞] Lösung: 1 ln x − (x − 1) 1 − = lim a) lim x→1 x − 1 x→1 (x − 1) ln x ln x 1 −1 1 1−x −1 l.H. x =− = lim = lim = lim x − 1 x→1 x ln x + x − 1 1 x→1 x→1 2 ln x + ln x + x + 1 x x x 1 1 x − (e − 1) x − ex + 1 l.H. 1 − ex − = lim x = lim = lim x b) lim x x x→0 e − 1 x→0 (e − 1) · x x→0 xe − x x→0 e + xex − 1 x x x −e −e −1 1 l.H. = lim =− = lim x = lim x x x x→0 e + e + xe 2 x→0 e (2 + x) x→0 2 + x 1 ln(x + 1) − x 1 − = lim c) lim x→0 x→0 x ln(x + 1) x ln(x + 1) 1 −1 −x −1 l.H. l.H. x+1 = = lim = lim = lim 1 x→0 x→0 x + (x + 1) ln(x + 1) x→0 2 + ln(x + 1) ln(x + 1) + x x+1 1 − 2 1 x − (1 + x) ln (1 + x) ln (1 + x) − d) lim = lim 2 x→0 x(x + 1) x→0 x x2 (1 + x) 1+x 1 − ln (1 + x) − l.H. 1+x = lim x→0 2x(1 + x) + x2 l.H.

214


− ln (1 + x) 3x2 + 2x 1 −1 =− = lim x→0 (1 + x)(6x + 2) 2 4 2 e) lim 2 − x→0 x 1 − cos⎛x = lim

x→0 l.H.

⎞ 4 2 ⎠ = lim ⎝ − x x→0 x2 2 sin2 2⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 x 2 x 2 4 sin − x 4 · 2 sin cos · − 2x ⎜ ⎟ 2 2 2 2 ⎠ l.H. = lim ⎝ = lim ⎝ ⎠ x x 1 x x 2 x→0 x→0 2 2 2 · 2 sin cos · x sin + x 2x sin 2 2 2 2 ⎞ ⎛2 ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ 2 sin x − 2x 2(cos x − 1) ⎟ l.H. ⎜ ⎟ = lim ⎝ ⎠ = lim ⎜ 2 ⎠ ⎝ x 1 x→0 x→0 2x x x 2 2 2 2x sin + x sin x + x sin x + sin x + cos x 2 sin 2 2 2 2 2 ⎛ ⎞ cos x=1−2 sin2 2x

⎜ = lim ⎜ x→0 ⎝

−2 sin x

l.H.

⎛

sin x + 2 sin x + 2x cos x +

⎜ = lim ⎜ ⎝ x→0

−2 sin x x2

3 sin x + 3x cos x − sin x 2 ⎛

⎜ = lim ⎜ x→0 ⎝

x2

2x cos x − sin x 2 ⎞2

⎟ ⎟ ⎠

⎟ ⎟ ⎠ ⎞

−2 cos x

l.H.

3 cos x + 3 cos x − 3x sin x −

x2

2x sin x − cos x 2 2

Aufgabe 18.8

1 − x cot x . x→0 x2

Berechnen Sie lim Lösung:

Bestimmung des Verhaltens von x cot x für x → 0

⎟ ⎟ = − 2 = −1. ⎠ 3+3 3

18.2 Fall x → ±∞

lim x cot x

x→0

215

Typ [0·∞]

=

cot x x→0 1 x lim

1 2 2 sin x = lim x = lim 1 x→0 x→0 sin2 x − 2 x 2x l.H. = lim x→0 2 sin x cos x 2 l.H. = lim x→0 2 cos2 x − 2 sin2 x 2 2 = lim = =1 2 x→0 4 cos x − 2 2 l.H.

−

Damit ergibt ich für das Verhalten des gesamten Terms: 1 − cot x + x 2 1 − x cot x l.H. sin x lim = lim x→0 x→0 x2 2x x cos x + 2 − sin x sin x = lim − sin x cos x + x = lim x→0 x→0 2x 2x sin2 x 2 − cos2 x + sin x + 1 2 sin2 x l.H. = lim = lim x→0 2 sin2 x + 2x · 2 sin x cos x x→0 2 sin2 x + 2x sin(2x) sin2 x 2 sin x cos x l.H. = lim x→0 sin2 x + x sin(2x) x→0 2 sin x cos x + sin(2x) + 2x cos(2x) sin(2x) 2 cos(2x) 2 1 l.H. = = . = lim = lim x→0 2 sin(2x) + 2x cos(2x) x→0 4 cos(2x) + 2 cos(2x) − 4x sin(2x) 6 3 = lim

18.2 Fall x → ±∞ Aufgabe 18.9 Man bestimme die folgenden Grenzwerte: x a) lim √ x→∞ ln x arcoshx b) lim x→∞ x x2 c) lim √x x→∞ e

216


ln x d) lim √ x→∞ x xn e) lim x für n > 0 x→∞ e *∞+ Hinweis: Typ ∞ Lösung: x x l.H. 1 √ = lim = lim = lim 2x = ∞ x→∞ 1 x→∞ ln x x→∞ 1 ln x 2 2x 1 √ 2 arcoshx l.H. = lim x − 1 = 0 lim x→∞ x→∞ x 1 √ 2 x y4 l.H. 4y3 l.H. l.H. 4·3·2·1 x=y lim √x = = lim y = lim y = . . . = lim =0 x→∞ e y→∞ e y→∞ e y→∞ ey 1 ln x l.H. 2 lim √ = lim x = lim √ = 0 x→∞ x x→∞ 1 x→∞ x √ 2 x xn l.H. nxn−1 l.H. n(n − 1)xn−2 l.H. l.H. lim x = lim = lim = ... = x→∞ e x→∞ ex x→∞ ex n! = lim x = 0. x→∞ e

a) lim

x→∞

b) c)

d)

e)

Aufgabe 18.10 Bestimmen Sie folgende Grenzwerte: a x a) lim 1 + x→∞ x a a+x b) lim 1 + mit einem festen a > 0 x→∞ x Hinweis: Typ [1∞ ] Lösung: a x a =: A, B = ln A = lim x ln 1 + a) lim 1 + x→∞ x→∞ x x 1 a ln 1 + · a y:= 1x ln(1 + ay) l.H. x 1 + ay = lim =a = lim = lim 1 x→∞ y→0 y→0 y 1 x

18.2 Fall x → ±∞

217

A = eB = ea a a+x a a+x b) lim 1 + = lim exp ln 1 + x→∞ x→∞ x x ⎛ ⎞ a ln 1 + ⎜ a x ⎟ ⎟ = exp ⎜ = exp lim (a + x) ln 1 + lim ⎝ ⎠ 1 x→∞ x→∞ x

(a + x) a ⎞ 1 · − 2 a ⎜ 1 + ax x ⎟ (a + x) · a l.H. l.H. ⎜ ⎟ = ea . = exp ⎝ lim = exp = exp lim ⎠ 1 x→∞ x→∞ x 1 − (a + x)2 ⎛

Aufgabe 18.11 Bestimmen Sie Grenzwerte der unbestimmten Ausdrücke: 1

a) lim (ln x) x x→+∞

1

b) lim x x x→∞

/ 0 Hinweis: Typ ∞0 Lösung: a)

1 1 lim (ln x) x = lim exp ln (ln x) x

x→∞

x→∞

1 ln(ln x) = exp lim ln(ln x) = exp lim x→∞ x x→∞ x

⎞ 1 1 · l.H. ⎟ ⎜ = exp ⎝ lim ln x x ⎠ = exp(0) = e0 = 1 x→∞ 1 ⎛

1

b) lim x x := A x→∞

1 1 ln x l.H. B := ln A = lim ln x = lim = lim x = 0 x→∞ x x→∞ x x→∞ 1 ⇒ A = eB = e0 = 1.

218


Aufgabe 18.12 Berechnen Sie die Grenzwerte: 1 2 . a) lim x − x ln 1 + x→∞ x b) lim x2 − 1 − x . x→∞

Hinweis: Typ [∞ − ∞] Lösung:

1 1 − ln 1 + 1 x x = lim a) lim x − x2 ln 1 + 1 x→∞ x→∞ x x2 1 1− y:= 1x y − ln(1 + y) l.H. 1+y = lim = lim y→0 y→0 y2 2y 1 y = = lim y→0 2y(1 + y) 2

! b) lim

x→∞

x2 − 1 − x = lim

x→∞

−2y 2 1 − y2 l.H. = 0. = lim y→0 1

1 − 1 y:= 1 1 − y2 − 1 x2 x = lim 1 y→0 y x

1−

Kapitel 19

Absolute und relative Extremstellen von Funktionen

Es sei f eine auf D definierte Funktion. Definition Absolute Extremwerte (Def. 26.1, Kap. 26) a) x0 ∈ D heißt eine absolute Minimalstelle und f (x0 ) das absolute Minimum von f bzgl. D, wenn f (x0 ) ≤ f (x) für alle x ∈ D. b) X0 ∈ D heißt eine absolute Maximalstelle und f (X0 ) das absolute Maximum von f bzgl. D, wenn f (X0 ) ≥ f (x) für alle x ∈ D. Schreibweise: f (x0 ) = min f , D

f (X0 ) = max f . D

Definition Relative Extremwerte (Def. 26.2, Kap. 26) Es sei x0 ∈ D, so dass in jeder Umgebung von x0 mindestens ein Element von D kleiner als x0 und eines größer als x0 liegt. x0 heißt lokale (relative) Extremalstelle von f , wenn es eine Umgebung U von x0 gibt, so dass entweder f (x0 ) ≤ f (x) für alle x ∈ D ∩U oder f (x0 ) ≥ f (x) für alle x ∈ D ∩U. Im ersten Fall heißt x0 eine lokale Minimalstelle und f (x0 ) ein lokales Minimum, im zweiten Fall heißt x0 eine lokale Maximalstelle und f (x0 ) ein lokales Maximum. Aufgabe 19.1 Ein Entwässerungskanal hat als inneren Querschnitt ein Rechteck mit darübergesetztem Halbkreis. Bei vorgegebenem, festen Umfang U des Kanals bestimme man den Querschnitt mit maximaler Fläche F. Dabei sind die Maße des optimalen Querschnitts sowie der Wert der Maximalfläche anzugeben. Man weise analytisch nach, dass das Extremum tatsächlich ein Maximum ist.


220

19 Absolute und relative Extremstellen von Funktionen

Lösung:

y

Y

-X

X

X


Fläche: F = y · 2x + Umfang:

π x2 1 = (4xy + π x2 ) 2 2

U = 2x + 2y + π x = const. ⇒ 2y = U − x(2 + π ) ⇒ F = x (U − x(2 + π )) +

π x2 2

dF = U − x(2 + π ) − x(2 + π ) + π x = U − 2x(2 + π ) + π x dx = U − 4x − π x ⇒x= d2F = −(4 + π ) < 0 dx2

⇒

U 4+π

das Extremum ist ein Maximum 2 2+π 2y = U − x(2 + π ) = U · 1 − =U 4+π 4+π


221

Somit wird die maximale Querschnittsfläche: π x2 F ∗ = max F(x) = max x · 2y + 2 [x] [x] 2 U π U 2U = · + · 4+π 4+π 2 4+π 2 U π 2 2 = U + (4 + π )2 2 4+π 1 U2 = (4 + π ) 2 (4 + π )2 =

1 U2 · . 2 4+π

Aufgabe 19.2 Ein Draht der Länge L wird in zwei Teilstücke der Länge L1 und L2 zerschnitten. Das Stück der Länge L1 werde zu einem gleichseitigen Dreieck, das Stück der Länge L2 zu einem regelmäßigen Sechseck zusammengefügt. Wie sind die Längen L1 und L2 zu wählen, damit die Summe der Flächeninhalte des Dreiecks und des Sechsecks minimal wird? Anmerkung: L1 = 0 und L2 = 0 sei zugelassen. Hinweis: Skizze! Lösung:

L = L1 + L 2

1

*L

* L1

1/3

1/6

*L

2

1/6 * L2

1/3 1/3 * L1

* L2

1/6 * L2

1/6

1/6

*L

2

1/6

* L2


x Setze x = L1 . Das gleichseitige Dreieck hat dann die Seitenlänge , also den 3 Flächeninhalt:

222


√ √ 3 x 2 3 2 x F1 (x) = = 4 3 36 L−x , also ist der Flächeninhalt: Die Seitenlänge des Sechsecks ist 6 √ √ 3 L−x 2 3 (x − L)2 F2 (x) = 6 · = 4 6 24 Damit ergibt sich für die Summe der Flächeninhalte: √ √ 3 2 3 x + (x − L)2 F(x) = F1 (x) + F2 (x) = 36 24 Der Graph von F ist eine nach unten geöffnete Parabel! Es erfolgt eine Extremwertbetrachtung: √ √ √ 3 3 3 3 ! x+ (x − L) = (5x − 3L) = 0 ⇒x= L ⇒ F (x) = 18 12 36 5 Die Summe der Flächeninhalte ist folglich am kleinsten, wenn gilt: 3 L1 = L 5

und

2 L2 = L. 5

Aufgabe 19.3 Ein fester Punkt A einer ebenen Bühne wird durch eine in der Höhe verstellbare punktförmige Lichtquelle L mit der konstanten Lichtstärke L beleuchtet. Die von der Lichtquelle L im Punkt A erzeugte Beleuchtungsstärke B genügt dabei dem Lambertschen Gesetz: I0 cos α B= r2 In welcher Höhe h u¨ ber der Bühne muß die Lichtquelle angebracht werden, damit der Punkt A optimal beleuchtet wird, d.h. damit die Beleuchtungsstärke B im Punkt A ihren größt möglichen Wert erreicht?


223


Lösung: h r 2 r = a2 + h2 cos α h h B = I0 2 = I0 3 = I0 3 2 r r (a + h2 ) 2

cos α =

3

mit

h≥0

1

(a2 + h2 ) 2 − 32 (a2 + h2 ) 2 · 2h2 dB = I0 dh (a2 + h2 )3 = I0

a2 − 2h2 5

(a2 + h2 ) 2

5 5 3 −4h(a2 + h2 ) 2 − (a2 + h2 ) 2 · 2h · (a2 − 2h2 ) 2 B = I0 (a2 + h2 )5 = 3I0

h(2h2 − 3a2 ) 7

(a2 + h2 ) 2

Notwendige Bedingung: ⇒ I0

a2 − 2h2 (a2 + h2 )

5 2

B (h) = 0

=0

⇒

da

h≥0

a2 − 2h2 = 0 ⇒

h1 =

⇒ 1√ 2a 2

Notwendige und hinreichende Bedingung: B (h) < 0

für Max.

h1,2 = ±

1√ 2a 2

224


√ 1√ 16 3I0 Wegen B (h1 = 2a) = − < 0 erreicht die Beleuchtungsstärke im Punkt 2 27a4 1√ 2a ≈ 0, 707a ihren größtmöglichen Wert. Er beträgt A bei der Höhe h = 2 √ 1√ 2 3I0 Bmax = B(h = 2a) = . 2 9a2

Aufgabe 19.4 Bestimmen Sie die lokalen und globalen Extremwerte der Funktion y = f (x) auf [−6, 6], wobei 1 f (x) = x(x2 − 15) 3 . Lösung: 1

y = (x2 − 15) 3 + x · y =

10 x · (x2 − 27) 9 (x2 − 15) 35

1 3(x2 − 15) + 2x2 5 x2 − 9 1 · · 2x = = 2 3 (x2 −15) 32 3 (x2 − 15) 32 3(x2 − 15) 3

• y = 0 → x1,2 = ±3; √ y (−3) < 0 ⇒ bei x1 Maximum mit f (−3) = 3√3 6 3 y (+3) > 0 ⇒ bei x2 Minimum √ mit f (3) = −3 6 • y existiert nicht: für x = ± 15 √ Für |x| = 15 → y behält Vorzeichen ⇒ kein Extremum An den Grenzen: √ f (−6) =√ −6 3 21 < f (3) ⇒ −6 ist globales Minimum f (6) = 6 3 21 > f (−3) ⇒ −6 ist globales Maximum Globale und lokale Extrema auf [−6, 6]: x −6 −3 +3 +6 √ √ √ √ f (x) −6 3 21 336 −36 6 3 21 glob Min. lok. Max lok. Min glob. Max. Aufgabe 19.5 Aus einem Kreis mit Radius R wird ein Sektor ausgeschnitten. Aus dem restlichen Teil der Kreisfläche soll ein Kegel geformt werden. Dieser Kegel soll auf eine glatte Fläche gestellt werden (also: die Kegelgrundfläche wird nicht aus der gegebenen ¨ Kreisfläche ausgeschnitten!). Wie groß muss der Offnungswinkel x des verbleibenden Kreises nach Ausschneiden des Sektors gewählt werden, damit der Kegel ein möglichst großes Volumen hat? Berechnen Sie dieses Volumen.


Lösung: ¨ x := Offnungswinkel R := Erzeugende des Kegels


Kegelvolumen: V = 1/3 Grundfläche · Höhe = 13 r2 π h √ Mantelfläche des Kegels: π rR = π r r2 + h2 2π r = xR, 0 ≤ x ≤ 2π , also r = 2xR π 2 R 2 2 2 2 R = h + r = h + 2π x Umfang:

2 2 h2 = − R 2 x2 + R2 = R 2 · (4π 2 − x2 ) 4π 4π √ h = 2Rπ · 4π 2 − x2

2 1 2 1 R R 2 V = r πh = x ·π · 4π − x2 3 3 2π 2π R3 2 2 V (x) = x · 4π − x2 := ax2 · 4π 2 − x2 2 24π ⇒ V (0) = 0, V (2π ) = 0

225

226


V (x) = a · 2x · = ax · 2 ·

4π 2 − x2 + x2 ·

2

1 4π 2 − x2

· (−2x)

x2 4π 2 − x2 − 4π 2 − x2

ax · (2 · (4π 2 − x2 ) − x2 ) = 2 2 4π − x ax ! = · (8π 2 − 3x2 ) = 0 ⇒ 2 2 4π − x 1) x1 = 0, aber V (0) = 0 ⇒ x1 ist keine Lösung oder: 2) 8π 2 − 3x2 = 0 ! ! ! 8 2 8 2 = ±2 · π π = ±π ⇒ x2,3 = ± 3 3 3 ! 2 x > 0 ⇒ x = 2π 3 ⎫ 2 Für x > 2π 3 ist V (x) < 0 ⎬ ⇒ x = 2π 23 - Maximalstelle ⎭ Für x < 2π 2 3 ist V (x) > 0 ! 2 ! 2 1 R R√ 2 1 R 2 2 R 2 R V= x · 4π − x2 = · 2π · 4π 2 − 4π 2 · = R2 · · 3 2π 2 3 2π 3 2 3 9 2 ! 1 2π 3 2π 3 = √ R . 9 3

Kapitel 20

Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

Definition Stammfunktion, unbestimmtes Integral (Def. 28.1, Kap. 28.1) Es sei f eine Funktion mit Definitionsbereich D. Eine auf D definierte differenzierbare eine Stammfunktion von f , wenn F (x) = f (x) für alle 1 Funktion F heißt 1 x ∈ D.

f (x) dx oder

f bezeichnet die Menge aller Stammfunktionen von f und

wird das unbestimmte Integral von f genannt. Die Ermittlung eines bestimmten Integrals findet man im Abschnitt 28.2 (Kap. 28).

20.1 Grundbegriffe. Unbestimmtes Integral Aufgabe 20.1 a) Veranschaulichen Sie die Begriffe Zerlegung, Feinheitsmaß, Zwischenstelle, Riemannsche Summe, Integral. b) Unter welcher Voraussetzung an f (x) ist das Integral die Fläche“ ? ” c) Wann wird die Riemannsche Summe zur Unter- oder Obersumme? d) Zeigen Sie, dass der Grenzwert der Riemannschen Summe für die DirichletFunktion 0 für irrationale x ∈ [a, b] f (x) = nicht existiert. 1 für rationale x ∈ [a, b] Lösung: a) Zerlegung: Unterteilung von [a, b] in n nicht disjunkte Teilintervalle [xk−1 , xk ], k = 1, . . . , n, wobei der Schnitt zweier solcher Teilintervalle aus einem Punkt besteht.


228

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

Feinheitsmaß: Länge des größten Teilintervalls. Zwischenpunkt: Genau ein beliebiger Punkt ξk aus einem Teilintervall [xk−1 , xk ], k = 1, . . . , n Riemannsche Summe:Summe aller Rechtecksflächen mit Breite xk − xk−1 und Höhe f (ξk ), k = 1, . . . , n Integral: Grenzwert einer Riemannschen Summe für immer feiner werdende Zerlegungen. b) f (x) ≥ 0 für alle x ∈ [a, b], da dann f (ξk ) ≥ 0, k = 1, . . . , n c) Untersumme: Wähle ξk ∈ [xk−1 , xk ] so, dass f (ξk ) ≤ f (x) für alle x ∈ [xk−1 , xk ] Obersumme: Wähle ξk ∈ [xk−1 , xk ] so, dass f (x) ≤ f (ξk ) für alle x ∈ [xk−1 , xk ] Damit stellt die Untersumme eine untere und die Obersumme eine obere Schranke für das Integral dar, d.h. SU ≤

d) f (x) =

1

f (x) dx ≤ SO

0, x irrational 1, x rational

1. Zerlegung : ξk irrational ⇒ S(Z1 , ξ1 , . . . , ξn ) = 0 2. Zerlegung : ξk rational ⇒ S(Z2 , ξ1 , . . . , ξn ) = 0 finition der Riemannschen Summe.

Aufgabe 20.2

11

Berechnen Sie das Integral Teilintervalle [xk−1 , xk ].

⇒ Widerspruch zur De-

x2 dx durch die Zerlegung Z von [0, 1] in n gleiche

0

Lösung: 11 0

x2 dx u¨ ber eine a¨ quidistante Zerlegung in n Teilintervalle von [0, 1]

20.1 Grundbegriffe. Unbestimmtes Integral

229

i) Sei n ∈ N fest. Dann 1 ε = , xk := k · ε für alle k ∈ {0, . . . , n} =: J0 n ⇒ x0 = a = 0, xn = b = 1

∆ xk = xk − xk−1 = kε − (k − 1)ε = ε = ii) Sei ξi := xi

1 = const. n

für alle i ∈ {1, . . . , n} =: J1 n

n

1 · (ξi )2 i=1 i=1 n 1 2 1 n 1 n = ∑ xi2 = ∑ i · n i=1 n i=1 n

⇒ S(Z; ξ1 , . . . , ξn ) = ∑ f (ξi )∆ xi = ∑

=

1 n 2 1 1 ∑ i = n3 6 n(n + 1)(2n + 1) n3 i=1

n 1 Bew. ∑ i2 = n(n + 1)(2n + 1) u¨ ber vollst.Ind. 6 i=1

1 1 1 · 2 (n + 1) n + 3 n 2 1 1 1 1+ 1+ = 3 n 2n

=

1 = const ⇒ (δ (Z) → 0 ⇔ n → ∞) n ⇒ G := lim S(Z; ξ1 , . . . , ξn )

iii) δ (Z) =

δ (Z)→0

= lim

n→∞

= ⇒

11

1 1 1 1+ 1+ 3 n 2n

1 3

1 x2 dx = . 3

0

Aufgabe 20.3

1b

Berechnen Sie das Integral ! mit xk

= aqk , q = n

a

xm dx, 0 < a < b, u¨ ber die Zerlegung Z = {x0 , x1 , . . . , xn }

b , und der Wahl der Zwischenpunkte ξk = xk−1 . a

230


Geben Sie ein N(ε ) an, so dass die Riemannsche Summe um weniger als ε von ihrem vermuteten Grenzwert G = lim S(Z, ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) abweicht: n→∞

|S(Z, ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) − G| < ε für n > N(ε ). Berechnen Sie N(ε ) für m = 3 a = 1

1 b=2 ε = . 4

Lösung: 1b

m

x dx, 0 < a < b u¨ ber xk

= aqk ,

a

1 b n q= und ξk = xk−1 a

a) xk = aqk ⇒ x0 = aq0 = a

2 1 3n b n b = ·a = b ⇒ xn = aqn = a a a

Die Zerlegung Z = {x0 , . . . , xn } ist nicht a¨ quidistant! xk+1 aqk+1 = = q > 1, weil b > a xk aqk ⇒ x0 < x1 < . . . < xn

∆ xk = xk − xk−1 = a · qk − a · qk−1 = a · qk−1 (q − 1) > 0 Setzte J1 := {1, . . . , n} dann gilt nach Def.

δ (Z) = max ∆ xk = max a · qk−1 (q − 1) k∈J1

k∈J1

= a · max qk−1 · (q − 1) k∈J1

1 = a(q − 1) · qn−1 = aqn 1 − q 1 = b 1− q Beachte nun: lim q= lim

n→∞

n→∞

1 b n 1 b ln = lim exp n→∞ a n a

= e0 = 1 ⇒ lim

n→∞

1 =1 q

⇒ (δ (Z) → 0 ⇔ n → ∞)


S(Z, ξ1 , . . . , ξn )

= = =

231

n

n

k=1

k=1

∑ f (ξk )∆ xk = ∑ f (xk−1 )∆ xk n

∑ (aqk−1 )m · a · qk−1 (q − 1)

k=1 n

∑ am q(k−1)m · a · qk−1 (q − 1)

k=1

n

=

am+1 (q − 1) ∑ q(k−1)m · qk−1

=

am+1 (q − 1) ∑ qkm · qk

=

am+1 (q − 1) ∑ (qm+1 )k

k=1

n−1 k=0

n−1 k=0

1 − (qm+1 )n 1 − qm+1

=

am+1 (q − 1)

=

am+1 (1 − (qm+1 )n )

geom. Reihe

⎛

=

q−1 1 − qm+1

⎛ ⎞ ⎞ 1 m+1 n n b ⎠ ⎠ q−1 am+1 ⎝1 − ⎝ a 1 − qm+1 m+1

m+1 b q−1 1− a 1 − qm+1

=

a

=

(am+1 − bm+1 )

q−1 1 − qm+1

=

(bm+1 − am+1 )

1−q 1 − qm+1

1 geom. Reihe

=

(bm+1 − am+1 )

1 m

∑ qk

k=0

⇒ lim S(Z, ξ1 , . . . , ξn ) = n→∞

1 (bm+1 − am+1 ), da lim q = 1 n→∞ m+1

232

⇒


1b

xm dx =

a

b)

1 (bm+1 − am+1 ) = G m+1 m = 3, a = 1, b = 2, ε =

!

|S(Z; ξ1 , . . . , ξn ) − G|
1 ⇒ 1 + q + q2 + q3 > 4 1 1 1 1 1 1 < − < ⇔ −15 − ⇒ 15 1 + q + q2 + q3 4 4 1 + q + q2 + q3 4 4 ⇔

1 1 1 − < 2 3 4 1+q+q +q 60

1 1 1 + q + q2 + q3 − 4 q + q2 + q3 − 3 3 · q3 − 3 − ≤ ≤ = 2 3 4 1+q+q +q 4(1 + q + q2 + q3 ) 4·4 16 3 3 b n 3 (q − 1) = −1 =3 16 16 a 3 b n 1 1 1 1 folgt − −1 < < ⇒ Aus 2 3 a 60 4 1+q+q +q 60 3 3 b n b n 3 1 4 ⇔ −1 < −1 < 16 a 60 a 45 3 16

3 49 b n < ⇔ a 45 ⇔

49 3 ln 2 < ln n 45

⇔

ln 49 1 < 45 n 3 ln 2


⇔n>

233

3 ln 2 = 24.41868 . . . ln 49 45

⇒ n = 25. Aufgabe 20.4 Berechnen Sie mit Hilfe der Grundintegrale und der Integrationsregeln die Integrale: 1

a)

1

(x2 + 6x − 5) dx

dx 2 1 x √ c) x dx 1 √ 5x + 2 dx d)

b)

1

dx x 1 + 5 2 4 x3 + − 3 dx f) x x 1 √ 3 g) x dx e)

Lösung: 1

a) = 1

b) 1

c)

d)

(x2 + 6x − 5) dx =

x2 x3 + 6 − 5x + c 3 2

x3 + 3x2 − 5x + c 3 1 dx = x2

1

x−2 dx =

x−2+1 1 + c = −x−1 + c = − + c −2 + 1 x

1 √ 1 x2 x 2 +1 2 3 +c = x dx = x 2 dx = +c = x2 +c 1 3 3 +1 2 2 1

1 √

5x + 2 dx =

1

3

1

(5x + 2) 2 dx

3 1 1 3 15 d (5x + 2) 2 = (5x + 2) 2 · 5 = (5x + 2) 2 dx 2 2 1 1 3 2 ⇒ (5x + 2) 2 dx = (5x + 2) 2 + c 15 1 1 1 (x + 5) dx = dx = ln |x + 5| + c e) x+5 x+5

234


1

1 1 x−2 2 + c = x4 + ln(x2 ) + 2 + c dx = x4 + 2 ln |x| − 4 4 −2 4 x 3 1 √ 1 3 2 5 x 2 +1 3 2 + c = x 2 + c. x dx = x dx = g) 3 5 +1 2 x3 +

f)

2 4 − x x3

20.2 Bestimmtes Integral Aufgabe 20.5 Berechnen Sie das Integral 15

|6 + 3x|dx

−5

Lösung:

( 6 + 3x |6 + 3x| = −6 − 3x 15

|6 + 3x| dx =

−5

x ≥ −2 x < −2 1−2

(−6 − 3x) dx +

15

(6 + 3x) dx

−2

−5

x2 x2 −2 ]−5 + [6x + 3 ]5−2 2 2 75 75 = (12 − 6) − (30 − ) + (30 + ) − (−12 + 6) = 87. 2 2 = [−6x − 3

Aufgabe 20.6 Berechnen Sie das bestimmte Integral I=

13 0

1 1 + 1 + |x − 2| |x − 4|

dx

Lösung:

⇒I=

13 0

x ∈ [0, 3] :

|x − 4| = 4 − x

x ∈ [0, 2] :

|x − 2| = 2 − x

x ∈ [2, 3] :

|x − 2| = x − 2

1 1 + 1 + |x − 2| |x − 4|

dx = I1 + I2 + I3

20.2 Bestimmtes Integral

235

mit: I1 =

12 0

I2 =

13 2

I3 =

13 0

I1 = −

12 0

1 dx = 1+2−x 1 dx = 1+x−2

12 0

13 2

1 dx 3−x 1 dx x−1

1 dx 4−x

1 dx = [− ln |x − 3|]20 = − ln 1 + ln 3 = ln 3 x−3

I2 = [ln |x − 1|]32 = ln 2 − ln 1 = ln 2 I3 = −

13 0

1 dx = − [ln |x − 4|]30 = − ln 1 + ln 4 = ln 4 x−4

⇒ I = ln 2 + ln 3 + ln 4 = ln 24 ≈ 3, 178.... Aufgabe 20.7 Berechnen Sie die bestimmten Integrale 12

a) 0√

3 sin x dx,

2

12

b) 0

1+1

c) −1

1 √ dx, 1 − x2 1 dx 1 + x2

Lösung: a) 12 0

3 sin x dx = 3

12

sin x dx

0

= 3 [− cos x]20 = −3 [cos x]20 = −3(cos 2 − cos 0) = 3(1 − cos 2)

236


b) √ 2

12 0

√ 2 2

1

√ dx = [arcsin]0 1 − x2

√ π 2 = arcsin − arcsin 0 = 2 4 =0 π = 4

c) 11 −1

1 dx = arctan |1−1 = arctan(1) − arctan(−1) 1 + x2 = 2 arctan(1) = 2 ·

π π = . 4 2

Aufgabe 20.8 Zur Berechnung von Fourier-Reihen benötigt man immer wieder bestimmte Integrale, die von cos und sin abhängig sind. Bestimmen Sie deshalb die folgenden Integrale, mit k, l ∈ N\{0}. 12π

a)

cos(kx) sin(lx) dx

0

12π

b)

cos(kx) cos(lx) dx,

mit k = l

0

12π

c)

cos2 (kx) dx

0

12π

d)

sin2 (kx) dx

0

Lösung: 12π

12π

1 cos(kx) sin(lx) dx = (sin ((l − k)x) + sin ((l + k)x)) dx a) 2 0 0 ) $x=2π 1 1 1 − cos ((l − k)x) − cos ((l + k)x) = 2 l −k l +k x=0 ⎛

⎞

1 1⎜ 1 1 1 ⎟ cos ((l − k) 2π ) − cos ((l + k) 2π ) + cos 0 + cos 0⎠ ⎝− 2 l −k l +k l −k l +k ∈Z ∈Z 1 1 1 1 1 − − + + =0 = 2 l −k l +k l −k l +k =

20.2 Bestimmtes Integral

237

12π

12π

1 b) cos(kx) cos(lx) dx = (cos ((k − l)x) + cos ((k + l)x)) dx 2 0 0 ) $x=2π 1 1 1 sin ((k − l)x) + sin ((k + l)x) = 2 k−l k+l x=0 ⎛ =

1 1⎜ 1 1 1 ⎟ sin ((k − l) 2π ) + sin ((k + l) 2π ) − sin 0 − sin 0⎠ = ⎝ 2 k−l k+l k−l k+l ∈Z

0

12π

c)

⎞

cos2 (kx) dx =

1 2

12π

∈Z

(1 + cos(2kx)) dx =

1 2

12π

1 dx +

1 2

12π

cos(2kx) dx

0 0 ⎛ ⎞ $x=2π 1 1 1 sin(2kx) = π + ⎝sin(4kπ ) − sin 0⎠ = π =π+ 2 2k 4k x=0 0

12π

d)

0

)

sin2 (kx) dx =

0

12π

12π

0

0

1 − cos2 (kx) dx =

=0

1 dx −

=0

12π

cos2 (kx) dx = 2π − π = π .

0

Aufgabe 20.9 1 Sei f (x) = 1 2 (x − 2) + 2 |x − 2|. a) Berechnen Sie F(x) :=

1x

f (t) dt für jedes x ∈ R

2

b) Bestimmen Sie diejenige Stammfunktion G(x) von f (x), die G(0) = 1 erfüllt. Lösung: 1 f (x) = 1 2 (x − 2) + 2 |x − 2| √ x−2 ,x−2 ≥ 0 f (x) = 0 ,x−2 < 0 a) i) x ≥ 2 : ) 1x √ 3 $x 2 √ 3 2 √ t − 2 dt = t −2 = x−2 3 3 2 2

ii) x < 2 :

1x 2

0 dt = 0

3 2 √ 3 · x−2 ,x ≥ 2 0 ,x < 2 , G(x) = F(x) + c

⇒ F(x) = b) G(0) = 1

(

238

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral !

⇒ G(0) = F(0) + c = 0 + c = 1 ⇒ c = 1 ( √

3 2 x−2 +1 ,x ≥ 2 3 G(x) = 1 , x < 2.

20.3 Rechenregeln, MWS Aufgabe 20.10 Beweisen Sie die Theoreme 28.4, 28.5 und 28.7 (Kap. 28.2) mit Hilfe der Definition der Riemannschen Summe. Lösung: Th. 28.4 Beweis: 1b

n

∑

f (x) dx = lim

δ (Z)→0 k=1

a

f (ξk )(xk − xk−1 )

ist nach Def. unabhängig von der Zerlegung Z = {x0 , . . . , xn }. Zerlege nun Z in zwei Teilzerlegungen Z1 , Z2 mit Z1 ∪ Z2 = Z und Z1 ∩ Z2 = {c}. Da f integriebar gilt dann: 1c

f (x) dx =

a

1b

f (x) dx =

c

n1

lim

∑

δ (Z1 )→0 k=1 n2

lim

∑

δ (Z2 )→0 k=1

1 f (ξk1 )(xk1 − xk−1 )

2 f (ξk2 )(xk2 − xk−1 )

und nach den Grenzwertregeln in Integralschreibweise 1c

f (x) dx +

a

1b c

Th. 28.5 Beweis: 1b

i) Zeige a

c f (x) dx = c

1b a

f (x) dx.

f (x) dx =

1b a

f (x) dx

20.3 Rechenregeln, MWS n

∑

lim

δ (Z)→0 k=1

c f (ξk )(xk − xk−1 ) n

∑

= c · lim

δ (Z)→0 k=1

= c·

1b

239

f (ξk )(xk − xk−1 )

f (x) dx

a

⇒ Mit f ist auch c f integrierbar und es gilt die Behauptung. 1b

ii) Zeige

f (x) dx +

a

1b

g(x) dx =

a

1b

[ f (x) + g(x)] dx

a

n

∑ ( f (ξk ) + g(ξk ))(xk − xk−1 )

lim

δ (Z)→0 k=1

= lim

n

∑

δ (Z)→0 k=1

=

1b a

f (ξk )(xk − xk−1 ) + lim

f (x) dx +

n

∑

δ (Z)→0 k=1

1b

g(ξk )(xk − xk−1 )

g(x) dx

a

Th. 28.7 Beweis: Beachte die Funktion h(x) = g(x) − f (x) ≥ 0. Nach Theorem 28.5 ist h(x) integrierbar und es gilt: b (∗) 1

0≤

h(x) dx =

a

1b a

n

∑

g(x) dx −

1b

h(ξk ) (xk − xk−1 ) ≥ 0. δ (Z)→0 k=1 ≥0 ≥0 lim

f (x) dx

a

(∗)

Aufgabe 20.11 Bestimmen Sie einen Wertebereich [c, d] für den Grenzwert der Folgen der Rie1 mannschen Summen der Funktion f (x) = √ auf dem Intervall [a, b] = 2 + x − x2 [0, 1]

240


Lösung: 1 1 2 2 + x − x = −(x − x − 2) = − x − x + − − 2 4 4 1 2 9 =− x− − 2 4 2

2

=

9 1 2 − x− 4 2

⇒ f (x) =

1 9 4

− (x − 12 )2

2 1 = ⇒ min f (x) = min f (x) = f 2 3 [a,b] [0,1] 1 max f (x) = f (0) = √ [0,1] 2 min f (x) ≤ f (x) ≤ max f (x) [0,1]

Th. 28.7

⇒

[0,1]

11

2 dx ≤ 3

2

11

f (x) ≤

0

11 0

1 √ dx 2

11

1 1 √ dx ≤ √ 2 2 2+x−x 0 $ ) 2 1 ⇒ [c, d] = , √ . 3 2

⇒

2 ≤ 3

Aufgabe 20.12 Für die auf I = [0, 6] stückweise stetige Funktion 1x x, 0 ≤ x ≤ 3 f (x) = berechnen Sie F0 (x) = f (t)dt für jedes x ⊆ I und wei8 − x, 3 < x ≤ 6 0

sen Sie nach, dass F0 (x) an der Stelle x0 = 3 stetig, nicht aber differenzierbar ist. Lösung: a) x ∈ [0, 3] F0 (x) =

1x 0

f (t) dt =

1x 0

1 2 x 1 2 t dt = t = x 2 0 2

20.3 Rechenregeln, MWS

241

b) x ∈ (3, 6]

F0 (x) =

1x

f (t) dt =

0

=

13

f (t) dt +

0

9 + 2

1x

(8 − t) dt =

3

=

1x

f (t) dt

3

) $ 1 x 9 + 8t − t 2 2 2 3

1 9 9 + 8x − x2 − 24 − 2 2 2

= 8x −

x2 + 9 − 24 2

= 8x −

x2 − 15 2

Also: ⎧ ⎪ ⎨

1 2 x ,0≤x≤3 2 F0 (x) = 2 ⎪ ⎩ 8x − x − 15, 3 < x ≤ 6 2 ⇒ F0 (3) =

9 2 lim F0 (x) = 24 − x↓3

9 9 9 − 15 = 9 − = 2 2 2

⇒ F0 (x) stetig auf [0, 6] ( F0 (x) =

x ,0≤x≤3 8 − x, 3 < x ≤ 6

⇒ F0 (3) = 3 lim F0 (x) = 8 − 3 = 5 x↓3

⇒ F0 (x) nicht differenzierbar in x = 3.

242


Aufgabe 20.13 Der Mittelwertsatz lautet: Sei f : [a, b] → R eine stetige Funktion. Dann existiert ein x0 ∈ (a, b) derart, dass gilt 1b

f (x) dx = f (x0 )(b − a).

a

Berechnen Sie die entsprechenden x0 für die folgenden Funktionen und Werte: a) f (x) = ln x, a = 1, b = 5 x2 , a = 0, b = 5 b) f (x) = 2 x +1 c) f (x) = sin x, a = 0, b = π d) f (x) = ax ln a, a = 1, b = 2 Lösung: Aus dem MWS ergibt sich 1 f (x0 ) = b−a

1b

f (x)

a

a) ln x0 =

1 5−1

15

ln x dx =

1 (x ln |x| − x)51 4

1

5 1 = (5 ln 5 − 5 + 1) = ln 5 − 1 4 4 5 5 ln 5 − 1 = 5 4 e−1 ≈ 2, 75... ⇒ x0 = exp 4

20.3 Rechenregeln, MWS

243

b) x02 1 = 5−0 x02 + 1 =

1 5

15 0

15

1−

0

⎛ =

x2 1 dx = x2 + 1 5

1⎝ 5

15

1 x2 + 1

1 dx −

0

15 0

15 2 x +1−1 0

x2 + 1

dx ⎞

1 dx⎠ x2 + 1

1 1 = (5 − arctan5) = 1 − arctan5 5 5 1 2 2 ⇒ x0 = (x0 + 1) 1 − arctan5 5 1 1 = 1 − arctan5 ⇒ x02 1 − 1 − arctan5 5 5 5 ⇒ x02 = −1 arctan5 ! 5 − 1 ≈ 2, 64 ≈ 1, 62... ⇒ x0 = arctan5 1π

c)

sin x dx = −[cos x]π0 = −(−1 − 1) = 2

0

⇒ 2 = π · f (x0 ) ⇒ sin x0 = π2 12

d) 1

⇒ f (x0 ) = π2 ⇔ x0 = arcsin π2 ≈ 0, 69...

ax ln a dx = [ax ]21 = a2 − a = a(a − 1)

dx

244


a2 − a = 1 · f (x0 ) ⇒ ax0 · ln a = a(a − 1) ax0 −1 · ln a = a − 1 ax0 −1 =

a−1 ln a

a−1 ln a a−1 (x0 − 1) · ln a = ln ln a

⇒ e(x0 −1)·ln a =

⇒ x0 =

ln(a − 1) − ln(ln a) + 1. ln a

Aufgabe 20.14 Seien f , g integrierbar auf [a, b] mit M = inf f (x), M = sup f (x), g(x) ≥ 0 und [a, b]

[a, b]

M ≤ µ ≤ M. Dann gilt der allgemeine MWS.

M

1b

g(x) dx ≤

a

1b

f (x)g(x) dx ≤ M

a

1b

1b

g(x) dx,

a

f (x)g(x) dx = µ

a

1b

g(x) dx

a

Bestimmen Sie für die Funktionen f (x), g(x) nach dem MWS den Wert µ . f (x) = x, 0 ≤ x ≤ 4 g(x) = x2 , x ∈ R [a, b] = [0, 4] Gilt µ = f (ξ ), ξ ∈ (a, b)? Lösung: • f stetig

Th. 28.3

⇒

f integrierbar auf I = [0, 4]

Th. 28.3

• g stetig ⇒ g integrierbar auf I • Allg. MWS M = inf f (x) = 0, M = sup f (x) = 4 I

• 0≤

1b a

f (x) g(x) dx ≤ M

1b a

I

g(x) dx

20.4 Berechnung des Flächeninhalts

14

245

x · x dx =

1 4 4 x = x = 64 − 0 = 64 4 0

14

2

0

3

0

14

x2 dx =

0

0≤

14

1 3 4 64 x = 3 0 3

x3 dx ≤ 4 ·

64 3

0

•

14

x3 dx = µ ·

0

14

x2 dx

0

64 64 = µ 3 µ =3 • µ = f (ξ ) = f (3).

20.4 Berechnung des Flächeninhalts Aufgabe 20.15 Berechnen Sie den Flächeninhalt der Figur, die von der Parabel y = x2 − 4x + 5, der x-Achse und den Geraden x = 3 und x = 5 begrenzt wird. Lösung: 15

)

1 (x − 4x + 5) dx = x3 − 2x2 + 5x 3

$5

2

3

3

1 3 1 3 32 2 2 ·3 −2·3 +5·3 = . = · 5 − 2 · 5 + 25 − 3 3 3

Aufgabe 20.16 a) Man bestimme die zwischen den Kurven y = f (x) = x und y = g(x) = |x(x − 1)| gelegene Fläche in dem Intervall x ∈ [a, b], in dem f (x) oberhalb g(x) verläuft: f (x) ≥ g(x)

246


b) Wie groß ist in a) die Fläche zwischen g(x) und der x-Achse? Hinweis: Man skizziere die Funktion f (x) und g(x) (Bestimmung des Intervalls [a, b]). Lösung:

y 2

1 F1

0 -1

F2

b 0 a

1

-1

Abb. 20.1 Bild zu Aufgabe 20.16

a) Schnittpunkte: Für x ≥ 0 :

f (x) ≥ g(x) ⇒ x ≥ 0 ( x(1 − x) für 0 ≤ x < 1 g(x) = x(x − 1) für x ≥ 1

x ∈ [0, 1] : x = x(1 − x) ⇔ −x2 = 0 ⇒ x = 0 ⇒ a = 0 x ∈ [1, b] : x = x(x − 1) ⇔ x2 − 2x = 0 ⇒ x = 2 ⇒ b = 2

2

x


F1 =

1b

247

( f (x) − g(x)) dx =

a

=

11

[x − x(1 − x)] dx +

0

=

11

12

0 12

(x − |x(x − 1)|) dx

[x − x(x − 1)] dx

1

12

x dx + 2

0

(2x − x2 ) dx

1

2 x3 2 = + x − 3 0 3 1 1 6 1 = + (4 − 1) − (8 − 1) = 3 − = 1 3 3 3 1 x3

b) 1 1 F2 = b f (b) − F1 = · 2 · 2 − 1 = 1. 2 2 Aufgabe 20.17 Zeigen Sie, dass für jedes t ≥ 0 der zum Punkt (cosht, sinht) gehörige, skizzierte Hyperbelsektor den Flächeninhalt F = t besitzt.

y

B 1

0

-1


A 1

x

248


Lösung: x2 − y2 = 1 ⇔ y2 = x2 − 1 ⇒ y = F = 2 · F(∆ OAB) − 2

√ x2 − 1 (obere Hälfte) cosht 1

x2 − 1 dx

1

+cosht 1* 1 = 2 · cosht sinht − 2 · x x2 − 1 − arcosh x 2 2 1 *

+

= cosht sinht − cosht cosh2 t − 1 − arcosh(cosht) − 0 = cosht sinht − cosht sinh2 t + t = cosht sinht − cosht sinht + t = t.

Aufgabe 20.18

1 Berechnen Sie das von den Parabeln y = x2 −4x und y = − x2 +2x eingeschlossene 5 Flächenstück den Flächeninhalt A sowie den Flächenschwerpunkt S. Lösung: Zuerst brauchen wir die Schnittpunkte der beiden Parabeln: 1 6 x2 − 4x = − x2 + 2x ⇐⇒ x2 − 6x = 0 ⇐⇒ x = 0, x = 5 5 5 $5 ) 15 15 1 2 6 2 2 3 2 2 ⇒ A= − x + 2x − x + 4x dx = − x + 6x dx = − x + 3x 5 5 5 0 0

0

= −50 + 75 = 25 Berechnung des Schwerpunkts: ) $5 15 3 4 6 3 1 6 2 1 2 3 − x + 2x − x + 6x dx = x − x + 6x dx = 5 25 5 25 10 0 0 0 375 1 125 5 1 − + 250 = · = = 25 2 25 2 2

1 xs = · A

15


1 ys = 2A

15

249

1 − x2 + 2x 5

2

2 − x2 − 4x

dx

0

24 4 36 3 2 − x + x − 12x dx 25 5 0 ) $5 24 5 9 4 1 1 1 3 − x + x − 4x (−600 + 1125 − 500) = . = = 50 125 5 50 2 0

1 = 50

15

Aufgabe 20.19 Berechnen Sie den endlichen Flächeninhalt zwischen den Kurven f1 (x) und f2 (x): a) f1 (x) = 2x + 3 f2 (x) = x2 b) f1 (x) = 3 − f2 (x) =

x2 2

x2 4

Lösung: a) Schnittpunkte: x2 − 2x − 3 = 0 ⇔ x1,2 = 12 · 2 ± 4 − 4 · 1 · (−3)

x2 = 2x + 3 ⇔

⇒ x1 = x2 = ⇒F = = =

1x2

1x2

f1 (x) dx −

x1

1x2 x1

( f1 (x) − f2 (x)) dx

x1 1x2

(2x + 3 − x2 ) dx

x1

f2 (x) dx

1 · (2 − 4) = −1, 2 1 · (2 + 4) = 3 2

250



+3 * = x2 + 3x − 13 x3

−1

= 9 + 9 − 9 − (1 − 3 + 31 ) = 32 3 b) Schnittpunkte: f1 = f2

⇔ 3 − x2 = x4 2 2 ⇔ − x2 − x4 = −3 ⇔ 34 x2 = 3 ⇔ x2 = 22

⇒ x1 = −2,

2

2

x2 = 2


251

Abb. 20.4 Bild zu Teilaufgabe b)

) $ 12 3 2 3 3 2 x2 x2 dx = 3 − · x dx = 3x − x ⇒F = 3− − 2 4 4 12 −2 −2 −2 +2 * = 3x − 41 x3 = 6 − 84 − −6 + 84 = 8. 12

−2

Aufgabe 20.20 Bestimmen Sie die durch 1 cos2 x 4 π f2 (x) = x + 1 mit x ∈ [0, ] π 3

f1 (x) =

252


begrenzte Fläche. π Hinweis: Schnittpunkte x1 = 0, x2 = 4 Lösung: f1 (x) =

1 , cos2 x

Schnittpunkte:

f2 (x) = π4 · x + 1,

+ * x ∈ 0, π3

x = π4

x = 0,

π

⇒F =

13

| f2 (x) − f1 (x)| dx

0 π

π

=

14

( f2 (x) − f1 (x)) dx +

π

14 0

( f1 (x) − f2 (x)) dx

π 4

0

=

13

4 1 ·x+1− π cos2 x

π

dx +

13 π 4

4 1 − 1 − · x dx π cos2 x

* +π +π * 4 3 = π2 · x2 + x − tan x + tan x − x − π2 · x2 π 0 4

2 π − 1 − 0 + √3 − π − 2 · π 2 − 1 − π − 2 · π 2 = π2 · π + 3 π 9 4 π 16 16 4 √ = π8 + π4 − 1 + 3 − π3 − 2 9· π − 1 + π4 + π8 √ 3 5 = π − π + 3−2 4 9 √ · π ≈ 0, 34 . . . . = 3 − 2 + 736

Kapitel 21

Partielle Integration - Integration durch Substitution

Partielle Integration (Theorem 29.1, Kap. 29.1) Sind die Funktionen f , g auf einem Intervall I definiert und haben dort stetige Ableitungen f , g so gilt 1 1 f g = f g −

f g .

Integration durch Substitution Regel I (Theorem 29.3 (Erste Substitutionsregel), Kap. 29.2) Es seien I, J Intervalle, f eine auf I stetige Funktion und ϕ eine auf J differenzierbare Funktion mit ϕ (J) ⊂ I. Dann gilt 1 1 f ϕ (x) ϕ (x) dx = f (t) dt|t=ϕ (x) . Regel II (Theorem 29.4 (Zweite Substitutionsregel), Kap. 29.2) Es seien I, J Intervalle, f eine auf I stetige Funktion und ψ eine auf J differenzierbare, eineindeutige Funktion mit ψ (J) = I. Dann gilt 1 1 f (x) dx = f ψ (t) ψ (t) dt|t=ψ −1 (x) . Unter der Voraussetzung von der Regel I (bzw. Regel II) gilt für beliebige a, b ∈ J (bzw. I): ϕ1(b) f ϕ (x) ϕ (x)dx = f (t) dt

1b a

ϕ (a)

1b

bzw.

f (x)dx =

a

−1 (b) ψ1

f ψ (t) ψ (t) dt .

ψ −1 (a)

(Theorem 29.5 (bzw. 29.6), Kap. 29.2). ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 21,

254

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

21.1 Partielle Integration Aufgabe 21.1 Mit Hilfe von partieller Integration bestimme man: 1

a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) k) l) m) n) o) p)

q) r) s) t)

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

x sin x dx x2 ln x dx ln x dx ex sin x dx x ln(x − 1) dx x2 sin x dx x2 cos x dx sin x cos x dx xe3x dx x2 sin 4x dx x3 sin 5x dx sin2 x dx cos2 x dx (ln x)2 dx x sin(ln x) dx

1 dx (x2 + 1)2 Hinweis: Das Integral soll ohne Rekursionsformel ausgerechnet werden: 1 = x2 (x2 + 1) − x2 ; partielle Integration für 2 (x + 1)2 1 1 1 1

arcsin x dx arctg x dx

eax sin(bx) dx eax cos(bx) dx

21.1 Partielle Integration

255

Lösung: a) I =

1

x sin xdx v = sin x v = 1− cos x

u =x u = 1

I = −x cos x +

cos xdx

I = −x 1 cos x + sin x + c b) I = x2 ln xdx u = ln x v = x2 1 1 v = x3 u = x 13 1 3 1 I = x ln x − x2 dx 3 3 1 1 +c I = x3 ln x − 3 3 1 c)

ln x dx

f (x) = ln x g (x) = 1

f (x) =

⇒

g(x) = x

⇒ 1

d) I =

1

1 x

ln x dx = ln x · x −

1

1 · x dx = ln x · x − x + c x

ex sin x dx

f (x) = ex ⇒ f (x) = ex g (x) = sin x ⇒ g(x) = − cos x

1 x

x ⇒ I = e − cos x − e − cos x dx 4 I1 =+ ex cos x dx

d.h. für I1 : f1 (x) = ex ⇒ f1 (x) = ex g1 (x) = cos 1 x ⇒ g1 (x) = sin x ⇒I =

⇔ ⇒

1

ex sin x dx = −ex cos x + ex sin x − ex sin x dx 1

2 ex sin x dx = ex sin x − cos x 1

1 ex sin x dx = ex sin x − cos x + c 2

256


e) I =

1

x ln(x − 1) dx 1 x−1 1 ⇒ g(x) = x2 2

f (x) = ln(x − 1)⇒ f (x) = g (x) = x

1 ⇒ I = (ln(x − 1)) · x2 − 2 1

1

1 1 · x2 dx x−1 2 = 21 I1

1

1

dx x−1 x−1 1 = x + x2 + ln(x − 1) + c 2

1 1 2 1 x + x + ln(x − 1) + c ⇒ I = ln(x − 1) · x2 − 2 2 2 1 1 = (ln(x − 1)x2 − x2 − x − ln(x − 1)) + c 2 2 1 1 = ((x2 − 1) ln(x − 1) − x − x2 ) + c 2 2 I1 =

1

f)

(x2 − 1) + 1

dx =

x2 sin x dx = −x2 cos x − u

v

= −x2 cos x + 2

1

1

(x + 1) dx +

−2x cos x dx

x cos x dx u

= −x2 cos x + 2(x sin x −

v

1

1 · sin x dx)

= −x2 cos x + 2(x sin x + cos x + c) 2c = −x2 cos x + 2x sin x + 2 cos x + =c1

1

g)

2 x2 cos x dx = x sin x − u

v

= x2 sin x − 2

1

1

2x sin x dx

x sin x dx

Teilaufgabe a) 2

= x sin x − 2(−x cos x + sin x + c) = x2 sin x + 2x cos x − 2 sin x −2c =c1


1

h)

2 sin x cos x dx = sin x − u

⇒

1 1

2

1

⇒ 1

v

f (x) dx = sin x −

1

2

⇒

i)

257

1

f (x) dx

f (x) dx = sin2 x

sin x cos x dx =

1 2 sin x + c 2

1 x e3x dx = x · e3x − 3 u

cos x sin x dx

v

1

1 1 · e3x dx 3

1

1 1 = xe3x − e3x dx 3 3 1 1 3x 3x xe − e + c = 3 3 1

j)

1 2 x2 sin 4x dx = − 4 x cos 4x − u

v

−2x cos 4x ·

1 dx 4

1 1 · sin 4x dx 4 1 1 1 2 1 1 x sin 4x − = − x cos 4x + sin 4x dx 4 2 4 4 1 1 1 1 1 2 x sin 4x − − cos 4x + c = − x cos 4x + 4 2 4 4 4

1 1 = − x2 cos 4x + 4 2

1

1 x sin 4x − 4

1

1 1 1 1 = − x2 cos 4x + x sin 4x + cos 4x − c 4 8 32 8 =c1

258


k) 1

3 x3 x3 sin 5x dx = − 5 cos 5x + 5 u

1

v

=−

x3 5 x3

cos 5x +

x2 cos 5x dx u

v

3 2 3 x sin 5x − 25 25

1

2x sin 5x dx u

v

1

3 2 3 6 x sin 5x + x cos 5x − 2 cos 5xdx 5 25 125 125 3 6 6 x3 x cos 5x − sin 5x + c = − cos 5x + x2 sin 5x + 5 25 125 625 x3 6 3 6 x− + sin 5x − + x2 + c = cos 5x 125 5 625 25 =−

1

sin2 x dx =

l)

1

= − sin x cos x − = − sin x cos x + = − sin x cos x + = − sin x cos x + 1

⇒

2

1

⇒

cos 5x +

sin x sin x dx 1 1 1 1

u

v

cos x(− cos x) dx cos2 x dx (1 − sin2 x) dx 1 dx −

1

sin2 x dx

f (x) dx = − sin x cos x + x + c

sin2 x dx =

c 1 (− sin x cos x + x) + 2 2 =c1

1

m) =

cos2 x dx =

1

1 dx −

1

1

(1 − sin2 x) dx

sin2 x dx

1 x + c0 − (− sin x cos x + x) − c1 2 1 1 = x − x + sin x cos x + c0 − c1 2 2 Teilaufgabe l)

=

c

1 = (x + sin x cos x) + c 2


1

n)

(ln x)2 dx =

1

259

ln x ln x dx u

1

ln x dx 1

⇒

Teilaufgabe c)

=

v

x(ln x − 1) + c

ln x ln x dx = ln x · x(ln x − 1) − u

v

= ln x · x(ln x − 1) −

1

ln x dx +

1

1

1 · x(ln x − 1) dx x

1 dx

= ln x · x(ln x − 1) − x(ln x − 1) − c1 + x + c2 = 2x − 2x ln x + x(ln x)2 + c3 o) I1 :=

1

1 x sin(ln x) dx = x2 sin(ln x) − 2 =u

1

=v

1 2 1 x · cos(ln x) dx 2 x 1

1 1 = x2 sin(ln x) − x · cos(ln x) dx 2 2 1 1 1 2 1 1 2 x · − sin(ln x) dx x cos(ln x) dx = x cos(ln x) − 2 2 x =u

=v

1 1 = x2 cos(ln x) + I1 2 2 1 1 1 ⇒ I1 = x2 sin(ln x) − x2 cos(ln x) − I1 2 4 4 5 1 1 I1 = x2 sin(ln x) − x2 cos(ln x) ⇒ 4 2 4 1 ⇒ I1 = x2 (2 sin(ln x) − cos(ln x)) + c 5 p) I=

=

1

1

1

1 dx = (x2 + 1)2 1 dx − x2 + 1

1

x2 + 1 x2 − (x2 + 1)2 (x2 + 1)2

1

x2 dx = 2 (x + 1)2

1

1 −1 dx − x · − x2 + 1 2(x2 + 1) 1 x 1 +c = arctan x + 2 2 2 x +1

=

1

dx ⎛

⎞

⎜1 ⎟ x 1 ⎜ ⎟ dx − x · 2 dx⎟ ⎜ 2 2 x +1 (x + 1) ⎝ ⎠ =u

−1 1 dx = 2(x2 + 1) 2

1

=v

1 1 x dx + 2 x2 + 1 2 x +1

260

1

q)


arcsin x dx =

= x arcsin x − (arcsin x) = √ 1

=

1

1−x2

1

1 arcsin x dx u

v

x(arcsin x) dx

x arcsin x −

1

√ = x arcsin x + 1 − x2 + c 1

r)

arctan x dx =

1

x √ dx 1 − x2

1 arctan x dx

v (arctan x) = 1 2 (s.Aufg. 16.5) 1+x

=

u

x arctan x −

1

x dx 1 + x2 1 1 2x = x arctan x − dx 2 1 + x2 1 = x arctan x − ln |1 + x2 | + c 2 1 = x arctan x − ln(1 + x2 ) + c 2 = x arctan x −

1

s)

1

x

1 dx 1 + x2

1 eax sin(bx) dx = eax (− cos(bx)) − b u

v

1 a = − eax cos(bx) + b b

1

1

1 aeax (− cos(bx)) dx b

eax cos(bx) dx u

v

1 a ax 1 1 ax ax 1 e sin(bx) − ae · sin(bx) dx = − e cos(bx) + b b b b 1 1 a 1 ax a e sin(bx) − = − eax cos(bx) + eax sin(bx) dx b b b b 1 1 a a2 eax sin(bx) dx = − eax cos(bx) + 2 eax sin(bx) ⇒ 1+ 2 b b b

⇒

1

b2 +a2 b2

eax sin(bx) dx =

1 eax (a sin(bx) − b cos(bx)) + c a2 + b2


261

1

1

1 b eax cos(bx) dx = eax cos(bx) + eax sin(bx) dx a a eax b Teilaufgabe c) 1 ax e cos(bx) + · 2 = (a sin(bx) − b cos(bx)) a a a + b2 1 b = eax cos(bx) + 2 (a sin(bx) − b cos(bx)) a a + b2

1 1 2 (a + b2 ) cos(bx) + ab sin(bx) − b2 cos(bx) = eax 2 a a + b2 eax (a cos(bx) + b sin(bx)) . = 2 a + b2

t) Teilaufgabe c)

⇒

Aufgabe 21.2 Berechnen Sie die folgenden Integrale nach dem Verfahren der partiellen Integration: 1

a) b)

sin(ax) sin(bx) dx für |a| = |b|, a, b = 0

1 1

c)

cos(ax) cos(bx)dx für |a| = |b|, a, b = 0 ( f (x))n f (x)dx n ∈ N

Lösung: 1

sin(ax) sin(bx) dx

a)

f (x) = sin(ax) g (x) = sin(bx) 1 g(x) = − cos(bx) b 1 1 a 1 cos(ax) cos(bx) dx ⇒ sin(ax) sin(bx) dx = − sin(ax) cos(bx) + b b ⇒ f (x) = a cos(ax),

f1 (x) = cos(ax) g1 (x) = cos(bx) ⇒ f1 (x) = −a sin(ax) g1 (x) = ⇒

1

cos(ax) cos(bx) dx =

a 1 cos(ax) sin(bx) + b b

1

1 sin(bx) b sin(ax) sin(bx) dx

1 a 1 a2 sin(ax) sin(bx) dx = − sin(ax) cos(bx) + 2 cos(ax) sin(bx) ⇒ 1− 2 b b b ⇒

1

sin(ax) sin(bx) dx =

1 (b sin(ax) cos(bx) − a cos(ax) sin(bx)) + c a2 − b2

262


b) I =

1

cos(ax) cos(bx) dx g (x)

f (x)

f (x) = cos(ax) f (x) = −a sin(ax) I=

g (x) = cos(bx) 1 g(x) = sin(bx) b 1

a 1 cos(ax) sin(bx) + sin(ax) sin(bx)dx b b I1

I1 =

1

1

a 1 sin(ax) sin(bx) dx = − sin(ax) cos(bx) + cos(ax) cos(bx)dx b b f1 (x)

g1 (x)

f1 (x) = sin(ax) f1 (x) = a cos(ax)

g1 (x) = sin(bx) 1 g1 (x) = − cos(bx) b

I

2 a a a2 1 − · I ⇒ I = cos(ax) sin(bx) − 2 sin(ax) cos(bx) + 2 · I b2 b b b 2 1 a 1 a cos(ax) cos(bx)dx = cos(ax) sin(bx) − 2 sin(ax) cos(bx) ⇒ 1− 2 b 1 b b ⇒ (b2 − a2 )

cos(ax) cos(bx)dx = b cos(ax) sin(bx) − a sin(ax) cos(bx)

b cos(ax) sin(bx) − a sin(ax) cos(bx) b2 − a2 Nebenrechnung: (a − b) sin((a + b)x) + (a + b) sin((a − b)x) = (a − b) sin(ax + bx) + (a + b) sin(ax − bx) = (a − b)(sin(ax) cos(bx) + cos(ax) sin(bx)) + (a + b)(sin(ax) cos(bx) − cos(ax) sin(bx)) = 2a sin(ax) cos(bx) − 2b cos(ax) sin(bx) ⇒I =

b cos(ax) sin(bx) − a sin(ax) cos(bx) b2 − a2 1 (a − b) sin((a + b)x) + (a + b) sin((a − b)x) =− 2 b2 − a2 1 (a − b) sin((a + b)x) + (a + b) sin((a − b)x) = 2 a2 − b2 1 (a − b) sin((a + b)x) + (a + b) sin((a − b)x) = 2 (a − b)(a + b) 1 sin((a + b)x) sin((a − b)x) + = 2 a−b a + b 1 sin((a + b)x) sin((a − b)x) + ⇒I= 2 a+b a−b ⇒


1

c)

263

( f (x))n f (x)dx = ( f (x))n f (x) −

= ( f (x))n+1 − n ⇔

1

⇔

1

n( f (x))n−1 f (x) f (x)dx

( f (x))n f (x)dx

( f (x))n f (x)dx + n

⇔ (n + 1) 1

1

1

1

( f (x))n f (x)dx = ( f (x))n+1

( f (x))n f (x)dx = ( f (x))n+1

( f (x))n f (x)dx =

1 ( f (x))n+1 . n+1

Aufgabe 21.3 Berechnen Sie eine Rekursionsformel für die Integrale Jn (x) = Lösung: a) Jn (x) =

1

sinn x dx =

= sinn−1 x(− cos x) −

1

1

1

sinn x dx,

1

ex xn dx.

n−1 sin sin x dx x u

v

(n − 1) sinn−2 x cos x(− cos x) dx

= − sinn−1 x cos x + (n − 1) = − sinn−1 x cos x + (n − 1)

1

sinn−2 x cos2 x dx

1

sinn−2 x(1 − sin2 x) dx 1 1

⇒

In (x) =

sinn−2 x dx − sinn x dx Jn−2

Jn

Jn (x) = − sinn−1 x cos x + (n − 1)Jn−2 (x) − (n − 1)Jn (x)

Jn (x) + (n − 1)Jn (x) = − sinn−1 x cos x + (n − 1)Jn−2 (x) nJn (x) = − sinn−1 x cos x + (n − 1)Jn−2 (x) 1 1 Jn−2 (x) Jn (x) = − sinn−1 x cos x + 1 − n n

264


b) In (x) =

1

x

n

n x

e x dx = x e −

1

nxn−1 ex dx

u

v

= xn ex − n

1

xn−1 ex dx In−1

= xn ex − nIn−1 ⇒

1

ex xn dx = In (x) = xn ex − nIn−1 (x).

Aufgabe 21.4 Berechnen Sie die bestimmten Integrale 11

a)

xex dx

0

12

b)

ln x dx

1

Lösung: a) 11 0

x ex dx = xex |10 − u

v

11

1 · ex dx

0

= e − ex |10 = e − e + 1 = 1 b) 12 1

ln x dx =

12 1

1 · ln x dx = x v

ln x|21 −

u

= 2 ln 2 − x|21 = 2 ln 2 − 2 + 1 = 2 ln 2 − 1.

12 1

1 x dx x


Aufgabe 21.5 Berechnen Sie I =

1A

265

e−x | cos x| dx für A =

3π . 2

0

Lösung: 1A

3π 2 0 ⎧ * π+ ⎪ cos x, x ∈ 0, ⎨ 2$ ) | cos x| = π 3π ⎪ , ⎩ − cos x, x ∈ 2 2

I=

e−x | cos x| dx

,A =

3π

⇒

12

π

e−x | cos x| dx =

0

1

e

e−x cos x dx −

0

Aufg. 22.1 t)

=

Hier: 1 a = −1, ⇒

3π

eax cos bx dx −x

12

I1

12 π

2

e−x cos x dx I2

eax (b sin(bx) + a cos(bx)) + c a + b2 2

b=1 1 cos x dx = e−x (sin x − cos x) + c 2 1 −π e 2 2 1 −π e 2 = 2 1 −π e 2 = 2

⇒ I1 =

π π −0 − cos − e (sin 0 − cos 0) 2 2 · 1 − 1 · (−1) +1

sin

π π 3π 3π 1 − 3π π e 2 sin − cos − e− 2 sin − cos 2 2 2 2 2 π 1 − 3π e 2 · (−1) − e− 2 · 1 = 2 π 1 3π = − e− 2 + e− 2 2

I2 =

266

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution 3π

⇒

12

1 3π π 1 −π e 2 +1 + e− 2 + e− 2 2 2 3π 1 −π 2e 2 + e− 2 + 1 = 2 π 1 3π 1 = + e− 2 + e− 2 . 2 2

e−x | cos x| dx = I1 − I2 =

0

21.2 Integration durch Substitution Aufgabe 21.6 Mit der ersten Substitutionsregel berechne man: 1

a) b)

1 1

c) 1

d) 1

e) f) g) h) i) j) k) l)

1 1 1 1 1 1 1 1

cos(5x + 1) dx a4x+1 dx x √ dx ax2 + b 1 e x2 dx x3 (ln x)2 dx x (ex + 1)3 ex dx x dx 4 x +3 arctan x dx 1 + x2 2−x dx 2 + 4x + 2 4x x2 8x3 − 1 dx sin2 x cos x dx sin9 x dx

2x − 3 √ dx 2 + 9x − 3x2 1 1 n) dx 2 4 1 sin x5cos x 2x √ dx o) 3 1 − x3

m)

21.2 Integration durch Substitution

1

p)

267

(x + 2) sin(x2 + 4x + 6) dx

Lösung: 1

cos(5x + 1) dx

a)

t = 5x + 1 =

1

1

b)

cost

⇒

dt =5 dx

⇔

dx =

dt 5

1 1 dt = sint + c = sin(5x + 1) + c 5 5 5

a4x+1 dx

1 dt = 4 ⇒ dx = dt dx 4 1 1 1 1 1 1 t 1 at dt = a +c ⇒ a4x+1 dx = at dt = 4 4 4 ln a 1 4x+1 a = +c 4 ln a

t = 4x + 1

1

c)

⇒

x √ dx ax2 + b

1 dt = 2ax ⇔ x dx = dt dx 2a 1 1 1 1 x 1 1 1 dt = ⇒ √ dx = √ · t − 2 dt 2a t 2a ax2 + b 1 1 1 1√ 1 2 · 1 ·t 2 +c = = t +c = ax + b + c 2a 2 a a

t = ax2 + b

1

⇒

1

e x2 d) dx x3 1 dt 2 = −2 · x−3 = − 3 ⇒ t = 2, x dx x ⇒ 1

e)

1

1

1 e x2 dx = − x3 2

1

dx 1 = − dt x3 2

1 1 1 et dt = − et + c = − e x2 + c 2 2

(ln x)2 dx x dt 1 dx t = ln x ⇒ = ⇒ = dt dx x x

268


⇒ 1

f)

1

(ln x)2 dx = x

1

1 1 t 2 dt = t 3 + c = ln3 x + c 3 3

(ex + 1)3 ex dx

dt = ex ⇒ ex dx = dt dx 1 1 1 1 ⇒ (ex + 1)3 exdx = t 3 dt = t 4 + c = (ex + 1)4 + c 4 4

t = ex + 1 ⇒

t3

dt

1

g)

x dx x4 + 3 1 dt t = x2 , = 2x ⇒ xdx = dt dx 2 1 1 1 x 1 dx = ⇒ dt x4 + 3 2 3 + t2 √ √ dt √ = 3 ⇒ dt = 3 du t = 3u ⇒ du 1 1 1 1 1 1 √ dt = 3 du ⇒ 2 2 3+t 2 31+ 3u2 1 1 du = √ 1 + u2 2 3 1 = √ arctan u + c 2 3 t 1 = √ arctan √ + c 2 3 3 1 x2 = √ arctan √ + c 2 3 3 1

h)

arctan x dx 1 + x2

1 dt dx = ⇒ = dt 2 dx 1 + x 1 + x2 1 1 arctan x 1 1 ⇒ dx = t dt = t 2 + c = arctan2 x + c 2 1+x 2 2

t = arctan x ⇒

1

i)

1 2−x dx = − 4x2 + 4x + 2 8

1

5 8x + 4 dx + 4x2 + 4x + 2 2

1

1 dx (2x + 1)2 + 1

dt = 8x + 4 ⇒ dt = (8x + 4) dx dx 1 du = 2 ⇒ dx = du 2) u = 2x + 1 ⇒ dx 2 1) t = 4x2 + 4x + 2 ⇒


1

269

1

5 1 1 1 1 dt + · du 2 8 t 2 1+u 2 1 5 1 = − ln |t| + arctan u · + c 8 2 2 1 5 2 = − ln |4x + 4x + 2| + arctan(2x + 1) + c 8 4

⇒=−

4x2 +4x+2>0 für alle x

1

j)

x2

=

1 5 − ln(4x2 + 4x + 2) + arctan(2x + 1) + c 8 4

8x3 − 1 dx

dt 1 = 24x2 ⇒ x2 dx = dt dx 24 1 1 1 1 1√ 1 2 3 ⇒ x 8x − 1 dx = t dt = t 2 dt 24 24 1 1 3 · t 2 +c = 24 32 3 1 = (8x3 − 1) 2 + c 36

t = 8x3 − 1 ⇒

1

sin x cos x dx =

k)

u = sin x ⇒ 1

⇒ = 1

l)

1

2

sin2 x(sin x) dx

du du = cos x, = u ⇔ du = u dx dx dx

sin2 x cos x dx =

1

u2 · u dx =

1

u2 du =

u3 +c 3

1 3 sin x + c 3 sin9 x dx =

u = cos x ⇒ ⇒

1

1

(sin2 x)4 sin x dx =

1

(1 − cos2 x)4 (−1)(cos x) dx

du = − sin x dx

sin9 x dx = −

1

(1 − u2 )4 du 1 4 4 (−u2 )k du =− ∑ k k=0 1

(1 − 4u2 + 6u4 − 4u6 + u8 ) du 3 3 6 5 4 7 1 9 = − u− u + u − u + u +c 4 5 7 9 3 6 4 1 3 5 = − cos x + cos x − cos x + cos7 x − cos9 x + c 4 5 7 9 =−

270

m) I =


1

1 2x − 3 √ dx = − 2 3 2 + 9x − 3x

Substitution: t = 2 + 9x − 3x2

1

9 − 6x √ dx 2 + 9x − 3x2

dt = (9 − 6x) dx

1

1 √ 1 1 √ dt = − · 2 t + c 3 3 t 2√ ⇒I=− 2 + 9x − 3x2 + c 3 1 1 n) I = dx 2 sin x cos4 x ⇒I=−

Substitution: t = tan x ⇒ x = arctant t 1 1 dt, sin x = √ , cos x = √ ⇒ dx = 2 1 + t2 1+t 1 + t2 1 1 2 2 2 dt 1 (1 + t )(1 + t ) ⇒ · dx = 2 2 4 t 1 + t2 1 sin x cos x 1 2 = + 2 + t dt t2 t3 1 = − + 2t + + c t 3 1 = − cot x + 2 tan x + tan3 x + c 3 1 2x5 √ dx o) 3 1 − x3 Substitution: 3 t := 1 − x3 ⇒ t 3 = 1 − x3 ⇒ x 3 = 1 − t 3 dx = −3t 2 ⇒ x2 dx = −t 2 dt ⇒ 3x2 dt 1

2x5 √ dx = 3 1 − x3

1 1

2(1 − t 2 ) (−t 2 ) dt t

(t 3 − t) dt 4 2 1 1 4 1 2 3 3 t − t +c = =2 1 − x3 − 1 − x3 + c 4 2 2 =2

p) I=

1

Substitution: t = x2 + 4x + 6

(x + 2) sin(x2 + 4x + 6) dx


271

dt = 2x + 4 dx dt ⇒ dx = 2x +4 1 1

1 1 1 x+2 · sint dt = sint dt = − cost + c = − cos x2 + 4x + 6 + c. I= 2x + 4 2 2 2 ⇒

Aufgabe 21.7 Mit der zweiten Substitutionsregel berechne man 1

1 √ dx 2 a − x2 1 1 b) dx 9 + 2x2 1 1 √ √ dx c) 3 x( 3 x − 1) a)

Lösung: 1

a)

1 √ dx a2 − x2

dx = a cost ⇔ dx = a cost dt dt √ a2 − x2 = a2 − a2 sin2 t = a2 (1 − sin2 t) π π √ = a > 0, t ∈ − , a2 cos2 t = a cost 2 2 1 1 1 1 a cost ⇒ √ dt = 1 dt = t + c dx = a cost a2 − x2 x = arcsin + c a

x = a sint

⇒

1

1 dx 9 + 2x2 3 3 dx =√ x = √ t, 2x2 = 9t 2 , 2 2 1 dt 1 1 1 3 1 1 √ ⇒ dx = √ dt ⇒ dx = dt = √ arctant + c 2 2 9 + 2x 2 √ 3 2 1+t 3 2 1 2 x +c = √ arctan 3 3 2 1 1 √ √ dx c) 3 x( 3 x − 1)

b)

x = t 3 ⇒ dx = 3t 2 dt

272


1

1

3t 2 dt t(t − 1) 1 1 t t −1+1 =3 dt = 3 dt t −1 t −1 1 1 1 t−1=u u+1 1 t=u+1 du = 3 du + 3 du = =3 u u = 3u + 3 ln |u| + c

1 √ √ dx = 3 x( 3 x − 1)

= 3(t − 1) + 3 ln |t − 1| + c √ √ = 3 3 x − 3 + 3 ln | 3 x − 1| + c. Aufgabe 21.8 Man berechne das unbestimmte Integral 1

√

x+2 4x − x2

dx

Lösung: 1

1 x+2 √ dx = − 2 2 4x − x

1

−2x + 4 √ dx + 4 4x − x2

1

1 4 − (x − 2)2

dx

dt = 4 − 2x ⇒ dt = (−2x + 4) dx dx 2) u = x − 2 ⇒ dx = du

1) t = 4x − x2 ⇒

⇒

1

1 x+2 √ dx = − 2 4x − x2

siehe Aufg. 22.7 a)

=

1

t − 2 dt + 4 1

1

√ 1 1 1 u x−2 − · 1 t 2 + 4 arcsin + c = − 4x − x2 + 4 arcsin + c. 2 2 2 2

Aufgabe 21.9 Berechnen Sie die bestimmten Integrale 11

a) −1 11

b)

tdt √ 1 + t2

1 − x2 dx

0

14

c) 0

x dx √ 1 + 2x

1 √ du 4 − u2

21.2 Integration durch Substitution π /2 1

d) 0

273

sin x dx cos2 x − 4

Lösung: 11

a) −1

tdt √ 1 + t2

Substitution: u = 1 + t 2

⇒

t=

√

u−1

⇒

1 1 dt = ·√ du 2 u−1

Möglichkeit 1: • Weiterrechnen ohne Grenzen mit anschließender Resubstitution 1 1 √ t u−1 1 1 √ √ · √ dt = du u 2 u−1 1 + t2 1 √ 1 √ 1 1 √ du = · 2 u + c = u + c = 2 u 2 2 = 1+t +c • Einsetzen der ursprünglichen Grenzen 11 −1

t √ dt = [ 1 + t 2 ]1−1 = 1 + 12 − 1 + (−1)2 = 0 1 + t2

Möglichkeit 2: Anpassen der Grenzen obere Grenze: t = 1 ⇒ u = 1 + 12 = 2 untere Grenze: t = −1 ⇒ u = 1 + (−1)2 = 2 11 −1

t √ dt = 1 + t2 1a

da

12 √ 2

u−1 1 1 √ · √ du = 0, u 2 u−1

f (x) = 0 für beliebige Grenzen a und Funktionen f (x)

a

Möglichkeit 3: allerdings ohne Substitution ⎫ t f (t) = √ = − f (−t) ⇒ punktsymmetrisch ⎬ ⇒ Integral= 0 1 + t2 ⎭ Grenzen sind symmetrisch b)

11 0

1 − x2 dx

274


Substitution: x = sint 1

1 − x2 dx

1

=

1

= Aufg. 22.1 m)

=

11

1 − x2 dx

0

π

12

cos2 t dt =

0

arcsin 0

π 1 π · = 2 2 4

x dx √ 1 + 2x

1 dt = 2 ⇔ dx = dt dx 2 1 t = 1 + 2x ⇔ (t − 1) = x 2 x = 0 ⇒ t = 1, x = 4 ⇒ t = 9

0

=

x dx √ = 1 + 2x 1 4

19 1

1 = 4 )

19 1

19 1 2 (t − 1) 1

19

1

1

√ t

1 t √ dt − 4 t

19 1

1 · dt = 2 4

t −1 √ dt t

1 √ dt t

1 √ 1 1 √ dt t dt − 4 t 9

$9

1

$9 1 1 2 3 1 2 2 · t · 2t = − 4 3 4 1 1 $9 ) $9 ) 1 3 1 1 = t2 − t2 6 2 1 1 √ √ 1 1 1√ 1√ = ( 9)3 − ( 1)3 − 9+ 1 6 6 2 2 1 26 20 10 1 1 1 −1 = = = · 33 − − · 3 + = 6 6 2 2 6 6 3 )

cos2 t cost dt

1 1 cost sint + t + c 2 2

t = 1 + 2x ⇒

14

1 √

cos2 t dt

cos2 t dt =

= =

14

1 − sin2 t cost dt =

arcsin 1 1

0

c)

dx = cost dt

⇒

1 +2 cost sint + t 2 2 0

*1

π


275

π

12

d) 0

sin x dx cos2 x − 4

t = cos x ⇔ x = arccost dt = − sin x ⇔ dt = − sin x dx dx x = 0 ⇒ t = cos 0 = 1 π π x = ⇒ t = cos = 0 2 2 π

12 0

sin x dx =− cos2 x − 4

PBZ

=

11

1 4

0

10 1

dt = t 2 − 22

1 1 − t −2 t +2

11 0

dt t 2 − 22

dt

+1 1* = ln |t − 2| − ln |t + 2| 4 0 ⎛ ⎞ 1⎝ ln 1 − ln 2 − ln 3 + ln 2⎠ = 4 =0

1 = − ln 3. 4 Aufgabe 21.10 Welcher Flächeninhalt A wird von der Kurve y2 = 9x2 − x4 eingeschlossen? Lösung: y2 = 9x2 − x4 = x2 (9 − x2 )

⇒

√ y = ±x 9 − x2 , − 3 ≤ x ≤ 3

Fläche ist symmetrisch zur x-Achse und zur y-Achse 13 ⇒ A = 4 x 9 − x2 dx 0

1 du = −2x ⇒ xdx = − du dx 2 untere Grenze: x = 0 ⇒ u = 9 − 0 = 9 obere Grenze: x = 3 ⇒ u = 9 − 32 = 0

Substitution: u = 9 − x2

A=4

⇒

13

x

0

9 − x2 dx = 4

10 9

1 √ √ 1 − u du = 2 u du 2 9

0

4 2√ 3 9 4 √ 3 u ]0 = ( 9 − 0) = · 27 = 36. = 2·[ 3 3 3

276


Aufgabe 21.11 In einer Schaltung (siehe Grafik) fließt nach Schließen des Schalters S zur Zeit t = 0 der folgende Ladestrom: t i(t) = i0 · e− RC ,t ≥ 0 Ermitteln Sie den zeitlichen Verlauf der Kondensatorladung q(t), wenn der Kondensator zu Beginn energielos, d.h. ungeladen ist. Hinweis: Es gilt i(t) = q(t) ˙


Lösung: q(t) =

1t

i(τ ) d τ =

0

1t

τ

i0 · e− RC d τ

0

du 1 τ ⇒ =− RC dτ RC untere Grenze: τ = 0 ⇒ u = 0

Substitution: u = −

obere Grenze: τ = t

q(t) = i0 ·

1t

τ − RC

e

d τ = i0 ·

0

=

⇒

−t/RC −RCi0 · [eu ]0

u=−

t RC

−t/RC 1

eu · (−RCdu)

0 t

t

= −RCi0 (e− RC − 1) = RCi0 (1 − e− RC ).

21.3 Gemischtes Integrationsverfahren Aufgabe 21.12 Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale

21.3 Gemischtes Integrationsverfahren

a) b) c) d) e)

1 1 1 1 1

277

9 − 4x2 dx

√

3

2x+1

dx

(arcsinx)2 dx √ cos x dx cot(ln x) dx x

Lösung: a) x =

3 3 dx 3 sint ⇒ 4x2 = 9 sin2 t, = cost ⇒ dx = cost dt 2 dt 2 2

1

1

3 9 − 9 sin2 t cost dt 2 1 9 = 1 − sin2 t cost dt = 2 1 9 Aufg.22.1 g) 9 1 · (t + sint cost) + c = cos2 t dt = 2 2 2 t=arcsin( 23 x) 9 2 2 2 arcsin x + x cos arcsin x +c = 4 3 3 3 9 2 2 2 2 = arcsin x + x 1 − sin arcsin x +c 4 3 3 3 ⎛ ⎞ 2 9⎝ 2 2 2 = arcsin x + x 1− x ⎠+c 4 3 3 3 2 9 1 x +c = x 9 − 4x2 + arcsin 2 4 3

9 − 4x2 dx =

√ b) Substitution: t = 2x + 1 1 dx = · (2t) = t ⇒ dt 2 ⇒ dx = t dt I=

1

t · 3t dt

u = t u = 1

3t 3t v = ln 3

v =

⇒

t 2 = 2x + 1

⇒

x=

t2 − 1 2

278


1 1 1 1 t · 3t − 3t dx = t · 3t − · 3t + c I= ln 3 ln 3 ln 3 √ √ 1 c 1 · 3 2x+1 + c1 mit c1 = 2x + 1 − I= ln 3 ln 3 ln 3 c) Substitution: t = arcsin x ⇒ x = sint dx = cost ⇒ dt ⇒ dx = cost dt 1

siehe Aufg. 22.1 g) I = t 2 cost dt = 2t cost + t 2 − 2 sint + c

I = 2 arcsin x cos(arcsin x) + arcsin2 x − 2 · x + c

= 2 arcsin x · 1 − sin2 (arcsin x) + x arcsin2 x − 2 + c √

= 2 1 − x2 arcsin x + x arcsin2 x − 2 + c √ d) Substitution: t = x ⇒ x = t 2 dx = 2t ⇒ dt ⇒ dx = 2t dt I=

1

2t cost dt

Partielle Integration

=

2 (cost + t sint) + c

√ √ √

I = 2 cos x + x sin x + c e) Substitution: t = ln x 1 dt = ⇒ dx x dx = dt ⇒ 1x 1 cost I = cott dt = dt sint du Substitution: u = sint ⇒ = cost ⇒ du = cost dt dt 1 du = ln|u| + c = ln|sint| + c = ln|sin(ln x)| + c. I= u Aufgabe 21.13 Berechnen Sie die folgenden bestimmten Integrale 14

a)

1 − (x − 3)2 dx

2

11

b) 0

x2 dx √ 1 + x2

Lösung: 14

a) 2

1 − (x − 3)2 dx

Typ: f = g(h(x))

21.3 Gemischtes Integrationsverfahren

( (x−3) ≤ 1 ⇔ |x−3| ≤ 1 ⇔ 2

279

x≤ 4 x≥ 2

⇒ Integrationsintervall [2, 4] ⊂ D√1−(x−3)2

du = 1 ⇔ dx = du dx x = 2 ⇒ u = −1

x−3 = u ⇒

x=4⇒u=1 ⇒

14

1 − (x − 3)2

dx =

11

1 − u2

du = 2

−1

2

11

1 − u2 du

0

du = cost ⇔ du = cost dt dt u = 0 ⇒ t = arcsin(0) = 0 π u = 1 ⇒ t = arcsin(1) = 2 π π 11 12 12 ⇒2 1 − u2 du = 2 1 − sin2 t cost dt = 2 cos2 t dt Substitution: u = sint ⇒

0

0

Aufg. 22.1 m)

=

b)

0

$π 1 2 1 1 π π + 0 − (0 + 0) = 2 (t + sint cost) = 2 2 2 2 2 2 0 )

I=

11 0

x2 √ dx = 1 + x2

11 0

x x ·√ dx 1 + x2 u v

x v = √ ⇒ v = 1 + x2 1 + x2 1 11 ⇒ I = x 1 + x2 − 1 + x2 dx 0

0

I1 =

11 0

1 + x2 √ dx = 1 + x2

⇒I= x

11 0

1 √ dx + 1 + x2

11

1 11 1 2 1+x − √ dx − I 0 1 + x2 0

0

x2 √ dx = 1 + x2

I1

11 0

√

1 1 + x2

dx + I

280


⇒ 2I = x

1

1 + x2

0

−

11 0

1 √ dx 1 + x2

⎛

⎞ 1 11 +1 1 1⎝ 1* x 1 + x2 − √ x · 1 + x2 − arsinhx ⇒I= dx⎠ = 2 2 0 0 1 + x2 0

1 √ = ( 2 − arsinh1). 2

Kapitel 22

Integration rationaler Funktionen

Eine rationale Funktion ist immer auf dem Bereich definiert, in dem das Nennerpolynom keine Nullstellen hat. Die Integration rationaler Funktionen erfolgt hauptsächlich durch Partialbruchzerlegung (PBZ). (Kap. 30). Aufgabe 22.1 Berechnen Sie die unbestimmten Integrale

1

R(x) dx der nachfolgenden rationalen

Funktionen R(x) x3 + 5x2 + 4x + 8 x2 (x2 + 4) x3 + 5x2 + 4x + 8 1 2 3 Hinweis: R(x) = = + 2+ 2 x2 (x2 + 4) x x x +4 2x3 + 9x2 + 8x + 5 R(x) = x2 + 4x + 3 2x3 + 9x2 + 8x + 5 2 4 Hinweis: R(x) = = 2x + 1 + − 2 x + 4x + 3 x+1 x+3 4x3 − 2x2 + 9x − 18 R(x) = x2 (x2 + 9) 4x3 − 2x2 + 9x − 18 1 2 3x Hinweis: R(x) = = − 2+ 2 x2 (x2 + 9) x x x +9 x4 + 4x2 + 1 R(x) = 3 x − x2 + 4x − 4 6 1 1 x+1 x4 + 4x2 + 1 = x+1+ · − · Hinweis: R(x) = 3 x − x2 + 4x − 4 5 x − 1 5 x2 + 4 x R(x) = 2 2x + 5x − 3 x 3 1 1 1 Hinweis: R(x) = 2 = · + · 2x + 5x − 3 7 x + 3 7 2x − 1

a) R(x) =

b)

c)

d)

e)


282

22 Integration rationaler Funktionen

Lösung: a) R(x) = ⇒

1

3 x3 + 5x2 + 4x + 8 1 2 = + 2+ 2 2 2 x (x + 4) x x x +4 1

2 1 +3 dx 2 x 1 x +4 1 2 3 = ln |x| − + dx x 2 x 4 +1 2

R(x) dx = ln |x| −

Substitution: u=

⇒

1

du 1 x ⇒ = ⇒ dx = 2du 2 dx 2

R(x) dx = ln |x| −

2 6 + x 4

1

1 du u2 + 1

2 3 + arctan u + c x 2 x 2 3 = ln |x| − + arctan + c x 2 2

= ln |x| −

b) R(x) = 1

2x3 + 9x2 + 8x + 5 2 4 = 2x + 1 + − 2 x + 4x + 3 x+1 x+3

R(x) dx = x2 + x + 2 ln |x + 1| − 4 ln |x + 3| + c = x2 + x + ln

c) R(x) = 1

(x + 1)2 +c (x + 3)4

4x3 − 2x2 + 9x − 18 1 2 3x = − 2+ 2 x2 (x2 + 9) x x x +9

R(x) dx = ln |x| +

2 + x

1

3x x2 + 9

dx

1 du = 2x ⇒ du = x dx dx 2 1 1 2 1 du ⇒ R(x) dx = ln |x| + + 3 x 2u 2 3 = ln |x| + + ln |u| + c x 2 2 3 = ln |x| + + ln(x2 + 9) + c x 2

Substitution: u = x2 + 9 ⇒


283

6 1 1 x+1 x4 + 4x2 + 1 = x+1+ · − · x3 − x2 + 4x − 4 5 x − 1 5 x2 + 4 1 1 1 1 2 6 x+1 dx R(x) dx = x + x + ln |x − 1| − 2 5 5 x2 + 4 1 1 1 x+1 x dx dx dx = + x2 + 4 x2 + 4 x2 + 4

d) R(x) =

I1

I2

I1 = Substitution: u = x2 + 4 ⇒

1

x dx x2 + 4

1 du = 2x ⇒ du = x dx dx 2

1

1 1 1 du = ln |u| + c1 = ln(x2 + 4) + c1 u 2 2 1 x 1 Teilaufgabe a) 1 dx arctan + c2 I2 = = 2 2 2 1 x +4 1 1 x 1 2 6 1 2 ln(x + 4) + arctan + c, c = ⇒ R(x) dx = x + x + ln |x − 1| − 2 5 5 2 2 2 c1 + c2 I1 =

1 2

x

3 1 1 1 · + · 7 x + 3 7 2x − 1 1 1 1 1 1 3 · R(x) dx = ln |x + 3| + dx 1 7 7 2 x− 2 1 1 3 = ln |x + 3| + ln x − + c. 2 14 2

e) R(x) =

2x2 + 5x − 3

=

Aufgabe 22.2 Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale durch Partialbruchzerlegung: 1

x3 + 5x2 + 2x − 4 dx x4 − 1 1 1 b) dx für a = 0 x2 − a2 1 3 18x − 21x2 − 30x + 34 dx c) 6x2 − 17x + 12 1 2 7x − 6x + 3 dx d) 3 x − x2 − x + 1 a)

284

1

e)


x5 + 4x3 + x2 + 3x + 2 dx x4 + 3x2 + 2

Lösung: a) x3 + 5x2 + 2x − 4 x4 − 1 x4 − 1 = (x2 − 1)(x2 + 1) = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1) A B Cx + D f (x) = + + 2 x−1 x+1 x +1 ⎫ 1 = A + B +C ⎪ ⎪ ⎪ 5 = A − B + D⎬ 1 9 1 ⇒ A = 1, B = , C = − , D = 2 2 2 2 = A + B −C ⎪ ⎪ ⎪ ⎭ −4 = A − B − D 9 1 1 −x + + + ⇒ f (x) = 2(x2 + 1) 2(x2 + 1) 2(x + 1) x − 1 f (x) :=

F(x) =

1

1 1 9 f (x)dx = − ln(x2 + 1) + arctan x + ln |x + 1| + ln |x − 1| +C 4 2 2

b) 1 A B 1 = + = x2 − a2 (x + a)(x − a) (x + a) (x − a) ⎫ 1 = −A + B⎬ 1 1 a B= , A=− ⎭ 2a 2a 0 = A+B 1 1 1 − = x2 − a2 2a(x − a) 2a(x + a) 1 1 1 1 1 1 1 − dx = ln |x − a| − ln |x + a| +C dx = x2 − a2 2a(x − 1) 2a(x + a) 2a 2a 1 x − a ln = +C 2a x+a c) Integral einer unecht gebrochenen rationalen Funktion: da der Zählergrad höher ist, als der Grad des Nenners, wird zu Beginn der Partialbruchzerlegung eine Polynomdivision durchgeführt. Als Ergebnis findet man:


285

( 18x3 − 21x2 − 30x+ 34) : (6x2 − 17x + 12) = 3x + 5 + 18x3 − 51x2 + 36x 30x2 − 66x+ 34 30x2 − 85x+ 60 19x− 26

19x − 26 6x2 − 17x + 12

4 3 Nullstellen des Nenners: x1 = , x2 = 3 2 A B 19x − 26 = + Partialbruchzerlegung: 2 6x − 17x + 12 3x − 4 2x − 3 −3A − 4B + (3B + 2A)x = 6x2 − 17x + 12 −3A − 4B = −26 A=2 ⇒ ⇒ 3B + 2A = 19 B=5 1 5 2 + dx 3x + 5 + Also: I1 = 3x − 4 2x − 3 3 5 2 = x2 + 5x + ln |3x − 4| + ln |2x − 3| + c 2 3 2 d) Integral einer echt gebrochenen rationalen Funktion. Der Nenner hat die doppelte Nullstelle x1,2 = 1 und die einfache Nullstelle x3 = −1. Also ist für die PBZ folgender Ansatz zu wählen: A C B 7x2 − 6x + 3 = + + 3 2 2 x − x − x + 1 (x − 1) x−1 x+1 (A − B +C) + (A − 2C)x + (B +C)x2 = x3 − x2 − x + 1 ⎧ ⎫ ⎧ ⎨ A− B+ C = 3 ⎬ ⎨ A = 2 2C = −6 ⇒ B = 3 ⇒ A− ⎩ ⎭ ⎩ B+ C = 7 C=4 f (x) =

⇒

1

f (x) dx =

1

2 dx + (x − 1)2

1

3 dx + x−1

1

4 dx x+1

2 + 3 ln |x − 1| + 4 ln |x + 1| + c x−1 x 3 + x2 + x + 2 x5 + 4x3 + x2 + 3x + 2 = x + e) Division mit Rest: x4 + 3x2 + 2 x4 + 3x2 + 2 =−

Faktorisierung des Nenners: x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 1)(x2 + 2) x3 + x2 + x + 2 Ax + B Cx + D Ansatz: 4 = 2 + 2 x + 3x2 + 2 x +1 x +2 Koeffizientenvergleich: A = 0, B = 1, C = 1, D = 0

286

⇒


1 x x5 + 4x3 + x2 + 3x + 2 = x+ 2 + x4 + 3x2 + 2 x + 1 x2 + 2 ⇒

1

x5 + 4x3 + x2 + 3x + 2 dx = x4 + 3x2 + 2

1

1

1

1 x dx + dx x2 + 1 x2 + 2 1 1 = x2 + arctan x + ln(x2 + 2) + c. 2 2 x dx +

Aufgabe 22.3 Berechnen Sie das unbestimmte Integral I=

1

x6 − x5 − 3x2 + 5x dx x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1

Hinweis: (x2 + 1) ist ein Faktor (“Teiler”) des Nennerpolynoms. Lösung: f (x) :=

x6 − x5 − 3x2 + 5x

x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1

- unecht gebrochene rationale Funktion (x6 − x5 − 3x2 + 5x) : (x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1) = x2 + x +

−2x2 + 4x x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1

Faktorisierung des Nenners: (x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1) : (x2 + 1) = x2 − 2x + 1 ⇒ f (x) = x2 + x + Ansatz:

−2x2 + 4x (x − 1)2 (x2 + 1)

A B C + Dx −2x2 + 4x = + + 2 (x − 1)2 (x2 + 1) x − 1 (x − 1)2 x +1 ⇒ −2x2 + 4x = A(x − 1)(x2 + 1) + B(x2 + 1) + (C + Dx)(x − 1)2 = (A + D)x3 + (−A + B +C − 2D)x2 + (A − 2C + D)x − A + B +C ⇒ A = −1, B = 1,C = −2, D = 1.

1 −1 −2 + x + + 2 ⇒ f (x) = x2 + x + 2 x − 1 (x − 1) x +1 1 1 −1 −2 + x 2 F(x) = + dx x +x+ + 2 x − 1 (x − 1)2 x +1 1 1 1 1 − 2 arctan x + ln (x2 + 1) + c. F(x) = x3 + x2 − ln |x − 1| − 3 2 x−1 2


287

Aufgabe 22.4 Berechnen Sie das unbestimmte Integral I= 1

Hinweis:

1

x+1

x2 (x2 + 1)2

dx.

dx x 1 1 x = 2 2 + arctan + c (x2 + a2 )2 2a x + a2 2a3 a

Lösung: Das Nennerplynom hat eine doppelte reelle Nullstelle bei x1,2 = 0 und eine komplexe Nullstelle bei x3 = i sowie die zugehörig komplex konjugierte bei x4 = −i. Somit ergibt sich folgender Ansatz für die Partialbruchzerlegung: Ex + F A B Cx + D x+1 + 2 = + 2+ 2 x2 (x2 + 1)2 x x x +1 (x + 1)2 =

Ax(x2 + 1)2 + B(x2 + 1)2 + (Cx + D)x2 (x2 + 1) + (Ex + F)x2 x2 (x2 + 1)2

=

x5 (A +C) + x4 (B + D) + x3 (2A +C + E) + x2 (2B + D + F) + xA + B x2 (x2 + 1)2

⇒ A = 1,

B = 1,

C = −1,

D = −1,

E = −1,

F = −1

Somit ergibt sich für die Integration: 1 1 1 1 x+1 x+1 x+1 + − dx dx = − I= x2 (x2 + 1)2 x x2 x2 + 1 (x2 + 1)2 1 1 1 1 1 x 1 x 1 dx − dx − dx − dx = ln|x| − − 2 2 2 2 2 x x +1 x +1 (x + 1) (x + 1)2 x 1 1 1 1 − − arctan x +C. = ln|x| − − ln(x2 + 1) − arctan x + x 2 2(x2 + 1) 2(x2 + 1) 2

Aufgabe 22.5 Berechnen Sie

1

18x2 + 15x − 4 9x3 − 12x2 − 11x − 2

dx

Hinweis: x = 2 ist eine Nullstelle des Nenners des Integranden.

288


Lösung:

(9x3 − 12x2 − 11x − 2) : (x − 2) = 9x2 + 6x + 1 −(9x3 − 18x2 ) 6x2 − 11x − 2 −(6x2 − 12x) x−2 −(x − 2) 0 Das Ergebnis dieser Division kann nun mithilfe der ersten Binomischen Formel vereinfacht werden: 9x2 + 6x + 1 = (3x + 1)2 ⇒

9x3 − 12x2 − 1x − 2 = (3x + 1)2 (x − 2)

Der Ansatz für die Partialbruchzerlegung ergibt sich wie folgt: B C A 18x2 + 15x − 4 + + = (x − 2)(3x + 1)2 x − 2 3x + 1 (3x + 1)2 =

A(3x + 1)2 + B(3x + 1)(x − 2) +C(x − 2) (x − 2)(3x + 1)2

Der Koeffizientenvergleich liefert die Lösung A = 2, B = 0, C = 3 ⇒

1

18x2 + 15x − 4 dx = 9x3 − 12x2 − 11x − 2

1

2 dx + x−2

1

3 dx (3x + 1)2 1 1 = 2 ln |x − 2| + 3 dx (3x + 1)2

Substitution:

dt 1 = 3 ⇔ dx = dt dx 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 dx = · dt = dt = − +C (3x + 1)2 t2 3 3 t2 3t 1 =− +C 3(3x + 1) t = 3x + 1 ⇒


⇒

1

289

3 18x2 + 15x − 4 dx = 2 ln |x − 2| − +C 3 2 9x − 12x − 11x − 2 3(3x + 1) 1 = ln(x − 2)2 − +C. 3x + 1

Aufgabe 22.6 Berechnen Sie das unbestimmte Integral I∗ =

1

x5 + 3x4 + 4x3 + 13x2 + 5x + 15 dx. x4 + 4x2 + 4

Hinweise:

1

dz : (1 + z2 )2 Hierfür ist die Substitution z = tan u zweckmäßig; 1 b) Es gilt cos4 u = ; 2 2 (1 + tan u) 1 tan u 1 u+ + c. c) cos2 u du = 2 1 + tan2 u a) Ein Teilintegral ist vom Typ

Lösung: Polynomdivision: (x5 + 3x4 + 4x3 + 13x2 + 5x + 15) : (x4 + 4x2 + 4) = x + 3 + ∗

⇒I = I=

1

1

(x + 3) dx +

r(x) dx =

1

1

x2 + x + 3 x4 + 4x2 + 4

r(x) dx

x2 + x + 3 dx x4 + 4x2 + 4

x4 + 4x2 + 4 = (x2 + 2)2 Partialbruchzerlegung x2 + x + 3 Ax + B Cx + D Ax + B +Cx3 + Dx2 + 2Cx + 2D = = + (x2 + 2)2 (x2 + 2)2 x2 + 2 (x2 + 2)2 [x3 ]: 0 = C 1 1 1 x dx dx dx [x2 ]: 1 = D ⇒I= + + [x1 ]: 1 = A + 2C = A (x2 + 2)2 (x2 + 2)2 x2 + 2 [x0 ]: 3 = B + 2D = B + 2 ⇒ B = 1 =I3 =I =I 1

2

290


1

1 1 d(x2 + 2) 1 +C1 =− · 2 2 (x2 + 2)2 2 (x + 2) 1 1 dx I2 = 2 4 x 2 √ +1 2 I1 =

√ x 2 1 √ = tan u; dx = du; = cos4 u 2 u)2 2u cos (1 + tan 2 √ 1 √ 1 √ 2 du 2 2 tan u 4 2 · cos u = u+ +C2 cos u du = ⇒ I2 = 4 cos2 u 4 8 1 + tan2 u ⎞ ⎛ x √ ⎜ √ ⎟ 2⎜ x ⎟ 2 = ⎜arctan √ + ⎟ +C2 8 ⎝ 2 x 2⎠ 1+ √ 2 1 1 1 x 1√ dx dx = I3 = 2 arctan √ +C3 = 2 x2 + 2 2 2 2 x √ +1 2 I=

3

1

5√ x 2 arctan √ +C, C = C1 +C2 +C3 2

x−2

∑ Ik = 4 · x2 + 2 + 8

k=1

5√ 1 1 x−2 x + ⇒ I ∗ = x2 + 3x + I = x2 + 3x + 2 arctan √ +C. 2 2 4(x2 + 2) 8 2 Aufgabe 22.7 Man berechne das unbestimmte Integral I=

1

1 − cos x dx. 1 + sin x

Hinweise: x 2 b) Partialbruchzerlegung a) Substitution t := tan

Lösung: t = tan

x 2

cos x =

2dt 1 + t2

x = 2 arctant

dx =

1 − t2 1 + t2

2t 1 + t2

sin x =


I=

291

1 − t2 1 1 4t 2 dt 4t 2 dt 1 + t 2 · 2dt = = 2 2 2 2t 1+t (1 + t )(t + 2t + 1) (1 + t 2 )(1 + t)2 1+ 1 + t2 d a + bt c 4t 2 + = + 2 (1 + t )(1 + t)2 1 + t 2 1 + t (1 + t)2

1 1−

t3 : b + c = 0 t 2 : a + 2b + c + d = 4 t : 2a + b + c = 0 1 : a+c+d = 0

⇒

a=0 b=2 c = −2 d=2

1

2t 2 2 + dt − I= 1 + t 2 1 + t (1 + t)2 2 +C = ln (1 + t 2 ) − 2 ln |1 + t| − 1+t x x 2 = ln 1 + tan2 − 2 ln 1 + tan − x +C 2 2 1 + tan 2 x x cos x 2 = −2 ln sin + cos − 2 x +C. x 2 2 sin + cos 2 2 Aufgabe 22.8 Berechnen Sie das unbestimmte Integral I= Hinweis: Substitution (t := Lösung: t=

√

√

1

√ x+ x−2 √ dx (x + 2 x − 2)2

x − 2, s := t + 1) und Partialbruchzerlegung

x − 2 ⇒ x = t2 + 2 I=

1

t2 + 2 + t (t 2 + 2 + 2t)2

dx = 2t dt 2t dt

2t 3 + 2t 2 + 4t αt + β γt + δ + = 2 (t 2 + 2t + 2)2 t + 2t + 2 (t 2 + 2t + 2)2 =

(t 2 + 2t + 2)(α t + β ) + γ t + δ (t 2 + 2t + 2)2

292


α =2 2α + β = 2 ⇒ β = −2 2α + 2β + γ = 4 ⇒ γ = 4 2β + δ = 0 ⇒ δ = 4 1 2t − 2 4t + 4 + dt I= t 2 + 2t + 2 (t 2 + 2t + 2)2 s = t +1 ⇒ t = s−1 1

dt = ds

1

2s − 4 4s ds + ds s2 + 1 (s2 + 1)2 1 1 1 2s 1 2s ds − 4 ds + 2 = ds s2 + 1 s2 + 1 (s2 + 1)2 −1 +C = ln(1 + s2 ) − 4 arctan s + 2 2 s +1 √ √ = ln 1 + ( x − 2 + 1)2 − 4 arctan(1 + x − 2) −

⇒I=

√ √ = ln(x + 2 x − 2) − 4 arctan(1 + x − 2) −

2 √ +C 1 + ( x − 2 + 1)2

2 √ +C. x+2 x−2

Aufgabe 22.9 Berechnen Sie folgende Integrale: 1

2e2x + 5ex − 1 dx 2x x 1 ex + e − 2 e −2 b) dx 2x + 2ex e 1 4e3x − 2e2x + ex − 3 dx c) e3x − 3e2x + ex − 3 Hinweis: Transformieren Sie die Integranden der Integrale mittels der Substitution t = ex in rationale Funktionen. a)

Lösung: Substitution ex = t 1

a)

⇒

2e2x + 5ex − 1 (∗) dx = 2x x e +e −2 1 2t 2 + 5t − 1 dt = t(t 2 + t − 2) 1 2t 2 + 5t − 1 dt = t(t − 1)(t + 2)

x = lnt 1

⇒

dx 1 = dt t

2t 2 + 5t − 1 dt t2 + t − 2 t

(∗)


Ansatz:

293

A B C 2t 2 + 5t − 1 = + + t(t − 1)(t + 2) t t −1 t +2 =

A(t − 1)(t + 2) + Bt(t + 2) +Ct(t − 1) t(t − 1)(t + 2)

=

(A + B +C)t 2 + (A + 2B −C)t − 2A t(t − 1)(t + 2)

1 1 ⇒ A = , B = 2, C = − 2 2 1

⇒ =

=

1

b)

1

1 dt + 2 t

1

1 1 dt − t −1 2

1

1 dt t +2

1 1 ln |t| + 2 ln |t − 1| − ln |t + 2| + c 2 2

t=ex

=

1 2t 2 + 5t − 1 dt = t(t − 1)(t + 2) 2

1 1 ln(ex ) + 2 ln |ex − 1| − ln(ex + 2) + c 2 2

x 1 + 2 ln |ex − 1| − ln(ex + 2) + c 2 2

ex − 2 (∗) dx = 2x x e + 2e

1

t −2 dt = 2 (t + 2t)t

1

t −2

t 2 (t + 2)

dt

Ansatz: t −2 A B C At 2 + Bt(t + 2) +C(t + 2) = + + = t 2 (t + 2) t + 2 t t 2 t 2 (t + 2) =

(A + B)t 2 + (2B +C)t + 2C t 2 (t + 2)

⇒ A = −1, B = 1, C = −1 1

1 1 1 −1 t −2 dt = + − dt t 2 (t + 2) t + 2 t t2 1 1 1 1 1 1 dt + dt − dt = − t +2 t t2 1 = − ln |t + 2| + ln |t| + + c t 1 t=ex x x = − ln(e + 2) + ln e + x + c e = − ln(ex + 2) + x + e−x + c

ex − 2 dx = 2x e + 2ex

1

294


1

4e3x − 2e2x + ex − 3 dx e3x − 3e2x + ex − 3

c) (∗)

=

=

1

1

4t 3 − 2t 2 + t − 3 dt · t 3 − 3t 2 + t − 3 t 4t 3 − 2t 2 + t − 3 dt t 4 − 3t 3 + t 2 − 3t

4t 3 − 2t 2 + t − 3 A B Ct + D 4t 3 − 2t 2 + t − 3 = = + + t 4 − 3t 3 + t 2 − 3t t(t − 3)(t 2 + 1) t t − 3 t2 + 1 =

A(t − 3)(t 2 + 1) + Bt(t 2 + 1) + (Ct + D)t(t − 3) t(t − 3)(t 2 + 1)

(A + B +C)t 3 + (−3A − 3C + D)t 2 + (A + B − 3D)t − 3A t(t − 3)(t 2 + 1) ⇒ A = 1, B = 3, C = 0, D = 1 =

1

4t 3 − 2t 2 + t − 3 dt t 4 − 3t 3 + t 2 − 3t 1 3 1 1 + + dt = t t − 3 t2 + 1 1 1 1 1 1 1 dt + 3 dt + dt = t t −3 t2 + 1 = ln |t| + 3 ln |t − 3| + arctant + c ⇒

t=ex

= ln |ex | + 3 ln |ex − 3| + arctan ex + c = x + 3 ln |ex − 3| + arctan ex + c.

Aufgabe 22.10 Man berechne das unbestimmte Integral I und das bestimmte Integral I0 : a) I =

1

R(x) dx = 1

b) I0 =

12

1

x5 − x4 − 3x + 5 dx x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1

R(x) dx

0

Hinweis: x0 = 1 ist eine doppelte 0-Stelle des Nenners. Lösung: Polynomdivision: (x5 − x4 − 3x + 5) : (x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1) = x + 1 +

−2x + 4 x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1


295

(x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1) : (x2 − 2x + 1) = x2 + 1 ⇒ R(x) = x + 1 + −2x + 4 (x2 + 1)(x − 1)2

−2x + 4 (x2 + 1)(x − 1)2

C D Ax + B + + 2 x + 1 x − 1 (x − 1)2

=

=

(Ax + B)(x − 1)2 +C(x − 1)(x2 + 1) + D(x2 + 1) (x2 + 1)(x − 1)2

=

(A +C)x3 + (−2A + B −C + D)x2 + (A − 2B +C)x + B −C + D (x2 + 1)(x − 1)2 ⇒ A = 2, B = 1, C = −2, D = 1. ⇒

I=

1

−2x + 4 2 1 2x + 1 − + = 2 (x2 + 1)(x − 1)2 x + 1 x − 1 (x − 1)2

R(x) dx = =

1

1 2 1 2x + − + x+1+ 2 x + 1 x2 + 1 x − 1 (x − 1)2

dx

1 x2 + x + ln(x2 + 1) + arctan x − 2 ln |x − 1| − +C 2 x−1

1

I0 =

12

R(x) dx

0

3 1 1 2 1 1 1 1 = + + ln + 1 + arctan − 2 ln − 1 − 1 2 2 2 2 2 −1 2 − (0 + 0 + 0 + 0 − 2 · 0 + 1) 1 1 5 1 1 = + + ln + arctan − 2 ln + 2 − 1 8 2 4 2 2 1 3 1 = + + ln 5 − 2 ln 2 + arctan + 2 ln 2 8 2 2 13 1 = + ln 5 + arctan ≈ 3, 698... 8 2 Aufgabe 22.11 Berechnen Sie die bestimmten Integrale 1

12

a) 0

2x5 + 3x4 + x2 − 2x − 3 dx x4 − 1

296

22 Integration rationaler Funktionen 1

12

b) 0√

c)

1 dx (x − 1)(x2 − 1)

13 6 x − 2x5 − 2x3 − 2x + 1

x2 (x2 + 1)2

1

dx

Lösung: a) Da der Zählergrad höher ist, als der Grad des Nenners, wird zu Beginn der Partialbruchzerlegung eine Polynomdivision durchgeführt. Als Ergebnis findet man: (2x5 + 3x4 + x2 − 2x − 3) : (x4 − 1) = 2x + 3 +

x2 x4 − 1

Als Nullstellen des Nennerpolynoms findet man: x1 = −1,

x2 = 1

Schließlich lässt sich der Nenner wie folgt zerlegen: x4 − 1 = (x2 − 1)(x2 + 1) = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1) Für den Ansatz der PBZ ergibt sich sodann: A B Cx + D x2 = + + 2 x4 − 1 x−1 x+1 x +1 2 A(x + 1)(x + 1) + B(x − 1)(x2 + 1) + (Cx + D)(x2 − 1) = x4 − 1 Und somit A(x3 + x2 + x + 1) + B(x3 − x2 + x − 1) +C(x3 − x) + D(x2 − 1) = x3 (A + B +C) + x2 (A − B + D) + x(A + B −C) + (A − B − D)

=

x2

Das aus dem Koeffizientenvergleich folgende LGS sieht folgendermaßen aus:

[x3 ] [x2 ] [x1 ] [x3 ]

A 1 1 1 1

B C D 1 1 0 0 −1 0 1 1 1 −1 0 0 −1 0 −1 0

Als Lösung dieses Systems findet man : 1 1 1 A = , B = − , C = 0, D = . 4 4 2


297

Schließlich ist 2x5 + 3x4 + x2 − 2x − 3 1 = 2x + 3 + 4 x −1 4

1 1 2 − + 2 x−1 x+1 x +1

Für die Lösung des Integrals geht man letztlich wie folgt vor: 12 1

I=

1 2x + 3 + 4

0

1 1 2 − + 2 x−1 x+1 x +1

dx

$ 1 ) 2 x−1 1 + 2 arctan x ln = x2 + 3x + 4 x+1 0 1 − 1 3 1 1 ln 32 + 2 arctan = + + 2 4 2 4 2 1 1 = 7 − ln 3 + 2 arctan ≈ 1, 707... 4 2

b) Zunächst wird eine Partialbruchzerlegung durchgeführt. Dazu formt man zunächst den Nenner um und bestimmt anschließend seine Nullstellen: (x − 1)(x2 − 1) = (x − 1)(x − 1)(x + 1) = (x − 1)2 (x + 1) ⇒ x1,2 = 1 und x3 = −1 Ansatz für Partialbruchzerlegung: A B C 1 = + + 2 2 (x − 1) (x + 1) x − 1 (x − 1) x+1 =

A(x2 − 1) + B(x + 1) +C(x2 − 2x + 1) (x − 1)2 (x + 1)

Der Koeffizientenvergleich liefert schließlich: 1 A=− , 4 Damit ergibt sich:

1 B= , 2

C=

1 4

298

22 Integration rationaler Funktionen 1

12 0

1

1 1 dx = − (x − 1)(x2 − 1) 4

12 0

1

1 1 dx + x−1 2

12 0

1

1 1 dx + (x − 1)2 4

12 0

1 dx x+1

) $1 2 1 1 1 1 1 1 − = − [ln |x − 1|]02 + + [ln(x + 1)]02 4 2 x−1 0 4 3 1 1 ln 2 1 ln 2 + + = ln 3 + ≈ 0, 775... = 4 2 4 4 2

c) Polynomdivision: (x6 − 2x5 − 2x3 − 2x + 1) : (x6 + 2x4 + x2 ) = 1 −

2x5 + 2x4 + 2x3 + x2 + 2x − 1 x6 + 2x4 + x2

x6 + 2x4 + x2 = x2 (x4 + 2x2 + 1) = x2 (x2 + 1)2 Partialbruchzerlegung: Ex + F 2x5 + 2x4 + 2x3 + x2 + 2x − 1 A B Cx + D + 2 = + 2+ 2 x2 (x2 + 1)2 x x x +1 (x + 1)2 =

A(x5 + 2x3 + x) + B(x4 + 2x2 + 1) + (Cx + D)(x4 + x2 ) + (Ex + F)x2 x2 (x2 + 1)2

=

(A +C)x5 + (B + D)x4 + (2A +C + E)x3 + (2B + D + F)x2 + Ax + B x2 (x2 + 1)2

⇒ A = 2, B = −1, C = 0, D = 3, E = −2, F = 0 2x 2x5 + 2x4 + 2x3 + x2 + 2x − 1 2 1 3 − ⇒ == − 2 + 2 x2 (x2 + 1)2 x x x + 1 (x2 + 1)2 √

Also: I =

√

13

13

1

1

dx −

√

2 dx + x

13 1

√

1 dx − x2

13 1

√

3 dx + x2 + 1

√

13 1

2x dx (x2 + 1)2 √

$ 3 * +√3 ) 1 $ 3 * +√3 ) √ 1 = 3 − 1 − 2 ln |x| + − − 3 arctan x + − 2 x 1 x +1 1 1 1 √ 1 3π 1 1 − + = 3 − 1 − ln 3 − √ + 1 − π + 4 4 2 3 2 π 1 = √ − ln 3 − + ≈ −0, 479... 4 4 3 Aufgabe 22.12 Berechnen sie das bestimmte Integral


I=

299

11 6 x + x4 + x1 + 1

(x2 + 1)3

0

dx

Hinweis: Auf dem Lösungsweg tritt ein Intergal auf, dass mit einem der folgenden Hinweise gelöst werden kann: 1 + x2 − x2 1 = 2 2 (1 + x ) (1 + x2 )2 1 1 2 x x b) dx = x dx , partielle Integration (1 + x2 )2 (1 + x2 )2 a)

Lösung: (x2 + 1)3 = x6 + 3x4 + 3x2 + 1 Polynomdivision: −2x4 − 2x2 1 + x2 = 1 − 2x2 2 2 3 (x + 1) (x + 1)3 1 = 1 − 2x2 = R(x) (1 + x2 )2

(x6 + x4 + x2 + 1) : (x6 + 3x4 + 3x2 + 1) = 1 +

1

1−2

x2 (1 + x2 )2

dx = x +

1

x·

−2x dx (1 + x2 )2 I1

Partielle Integration: −2x 1 ⇒v= (1 + x2 )2 1 + x2 1 1 x x ⇒ I1 = − dx = − arctan x +C 1 + x2 1 + x2 1 + x2 ) $1 11 x 1 − arctan x = 1+ − arctan(1) I = R(x)dx = x + 1 + x2 1 + 12 0 u = x ⇒ u = 1

0

=

v =

3 π − ≈ 0, 715.... 2 4

Kapitel 23

Theorie der Reihen

Definition Reihe (Def. 31.1, Kap. 31) Ist a0 , a1 , a2 , . . . eine Zahlenfolge, so nennt man den Ausdruck a0 + a1 + a2 + a3 + · · · + ak + · · · eine Reihe. Die Zahlen ak heißen Glieder (oder Summanden) der Reihe. Unter der n-ten Partialsumme sn von a0 + a1 + a2 + . . . versteht man sn = a0 + a1 + a2 + · · · + an =

n

∑ ak

k=0

(n ∈ N).

Definition Summe einer Reihe (Def. 31.2, Kap. 31) Eine Reihe a0 + a1 + a2 + · · · heißt konvergent (divergent), wenn ihre Partialsumn

menfolge (sn ), sn = ∑ ak , konvergiert (divergiert). Ist lim sn = s, so nennt man s n→∞

k=0

die Summe der Reihe und schreibt ∞

∑ ak = s.

k=0

23.1 Konvergente Reihen Aufgabe 23.1 Berechnen Sie die folgende Summe:

4 4 4 4 + + + +··· 3 15 35 63


302

23 Theorie der Reihen

Lösung: ∞ 4 4 4 4 4 4 4 4 4 + + + +··· = + + + +··· = ∑ 3 15 35 63 1·3 3·5 5·7 7·9 (2k − 1)(2k + 1) k=1 A B 4 = + Partialbruchzerlegung: (2k − 1)(2k + 1) 2k − 1 2k + 1 4 = A(2k + 1) + B(2k − 1) = k(2A + 2B) + (A − B) 2A + 2B = 0 A=2 ⇔ ⇔ A−B = 4 B = −2 4 2 2 Also = − (2k − 1)(2k + 1) 2k − 1 2k + 1 n n 2 2 2 2 2 4 = − = 2 − + − + ··· + ∑ (2k − 1)(2k + 1) ∑ 2k − 1 2k + 1 3 3 5 k=1 k=1 2 2 − 2n − 1 2n + 1 2 = 2− 2n + 1 ∞ 2 4 = lim 2 − = 2. ⇒∑ n→∞ 2n + 1 k=1 (2k − 1)(2k + 1)

Aufgabe 23.2 Sie sollen Würfel stapeln und beginnen mit einem Würfel mit der Kantenlänge 7. Dann stellen Sie auf diesen Würfel einen mit der Kantenlänge der halben Seitendiagonale des ersten Würfels und dann auf den zweiten einen mit der Kantenlänge der halben Seitendiagonale des zweiten usw.. Hat dieser unendliche Prozess ein konkretes Resultat? Welchem Punkt nähern sich die Würfel? Lösung:


23.1 Konvergente Reihen

K0 = 7 1 K1 = d0 2 1 K2 = d1 2 1 K3 = d2 2 1 K4 = d3 2 1 K5 = d4 2

= = = = =

7 √ 2 7 2 7 √ 2 2 7 4 7 √ 4 2

303

d0 =

√

2·7

d1 = 7 7 d2 = √ 2 7 d3 = 2 7 d4 = √ 2 2 7 d5 = 4

.. . √ 1 1 2 2 2 Kn+1 = dn = Kn Kn + Kn = 2 2 2 ∞

∑ Kn = K0 + K1 + K2 + K3 + · · · + Kn + . . .

n=0

√

√ √ √ 2 2 2 2 K0 + K1 + K2 + · · · + Kn−1 + . . . = K0 + 2 2√ 2 2 √ 3 2 √ n √ 2 2 2 2 = K0 + K0 + K0 + K0 + · · · + K0 + . . . 2 2 2 2 ∞ ∞ 1 n 1 n · K0 = K0 · ∑ √ =∑ √ 2 2 n=0 n=0 ∞ √ 1 n 1 da 2 > 1 ist, ist √ < 1 und somit ist ∑ √ konvergent ( geometrische ” 2 2 n=0 n ∞ 1 1 Reihe“ ) und ∑ √ = ≈ 3, 4142. Also nähern sich die Würfel dem 1 2 n=0 1− √ 2 Punkt: ∞ ∞ 1 n 1 n 7 = 7· ∑ √ = K0 · ∑ √ ≈ 23, 899. 1 2 2 n=0 n=0 1− √ 2 Aufgabe 23.3 Betrachten Sie die Reihe

∞

1

∑ (−1)k−1 k und ordnen Sie die Summanden so um, dass

k=1

Sie als Grenzwerte s1 = 1 bzw. s2 = 0 bekommen. Lösung:

Folgendes Verfahren führt zum Erfolg: Man addiere alle positiven Summanden bis das Ergebnis größer als die gewünschte Zahl ist; nun verfährt man in analoger Weise

304


mit den negativen Summanden, dann wieder mit den positiven, etc. Auf diese Weise erhält man den zu erzielenden Grenzwert, weil sich die Summe abwechselnd von unten und oben annähert (die Folge der einzelnen Summanden ist eine Nullfolge!). Den Grenzwert kann man deswegen immer wieder u¨ ber- bzw. unterschreiten, da die Reihe nur bedingt konvergent ist, d.h. ∑ |ak | = ∞ und damit gilt auch ∑ |aki | = ∞ sowie ∑ |ak j | = ∞ mit aki > 0 und ak j < 0 1 1 1 1 1 1 1 − + − + + − ... 3 2 5 4 7 9 6 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − − − + ... 0 = 1− − − − + − 2 4 6 8 3 10 12 14 16 5

1 = 1+

¨ Reihen 23.2 Konvergenzkriterien fur Aufgabe 23.4 Untersuchen Sie folgende Reihen auf Konvergenz mit Hilfe von Majoranten-, Minoranten-, Quotienten- oder Wurzelkriterium: ∞

a)

∑ k2 · 2−k

n=1 1 1 2 1 1 1 3 1 1 4 +1 + + + + b) + + +··· 2 2 2 2 3 2 4 ∞ 1 c) ∑ k 2 2 −k k=2 2 1 + 1 22 + 1 32 + 1 42 + 1 + + +··· d) + 3 13 2 + 1 33 + 2 43 + 3 ∞

e)

n

∑ 2(−1) −n

n=1

2! 3! + +··· 22 33 ∞ 2n 3 g) ∑ (2n)! n=1 f) 1 +

Lösung: a) Quotientenkriterium:

(k + 1)2 · 2−(k+1) k2 + 1 + 2k ak+1 = = ak k2 · 2 k2 · 2−k

k2 + 1 + 2k 1 = < 1 ⇒ konvergent k→∞ k2 · 2 2 lim

23.2 Konvergenzkriterien für Reihen

b) ak =

1 1 + 2 k

305

k

1 1 k 1 1 k + Wurzelkriterium: ak = = + 2 k 2 k 1 1 1 + = < 1 ⇒ konvergent lim k→∞ 2 k 2 1 2 k+1 2 − k+1 2k − 2 ak+1 c) Quotientenkriterium: = = k+1 k 2 1 ak 2 − k+1 k 2 − 2k √ k

lim

2k − 2k

k→∞ 2k+1 − 2 k+1

= lim

2k+1 ( 12 − 2k1·k )

k→∞ 2k+1 (1 − k 1 ) 2 (k+1)

=

1 < 1 ⇒ konvergent 2

alternativ mit Majorantenkriterium: 2 2k 2k 2k für k ≥ 2 : 2k − ≥ 2k − 2 = + − 2 ≥ = 2k−1 k 2 2 2 ≥0

k−1 1 1 1 ⇒ ak = k 2 ≤ k−1 = 2 2 2 −k ∞ k−1 ∞ k ∞ 1 1 1 ⇒∑ =∑ ist konvergente Majorante ⇒ ∑ k 2 konvergiert k=2 2 k=1 2 k=2 2 − k 1 k2 + 1 1 = d) Minorantenkriterium: ak = 3 > ⇒ divergent 1 k + (k − 1) k k− 2 k +1 e) Wurzelkriterium: n 1 1 1 1 1 n √ n n n n n a = 2(−1) −n = 2 n ((−1) −n) = 2 n (−1) −1 = 2 n (−1) · 2−1 = · 2 n (−1) n 2 1 1 1 n lim · 2 n (−1) = < 1 ⇒ konvergent n→∞ 2 2 k! f) ak = k k Quotientenkriterium: (k + 1)! k k ak+1 (k + 1)!kk kk (k + 1)kk (k + 1)k+1 = = = = = k! ak k+1 (k + 1)k+1 k! (k + 1)k+1 (k + 1)k kk ⎛ ⎞k k k 1 1 ⎜ 1 ⎟ lim = lim ⎝ = lim k = < 1 ⇒ konvergent k+1 ⎠ k→∞ k + 1 k→∞ k→∞ e 1 1+ k k

306


g) Quotientenkriterium: an+1 an

32(n+1) 32 32n+2 · (2n)! (2(n + 1))! = = = 2n 2n (2n + 2)! · 3 (2n + 1)(2n + 2) 3 (2n)!

32 = 0 < 1 ⇒ konvergent. n→∞ (2n + 1)(2n + 2) lim

Aufgabe 23.5 Mit Hilfe von Majoranten- bzw. Minorantenkriterium entscheide man die Konvergenz von: ∞ 1 a) ∑ ln 1 + k k=1 1 ∞ sin k b) ∑ √ k+1 k=1 Lösung:

1 a) ak = ln 1 + k 1 ln 2 1 k 1 ≥ ln 2 ⇒ ln 1 + ≥ 1+ ≥ 2 für alle k ∈ N ⇒ k ln 1 + k k k k ∞ ∞ 1 1 - divergiert. ⇒ ln 2 ∑ ist divergente Minorante ⇒ ∑ ln 1 + k k=1 k k=1 1 ∞ sin k b) ak = ∑ √ k + 1 k=1 1 1 π sin α < α für 0 < α < ⇒ sin < 2 k k 1 1 und √

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