Priv. Doz. Dr. A. Wagner
Dr. T. Dieckmann
S. Bleß, M. Sc.
Aachen, 14. September 2015
Analysis
Übungsaufgaben mit Lösungen
im Vorkurs Mathematik 2015, RWTH Aachen University
— Intervalle, Supremum und Infimum —
Für a, b ∈ R, a < b nennen wir eine Menge der Form
( a, b] := { x ∈ R : a < x 6 b} bzw. [ a, b) := { x ∈ R : a 6 x < b}
Bestimmen Sie jeweils, ob es sich bei den angegebenen Mengen um Intervalle handelt. Geben
Sie in diesem Fall bitte die Intervallschreibweise an.
a) [0, 1] ∪ (1, 2],
b) [−1, 0] ∪ [2, 3]
c) [−2, 3] ∩ (−2, 4),
d) (2, 5] \ (4, 5],
e) (−∞, 5] ∩ (1, 6),
f) { x2 : x ∈ R},
g) { n1 : n ∈ N},
h) {−1, 7},
x2
< 1},
l) { x ∈ R :
x2
j) (0, 2) ∩ Q,
k) { x ∈ R :
> 7}.
a) [0, 2],
b) kein Intervall,
c) (−2, 3],
d) (2, 4],
e) (1, 5],
f) [0, ∞),
g) kein Intervall,
h) kein Intervall,
i) (−∞, 0),
j) kein Intervall,
k) (−1, 1),
l) kein Intervall.
Lösung:
Aufgabe 2
Bestimmen Sie jeweils, ob die angegebenen Mengen nach oben und/oder unten beschränkt sind.
Geben Sie in den entsprechenden Fällen jeweils Supremum bzw. Infimum an. Handelt es sich
hierbei auch um Maxima bzw. Minima?
b) (0, 1),
c) {2, 7},
f) {0},
g) [0, 1] ∪ [2, 3],
h) {r ∈ Q : r < 2}
i) {r ∈ Q : r2 < 4},
j) {r ∈ Q : r2 < 2},
k) 1, π3 , π 2 , 10
l) { p : p Primzahl},
m) {(−1)n n : n ∈ N},
n) { x2 + 1 : x ∈ R},
o) { x ∈ R : x2 = −2x },
e)
n
1+
1
n
o
:n∈N ,
1
b) 0, 1,
c) 2 (min), 7 (max),
d) e (min), π (max),
e) 1, 2 (max),
f) 0 (min), 0 (max),
g) 0 (min), 3 (max),
h) n. u. unb., 2
i) −2, 2,
√ √
j) − 2, 2,
k) 1 (min), 10 (max),
l) 2 (min), n. o. unb.,
m) n. u. unb., n. o. unb.,
n) 1 (min), n. o. unb.,
o) −2 (min), 0 (max),
p) 0, 31 (max).
Sei S ⊆ R nach oben beschränkt. Zeigen Sie: Falls sup(S) ∈ S, so ist sup(S) = max(S).
Aufgabe 1
a) [0, 1],
a) 0 (min), 1 (max),
Aufgabe 3
ein nach links bzw. ein nach rechts offenes Intervall.
i) { x ∈ R : x < 0},
Lösung:
Die erste Zahl gibt das Infimum und die zweite Zahl das Supremum an. Falls das Infimum (bzw.
Supremum) nicht existiert, schreiben wir ’n. u. unb.’ (nach unten unbeschränkt) bzw. ’n. o. unb.’,
(nach oben unbeschränkt). Der Zusatz (min) bzw. (max) bedeutet, dass es sich bei dieser Zahl
um das Minimum bzw. Maximum der Menge handelt.
d) {π, e}
p) {3−n : n ∈ N}.
Lösung:
Da sup(S) eine obere Schranke für S ist, gilt s 6 sup(S) für alle s ∈ S. Aus sup(S) ∈ S folgt die
Behauptung sofort aus der Definition des Maximums.
Aufgabe 4 (∗)
Sei S ⊆ R nicht leer und nach oben (bzw. unten) beschränkt. Zeigen Sie, dass das Supremum
(bzw. Infimum) von S eindeutig bestimmt ist.
Lösung:
Sei S ⊆ R nach oben beschränkt. Seien M1 , M2 ∈ R Suprema von S. Da M1 ein Supremum
von S ist, ist M1 inbesondere eine obere Schranke von S. Damit gilt M2 6 M1 , denn M2 ist eine
kleinste obere Schranke von S. Vertauscht man die Rollen von M1 und M2 erhält man noch
M1 6 M2 , also M1 = M2 . Der Beweis für den Fall ’S ist nach unten beschränkt’ kann analog
geführt werden.
Aufgabe 5 (∗)
Sei S ⊆ R nicht leer, nach oben beschränkt und −S := {−s : s ∈ S}. Zeigen Sie, dass
inf(−S) = −sup(S).
Lösung:
Sei M = sup(S). Da M eine obere Schranke von S ist, gilt s 6 M, also damit auch −s > − M
für alle s ∈ S. Inbesondere ist damit −S nach unten beschränkt durch − M. Wir zeigen nun, dass
− M die größte untere Schranke von −S ist. Sei dazu α ∈ R eine beliebige untere Schranke
von −S, d.h. es gelte α 6 −s für alle s ∈ S. Dies ist aber äquivalent zu −α > s für alle
s ∈ S. Damit ist −α eine obere Schranke von S. Nach Definition von M ist damit M 6 −α oder
anders ausgedrückt − M > α. Somit ist − M die größte untere Schranke von −S und folglich
inf(−S) = M, was zu zeigen war.
2
√
— Funktionen —
√
2
Für alle x ∈ R+ gilt ( f ◦ g)( x ) = f ( x ) = 1 − x = 1 − x. Offensichtlich kann x 7→ 1 − x
auf ganz R erklärt werden. Der Definitionsbereich von g ◦ f bestimmt sich zu
Aufgabe 6
Bestimmen Sie jeweils den Definitionsbereich von f /g. Untersuchen Sie, ob sich f /g in den
Definitionslücken noch sinnvoll erklären lässt. Falls ja, mit welchem Funktionswert?
D ( g ◦ f ) = { x ∈ D ( f ) : f ( x ) ∈ D ( g)}
= { x ∈ R : 1 − x 2 ∈ R+ }
b) f : R → R, f ( x ) = x − 3,
g : R → R, g( x ) = x2 − 10x + 21
= { x ∈ R : x2 6 1} = [−1, 1].
√
Für x ∈ [−1, 1] gilt ( g ◦ f )( x ) = g(1 − x2 ) = 1 − x2 . Im Allgemeinen müssen f ◦ g und g ◦ f
d) f : R → R, f ( x ) = x − 1,
g : R → R, g( x ) = x3 − 1
Aufgabe 8
a) f : R → R, f ( x ) = x2 ,
c) f : R → R, f ( x ) = 1,
g : R → R, g( x ) = x2 − 7x + 12
also nicht übereinstimmen.
g : R → R, g( x ) = | x | − 5
Lösung:
a) Es gilt x2 − 7x + 12 = ( x − 3)( x − 4). Also ist D = R \ {3, 4}. Da die Nennerfunktion die
Nullstellen x0 = 3 und x0 = 4 besitzt, die Zählerfunktion allerdings nicht, kann die Funktion
dort nicht sinnvoll fortgesetzt werden.
b) Es gilt x2 − 10x + 21 = ( x − 3)( x − 7). Also ist
Allerdings gilt nach Kürzung
sinnvoll erklärt werden mit
f
g (x)
f
g (3)
= x−1 7
:= − 41 .
f
g
zunächst auf D = R \ {3, 7} definiert.
für alle x ∈ D. Damit kann f im Punkt x0 = 3 noch
d) Es gilt x3 − 1 = ( x − 1)( x2 + x + 1). Das Polynom x2 + x + 1 ist auf R nullstellenfrei. Damit
ist der Definitionsbereich D = R \ {1}. Nach Kürzung erhält man
für alle x ∈ D.
Dieser Ausdruck ist auch noch für x = 1 definiert. Eine sinnvolle Fortsetzung ist damit
f
1
g (1) : = 3 .
Aufgabe 7
√
Gegeben seien die Funktionen f : R → R, f ( x ) = 1 − x2 und g : R+ → R, g( x ) = x.
Bestimmen Sie die Definitionsbereiche D ( f ◦ g) und D ( g ◦ f ) und geben Sie f ◦ g und g ◦ f
explizit an.
Lösung:
Es gilt
D ( f ◦ g) = { x ∈ D ( g) : g( x ) ∈ D ( f )} = { x ∈ R+ :
3
√
b) f : R \ {0} → R, f ( x ) = 1x ,
a) f : R → R, f ( x ) = x5 ,
c) f : R → R, f ( x ) = x2 ,
e) f : R → R, f ( x ) = | x |,
c) Es gilt | x | − 5 = 0 ⇔ x ∈ {−5, 5}. Damit ist D = R \ {−5, 5}.
f
1
(x) = 2
g
x +x+1
Untersuchen Sie die folgenden Funktionen auf ihrem Definitionsbereich auf (strenge) Monotonie.
Bestimmen Sie die maximalen Monotoniebereiche ohne Zuhilfenahme von Methoden der Differentialrechnung. Versuchen Sie dabei möglichst die jeweils voranstehenden Aufgabenteile zu
benutzen.
g) f : [−1, 1] → R, f ( x ) =
d) f : R+ → R, f ( x ) =
√
1 − x2 ,
f) f : R → R, f ( x ) =
x2
√
x,
+ 2x + 2,
h) f : R \ {3, 4} → R, f ( x ) = ( x2 − 7x + 12)−1 .
Hinweis: Benutzen Sie in Teil d) die 3. Binomische Formel.
Lösung:
a) Diese Funktion ist streng monoton wachsend wachsend auf ganz R: Aus der Vorlesung
wissen wir bereits, dass f : R → R, f ( x ) = x3 eine auf R streng monoton wachsende
Funktion ist. Seien x, y ∈ R mit x < y. Wir verfahren wie dort und machen zunächst eine
Fallunterscheidung:
• xy > 0:
In diesem Fall sind x, y 6= 0 und damit ist
x 4 >0
VL 1
y4 >0
x5 = x · ( x4 ) < y · ( x4 ) = xy · ( x3 ) < xy · (y3 ) = x · y4 < y · (y4 ) = y5 .
• xy = 0:
In diesem Fall ist x = 0 oder y = 0. Aus x = 0 folgt y > 0 und damit x5 = 0 < y5 . Aus
y = 0 folgt x < 0 und damit x5 < 0 = y5 .
x ∈ R } = R+ .
• xy < 0:
In diesem Fall gilt x < 0 < y und damit x5 < 0 < y5 .
4
b) Diese Funktion ist nicht monoton auf R \ {0}. Es gilt f (−1) = −1 < 1 = f (1), das heißt f
ist nicht monoton fallend. Weiter ist f (−1) = −1 < − 12 = f (−2), das heißt f ist auch nicht
monoton wachsend. Damit ist f nicht (streng) monoton auf seinem Definitionsbereich. Für
0 < x < y gilt hingegen f ( x ) = 1x > 1y = f (y). Damit ist f streng monoton fallend auf (0, ∞).
Für x < y < 0 hat man f ( x ) =
fallend auf (−∞, 0).
1
x
= − −1x > − −1y = f (y). Damit ist f streng monoton
c) Diese Funktion ist nicht monoton auf R. Es gilt f (−1) = 1 > 0 = f (0), das heißt f ist nicht
monoton wachsend. Weiter ist f (0) = 0 < 1 = f (1), das heißt f ist auch nicht monoton
fallend. Für 0 6 x < y gilt x2 < y2 und für x < y 6 0 hat man x2 > y2 . Damit ist f streng
monoton wachsend auf [0, ∞) und streng monoton fallend auf (−∞, 0].
d) Diese Funktion ist streng monoton wachsend auf ganz R+ : Seien x, y ∈ R+ mit x < y.
√
√
√
Es gilt zunächst x + y > 0, da y > 0. Mit der 3. binomischen Formel erhalten wir
√
√
√
√
√
√
( y − x ) · ( y + x ) = y − x > 0 nach Voraussetzung an x und y. Also gilt y − x =
√
y− x
√
y+ x
> 0, das heißt f ( x ) =
√
x<
√
y = f ( y ).
e) Diese Funktion ist nicht monoton auf R. Es gilt f (0) = |0| = 0 < 1 = |1| = f (1), das heißt
f ist nicht monoton fallend. Umgekehrt ist f (−1) = | − 1| = 1 > 0 = |0| = f (0), das heißt
f ist nicht monoton wachsend. Für x > 0 gilt f ( x ) = x. Also ist f streng monoton wachsend
auf [0, ∞). Für x 6 0 hat man f ( x ) = − x, also ist f streng monoton fallend auf (−∞, 0].
f) Diese Funktion ist nicht monoton auf R. Wir schreiben f in Scheitelpunktform, also
f ( x ) = x2 + 2x + 2 = x2 + 2x + 1 + 1 = ( x + 1)2 + 1.
Für −1 6 x < y gilt 0 6 x + 1 < y + 1. Weil x 7→ x2 auf [0, ∞) streng monoton wachsend
ist, folgt f ( x ) = ( x + 1)2 + 1 < (y + 1)2 + 1 = f (y). Damit ist f streng monoton wachsend
auf [−1, ∞). Für x < y 6 −1 gilt x + 1 < y + 1 6 0, also auch f ( x ) = ( x + 1)2 + 1 >
(y + 1)2 + 1 = f (y). Damit ist f streng monoton fallend auf (−∞, −1].
√
√
g) Diese Funktion ist nicht monoton auf [−1, 1]. Es gilt f (0) = 1 = 1 > 0 = 0 = f (1), das
heißt f ist nicht monoton wachsend. Umgekehrt hat man f (−1) = 0 < 1 = f (0), das heißt f
ist auch nicht monoton fallend. Für x, y ∈ [0, 1] mit x < y hat man 1 − x2 , 1 − y2 ∈ R+ sowie
1 − x2 >√1 − y2 , dapdie Funktion x 7→ − x2 auf [0, 1] ⊂ R+ streng monoton fällt. Es folgt
√
f ( x ) = 1 − x2 > 1 − y2 = f (y), da x 7→ x auf R+ streng monoton wächst. Damit ist
f auf [0, 1] streng monoton fallend. Genauso zeigt man, dass f auf [−1, 0] streng monoton
wächst.
h) Diese Funktion ist nicht monoton auf R \ {3, 4}. Wir bestimmen die Monotoniebereiche. Sei
dazu zunächst g : R → R, g( x ) = x2 − 7x + 12. Mit quadratischer Ergänzung erhält man
2 2
7
7
7 2 1
−
+ 12 = x −
− .
2
2
2
4
Wie in Aufgabe f) sieht man, dass g auf −∞, 72 streng monoton fallend, sowie auf 72 , ∞
streng monoton wachsend ist. Weiter gilt g( x ) < 0 genau dann, wenn x ∈ (3, 4). Für
g( x ) = x2 − 7x +
5
x ∈ R \ (3, 4) gilt g( x ) > 0. Seien jetzt also x, y ∈ R \ {3, 4} mit x < y. Für x, y ∈ (−∞, 3)
erhält man g( x ) > g(y) > 0, also
f (x) =
1
1
<
= f ( y ),
g( x )
g(y)
das heißt f ist streng monoton wachsend auf (−∞, 3). Für x, y ∈ 3, 72 ist 0 > g( x ) > g(y)
und damit f ( x ) = g(1x) < g(1y) = f (y), also ist f streng monoton wachsend auf 3, 72 . Für
7
gilt g( x ) < g(y) < 0, also f ( x ) = g(1x) > g(1y) = f (y). Damit ist f streng
monoton fallend auf 72 , 4 . Schließlich folgt für x, y ∈ (4, ∞) sofort 0 < g( x ) < g(y) und
1
1
damit f ( x ) = g( x) > g(y) = f (y), das heißt f ist streng monoton fallend auf (4, ∞).
x, y ∈
2, 4
Aufgabe 9
Seien D, E ⊆ R nichtleere Teilmengen. Zeigen Sie:
a) Ist f : D → R eine (streng) monoton wachsende Funktion, so ist − f : D → R mit
(− f )( x ) := − f ( x ) (streng) monoton fallend.
b) Seien f , g : D → R monoton wachsende Funktionen mit f , g > 0 auf D, so ist auch
f · g : D → R mit ( f · g)( x ) := f ( x ) · g( x ) monoton wachsend.
c) Seien f : D → R und g : E → R monoton mit g( E) ⊆ D. Zeigen Sie, dass dann auch
f ◦ g : E → R monoton ist. Welche Art von Monotonie liegt jeweils vor?
d) Sei f : D → W streng monoton und bijektiv. Zeigen Sie, dass dann auch f −1 : W → D
streng monoton ist.
Lösung:
a) Sei f monoton wachsend. Seien x, y ∈ D mit x < y. Dann gilt f ( x ) 6 f (y), also − f ( x ) >
− f (y). Damit ist − f monoton fallend. Analog zeigt man die Behauptung für streng monoton
wachsendes f .
b) Seien f , g : D → R monoton wachsend. Seien x, y ∈ D mit x < y. Dann gilt
f ( x ) · g( x )
g mon. %, f >0
6
f ( x ) · g(y)
f mon. %,g>0
6
f ( y ) · g ( y ).
c) Wir zeigen exemplarisch die Aussage
“ f mon. fallend, g mon. wachsend ⇒ f ◦ g mon. fallend ”.
Seien dazu x, y ∈ E mit x < y. Dann gilt g( x ) 6 g(y), da g monoton steigt. Da f monoton
fällt, folgt
( f ◦ g)( x ) = f ( g( x )) > f ( g(y)) = ( f ◦ g)(y).
Analog formuliert und beweist man die übrigen Fälle
• “ f mon. fallend, g mon. fallend ⇒ f ◦ g mon. wachsend ”,
6
• “ f mon. wachsend, g mon. wachsend ⇒ f ◦ g mon. wachsend ”,
• “ f mon. wachsend, g mon. fallend ⇒ f ◦ g mon. fallend ”.
d) Sei f zunächst streng monoton wachsend. Seien y, y0 ∈ W mit y < y0 . Seien x = f −1 (y) und
x 0 = f −1 (y0 ). Angenommen x > x 0 . Dann wäre auch y = f ( x ) > f ( x 0 ) = y0 im Widerspruch
zur Annahme. Es folgt f −1 (y) = x < x 0 = f −1 (y0 ). Ist f streng monoton fallend, so wendet
man das eben Bewiesene auf (− f )−1 = − f −1 an.
Aufgabe 10
Bestimmen Sie den Wertebereich der folgenden Funktionen.
1
,
x
c) f : (−4, −1] → R, f ( x ) = x2 + 2x + 2,
1
e) f : R → R, f ( x ) =
,
1 + x2
g) f : (4, 5] → R, f ( x ) = ( x2 − 7x + 12)−1 .
Lösung:
a) Sei R∗ := R \ {0}. Für x 6= 0 gilt zunächst
wir x = 1y . Dann gilt f ( x ) =
1
x
−1
1
x−3
√
d) f : [−1, 1] → R, f ( x ) = 1 − x2
1
f) f : (−1, 1) → R, f ( x ) = √
1 − x2
b) f : [−1, 2] → R, f ( x ) =
a) f : R \ {0} → R, f ( x ) =
1
x
1
y
6= 0 und damit f (R∗ ) ⊆ R∗ . Zu y ∈ R∗ wählen
= y. Es folgt f (R∗ ) = R∗ .
Bemerkung: Schränken wir den Zielbereich von f auf R∗ ein, so folgt f ◦ f = idR∗ , das heißt,
f ist bijektiv mit f −1 = f .
=
b) Für x ∈ [−1, 2] gilt x − 3 ∈ [−4, −1]. Mit Aufgabe 8 b) sieht man damit, dass f auf
D = [−1, 2] streng monoton fällt, also
1
− = f (−1) > f ( x ) > f (2) = −1
4
für alle x ∈ D. Damit haben wir f ([−1, 2]) ⊆ [−1, − 14 ]. Sei umgekehrt y ∈ [−1, − 14 ]. Es gilt
f ( x ) = y ⇔ x = 1y + 3. Da y → 1y + 3 auf (−∞, 0) monoton fällt, folgt
1
1
1
+ 3 = 2,
−1 = 1 + 3 6 + 3 6
y
−1
−4
also x ∈ [−1, 2]. Damit ist f ( x ) = y und somit f ([−1, 2]) = [−1, − 14 ].
c) Die Funktion f ist auf (−4, −1] streng monoton fallend, das heißt es gilt 10 = f (−4) >
f ( x ) > f (−1) = 1. Es folgt f ((−4, 1]) ⊆ [1, 10). Sei umgekehrt y ∈ [1, 10). Für y = 1 hat
man f (−1) = 1 = y. Sei also y ∈ (1, 10). Wir machen den Ansatz
y = f ( x ) = x2 + 2x + 2 = ( x + 1)2 + 1.
√
√
d) Die Funktion ist auf dem Bereich [−1, 0] streng monoton wachsend und auf [0, 1] streng
monoton fallend mit f (−1) √
= f (1) = 0 und f (0) = 1. Es folgt f ([−1, 1]) ⊆ [0, 1]. Sei
y ∈ [0, 1]. Der Ansatz y = 1 − x2 liefert die notwendige Bedingung y2 = 1 − x2 . Dies
ist eine quadratische
Gleichung in x, welche wegen 0 6 y 6 1 die beiden Lösungen
p
x1,2 = ± 1 − y2 ∈ [−1, 1] hat. Eine Probe zeigt
f ( x1,2 ) =
r
1−
q
2
1 − y2 =
q
y2 = |y| = y,
da y > 0. Ingesamt haben wir damit f ([−1, 1]) = [0, 1] gezeigt.
e) Es gilt zunächst
1
61
1 + x2
für alle x ∈ R, wobei Gleichheit genau für x = 0 besteht. Es folgt damit zunächst f (R) ⊆
(0, 1]. Sei nun umgekehrt y ∈ (0, 1). Der Ansatz y = f ( x ) = 1+1x2 ist äquivalent zu x2 =
1
(0, 1) folgt 1y > 1, das heißt die Lösungen dieser quadratischen Gleichung
y − 1. Aus y ∈
q
sind x1,2 = ± 1y − 1 und es gilt f ( x1,2 ) = y. Damit haben wir f (R) = (0, 1] gezeigt.
√
f) Wir betrachten zunächst h : (−1, 1) → R, h( x ) = 1 − x2 . Es gilt h( x ) = 0 genau dann,
wenn x = ±1. Mit d) erhält man also h((−1, 1)) = (0, 1]. Wir betrachten jetzt g : (0, 1] →
R, g( x ) = 1x . Wie in Teil a) schließt man g((0, 1]) = [1, ∞). Nun ist aber f = g ◦ h, also
f ((−1, 1)) = g(h((−1, 1))) = g((0, 1]) = [1, ∞).
0<
g) Wir betrachten zunächst wieder g : R → R, g( x ) = x2 − 7x + 12 und bestimmen g((4, 5]).
Nach Aufgabe 8 h) ist g streng monoton wachsend auf (4, 5], das heißt
0 = g(4) < g( x ) 6 g(5) = 2 für alle x ∈ (4, 5]
und damit g((4, 5]) ⊆ (0, 2]. Sei nun also umgekehrt y ∈ (0, 2]. Der Ansatz y = g( x ) =
2
x − 72 − 14 liefert eine quadratische Gleichung in x mit den beiden Lösungen x1,2 =
q
√
7
y + 14 . Wegen der strengen Monotonie von y 7→ y folgt
2 ±
7
4= +
2
r
1
7
0 + < x1 = +
4
2
r
1
7
y+ 6 +
4
2
r
2+
1
=5
4
und damit x1 ∈ (4, 5]. Wegen g( x1 ) = y folgt insgesamt g((4, 5]) = (0, 2]. Abschließend
betrachten wir nun h : (0, 2] → R, h( x ) = 1x . Man zeigt leicht, dass h((0, 2]) = [ 12 , ∞). Für
f = h ◦ g gilt folglich f ((4, 5]) = h((0, 2]) = [ 21 , ∞).
Wegen y > 1 hat die obige quadratische Gleichung in x über R die beiden Lösungen
p
p
x1 = −1 − y − 1 und x2 = −1 + y − 1. Wegen 0 < y − 1 < 9 hat man aufgrund der
7
√
strengen Monotonie von x 7→ x dann −4 = −1 − 10 − 1 < x1 < −1 − 1 − 1 = −1,
also x1 ∈ (−4, −1]. Es gilt f ( x1 ) = y. Im Übrigen gilt x2 ∈
/ (−4, −1]. Insgesamt haben wir
damit f ((−4, 1]) = [1, 10) gezeigt.
8
Aufgabe 11
Aufgabe 13
Betrachten Sie die Funktion f : [−2, 2] → R, welche gegeben ist durch
f ( x ) :=
x + 1, falls x 6 −1
x2 ,
falls − 1 < x < 1
x − 1, falls x > 1.
Untersuchen Sie die Funktion auf lokale und globale Maxima und Minima.
Lösung:
Wir bestimmen zunächst die Monotoniebereiche von f . Für x ∈ [−2, −1] gilt f ( x ) = x + 1,
das heißt f ist streng monoton wachsend. Für x ∈ (−1, 1) ist f ( x ) = x2 , also ist f streng
monoton fallend auf (−1, 0] und streng monoton wachsend auf [0, 1). Für x ∈ [1, 2] gilt f ( x ) =
x − 1, das heißt f ist streng monoton wachsend auf [1, 2]. Da sich in lokalen Extrempunkten
das Monotonieverhalten ändert, können lokale Extrema höchstens in den Randpunkten der
Monotoniebereiche vorliegen, das heißt in x ∈ {−2, −1, 0, 1, 2}. Es genügt also diese Punkte zu
untersuchen:
• Für x ∈ (−1, 2] gilt f ( x ) > 0 > −1 = f (−2) und für x ∈ [−2, −1] gilt f ( x ) > f (−2), da
f dort streng monoton steigt. Damit liegt in x = −2 ein globales Minimum vor.
• Für x ∈ [−2, −1] gilt f ( x ) 6 f (−1) = 0 < 1 = f (2) und für x ∈ (−1, 2] gilt f ( x ) 6 1 =
f (2). Damit liegt in x = 2 ein globales Maximum vor.
• Für x ∈ [−1, 2] gilt f ( x ) > 0 = f (1) = f (0). Also liegen in x = 0 und x = 1 lokale
Minima vor, welche nicht global sind.
x2
• Für x ∈ (−1, 0) gilt f ( x ) =
> 0 = f (−1) und für x ∈ [−2, −1) hat man f ( x ) =
x + 1 < 0. Damit kann in x = −1 kein lokales Extremum vorliegen.
Aufgabe 12
Betrachten Sie die Funktion f : (−2, 2] → R, welche gegeben ist durch
f ( x ) :=
x + 1, falls x < −1
x2 ,
falls − 1 6 x 6 1
x − 1, falls x > 1.
Untersuchen Sie die Funktion auf lokale und globale Maxima und Minima.
Lösung:
Man verfährt analog zu Aufgabe 11. In x ∈ {−1, 1, 2} besitzt f ein globales Maximum. In x = 0
besitzt f ein lokales Minimum, welches nicht global ist. Die Funktion f hat kein globales Minimum.
Betrachten Sie die Funktion f : (−2, 2) → R, welche gegeben ist durch
f ( x ) :=
x + 1 falls x < −1
x2
falls − 1 6 x 6 1
x − 1 falls x > 1.
Untersuchen Sie die Funktion auf lokale und globale Maxima und Minima.
Lösung:
Man verfährt wieder analog zu Aufgabe 11. In x ∈ {−1, 1} besitzt f ein globales Maximum. In
x = 0 besitzt f ein lokales Minimum, welches nicht global ist. Die Funktion f hat kein globales
Minimum.
Aufgabe 14
Untersuchen Sie die Folgen ( an )n∈N auf Monotonie und Beschränktheit.
a) an =
1
,
n2
b) an =
(−1)n
,
n+3
√
5n
g) an = √
,
n+1
d) an =
n+1
,
5n
n2 − 1
,
n
√
n n + 10
,
h) an =
n2
e) an =
c) an =
n
,
n2 + 1
3n − 2n2
,
n2 + 1
√
√
i) an = n + 1 − n.
f) an =
Lösung:
a) Es gilt
a n +1 − a n =
1
1
n2 − ( n + 1)2
2n + 1
− 2 = 2
=− 2
< 0 ∀n ∈ N.
2
( n + 1)
n
n · ( n + 1)2
n · ( n + 1)2
Also ist ( an )n streng monoton fallend. (Alternativ: Die Funktion x 7→ x12 ist streng monoton
fallend auf (0, ∞).) Weiter ist 0 < an 6 a1 = 1 für alle n ∈ N und damit ( an )n nach oben und
unten beschränkt.
+1
b) Es gilt an = n5n
= 15 (1 + n1 ). Mit
1
n n
ist auch ( an )n streng monoton fallend. Insbesondere
ist damit a1 > an > 0 für alle n, das heißt die Folge ist nach oben und unten beschränkt.
c) Wir betrachten wieder an+1 − an . Es gilt
a n +1 − a n =
n+1
n
(n + 1)(n2 + 1) − n((n + 1)2 + 1)
− 2
=
<0
2
( n + 1) + 1 n + 1
(n2 + 1)((n + 1)2 + 1)
⇔ n3 + n2 + n + 1 − n(n2 + 2n + 2) < 0
⇔ −(n2 + n − 1) < 0.
Wegen n2 + n − 1 > 12 + 1 − 1 = 1 > 0 ist dies für alle n eine wahre Aussage. Also ist
( an )n streng monoton fallend. Wegen a1 > an > 0 für alle n ist damit ( an )n nach oben und
unten beschränkt.
9
10
d) Es gilt | an | =
Wegen
1
n +3
< 1 für alle n. Damit ist ( an )n nach oben und nach unten beschränkt.
(−1)n+1 (−1)n
(−1)n+1 (n + 3) − (−1)n (n + 4)
−
=
n+4
n+3
(n + 3)(n + 4)
2n + 7
n +1
.
= (−1)
(n + 3)(n + 4)
|
{z
}
a n +1 − a n =
>0
ist damit an+1 − an > 0 für n ungerade und an+1 − an < 0 für n gerade. Also ist die Folge
( an )n nicht monoton.
e) Es gilt
n2
( n + 1)2
n((n + 1)2
− 1) − (n + 1)(n2
−1
−1
−
=
n+1
n
n ( n + 1)
3
2
3
2
n + 2n − n + n − n + 1
n2 + n + 1
=
=
>0
n ( n + 1)
n ( n + 1)
a n +1 − a n =
g) Es gilt zunächst
r
r
√
√
√
1
n
n
5· √
= 5·
= 5· 1−
.
n+1
n+1
n+1
√
1
Die Folge bn := 5 1 − n+
x auch streng
1 , n ∈ N ist streng monoton wachsend. Da x 7 →
√
monoton wächst,
ist damit auch ( an )n = ( bn )n streng monoton wachsend. Desweiteren gilt
√
0 6 an 6 5 für alle n, woraus die Beschränktheit folgt.
an =
√
h) Es gilt
an =
√
√
n n + 10
n n 10
1
10
= 2 + 2 = √ + 2.
2
n
n
n
n n
Die Folgen (bn )n = ( √1n )n und (cn )n = ( n102 )n sind streng monoton fallend. Damit ist auch
− 1)
für alle n ∈ N. Damit ist ( an )n streng monoton wachsend. (Alternativ: Man schreibt an =
n − n1 als Summe zweier streng monoton wachsender Funktionen.) Weiter hat man an > 0
für alle n ∈ N, das heißt ( an )n ist nach unten beschränkt. Wegen
n2 − 1
n+1
=
·(n − 1) > n − 1 ∀n ∈ N
n
n }
| {z
( an )n streng monoton fallend mit 0 6 an 6 a1 für alle n.
i) Mit der 3. binomischen Formel gilt zunächst
√
√
√
√
√
√
an · ( n + 1 + n) = ( n + 1 − n) · ( n + 1 + n) = n + 1 − n = 1,
also
1
√
∀n ∈ N.
n+ n+1
√
√
Die Funktionen n 7→ n bzw. n 7→ n + 1 sind streng monoton wachsend. Es folgt, dass
( an )n streng monoton fällt. Desweiteren gilt 0 6 an 6 a1 für alle n, woraus die Beschränktheit
an = √
folgt.
>1
ist ( an )n nach oben unbeschränkt.
— Elementare Funktionen —
f) Es gilt
3(n + 1) − 2(n + 1)2 3n − 2n2
− 2
( n + 1)2 + 1
n +1
2
(3(n + 1) − 2(n + 1) )(n2 + 1) − (3n − 2n2 )((n + 1)2 + 1)
=
<0
((n + 1)2 + 1)(n2 + 1)
a n +1 − a n =
⇔ −3n2 − 7n + 1 < 0.
Wegen 3n2 + 7n − 1 > 3 · 12 + 7 · 1 − 1 = 9 > 0 ist die letzte Ungleichung für alle n ∈ N
erfüllt. Damit ist ( an )n streng monoton fallend. Also ist ( an )n nach oben beschränkt durch a1 .
Schließlich folgt aus
n
n2
n2
3n − 2n2
=
3
−
2
>
−
2
> −2 ∀ n ∈ N
2+1
2+1
n2 + 1
n2 + 1
|n {z
}
|n {z
}
>0
<1
die Beschränktheit nach unten.
Aufgabe 15
Es seien a, u, v > 0 und r ∈ R. Beweisen Sie die Logarithmengesetze:
u
= loga (u) − loga (v),
v
b) loga (ur ) = r loga (u).
a) loga
Lösung:
a) Seien x = loga (u) und y = loga (v). Nach Definition ist dann a x = u und ay = v. Mit den
x
Potenzgesetzen folgt a x−y = aay = uv , also
loga
u
v
= x − y = loga (u) − loga (v).
r
b) Sei x = loga (u). Nach Definition ist dann a x = u. Mit den Potenzgesetzen folgt ur = ( a x ) =
a xr , also
loga (ur ) = rx = r loga (u).
11
12
Lösung:
a) Der Definitionsbereich der Gleichung ist D = R>0 . Es gilt
Aufgabe 16
log2 ( x ) = log2 (10) ⇔ x = 10.
Bestimmen Sie die folgende Logarithmen.
a) log2 (4),
Lösung:
a) 2,
b) 3,
b) log4 (64),
c) log2
1
d) ,
2
c) −3,
1
8
,
d) log4 (2),
e) log7 (7x ), x ∈ R.
b) Der Definitionsbereich der Gleichung ist D = R>0 . Es gilt
log10 ( x ) = 2 log10 (5) − log10 (4) ⇔ log10 ( x ) = log10
e) x.
52
4
⇔x=
25
.
4
c) Der Definitionsbereich der Gleichung ist D = (1, ∞). Es gilt
Aufgabe 17
log3 ( x − 1) = 2 ⇔ 3log3 ( x−1) = 32 ⇔ x − 1 = 9 ⇔ x = 10.
a) Drücken Sie 2 − log3 (4) als Logarithmus einer einzigen Zahl aus.
b) Vereinfachen Sie
log2
75
16
d) Der Definitionsbereich der Gleichung ist D = (1, ∞). Es gilt
5
32
− 2 log2
+ log2
.
9
243
2 ln(3x − 3) = 1 ⇔ ln(3x − 3) =
√
loga ( 3)
c) Vereinfachen Sie für a > 0 den Ausdruck
.
loga (27)
e) Der Definitionsbereich der Gleichung ist (0, ∞). Es gilt
Lösung:
a)
2 − log3 (4) = 2 log3 (3) − log3 (4) = log3 (9) − log3 (4) = log3
9
4
b)
log2
75
16
− 2 log2
c)
5
32
75 · 81 · 32
+ log2
= log2
9
243
16 · 25 · 243
= log2 (2) = 1
− log4 (2x ) = log4 (6) ⇔ log4
Bestimmen Sie jeweils Definitionsbereich und Lösungsmenge der folgenden logarithmischen
Gleichungen.
d) 2 ln(3x − 3) = 1,
e) − log4 (2x ) = log4 (6),
g) log10 ( x + 1) − log10 (2) = 2,
h) log2 ( x ) = log3 ( x ),
= log4 (6) ⇔
1
1
= 6 ⇔ 1 = 12x ⇔ x = .
2x
12
√
log√2 ( x2 − 1) = 0 ⇔ log√2 ( x2 − 1) = log√2 (1) ⇔ x2 − 1 = 1 ⇔ x2 = 2 ⇔ x = ± 2.
g) Der Definitionsbereich der Gleichung ist (−1, ∞). Es gilt
x+1
2
=2⇔
x+1
= 102 ⇔ x = 199.
2
h) Der Definitionsbereich der Gleichung ist (0, ∞). Es gilt
Aufgabe 18
b) log10 ( x ) = 2 log10 (5) − log10 (4),
1
2x
f) Der Definitionsbereich der Gleichung ist R \ [−1, 1]. Es gilt
log2 ( x ) = log3 ( x ) ⇔
a) log2 ( x ) = log2 (10),
log10 ( x + 1) − log10 (2) = 2 ⇔ log10
√
1
loga (3)
loga ( 3)
1
= 2
=
loga (27)
3 loga (3)
6
13
√
1
1√
1
⇔ 3x − 3 = e 2 = e ⇔ x = 1 +
e.
2
3
c) log3 ( x − 1) = 2,
f) log√2 ( x2 − 1) = 0,
ln( x )
ln( x )
ln(2)
(2)
=
⇔ ln( x ) = ln( x )
⇔ ln( x ) · 1 − ln
= 0,
ln
(
3
)
ln(2)
ln(3)
ln(3)
| {z }
6 =0
also genau dann, wenn ln( x ) = 0, das heißt x = 1.
i) Der Definitionsbereich der Gleichung ist R. Es gilt
log10 ( x2 + 1) = 1 ⇔ x2 + 1 = 10 ⇔ x2 = 9 ⇔ x = ±3.
i) log10 ( x2 + 1) = 1.
14
Aufgabe 19
Bestimmen Sie jeweils den Definitionsbereich der folgenden Terme. Drücken Sie im Anschluss
die Terme durch einen Logarithmus aus.
b) Es gilt
1 = log10 ( x ) + log10 (y) = log10 ( xy) ⇔ xy = 10,
5
x
5
x
5
log10
= log10 ( x ) − log10 (y) = log10
⇔ = ⇔ x = y.
2
y
2
y
2
a) loga ( x + 1) − 3 loga (1 − x ) + 2 loga ( x ),
b) loga
√
x2 − 1
+ 21 loga
x +1
x −1
.
Damit ist das Gleichungssystem äquivalent zu xy = 10 und 2x = 5y. Einsetzen von x =
in die zweite Gleichung liefert 20 = 5y2 , also y = ±2. Es folgt x = ±5. Mit Hinblick auf den
Definitionsbereich des Gleichungssystems ist damit ( x, y) = (5, 2) die einzige Lösung.
Lösung:
a) Der Definitionsbereich des Ausdrucks ist (0, 1). Es gilt
loga ( x + 1) − 3 loga (1 − x ) + 2 loga ( x ) = loga
b) Der Definitionsbereich des Ausdrucks ist R \ [−1, 1]. Es gilt
loga
p
x2 − 1
+
1
loga
2
x+1
x−1
( x + 1) x 2
(1 − x )3
.
1
x+1
loga ( x2 − 1) + loga
2
x−1
1
=
loga | x − 1| + loga | x + 1| + loga | x + 1| − loga | x − 1|
2
= loga | x + 1|.
=
c) Es gilt
7y = 2 · 4x = 2 · 22x = 22x+1 ⇐⇒ 2x + 1 = log2 (7y ) = y log2 (7),
5y = 4x = 22x ⇐⇒ 2x = log2 (5y ) = y log2 (5).
Dies impliziert y log2 (7) − 1 = y log2 (5). Wir erhalten daher die Lösung
y=
1
,
log2 (7) − log2 (5)
x=
log2 (5)
.
2 (log2 (7) − log2 (5))
Aufgabe 21
Aufgabe 20
Bestimmen Sie jeweils die Lösungsmenge der folgenden Gleichungssysteme.
Beweisen Sie die Additionstheoreme für Tangens und Cotangens. Bestimmen Sie auch den
Definitionsbereich der Gleichungen.
a)
(
x−y = 1
2x · 3y = 432
)
a) tan(α + β) =
,
tan(α) + tan( β)
,
1 − tan(α) tan( β)
b) cot(α + β) =
2
log10 ( x ) + log10 (y) = 1
,
5
log10 ( x ) − log10 (y) = log10
2
(
4 x = 5y
2 · 4 x = 7y
)
x, y > 0
cos(α)
sin(α + β)
cos(α + β)
sin(α) cos( β) + sin( β) cos(α)
=
cos(α) cos( β) − sin( β) sin(α)
tan(α) cos( β) + sin( β)
=
cos( β) − tan(α) sin( β)
tan(α) + tan( β)
=
.
1 − tan(α) tan( β)
tan(α + β) =
.
Lösung:
a) Es ist x = y + 1 und damit
b) Die Rechnung verläuft analog.
2x · 3y = 432 ⇔ 2y+1 3y = 432 ⇔ 2 · 6y = 432 ⇔ y = log6 (216) = log6 (63 ) = 3.
Es folgt x = y + 1 = 4.
15
cot(α) cot( β) − 1
.
cot(α) + cot( β)
Lösung:
π
sin(α)
a) Die Gleichung ist definiert für α, β, α + β ∈
/ + Zπ . Mit tan(α) =
folgt
b)
c)
10
y
16
Aufgabe 22
Dies ist eine quadratische Gleichung in t = sin( x ). Wir bestimmen also die Lösungen der
1
Gleichung t2 + √
t − 1 = 0. Diese werden (z.B. mit p-q-Formel) gegeben durch
Zeigen Sie mit Hilfe der Addtionstheoreme:
a) sin α +
π
2
c) tan α +
π
2
= cos(α),
b) cos α +
π
2
= − cot(α),
d) cot α +
π
2
2 3
= − sin(α),
t1 =
= − tan(α).
Lösung:
Man verwende sin π2 = 1 und cos π2 = 0. Für c) und d) verwende man a) und b).
Bemerkung: Man beachte, dass Aufgabe 21 für die Aufgabenteile c) und d) nicht anwendbar ist.
3
,
2
2
t2 = − √ < −1.
3
Wegen sin( x ) > −1 sind also alle x zu bestimmen mit t1 =
Lösungsmenge durch
Bestimmen Sie die Definitionsbereiche der folgenden Gleichungen. Bestimmen Sie im Anschluß
die Lösungsmenge.
√
c) Der Definitionsbereich der Gleichung ist R \
π
3
2
= sin( x ). Damit ist die
2
+ Zπ . Es gilt
sin(2x ) = sin( x + x ) = 2 sin( x ) cos( x ) =
2 sin( x ),
√
b) tan( x ) = 2 3 cos( x ),
√
2π
+ 2πZ
3
π
+ 2πZ ∪
3
gegeben.
Aufgabe 23
a) tan( x ) =
√
2 sin( x ) cos( x )
2 tan( x )
=
.
1 + tan2 ( x )
sin2 ( x ) + cos2 ( x )
Damit folgt die Äquivalenz
c) sin(2x ) = tan( x ),
2 tan( x )
= tan( x ) ⇔ tan( x )3 = tan( x ) ⇔ tan( x )(tan( x )2 − 1) = 0.
1 + tan2 ( x )
d) cos(3x ) = 5 − 4 cos2 ( x ).
sin(2x ) = tan( x ) ⇔
Hinweis: Beweisen Sie für die Aufgabenteile c) bzw. d) zunächst die Identitäten
Also ist die Gleichung äquivalent zu tan( x ) = 0 oder tan( x )2 = 1. Damit wird die Lösungsmenge gegeben durch
sin(2x ) =
2 tan( x )
,
1 + tan2 ( x )
cos(3x ) = 4 cos3 ( x ) − 3 cos( x ).
πZ ∪
Lösung:
π
a) Der Definitionsbereich der Gleichung ist R \
+ Zπ . Dort gilt stets cos( x ) 6= 0. Es folgt
2
tan( x ) =
√
2 sin( x ) ⇔ sin( x ) =
√
2 sin( x ) cos( x ) ⇔ sin( x )
1
√ − cos( x )
2
1
2
π
x ∈ ± + 2πZ.
4
b) Der Definitionsbereich der Gleichung ist R \
zunächst
π
2
+ Zπ . Dort gilt stets cos( x ) 6= 0. Es gilt
√
√ √
tan( x ) = 2 3 cos( x ) ⇔ sin( x ) = 2 3 cos2 ( x ) = 2 3 1 − sin2 ( x )
1
⇔ sin2 ( x ) + √ sin( x ) − 1 = 0.
2 3
17
d) Es ist cos(2x ) = cos2 ( x ) − sin2 ( x ). Es gilt
cos(3x ) = cos(2x + x ) = cos(2x ) cos( x ) − sin(2x ) sin( x )
= cos3 ( x ) − sin2 ( x ) cos( x ) − 2 sin2 ( x ) cos( x )
= 0.
Letzteres ist wiederum äquivalent zu sin( x ) = 0 oder cos( x ) = √ , also zu x ∈ πZ bzw. zu
π
π
+ πZ ∪ − + πZ .
4
4
= cos3 ( x ) − 3(1 − cos2 ( x )) cos( x ) = 4 cos3 ( x ) − 3 cos( x ).
Damit ist
cos(3x ) = 5 − 4 cos2 ( x ) ⇔ 4 cos3 ( x ) − 3 cos( x ) = 5 − 4 cos2 ( x ).
Dies ist eine kubische Gleichung in t = cos( x ). Wegen cos( x ) ∈ [−1, 1] genügt es also die
Lösungen der Gleichung 4t3 + 4t2 − 3t − 5 = 0 im Intervall [−1, 1] zu bestimmen. Durch
Ausprobieren erhält man zunächst die Lösung t = 1. Polynomdivision durch t − 1 liefert
4t3 + 4t2 − 3t − 5 = (4t2 + 8t + 5)(t − 1) = 4(t + 1)2 + 1 (t − 1)
Nun ist 4(t + 1)2 + 1 > 0 für alle t ∈ R. Damit ist t = 1 die einzige Nullstelle in [−1, 1].
Insgesamt ergibt sich damit als Lösungsmenge 2πZ.
18
Aufgabe 24
— Konvergenz und Stetigkeit —
Es seien α, β, γ ∈ R mit α + β + γ = π . Zeigen Sie:
a) sin( β) cos(γ) + cos( β) sin(γ) = sin(α),
Aufgabe 26
b) sin(α) sin( β) − cos( β) cos(α) = cos(γ).
Bestimmen Sie den Grenzwert a der Folgen ( an )n , n ∈ N. Beweisen Sie Ihre Vermutung, indem
Sie zu jedem ε > 0 ein n0 = n0 (ε) ∈ R bestimmen mit | an − a| < ε für alle n ∈ N mit
n > n0 ( ε ).
Lösung:
a) Es gilt
sin( β) cos(γ) + cos( β) sin(γ) = sin( β + γ) = sin(π − α)
= sin(π ) cos(α) − cos(π ) sin(α) = sin(α),
wegen sin(π ) = 0 und cos(π ) = −1.
a) an =
d) an =
n
,
n+1
r
b) an =
1
1+ ,
n
1
n
sin(n)
f) an =
.
n
c) an = 5 + √ ,
e) an = e−n ,
Lösung:
n
1
a) Es gilt an = n+
1 = 1 − n+1 . Wir behaupten limn→∞ an = 1. Sei dazu ε > 0. Dann gilt
b) Es gilt
n
1 1
1
1
| an − 1| = − 1 = −
=
< ε ⇔ n + 1 > ⇔ n > − 1.
n+1
n + 1
n+1
ε
ε
sin(α) sin( β) − cos( β) cos(α) = − cos(α + β) = − cos(π − γ)
= −(cos(π ) cos(γ) + sin(π ) sin(γ))
= cos(γ),
wegen sin(π ) = 0 und cos(π ) = −1.
Für n0 (ε) =
1
ε
− 1 gilt damit | an − 1| < ε für alle n > n0 .
b) Wir behaupten limn→∞ an = 0. Sei dazu ε > 0. Dann gilt
r
3
3
n >0
− 0 = 3 < ε ⇔ n2 > 3 ⇐⇒
.
n
>
n2
ε
ε
n2
Aufgabe 25
In einiger Entfernung zu einer Antenne wird ein Lichstrahl vom Boden (Meßebene) auf die Spitze
der Antenne gerichtet. Der Winkel des Strahls zur Meßebene wird mit α bezeichnet. Nun geht
man a Meter auf den Antennenmast zu und wiederholt die Messung. Man erhält nun einen Winkel
β. Es ist insbesondere 0 < α < β < π2 . Wie hoch ist der Mast?
Lösung:
Bezeichnet man die unbekannte Höhe des Mastes mit h und die Entfernung des zweiten Messpunktes vom Mast mit b so gelten die Beziehungen
h
tan(α) =
a+b
h
tan( β) = .
b
Dies ist eine Gleichung mit zwei Unbekannten. Insbesondere folgt
h = a tan( β)
3
,
n2
tan(α)
tan( β) − tan(α)
Für n0 (ε) =
q
3
ε
gilt damit | an − 0| < ε für alle n > n0 .
c) Wir behaupten limn→∞ = 5. Sei dazu ε > 0. Dann gilt
Für n0 (ε) =
1
ε2
√
1
1
1
1
| an − 5| = 5 + √ − 5 = √ < ε ⇔ n > ⇔ n > 2 .
ε
ε
n
n
gilt damit | an − 5| < ε für alle n > n0 .
d) Wir behaupten limn→∞ an = 1 und betrachten den Ausdruck an − 1 =
der 3. binomischen Formel gilt
r
.
1+
1
−1
n
!
·
r
also
an − 1 =
1+
1
+1
n
1
·r
n
!
=
r
1
1
1+ +1
n
|
{z
}
2
1+
<
1
1
−1 = ,
n
n
1
.
n
<1
Also ist | an − 1| < ε, sobald nur
19
1
n
< ε, das heißt n >
20
1
ε
q
=: n0 (ε) ist.
1+
1
n
− 1. Nach
e) Wir behaupten limn→∞ e−n = 0. Sei dazu ε > 0. Dann gilt
c) Es gilt
| an | =
|e−n − 0| = e−n < ε ⇔ ln e−n = −n < ln ε ⇔ n > − ln ε.
das heißt limn→∞ an = 0.
Für n0 (ε) = − ln ε gilt dann | an − 0| < ε für alle n > n0 .
f) Zunächst gilt | sin(n)| 6 1 für alle n ∈ N. Wir behaupten limn→∞ an = 0. Sei dazu ε > 0.
Dann gilt
| sin(n)|
1
6 .
n
n
< ε, das heißt n > 1ε =: n0 (ε) ist.
| a n − 0| = | a n | =
Damit ist | an − 0| < ε, sobald
1
n
d)
an =
Satz:
Seien ( an )n , (bn )n konvergente reelle Folgen mit limn→∞ an = a und limn→∞ bn = b. Weiter sei
c ∈ R. Dann sind auch die Folgen (c · an )n , ( an + bn )n , ( an · bn )n konvergent und es gilt
lim an + bn = a + b,
n→∞
n→∞
Gilt zusätzlich bn , b 6= 0 für alle n, dann ist auch
an
bn
n
an = n ·
f)
2n3 − n + 1
d) an =
,
n3 + 3n2
(n)
g) an = 33 ,
n
j) an =
n2
2n
,
b) an =
c) an = (−1)n
1 − 4− n
e) an = n ·
,
3n + 5
r
1
h) an = n 1 + 2 − n,
n
√
k) an = n2 + n − n,
an
a
= .
bn
b
1
,
n+3
g)
l) an =
n!
an =
b)
√
2n
5n +1 = 5
n(n−1)(n−2)
3!
n3
1
1+ 2 −n =
n
Formel erhält man dann
(
Es folgt 0 6 an = √
i) Wegen limn→∞
.
Lösung:
Wir benutzen die Grenzwertsätze.
a)
h) Es gilt an = n
r
√
(−1)n
(n3 )
=
n3
an =
2n
5n +1 ,
1
i) an = 13 1 − n ,
10
f) an =
2−0+0
=2
1+0
5
n
n→∞
−→ (1 − 0) ·
1
1
= .
3+0
3
n +1
2n
Es gilt limn→∞ bn = 12
hier schon die Stetigkeit der Exponentialfunktion).
n→∞
konvergent mit limn→∞
1
1
√ + ,
n2 n n3
−→
n+1
= 5bn mit bn =
2n
√
1
2
und damit limn→∞ an = 5 = 5. (Streng genommen benutzt man
an =
lim an bn = a · b.
Bestimmen Sie den Grenzwert a (falls er existiert) der angegebenen Folgen ( an )n .
n+1
,
2n
1
n3 n → ∞
1 − 4− n
n
1
= (1 − 4− n ) ·
= (1 − 4− n ) ·
3n + 5
3n + 5
3+
Aufgabe 27
a) an =
2 − n12 +
2n3 − n + 1
=
n3 + 3n2
1 + n3
e) Es gilt limn→∞ 4−n = 0 (vgl. A 26 (e)). Es folgt
Sie dürfen in der nächsten Aufgabe die folgenden Grenzwertsätze ohne Beweis verwenden:
lim c · an = ca,
1 n→∞
−→ 0,
n+3
p
s
=
√
1
n2 1 + 2 − n = n2 + 1 − n. Mit der 3. binomischen
n
n2 + 1 − n ) · (
1
n2 +1+ n
6
1 n n − 1 n − 2 n→∞ 1
1
· ·
·
−→ · 1 · 1 · 1 = .
6 n
n
n
6
6
1 n→∞
n −→
p
n2 + 1 + n) = n2 + 1 − n2 = 1.
0, das heißt limn→∞ an = 0.
10−n
= 0 gilt
1
1 1
1
1
1
n→∞ 1
an =
1 − n = − · 10−n −→ − · 0 = .
3
10
3 3
3 3
3
j) Nach der allgemeinen binomischen Formel gilt 2n = ∑nk=0 (nk) > (n3 ). Es folgt
1+
n+1
=
2n
2
1
n n→∞
−→
1+0
1
=
2
2
2
3
1
1
1
1
1
n→∞ 2 √
an = 2 √ + 3 =
·√ +
−→ 0 · 0 + 03 = 0
n
n
n n n
n
21
0 6 an =
n2
n2
n2
1
n
n n→∞
< n = 3! ·
= 3! · ·
·
−→ 3! · 0 · 1 · 1 = 0
n
2
n(n − 1)(n − 2)
n n−1 n−2
(3)
und damit limn→∞ an = 0.
22
k) Es gilt
(
also
an =
p
p
n2 + n − n ) · (
n2 + n − n = √
n
n2 + n + n
p
b) Es gilt
n2 + n + n) = n2 + n − n2 = n,
=q
1
n2 + n
n2
+1
=q
1
1+
1
n
lim f ( x ) = lim
1
1
−→ √
= .
2
1
+
0
+
1
+1
n→∞
l) Es gilt n! > n für alle n ∈ N. Es folgt
| an | =
1
1 n→∞
6 −→ 0
n!
n
x →0+
Also ist f unstetig in x0 = 0.
x →0+
1
= ∞.
x
c) Es gilt
( x − 1)2
x2 − 2x + 1
=
= x−1
x−1
x−1
für alle x ∈ R, x 6= 1. Wegen f (1) = 0 = 1 − 1 folgt dann f ( x ) = x − 1 für alle x ∈ R. Also
ist f stetig in x0 = 1.
f (x) =
d) Es gilt
lim f ( x ) = lim
und damit auch limn→∞ an = 0.
x →0+
x →0+
√
x = 0 und lim f ( x ) = lim
x →0−
Also ist f unstetig in x0 = 0.
x →0−
√
1−x =
√
1 = 1.
Aufgabe 28
Untersuchen Sie die folgenden Funktionen auf Stetigkeit in den angegebenen Punkten.
Aufgabe 29
a) f : R → R, f ( x ) = 2| x | in x0 = 0.
Untersuchen Sie die folgenden Funktionen auf Stetigkeit in ihrem Definitionsbereich.
a) f : R → R, f ( x ) = x + 4
b)
f : R → R, f ( x ) =
(
1
x,
0,
b) f : R \ {4} → R, f ( x ) =
x 6= 0
x=0
c) f : R → R, f ( x ) =
in x0 = 0
(
x2 −2x +1
x −1 ,
0,
x + 4, −∞ < x 6 4
x + 6, 4 < x < ∞
2
x − 16
, x 6= 4
d) f : R → R, f ( x ) =
x−4
10,
x=4
c)
f : R → R, f ( x ) =
(
x2 − 16
x−4
x 6= 1
x=1
Lösung:
a) Als lineares Polynom ist f stetig.
in x0 = 1
b) Als rationale Funktion auf ihrem Definitionsbereich ist f stetig.
d)
f : R → R, f ( x ) =
(√
√
x,
c) Als lineare Funktion auf den Bereichen (−∞, 4) und (4, ∞) ist f dort stetig. Wir betrachten
also x0 = 4. Es gilt
x>0
1 − x, x < 0
lim f ( x ) = lim x + 6 = 4 + 6 = 10 6= 8 = f (4).
x →4+
in x0 = 0.
Damit ist f unstetig in x0 = 4.
Lösung:
a) Es gilt
d) Als rationale Funktion ist f stetig auf R \ {4}. Wir betrachten also x0 = 4. Es gilt
lim f ( x ) = lim 2| x | = lim 2x = 0 und lim f ( x ) = lim 2| x | = lim −2x = 0.
x →0+
x →4+
x →0+
x →0+
x →0−
Also ist f stetig in x0 = 0.
23
x →0−
x →0−
lim f ( x ) = lim
x →4
Damit ist f unstetig in x0 = 4.
x →4
x2 − 16
= lim x + 4 = 8 6= 10 = f (4).
x−4
x →4
24
— Differentialrechnung —
Aufgabe 31
Aufgabe 30
Bestimmen Sie jeweils die Ableitung f 0 der Funktionen f , welche auf geeigneten Definitionsbereichen durch folgende Abbildungsvorschriften gegeben sind:
b) f ( x ) =
c) f ( x ) = 4x4 −
d) f ( x ) = 8x2 − x + 2 + 6 x4 ,
√
4x,
1 −2
x + 2x −3 − 3x −4 ,
2
√
f) f ( x ) =
h) f ( x ) = 4x4 · 4x ,
i) f ( x ) = 2x · ln( x ) + ln( x3 ),
j) f ( x ) = 3x4 · sin( x ),
k) f ( x ) = (e− x + 4x )2 ,
l) f ( x ) = ln( x )2 · e x ,
3x2
+4
,
2x
7x2 + 3x + 1
,
o) f ( x ) =
2
4
x +x
2
q) f ( x ) = 3x4 − + 7 ,
x
m) f ( x ) =
n) f ( x ) =
Lösung:
+ 2) + 15x4 ,
3
i) f 0 ( x ) = 2 ln( x ) + 2 + ,
x
k) f 0 ( x ) = −2e−2x + 2 ln(4)16x + 2
2
+ ln( x ) ,
x
1
√ ,
n) f 0 ( x ) = − √
2 x (2 + x )2
l) f 0 ( x ) = e x ln( x )
h)
p
3
(2x3 + 3x )5 .
f 0 (x)
=
5
− √
,
3
3 x8
2 x
2 x3
4x3
· (4 + x ln(4)),
· 4x
j) f 0 ( x ) = 3x3 (4 sin( x ) + x cos( x )),
3
2
m) f 0 ( x ) = − 2 ,
2 x
2 − 2x − 1
4x
,
o) f 0 ( x ) =
( x 2 + x )2
3
8
2
q) f 0 ( x ) = 48x3 + 2
3x4 − + 7 ,
x
x
(2x3 + 3x )2 .
25
Aufgabe 32
Untersuchen Sie die Funktion
x
4
(ln(4) − 1),
e
p) f 0 ( x ) = 25(5x − 3)4 ,
r) f 0 ( x ) = (10x2 + 5)
Also ist f in x0 = 1 nicht differenzierbar. Genauso zeigt man, dass f auch in x0 = −1 nicht
differenzierbar ist.
− 3)5
1
1
f) f 0 ( x ) = √ − √
e) f 0 ( x ) = − x −3 − 6x −4 + 12x −5 ,
=
f ( x ) − f (1)
1 − x2 − 0
x →1−
=
= − x − 1 −→ = −2.
x−1
x−1
2 x
√
d) f 0 ( x ) = 16x − 1 + 8 3 x,
1
c) f 0 ( x ) = 16x3 − √ ,
x
ex x(x
Sei nun 0 < x < 1. Dann ist
1
b) f 0 ( x ) = 2x5 + 1 + √ ,
a) f 0 ( x ) = 15x2 + 14x − 4,
f 0 (x)
p
3
Lösung:
Falls x2 > 1, also x ∈ R \ [−1, 1], so gilt f ( x ) = x2 − 1. Falls x2 < 1, also x ∈ (−1, 1), so
gilt f ( x ) = 1 − x2 . In beiden Fällen ist f ein Polynom und damit differenzierbar. Es bleiben die
Randpunkte x0 = 1 und x0 = −1 zu untersuchen. Für x > 1 gilt
x2 − 1 − 0
f ( x ) − f (1)
x →1+
=
= x + 1 −→ 2.
x−1
x−1
1
√ ,
2+ x
p) f ( x ) = (5x
r) f ( x ) =
√
3
1
1
x+ √ + √
,
3
x
x5
g) f ( x ) = e x · x2 + 3x5 ,
x 7 → | x 2 − 1|
f : R → R,
auf Differenzierbarkeit.
a) f ( x ) = 5x3 + 7x2 − 4x + 9,
e) f ( x ) =
g)
√
1 6
x + x + x,
3
Untersuchen Sie die Funktion
f : R → R,
x 7→ x | x |
auf Differenzierbarkeit im Nullpunkt. Bestimmen Sie gegebenenfalls f 0 (0).
Lösung:
Wir bestimmen wieder den Differenzenquotienten. Für x > 0 gilt
f ( x ) − f (0)
x·x−0
x →0+
=
= x −→ 0.
x−0
x−0
Für x < 0 gilt
f ( x ) − f (0)
x · (− x ) − 0
x →0−
=
= − x −→ 0.
x−0
x−0
Damit ist f in x0 = 0 differenzierbar mit f 0 (0) = 0.
Aufgabe 33
Bestimmen Sie zunächst die Definitionsbereiche der Funktionen f , welche durch die folgenden
Abbildungsvorschriften gegeben sind. Bestimmen Sie im Anschluss f 0 .
a) f ( x ) =
x−1
,
x2 + 1
b) f ( x ) =
3x + 2
( x 2 − 4)
26
3
,
c) f ( x ) =
2x − 1
( x2 − 4x + 3)
2
.
Lösung:
a) Es ist D ( f ) = R und
f 0 (x) =
Aufgabe 35
− x2 + 2x + 1
.
( x 2 + 1)2
Bestimmen Sie die lokalen und globalen Maxima und Minima der Funktionen aus Aufgabe 33.
Lösung:
a) Wir bestimmen zunächst die kritischen Punkte in D ( f ) = R. Es gilt
b) Es ist D ( f ) = R \ {±2} und
f 0 (x) =
c) Es ist D ( f ) = R \ {1, 3} und
f 0 (x) =
−15x2 − 12x − 12
.
( x 2 − 4)4
f 0 ( x ) = 0 ⇐⇒ − x2 + 2x + 1 = 0 ⇐⇒ ( x − 1)2 = 2 ⇐⇒ x = 1 ±
−2(3x2 − 6x + 1)
.
( x2 − 4x + 3)3
x3 + 4x − 5,
b)
p
x+
√
4
x+
√
5
c) f ( x ) = cos tan(1 + x2 ) .
x,
Lösung:
a) Zunächst gilt x3 + 4x − 5 = ( x2 + x + 5)( x − 1). Die erste Faktor ist für alle x ∈ R positiv, der zweite genau für x > 1. Also ist D ( f ) = [1, ∞). Weiter ist f ist als Komposition
differenzierbarer Funktionen auf (1, ∞) differenzierbar mit
f 0 (x) =
− 2
1 3
3
(3x2 + 4).
x + 4x + 5
3
c) Es gilt D (tan) = R \
π
2
+ Zπ , sowie
1 + x2 =
Damit ist
√
√ − 1
1
x+ 4 x+ 5 x 2
2
π
+ kπ ⇐⇒ x = ±
2
r
1 3 1 4
1 + x− 4 + x− 5
4
5
π
+ kπ − 1,
2
√
2. Für ε > 0 gilt also
√
f (1 + 2 − ε ) > 0
und
0
.
k ∈ N0 .
r
[
π
D( f ) = R \
+ kπ − 1 .
±
2
k ∈N
0
f 0 (1 −
√
2 − ε) < 0
2x
f ( x ) = − sin(tan(1 + x ))
.
cos2 (1 + x2 )
2
27
√
2 + ε) < 0.
f 0 (1 −
und
√
2 + ε) > 0.
Also wechselt f 0 in x1 sein Vorzeichen (monoton wachsend) und damit hat f in x1 ein lokales
Minimum. Direktes Ausrechnen liefert
1 √
( 2 − 1) > 0 und
2
1 √
f ( x1 ) = − ( 2 + 1) < 0.
2
Wegen limx→∞ f ( x ) = 0 = limx→−∞ f ( x ) sind die Extrema sogar global.
b) Es gilt −15x2 − 12x − 12 < 0 für alle x ∈ R. Damit besitzt f keine kritischen Punkte und
damit auch keine lokalen Extrema.
c) Wir bestimmen zunächst die kritischen Punkte in D ( f ) = R \ {1, 3}. Es gilt
f 0 (x) =
−2(3x2 − 6x + 1)
= 0 ⇐⇒ 3x2 − 6x + 1 = 0 ⇐⇒ x = 1 ±
( x2 − 4x + 3)3
r
2
.
3
Wir verfahren wie in a) und bestimmen zunächst die Positivitäts- und Negativitätsbereiche von
f 0 zu
f0 < 0
auf
−∞, 1 −
f0 > 0
auf
1−
Die Ableitung bestimmt sich zu
0
f 0 (1 +
Also wechselt f 0 in x0 sein
fallend) und damit hat f in x0 ein lokales
√ Vorzeichen (monoton
√
Maximum. Sei x1 = 1 − 2. Für 0 < ε < 2 2 gilt
f ( x0 ) =
b) Es gilt D ( f ) = [0, ∞) und f ist als Komposition differenzierbarer Funktionen auf (0, ∞)
differenzierbar mit
f 0 (x) =
auf (1 −
f0 < 0
Sei zunächst x0 = 1 +
√
√
2, 1 + 2),
√
√
auf (−∞, 1 − 2) ∪ (1 + 2, ∞).
f0 > 0
Bestimmen Sie die maximalen Definitionsbereiche der Funktionen f , welche durch die folgenden
Abbildungsvorschriften gegeben sind. Bestimmen Sie in jedem Punkt, in welchem f differenzierbar ist, die Ableitung. (Randpunkte des Definitionsbereichs sind dabei zu vernachlässigen.)
√
3
2.
Um zu bestimmen, ob es sich dabei um lokale Extrema handelt, bestimmen wir zunächst die
Positivitäts- und Negativitätsbereiche von f 0 zu
Aufgabe 34
a) f ( x ) =
√
r
28
r !
2
∪
3
!
2
,1
3
1, 1 +
∪ 1+
r
r !
2
∪ (3, ∞) ,
3
!
2
,3 .
3
Setze nun x0 = 1 −
q
2
3
und x1 = 1 +
0
q
2
3.
b) Wir bestimmen zunächst die kritischen Punkte von f 0 . Es gilt
Für 0 < ε 1 gilt
f ( x0 − ε) < 0 und
0
f ( x0 + ε) > 0.
Also besitzt f in x0 ein lokales Minimum. Weiter ist
0
f ( x1 − ε) < 0 und
lim f ( x ) = ∞ und
2
f ( x ) = 60x − 150x = 30x (2x − 5) = 0 ⇐⇒ x ∈
Weiter ist
0
f ( x1 + ε) > 0.
Also besitzt f auch in x1 ein lokales Minimum. Desweiteren ist
x →1
3
00
lim f ( x ) = ∞.
x →3
Folglich besitzt f keine globalen Maxima.
000
f (0) 6= 0,
f
000
r !
5
6= 0,
2
f
000
(
r )
5
.
0, ±
2
r !
5
−
6= 0.
2
Damit liegen in allen kritischen Punkten Wendestellen von f vor.
c) Es gilt f 0 > 0 auf (−∞, −2) ∪ (−1, 1) ∪ (2, ∞). Die gesuchten Monotonieintervalle sind damit
(−∞, −2) und (2, ∞).
Aufgabe 37
Aufgabe 36
Untersuchen Sie analog zu vorigen Aufgabe die Funktion
Betrachten Sie die Funktion
f : R → R, f ( x ) = 3x5 − 25x3 + 60x − 3.
a) Bestimmen Sie die lokalen Maxima und Minima von f .
b) Bestimmen Sie die Wendepunkte von f .
c) Bestimmen Sie die größten Intervalle, auf denen f streng monoton wachsend ist.
3x2 ( x − 2)
.
( x + 2)
√
3
Hinweis: Die einzige reelle Nullstelle von f 00 ist x0 = 2 2 − 2.
f : R \ {−2} → R, f ( x ) =
Lösung:
a) Es gilt
d) Fertigen Sie eine Skizze von f an.
f 0 (x) = 6 ·
Lösung:
a) Es gilt
Weiter hat man
f 0 ( x ) = 15x4 − 75x2 + 60,
f0 < 0
f 000 ( x ) = 180x2 − 150.
f0 > 0
Wir bestimmen zunächst die kritischen Punkte von f . Es gilt
f 0 ( x ) = 0 ⇐⇒ 15x4 − 75x2 + 60 = 0 ⇐⇒ 15( x4 − 5x2 + 4) = 0 ⇐⇒ x ∈ {±1, ±2}.
Explizit berechnet man
f 00 (−1) = 90,
f 00 (2) = 240,
f 00 (−2) = −240.
Damit liegen in x0 = −1 und x0 = 2 lokale Minima, sowie in x0 = 1 und x0 = −2 lokale
Maxima vor.
29
n
√ o
√
f ( x ) = 0 ⇐⇒ x ∈ 0, −1 − 5, −1 + 5 .
Die Positivitäts- und Negativitätsbereiche von f 0 bestimmen sich zu
f 00 ( x ) = 60x3 − 150x,
f 00 (1) = −90,
x · ( x2 + 2x − 4)
.
( x + 2)2
√
5) ∪ (0, −1 + 5),
√
√
auf (−1 − 5, 0) ∪ (−1 + 5, ∞).
auf (−∞, −1 −
√
Wie oben sei 0 < ε 1. Für x0 = 0 hat man
f 0 ( x0 − ε) > 0 und
f 0 ( x0 + ε) < 0.
√
Damit hat f in x0 = 0 ein lokales Maximum. Für x1 = −1 − 5 gilt
f 0 ( x1 − ε) < 0 und f 0 ( x1 + ε) > 0.
√
√
Damit hat f in x0 = −1 − 5 ein lokales Minimum. Für x2 = −1 + 5 gilt
f 0 ( x2 − ε) < 0 und f 0 ( x2 + ε) > 0.
√
Damit hat f in x2 = −1 + 5 ein lokales Minimum.
30
√
3
b) Die einzige reelle Nullstelle von f 00 liegt in x = 2 2 − 2 vor. Da
00
√
3
f (2 2 − 2 − ε) < 0 und
00
• f in x = 3 ein lokales und globales Minimum,
√
3
f (2 2 − 2 + ε ) > 0
für ε klein genug, handelt es sich hierbei um einen Wendepunkt.
Aufgabe 39
Seien a ∈ R, m, n ∈ Z mit m 6= −n und m, n 6= 0.
c) Es ist
f 0 > 0 auf
Damit ist (−1 +
√
(−1 −
√
5 − 2) ∪ (−2, 0) ∪ (−1 +
• f in x = 4 ein lokales und globales Maximum.
√
5, ∞).
5, ∞) das gesuchte Intervall.
a) Zerlegen Sie a so in zwei Summanden, dass deren Produkt möglichst groß wird.
b) Zerlegen Sie a so in zwei Summanden, dass das Produkt der m-ten Potenz des einen
Summanden und der n-ten Potenz des anderen Summanden möglichst groß wird.
Lösung:
a) Die beiden Summanden sind x = y = 2a .
Aufgabe 38
Untersuchen Sie die Funktionen
b) Die beiden Summanden sind x =
a) f : [−2, 3] → R, f ( x ) = 4 − x2 ,
Aufgabe 40
b) f : [−1, 4] → R, f ( x ) = x5 − 5x4 + 5x3 + 7
auf lokale und globale Maxima und Minima. Bestimmen Sie auch die entsprechenden Extremalwerte.
Lösung:
a) Es gilt f 0 ( x ) = −2x = 0 genau für x = 0. Es gilt f 00 ( x ) = −2 < 0. Damit liegt in x0 = 0 ein
lokales Maximum vor. Es ist f (−2) = 0 und f (3) = −5. Aus f (0) = 4 folgt damit, dass f auf
dem Intervall [−2, 3] in x0 = 0 ein globales Maximum und in x1 = 3 ein globales Minimum
besitzt.
b) Es ist
f 0 ( x ) = 5x4 − 20x3 + 15x2 = 5x2 x2 − 4x + 3 = 5x2 ( x − 3)( x − 1),
f 00 ( x ) = 20x3 − 60x2 + 30x.
f 00 (3) = 90 > 0,
f 00 (0) = 0.
Im Punkt x3 = 1 besitzt die Funktion also ein lokales Maximum, im Punkt x2 = 3 ein
lokales Minimum. Im Punkt x1 = 0 ist keine Aussage möglich, da f 0 in diesem Punkt keinen
Vorzeichenwechsel hat. Schließlich müssen die inneren Extremwerte mit den Randwerten
verglichen werden. Man berechnet
f (−1) = −4,
f (1) = 8,
f (3) = −20,
Damit hat
• f in x = −1 ein lokales, aber kein globales Minimum,
f (4) = 71.
und y =
Lösung:
Die beiden Katheten müssen die Länge
k
2
haben.
Aufgabe 41
Der Querschnitt eines Tunnels habe die Form eines Rechtecks mit aufgesetztem Halbkreis. Sein
Umfang sei U . Für welchen Halbkreisradius wird der Flächeninhalt des Querschnitts am größten?
Lösung:
Es bezeichne r den Halbkreisradius, a die Höhe des Rechtecks und F die Fläche des Querschnitts.
Dann ist
also a =
U − (2 + π )r
.
2
Für die Fläche erhalten wir
F = 2ar +
πr2
.
2
Setzen wir a als Funktion von r ein, so ergibt dies
π
π 2
F ( r ) = r · (U − ( 2 + π ) r ) + r 2 = − 2 +
r + Ur,
2
2
π
F 0 (r ) = −2 2 +
r + U,
2
π
F 00 (r ) = −2 2 +
.
2
00
Die einzige Nullstelle von F 0 wird durch r0 = πU
+4 gegeben. Wegen F (r0 ) < 0 handelt es sich
hierbei um ein lokales Maximum. Wegen limr→∞ F (r ) = −∞ ist das lokale Maximum sogar
global.
• f in x = 1 ein lokales, aber kein globales Maximum,
31
na
m+n .
Die Summe der Kathetenlängen eines rechtwinkligen Dreiecks ergibt k. Wie groß müssen die
einzelnen Kathetenlängen gewählt werden, damit die Hypothenusenlänge möglichst klein wird?
U = πr + 2a + 2r,
Also sind x1 = 0, x2 = 3 und x3 = 1 die einzigen Nullstellen von f 0 . Weiterhin gilt
f 00 (1) = −10 < 0,
ma
m+n
32
Aufgabe 44
— Integralrechnung —
Bestimmen Sie mit Hilfe der Substitutionsmethode jeweils eine Stammfunktion F der Funktionen
f , welche durch folgende Abbildungsvorschriften gegeben sind.
Aufgabe 42
Bestimmen Sie jeweils eine Stammfunktion F der Funktionen f , welche durch folgende Abbildungsvorschriften gegeben sind.
a) f ( x ) = 4x3 + 3x + 1,
b) f ( x ) =
1
4 x
√
5
d) f ( x ) =
c) f ( x ) = 2e x ,
x3 ,
d) f ( x ) = √
,
4
e) f ( x ) = 5x4 + 4 +
g) f ( x ) = ( x − 2)2 ,
h) f ( x ) = 4x .
6
,
x
f) f ( x ) =
2x + 3
√ ,
x
2e x
,
3 + 2e x
3
e) f ( x ) =
,
3x ln( x ) + 2x
a) f ( x ) = (2x + 3)3 ,
b) f ( x ) =
9x2 + 1
,
x (3x2 + 1)
c) f ( x ) = √
2x
,
x2 + 3
1
f) f ( x ) =
.
( x + 2) ln( x + 2)
Lösung:
a) ϕ(t) = 2t + 3 und F ( x ) = 18 (2x + 3)4 , D f = R,
b) ϕ(t) = 3 + 2et und F ( x ) = ln(3 + 2e x ), D f = R,
√
c) ϕ(t) = t2 + 3 und F ( x ) = 2 x2 + 3, D f = R,
Lösung:
3
2
a) F ( x ) = x4 + x2 + x,
b) F ( x ) =
1√
4
x3 ,
3
1
g) F ( x ) = x3 − 2x2 + 4x,
3
5 √
5
x x3 ,
8
e) F ( x ) = x5 + 4x + 6 ln | x |,
d) F ( x ) =
h) F ( x ) =
d) ϕ(t) = t(3t2 + 1) und F ( x ) = ln(|3x3 + x |), D f = R \ {0},
c) F ( x ) = 2e x ,
f) F ( x ) =
4x
.
ln(4)
√
4 √
x x + 6 x,
3
e) ϕ(t) = 3 ln(t) + 2 und F ( x ) = ln(|3 ln( x ) + 2|), D f = (0, ∞),
f) ϕ(t) = ln(t + 2) und F ( x ) = ln(| ln( x + 2)|), D f = (−2, ∞).
Aufgabe 45
Bestimmen Sie den Wert I der folgenden Integrale mit Hilfe der Substitutionsmethode.
Aufgabe 43
Bestimmen Sie:
Z2
a)
(3x + 1)2 dx,
b)
0
Z1
d)
f)
i)
0
Z2
1
Z1
Z4 √
( x + x ) dx,
c)
0
1
4
x dx −
Z1
4
x dx +
3
1
1
+
x4 x5
Z5
4
x dx,
e)
3
dx,
5x dx,
Z4
2
x ( x + x ) dx +
1
g)
j)
0
Z7
4
3
−3
(2 − x ) dx +
2
( x + x ) dx −
Z4 √
4
5 x dx,
1
Z−1
Z1
h)
Z1 −1
x
3
Z7
Z1
0
3
a)
2( x − 1) dx,
2
( x + x ) dx,
1
e + 3x
2
f)
101
192 ,
73
,
6
√
g) 16 2 − 4,
b)
c)
1
,
2
h) 3
0
Z1
(1 + x3 )2 · 3x2 dx,
Z10
Z1
(6x + 5) · e3x
2
(2x + 3)4 dx,
b)
0
√
x
dx,
2x + 5
e)
0
2 +5x
dx,
c)
Z5
2x + 4
dx,
x2 + 4x
Z12
√
4
4x x + 4 dx.
3
f)
−4
Lösung:
dx,
4
dx.
x
Lösung:
a) 38,
d)
Z1
a) ϕ(t) = 2t + 3, I =
2882
,
10
b) ϕ(t) = 1 + t3 , I =
7
,
3
d) ϕ(t) = 2t + 5, I =
34
,
3
e) ϕ(t) = 3t2 + 5t, I = e8 − 1,
c) ϕ(t) = t2 + 4t, I = ln
f) ϕ(t) = t + 4, I =
15
,
7
22528
.
45
Aufgabe 46
√
3
1
e− √
3
33
e
d) 625,
+ 2,
i)
4
,
ln(5)
e) 0,
j) −4 ln(3).
Bestimmen Sie mit Hilfe der partiellen Integration jeweils eine Stammfunktion F der Funktionen
f , welche durch folgende Abbildungsvorschriften gegeben sind.
a) f ( x ) = x · e x ,
b) f ( x ) = e x ( x2 + 3x ),
c) f ( x ) = ln( x ),
d) f ( x ) = x2 · ln( x ),
e) f ( x ) = log2 ( x ),
f) f ( x ) = ln( x )2 .
34
Lösung:
a) f ( x ) = x, g0 ( x ) = e x , F ( x ) = ( x − 1)e x ,
Es folgt
Z11
b) f ( x ) = x2 + 3x, g0 ( x ) = e x , F ( x ) = e x x2 + x − 1 ,
c) f ( x ) = ln( x ), g0 ( x ) = 1, F ( x ) = x (ln( x ) − 1),
x3
d) f ( x ) = ln( x ), g0 ( x ) = x2 , F ( x ) =
9
f) f ( x ) = ln( x ),
= ln( x ), F ( x ) =
x ln( x )2
d)
−8
Bestimmen Sie die folgenden Integrale unter Benutzung des Hauptsatzes der Differential- und
Integralrechnung.
a)
√
1/
Z 7
0
d)
Z−4
−8
g)
e)
Z3
2
c)
0
Z11
6
1
dx,
4x2 − 5x + 1
π/6
Z
h)
1
dx,
4 + 9x2
f)
Z3
2
1
dx,
x2 − 2x − 15
8x − 5
dx,
4x2 − 5x + 1
0
1
1
dx =
3
3 + 7x2
√
2/
Z 3
0
√
1/
Z 7
0
1
1
dx =
4
4 + 9x2
√
2/
Z 3
0
"r
Es folgt
Z3
2
f) Aus
d
dx
2
r
7
x
3
!# √1
7
0
d
dx
0
h) Aus
d
dx
35
1
1
dx = (ln(2) − ln(11) + ln(7)) .
3
4x2 − 5x + 1
h
i3
8x − 5
dx = ln(4x2 − 5x + 1) = ln(22) − ln(7).
2
− 5x + 1
4x2
i2π/3
sin( x )
1h
1
dx = − ln(2 + 3 cos( x ))
= (ln(2) + ln(5)) .
2 + 3 cos( x )
3
3
0
(3 + 4 sin( x )) = 4 cos( x ) folgt mit der Substitutionsmethode
π/6
Z
0
c) Es gilt x2 − 2x − 15 = ( x + 3)( x − 5). Damit erhalten wir die Partialbruchzerlegung
−1
1
1
=
+
.
( x + 3)( x − 5)
8( x + 3) 8( x − 5)
1
1
dx = (ln(13) − ln(5) − 2 ln(3)) .
8
x2 − 2x − 15
(2 + 3 cos( x )) = −3 sin( x ) folgt mit der Substitutionsmethode
2π/3
Z
π
= √ .
6 21
2/√3
1
1 2
3
π
dx =
arctan
x
= .
4 3
2
18
1 + 94 x2
0
6
1
dx
x−5
4x2 − 5x + 1 = 8x − 5 folgt mit der Substitutionsmethode
Z3
3
arctan
7
Z11
4
1
1
−
.
=
3( x − 1) 3(4x − 1)
4x2 − 5x + 1
cos( x )
dx.
3 + 4 sin( x )
1
1
dx =
7 2
3
1 + 3x
6
1
1
dx +
x+3
8
e) Es gilt 4x2 − 5x + 1 = ( x − 1)(4x − 1). Damit erhalten wir die Partialbruchzerlegung
g) Aus
√
1/
Z 7
b)
0
sin( x )
dx,
2 + 3 cos( x )
Lösung:
a)
√
2/
Z 3
b)
1
dx,
x2 − 2x − 15
2π/3
Z
0
1
dx,
3 + 7x2
Z−4
− 2x ln( x ) + 2x.
Aufgabe 47
Z11
1
1
= (ln(6) − ln(14) + ln(9)) = (3 ln(3) − ln(7)) .
8
8
(3 ln( x ) − 1),
x
(ln( x ) − 1),
ln(2)
e) f ( x ) = log2 ( x ), g( x ) = 1, F ( x ) =
g0 ( x )
6
1
1
dx = −
8
x2 − 2x − 15
iπ/6
cos( x )
1h
1
dx =
ln(3 + 4 sin( x )
= (ln(5) − ln(3)).
3 + 4 sin( x )
4
4
0
Aufgabe 48
Bestimmen Sie mit Hilfe partieller Integration die folgenden Integrale.
36
π/4
Z
cos( x ) ln(sin( x )) dx,
a)
Z1
x2 sin( x ) dx,
Z1
0
π/6
c)
d)
Zπ
b)
x5 ln( x3 + 1) dx,
Z1
d)
x3 e2x dx =
0
x3 e2x dx.
Lösung:
d
a) Aus dx
sin( x ) = cos( x ) folgt mit partieller Integration
π/4
Z
d
dx
0
h
iπ Zπ
x2 sin( x ) dx = − x2 cos( x ) + 2x cos( x ) dx
0
2
h
= π + 2 x sin( x )
0
−2
Zπ
0
0
=
h1 3
( x3 + 1) ln( x3 + 1) − ( x3 + 1)
1
= (2 ln(2) − 2) −
3
Z1
0
Z1
0
Z1
0
1 3
x · 3x2 ln( x3 + 1) dx
3
x2 ( x3 + 1) ln( x3 + 1) − x2 ( x3 + 1) dx
x5 ln( x3 + 1) dx −
1
= (2 ln(2) − 2) −
3
Es folgt
0
−
Z1
x2 ln( x3 + 1) dx +
0
Z1
a)
3 sinh
Z (1)
c)
3 cosh
Z (1)
3
p
9 + x2 dx,
i1
p
b)
0
−
Z1
0
3
2
0
Z3 p
−3
x2 − 9 dx,
d)
1
2x · e2x dx
2
Z1
0
1 2x
1
e dx = (e2 + 3).
2
8
Z7
9 − x2 dx,
√
3
x2 x + 1 dx.
0
Lösung:
a) Wir substituieren x (t) = 3 sinh(t) und erhalten
3 sinh
Z (1)
0
p
9 + x2 dx = 3
3 sinh
Z (1)r
0
1+
x 2
3
=3
Z1
q
=9
Z1
cosh(t) cosh(t) dt
0
x5 + x2 dx
1
1 1
x ln( x + 1) dx − (2 ln(2) − 2) − + .
3
3 2
5
0
Aufgabe 49
3
0
i1
x2 e2x dx
1
= − e2 +
xe2x
4
2 2
0
sin( x ) dx = π − 4.
x5 ln( x3 + 1) dx =
Z1
0
1
3x2 · e2x dx
2
3h1
2
c)
Z1
Z1
Z1
i1 3
1
= e2 −
x2 e2x +
2
2 2
2
0
0
iπ
0
−
Bestimmen Sie die folgenden Integrale mit Hilfe der Substitutionsmethode.
cos( x ) = − sin( x ) folgt mit partieller Integration
Zπ
i1
3h1
π/4
Z
iπ/4
cos( x )
sin( x )
cos( x ) ln(sin( x )) dx = sin( x ) ln(sin( x ))
−
dx
sin( x )
π/6
π/6
√
√
√
iπ/4
1
2−1 h
2−1
2−1
= √ − − sin( x )
= √ +
= √ .
2
π/6
2 2
2 2
2 2
π/6
b) Aus
h
2
x3 e2x
3
1
= e2 −
2
2
0
0
h1
1 + sinh2 (t) · 3 cosh(t) dt
0
Z1
h
i1
= 9 sinh(t) cosh(t) − 9 sinh2 (t) dt
0
Z1
0
1
x5 ln( x3 + 1) dx = .
12
37
= 9 sinh(1) cosh(1) − 9
38
0
Z1
0
cosh2 (t) dt + 9
Z1
0
dt.
Es folgt
3 sinh
Z (1)
p
0
9 + x2 dx = 9
Z1
cosh(t) cosh(t)dt =
0
9
9
sinh(1) cosh(1) + .
2
2
b) Wir substituieren x (t) = 3 sin(t) und erhalten
Z3 p
−3
9 − x2 dx = 3
Z3 r
−3
1−
x 2
3
π
dx = 9
Z2
cos2 (t) dt =
− π2
9
π.
2
c) Wir substituieren x (t) = 3 cosh(t) und erhalten
3 cosh
Z (1)
3
p
x2 − 9 dx = 3
3 cosh
Z (1)r
3
x 2
3
− 1 dx = 9
Z1
0
sinh2 (t) dt =
9
(sinh(1) cosh(1) − 1) .
2
d) Wir substituieren x (t) = t + 1 und erhalten
Z7
0
Z8
√
√
3
3
x2 x + 1 dx = (t − 1)2 t dt
1
=
Z8 √
3
1
√
√
3
3
t7 − 2 t4 + t dt
8
3√
6√
3√
3
3
3
t10 −
t7 +
t4
10
7
4
1
3 10
6 7
3
29301
= (2 − 1) − (2 − 1) + (24 − 1) =
.
10
7
4
140
=
39
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