Lösung Übung 4 - Rechts- und Wirtschaftswissenschaften

Vorkurs Mathematik
für Wirtschaftsingenieure
und Wirtschaftsinformatiker
Übungsblatt 4
Musterlösung
Fachbereich Rechts- und Wirtschaftswissenschaften
Wintersemester 2015/16
Aufgabe 1 (Differentialquotient)
Sei f (x) = |x 3 |. Berechne f 0 (x) mit Hilfe des Differentialquotienten.
Lösungsvorschlag:
−(x + h)3 − (−x 3 )
−3hx 2 − 3h2 x − h3
= lim
= lim (−3x 2 − 3hx − h2 ) = −3x 2
h→0
h→0
h→0
h
h
3hx 2 + 3h2 x + h3
(x + h)3 − x 3
= lim
= lim (3x 2 + 3hx + h2 ) = 3x 2
x > 0 : lim
h→0
h→0
h→0
h
h
3
3
3
|0 + h | − (0 )
|h |
x = 0 : lim
= lim
= lim (sgn (h) |h2 |) = 0
h→0
h→0 h
h→0
h
x < 0 : lim
Wobei die Vorzeichenfunktion/Signumfunktion sgn (x) folgendermaßen definiert ist:

−1
sgn (x) = 0

1
x <0
x =0.
x >0
Diese Funktion wird hier lediglich eingeführt um die Schreibarbeit zu ersparen, welche entsteht, wenn man noch eine
Fallunterscheidung für x = 0 und h > 0 bzw. h < 0 machen muss. Die Ableitung von f sieht nun folgendermaßen aus:

2
−3x
0
f (x) = 0
 2
3x
für x < 0,
für x = 0,
für x > 0
oder kompakter:
¨
0
f (x) =
−3x 2
für x < 0,
3x 2
für x ≥ 0
Aufgabe 2 (Schuldenstand)
a) Finanzminister Max Mustermann verspricht, dass die Neuverschuldung des Bundes sinken wird. Was würde ein
solches Sinken für die Gesamtschuldenfunktion f (t) des Bundes bedeuten?
b) Spätestens 2020 soll die Neuverschuldung auf 0 gesunken sein. Was würde eine Neuverschuldung von exakt 0 für
t = 2020 bedeuten?
1
Lösungsvorschlag:
a) Ein Sinken der Neuverschuldung bedeutet zunächst nur, dass die Ableitung von f (t), also f 0 (t), sinkt, nicht
jedoch dass zwangsläufig auch f (t) sinkt. In aller Regel steigt die Gesamtverschuldung nämlich noch weiter, nur
eben langsamer als zuvor. Aus diesem typischen Politikereuphemismus darf man also nicht schließen, dass die
Gesamtverschuldung insgesamt sinkt.
b) Das würde bedeuten, dass in diesem Fall entweder ein Sattelpunkt, ein Maximum oder ein Minimum der Verschuldung vorliegt. Da wir zusätzlich wissen, dass die Ableitung vor dem Extrempunkt positiv ist (wegen „Neuverschuldung“), können wir begründen, dass es sich entweder um ein Maximum oder einen Sattelpunkt handeln
muss.
Aufgabe 3 (Integrale)
Berechne folgende bestimmte bzw. unbestimmte Integrale:
a)
R
3x 2 + 5x + 9 d x
b)
Re
c)
R
d)
R 42
e)
R
1
1 y
e
dy
sin4 (x) cos(x) d x
0
yy dx
cosh(t) d t
| {z }
:= 12 (e t +e−t )
2
f)
R
g)
R −2π
zez dz
2π
3t 2 d t
Lösungsvorschlag:
3x 2 + 5x + 9 d x = x 3 + 52 x 2 + 9x + c
a)
R
b)
Re
1
1 y
e
d y = [ln(| y|)]e1 = ln(e) − ln
e
1
e
= 1 − (−1) = 1 + 1 = 2
c) Beachte die Kettenregel (bzw. das Substitutionsverfahren):
Z
sin (x) cos(x) d x =
4
Z
4
sin(x) cos(x) d x
| {z }
=: z
Es gilt
dz
dx
= cos(x), also:
=
=
d)
2
R 42
0
yy dx = yy
R 42
0
Z
z 4 dz =
1 5
z +c
5
1
sin5 (x) + c
5
y
y
1 d x = y y · [x]42
0 = y · (42 − 0) = 42 y
e)
Z
cosh(t) d t =
Z
1 t
e + e−t d t
2
Z
Z
1
t
−t
=
e dt + e dt
2
1 t
=
e − e−t + c =: sinh(t) + c
2
Übrigens gilt auch wieder
R
sinh(t) d t = cosh(t) + c wie man leicht nachrechnet.
f) Hier verwendet man die Substitution y = z 2 . Damit gilt
Z
g)
R −2π
2π
3t 2 d t = −
R 2π
−2π
1
2
ze(z ) dz =
2
Z
dy
dz
= 2z
eyd y =
1 y
1 2
e + c = e(z ) + c
2
2
2π
3t 2 d t = −t 3 −2π = − 8π3 − −8π3 = −16π3
Aufgabe 4 (Differenzierbarkeit)
a) Wo ist diese Funktion differenzierbar und wo nicht? Wo ist sie stetig und wo nicht? Begründe deine Antwort.
b) Haben Differenzierbarkeit und Stetigkeit etwas miteinander zu tun? Wenn ja, was?
Lösungsvorschlag:
a) Die Funktion ist nur an den Stellen x 1 = 2 und x 2 = 5 nicht differenzierbar. Dort kann man klar erkennen, dass die
Grenzwerte der Ableitung von unten und von oben nicht übereinstimmen (“Spitzen”). An allen anderen Stellen im
eingezeichneten Bereich ist sie differenzierbar. Stetig ist sie auf dem gesamten eingezeichneten Bereich.
b) Ja, aus der Differenzierbarkeit folgt die Stetigkeit. Stetigkeit im Punkt x 0 bedeutet nämlich, dass wenn man Punkte
aus einer beliebig kleinen Umgebung um x 0 herum nimmt, deren Funktionswerte beliebig nahe an f (x 0 ) liegen
müssen, dass die Funktionswerte also gegen f (x 0 ) streben, wenn x gegen x 0 strebt. Ferner gilt:
f 0 (x 0 ) = lim
x→x 0
f (x) − f (x 0 )
x − x0
lim f (x) = lim ( f (x 0 ) + f (x) − f (x 0 ))
x→x 0
x→x 0
= lim ( f (x 0 ) + f 0 (x 0 )(x − x 0 ))
x→x 0
= f (x 0 )
Dabei ist es unerheblich ob x von unten oder von oben gegen x 0 strebt.
3
Aufgabe 5 (Herkules II)
Der Verbrauch an Ültje-Erdnüssen pro Stunde
in der Herkules Pilsstube +folgt über den gesamten Tag in etwa einer
mit einem Parameter p ∈ R (mittags sind fast alle bei Curry-Claus auf
sin2 -förmigen Verteilung N (t) = p · sin2 2πt
24
dem Supermarkt-Parkplatz gegenüber essen und nachts kommen nur einige wenige Nüsse durch Nagetiere abhanden).
Berechne den Gesamterdnussverbrauch eines Tages mit Hilfe der Integralrechnung in Abhängigkeit von p.
Lösungsvorschlag:
Mit sin2 (x) + cos2 (x) = 1 ⇔ cos2 (x) = 1 − sin2 (x) folgt:
Z
Z
Z
Z

a:= 2π
24
2 2πt
2
2
p · sin
dt =
p · sin (at)d t = p sin (at)d t = p sin(at) · sin(at) d t
| {z } | {z }
24
u0

v

 1
= p − cos(at) · sin(at) −
| {z }
| a {z }
v
Z
u
1

− cos(at) · cos(at) · a d t 
| {z }
a
| {z }
v0
u
1
= p − cos(at) · sin(at) +
a
1
= p − cos(at) · sin(at) +
a
Z
Z
cos (at)d t
2
1 − sin (at) d t
2
Z
Z
1
= p − cos(at) · sin(at) + 1d t − sin2 (at)d t
a
1
= p − cos(at) · sin(at) + t −
a
Z
sin (at)d t
2
Z

1
= p − cos(at) · sin(at) + t − p sin2 (at)d t
a
Insbesondere steht dort also:
⇔
⇔
⇔
Daraus folgt nun:
4
p
R
R
pR
sin2 (at)d t + p R
2· pR
p
sin2 (at)d t
sin2 (at)d t
sin2 (at)d t
sin2 (at)d t
=p
=p
=p
p
=2
R
− 1a cos(at) · sin(at) + t − p sin2 (at)d t
− 1a cos(at) · sin(at) + t − 1a cos(at) · sin(at) + t − 1a cos(at) · sin(at) + t
Z
p · sin
2

2πt
dt
24
a:= 2π
24
=
Z

a:= 2π
p
2π
1
1
2π
24 p
− 2π cos
p · sin (at)d t =
− cos(at) · sin(at) + t
=
t · sin
t +t
2
a
2
24
24
24
2

π π p
12
−
cos
t · sin
t +t
=
2
π
12
12
Mit den Integrationsgrenzen für einen Tag gilt abschließend:
Z
24
p · sin2

24
π π p
2πt
12
dt =
−
cos
t · sin
t +t
= 12p
24
2
π
12
12
0
Aufgabe 6 (vollständige Induktion)
Zeige durch vollständige Induktion:
n
X
(2k − 1) = n2
gilt für alle n ∈ N.
k=1
Lösungsvorschlag:
Induktionsanfang
P0 (IA):
Für n = 0 gilt: k=1 (2k − 1) = 0 = 02
Induktionsvoraussetzung (IV):
Pn
Wir nehmen nun an, die Formel gilt allgemein, d.h. es wird angenommen, dass k=1 (2k − 1)=n2 für alle n ≥ 0 gilt.
Induktionsschritt (IS):
Es gilt die Formel für die Folgeglieder zu zeigen, d.h.:
z.z.:
Pn+1
k=1 (2k
− 1) = (n + 1)2
⇒
n+1
X
(2k − 1)
k=1
⇒
Pn+1
k=1 (2k
=
n
X
(2k − 1)
+
(2(n + 1) − 1)
(IV)
=
n2
+
(2(n + 1) − 1)
=
n2 + (2n + 2 − 1)
=
n2 + 2n + 1
=
(n + 1)2
k=1
− 1) = (n + 1)2 , was zu zeigen war.

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