Mathematik I - oettinger

Musterlösung zur Nachklausur TMM15
M. Oettinger 2016
Aufgabe 1
(7 Punkte)
Der feste Umfang des Rechtecks ist
U = 2(a + b) ⇒ a =
U
−b
2
Die Fläche des Rechtecks ist eine Funktion der Variablen b
U
A=a·b=
− b b = A(b)
2
d
U
U
A(b) = − 2b = 0 ⇔ b =
db
2
4
U
U
⇒a= −b=
2
4
d2
A(b) = −2 < 0 ⇒ Maximum!
db2
Die Lösung ist ein Quadrat mit der Seitenlänge U/4. Die Rechnung für die
kleinste Fläche funktioniert nicht, da der kleinste Flächenwert (für b = 0) am
Rand des Definitionsbereichs der Funktion A(b) liegt - der niedrigste Wert wird
nicht als Minimum erkannt, da die Funktion auch für negative b Werte liefert
(die allerdings nicht sinnvoll als Maß für die Fläche des Rechtecks sind).
Aufgabe 2
(10 Punkte)
Alle gegebenen Funktionen sind ableitbar.
1
a)
f (x) =
f 0 (x) =
=
=
=
x2 + 2
x2 + 2x + 1
2x(x + 1)2 − 2(x + 1)(x2 + 2)
(x + 1)4
(x + 1)[2x(x + 1) − 2(x2 + 2)]
(x + 1) · (x + 1)3
2x2 + 2x − 2x2 − 4
(x + 1)3
2x − 4
(x + 1)3
b)
f (x) = 12ex
f 0 (x) = 12 · (ex )0 = 12ex
c)
f (x) = e12x
f 0 (x) = e12x · 12 = 12e12x
d)
f (x) = e12·sin(x)
f 0 (x) = e12·sin(x) · 12 · cos(x) = 12 cos(x) · e12·sin(x)
Aufgabe 3
(13 Punkte)
f (x) = 4x − 3x3
f 0 (x) = 4 − 3 · 3x2 = 4 − 9x2
f 00 (x) = −9 · 2x = −18x
f (3) (x) = −18
Nullstellen:
f (x) = 4x − 3x3 = x(4 − 3x2 ) = 0 ⇒ x0 = 0
r
4
2
2
4 − 3x = 0 ⇒ x2/3 = ±
= ±√
3
3
Extrema:
r
0
2
f (x) = 4 − 9x = 0 ⇒ x1/2 = ±
4
2
=±
9
3
8
8
48
2
=
≈ 1, 78
f( ) = − 3 ·
3
3
27
27
2
2
2 48
f 00 ( ) = −18 · < 0 ⇒ (lokales) Maximum bei ( ; )
3
3
3 27
2
8
8
48
f (− ) = − + 3 ·
= − ≈ −1, 78
3
3 27
27
2
2 48
2
> 0 ⇒ (lokales) Minimum bei (− ; − )
f 00 (− ) = −18 · −
3
3
3 27
Wendestellen:
f 00 (x) = −9 · 2x = −18x = 0
⇒ x0 = 0
f (3) (x) = −18 6= 0 ⇒ Wendepunkt (0; 0)
Asymptoten: keine.
lim f (x) = lim 4x − 3x3 = 3 · lim (−x3 ) = −∞
x→∞
x→∞
x→∞
3
lim f (x) = lim 4x − 3x = 3 · lim (−x3 ) = ∞
x→−∞
Plot der Funktion:
x→−∞
x→−∞
3
f(x) = 4x-3x
4
2
y
0
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
-2
-4
x
Aufgabe 4
(12 Punkte)
f (x) = x3 + 2x2 + 1
f 0 (x) = 3x2 + 4x
f 00 (x) = 6x + 4
⇒ f (1) = 4
⇒ f 0 (1) = 7
⇒ f 00 (1) = 10
f (3) (x) = 6
⇒ f (3) (1) = 6
f (n) (x) = 0 für n > 3.
Taylor-Entwicklung:
f (x) =
∞
X
f (n) (x0 )
n=0
n!
(x − x0 )n
da ab der vierten Ableitung alle weiteren verschwinden, gilt:
f (x) =
3
X
f (n) (1)
n=0
n!
(x − 1)n =
4
7
10
6
(x − 1)0 + (x − 1)1 + (x − 1)2 + (x − 1)3 .
0!
1!
2!
3!
Unter Ausnutzen von 0! = 1 folgt nach ausmultiplizieren
4 + 7(x − 1) + 7(x − 1) +
10
6
(x − 1)2 + (x − 1)3
2
3!
= x3 + 2x2 + 1.
Die Taylorentwicklung ist mit der ursprünglichen analytischen Darstellung identisch (da die Ableitungen einer Potenzreihe wieder eine Potenzreihe ergeben
und die Darstellung der Funktion eindeutig ist). Daraus folgt für den Konvergenzradius natürlich, dass er dem Definitionsbereich D = R der Funktion
entspricht.
Aufgabe 5
(8 Punkte)
a) f (x) ist für alle n > 0 differenzierbar (Polynom, als normale Funktion stetig
in ganz R).
b)
x+h−x
=1
h→0 x + h − x
x0 = lim
c)
(x2 )0 = (x · x)0 = x · 1 + 1 · x = 2x
(x3 )0 = (x2 · x)0 = x2 · 1 + 2x · x = x2 + 2x2 = 3x2
(x4 )0 = (x3 · x)0 = x3 · 1 + 3x2 · x = x3 + 3x3 = 4x3
d) Offensichtlich ist (xn )0 = nxn−1 . Beweis über vollständige Induktion:
Induktionsanfang mit n = 1:
x0 = 1 · x0 = 1.
Induktionsschritt:
(xn+1 )0 = (xn · x)0 = (xn )0 · x + xn · 1
= n · xn−1 · x + xn = n · xn + xn
= (n + 1)xn = (n + 1)xn+1−1
Aufgabe 6
(5 Punkte)
a) Regel von de l’Hospital:
x2
(x2 )0
2x
= lim
=0
= lim
0
x→0 sin(x)
x→0 (sin(x))
x→0 cos(x)
lim
b) Regel von de l’Hospital:
lim x ln x = lim
x→0+
x→0+
ln x
1
x
= lim
x→0+
1
x
− x12
= lim (−x) = 0
x→0+

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