Übungsaufgaben mit Lösungen

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1 Dr. O. Wittich Aache, 7. September 8 S. Bleß, M. Sc. Aalysis Übugsaufgabe mit Lösuge im Vorkurs Mathematik 8, RWTH Aache Uiversity Folge, Häufugspukte, Kovergez Aufgabe Utersuche Sie die Folge a N auf Mootoie ud Beschräktheit. a a =, b a = + 5, c a = +, d a = +, e a =, f a = +, 5 g a =, h a = + +, i a = +. a Es gilt a + a = + = + + = + < N. + Also ist a streg mooto falled. Alterativ: Die Fuktio x x ist streg mooto falled auf,. Weiter ist < a a = für alle N ud damit a ach obe ud ute beschräkt. b Es gilt a = + 5 = 5 +. Mit ist auch a streg mooto falled. Isbesodere ist damit a > a > für alle, das heißt die Folge ist ach obe ud ute beschräkt. c Wir betrachte wieder a + a. Es gilt a + a = = < < + <. Wege + + = > ist dies für alle eie wahre Aussage. Also ist a streg mooto falled. Wege a > a > für alle ist damit a ach obe ud ute beschräkt. d Es gilt a = + < für alle. Damit ist a ach obe ud ach ute beschräkt. Wege a + a = = = }{{} > ist damit a + a > für ugerade ud a + a < für gerade. Also ist die Folge a icht mooto. e Es gilt a + a = + + = = = > für alle N. Damit ist a streg mooto wachsed. Alterativ: Ma schreibt a = als Summe zweier streg mooto wachseder Fuktioe. Weiter hat ma a für alle N, das heißt a ist ach ute beschräkt. Wege ist a ach obe ubeschräkt. f Es gilt a + a = = + }{{ } > > + N = <. Wege = 9 > ist die letzte Ugleichug für alle N erfüllt. Damit ist a streg mooto falled. Also ist a ach obe beschräkt durch a. Schließlich folgt aus + = }{{ + } + > > N }{{ + } > < die Beschräktheit ach ute. <

2 g Es gilt zuächst a = 5 = = 5 +. Die Folge b := 5 +, N ist streg mooto wachsed. Da x x auch streg mooto wächst, ist damit auch a = b streg mooto wachsed. Desweitere gilt a 5 für alle, woraus die Beschräktheit folgt. h Es gilt a = + = + = +. Die Folge b = ud c = sid streg mooto falled. Damit ist auch a streg mooto falled mit a a für alle. i Mit der. biomische Formel gilt zuächst also a + + = = + =, a = + + N. Die Fuktioe bzw. + sid streg mooto wachsed. Es folgt, dass a streg mooto fällt. Desweitere gilt a a für alle, woraus die Beschräktheit folgt. kovergiert gege ist auch der eizige Häufugspukt. d Die Folge ka auch geschriebe werde als { gerade a = ugerade. R ist eiziger Häufugspukt, die Folge divergiert. Gäbe es eie weitere Häufugspukt q R mit q < N, so ist q + q / < ud keies der Folgeglieder a mit > liegt i q q /, q + q /, also liege höchstes edlich viele Folgeglieder i diesem Itervall im Widferspruch dazu, dass q ei Häufugspukt ist. e ist ei Häufugspukt, da es uedlich viele gerade Zahle gibt. ist ei Häufugspukt, da es beliebig große durch drei teilbare Zahle gibt, 5 ist ei Häufugspukt, da es beliebig große Primzahle gibt, die größer als sid, d.h. die weder gerade och durch drei teilbar sid. Dass es keie weitere Häufugspukte gebe ka folgt aalog wie für die adere Folge. Aufgabe Kostruiere Sie jeweils eie Folge mit geau drei Häufugspukte. Eie atürliche Zahl hat bei Teile durch drei etweder de Rest, de Rest, oder de Rest Null, d.h. die Zahl ist durch drei teilbar. Wir defiiere also die Folge a durch die Vorschrift: a ist der Rest, we ma durch teilt. Dies ergibt die erste Folgeglieder,,,,,,,,,,,,... Damit sid, ud Häufugspukte der Folge ud kei aderer Pukt q R, de ist d > der kleiste der drei Abstäde vo q zu,, bzw., so liegt für ɛ = d/ > kei Folgeglied i q ɛ, q + ɛ. Aufgabe Bestimme Sie alle Häufugspukte der Folge Aufgabe 4. Zeige Sie mit Hilfe der Defiitio der Kovergez: Eie Folge a kovergiert geau da gege Null, we die Folge der Beträge a gege Null kovergiert. ud e a a =, b a = +, c a = +, d a =, gerade a = ist durch drei teilbar 5 sost. Kostruiere Sie ei Beispiel eier divergete Folge a, so dass die Folge der Beträge kovergiert. Zuächst gilt a = a = a. Gibt es also zu jedem ɛ > ei = ɛ, so dass a < ɛ ist für alle >, so gilt auch a < ɛ für alle > mit demselbe ud umgekehrt. Daraus folgt die Behauptug. Ei eifaches Beispiel ist die Folge a =. Wie obe gesehe hat sie zwei Häufugspukte, die Betragsfolge ist aber a = kostat ud somit koverget. a b Beide Folge habe die Häufugspukte + ud ud keie weitere. Ist ämlich q / {, } ud ɛ = mi{ q, q + }, da liegt für a =, b > /ɛ kei Folgeglied a mit > mehr i q ɛ, q + ɛ. Damit liege i diesem Itervall höchstes edlich viele Folgeglieder ud q ist kei Häufugspukt. c Wege a = + diese Folge Aufgabe 5 Bestimme Sie de Grezwert a der Folge a, N. Beweise Sie Ihre Vermutug, idem Sie zu jedem ε > ei = ε R bestimme mit a a < ε für alle N mit > ε. 4

3 a a = +, b a =, c a = 5 +, d a = +, e a = e, f a = si. a Es gilt a = + = +. Wir behaupte lim a =. Sei dazu ε >. Da gilt a = + = + = + < ε + > ε > ε. Für ε = ε gilt damit a < ε für alle >. b Wir behaupte lim a =. Sei dazu ε >. Da gilt Für ε = = < ε > ε ε gilt damit a < ε für alle >. > > ε. c Wir behaupte lim = 5. Sei dazu ε >. Da gilt a 5 = = < ε > ε > ε. f Zuächst gilt si für alle N. Wir behaupte lim a =. Sei dazu ε >. Da gilt a = a = si. Damit ist a < ε, sobald < ε, das heißt > ε =: ε ist. Aufgabe 6 Bestimme Sie de Grezwert a falls er existiert der agegebee Folge a. Hiweis: Die Grezwertsätze oder das Sadwich-Lemma köe hierbei hilfreich sei. a a = +, b a = +, c a = +, d a = + +, e a = 4 + 5, f a = 5 +, g a =, h a = +, i a = j a =, k a = +, l a =.! Wir beutze die Grezwertsätze., Für ε = ε gilt damit a 5 < ε für alle >. d Wir behaupte lim a = ud betrachte de Ausdruck a = der. biomische Formel gilt = + =, +. Nach a b a = + a = + = = = + = also a = + + }{{} < <. Also ist a < ε, sobald ur < ε, das heißt > ε =: ε ist. e Wir behaupte lim e =. Sei dazu ε >. Da gilt e = e < ε l e = < l ε > l ε. Für ε = l ε gilt da a < ε für alle >. c Es gilt d das heißt lim a =. a =, + a = + + = = + e Es gilt lim 4 = vgl. A 5 e. Es folgt a = = = =. 5 6

4 f g a = 5 + = 5 + = 5 b mit b = + Es gilt lim b = ud damit lim a = 5 = 5. Streg geomme beutzt ma hier scho die Stetigkeit der Expoetialfuktio. a = =! = 6 6 = 6. h Es gilt a = + = + = +. Mit der. biomische Formel erhält ma da = + =. Es folgt a = ++, das heißt lim a =. i Wege lim = gilt a = = =. j Nach der allgemeie biomische Formel gilt = k= k >. Es folgt a = < =! =! ud damit lim a =. k Es gilt also a = + = l Es gilt! für alle N. Es folgt ud damit auch lim a = = + =, + + = = + + a =!! = =. Aufgabe 7 Kostruiere Sie eie Folge, die i jedem Pukt N eie Häufugspukt besitzt. Hiweis: Grudlage, Aufgabe 5 Nach der Grudlage - Aufgabe 5 gibt es eie bijektive Abbildug φ : N N N ud wir schreibe φ = k, l. Die Folge a ist da gegebe durch a = k + l. Da φ bijektiv ist, gibt es eie zu jedem k N eie Teilmege U k N mit U k = φ {k} N. Da die Mege {a : U k } = {k + : l N} l gleich sid, gibt es somit i jeder och so kleie Umgebug um k uedlich viele Glieder der Teilfolge a Uk. Damit ist k N Häufugspukt der Folge a. Da dieses Argumet für jedes k N richtig ist, sid alle Pukte k N Häufugspukte der Folge. Fuktioe Aufgabe 8 Bestimme Sie jeweils, ob es sich bei de agegebee Mege um Itervalle hadelt. Gebe Sie i diesem Fall bitte die Itervallschreibweise a. a [, ], ], b [, ] [, ] c [, ], 4, d, 5] \ 4, 5], e, 5], 6, f {x : x R}, g { : N}, h {, 7}, i {x R : x < }, j, Q, k {x R : x < }, l {x R : x > 7}. a [, ], b kei Itervall, c, ], d, 4], e, 5], f [,, g kei Itervall, h kei Itervall, i,, j kei Itervall, k,, l kei Itervall. Aufgabe 9 Bestimme Sie jeweils de Defiitiosbereich vo f /g. Utersuche Sie, ob sich f /g i de Defiitioslücke och sivoll erkläre lässt. Falls ja, mit welchem Fuktioswert? a f : R R, f x = x, g : R R, gx = x 7x + b f : R R, f x = x, g : R R, gx = x x + c f : R R, f x =, g : R R, gx = x 5 7 8

5 d f : R R, f x = x, g : R R, gx = x a Es gilt x 7x + = x x 4. Also ist D = R \ {, 4}. Da die Neerfuktio die Nullstelle x = ud x = 4 besitzt, die Zählerfuktio allerdigs icht, ka die Fuktio dort icht sivoll fortgesetzt werde. b Es gilt x x + = x x 7. Also ist f g zuächst auf D = R \ {, 7} defiiert. Allerdigs gilt ach Kürzug f g x = x 7 für alle x D. Damit ka f im Pukt x = och sivoll erklärt werde mit f g := 4. c Es gilt x 5 = x { 5, 5}. Damit ist D = R \ { 5, 5}. d Es gilt x = x x + x +. Das Polyom x + x + ist auf R ullstellefrei. Damit ist der Defiitiosbereich D = R \ {}. Nach Kürzug erhält ma f g x = x + x + für alle x D. Dieser Ausdruck ist auch och für x = defiiert. Eie sivolle Fortsetzug ist damit f g :=. Aufgabe Gegebe seie die Fuktioe f : R R, f x = x ud g : R + R, gx = x. Bestimme Sie die Defiitiosbereiche D f g ud Dg f ud gebe Sie f g ud g f explizit a. Es gilt D f g = {x Dg : gx D f } = {x R + : x R} = R +. Für alle x R + gilt f gx = f x = x = x. Offesichtlich ka x x auf gaz R erklärt werde. Der Defiitiosbereich vo g f bestimmt sich zu Dg f = {x D f : f x Dg} = {x R : x R + } = {x R : x } = [, ]. Für x [, ] gilt g f x = g x = x. Im Allgemeie müsse f g ud g f also icht übereistimme. Mootoie Aufgabe Utersuche Sie die folgede Fuktioe auf ihrem Defiitiosbereich auf strege Mootoie. Bestimme Sie die maximale Mootoiebereiche ohe Zuhilfeahme vo Methode der Differetialrechug. Versuche Sie dabei möglichst die jeweils vorastehede Aufgabeteile zu beutze. a f : R R, f x = x 5, b f : R \ {} R, f x = x, c f : R R, f x = x, d f : R + R, f x = x, e f : R R, f x = x, f f : R R, f x = x + x +, g f : [, ] R, f x = x, h f : R \ {, 4} R, f x = x 7x +. Hiweis: Beutze Sie i Teil d die. Biomische Formel. a Diese Fuktio ist streg mooto wachsed wachsed auf gaz R: Aus der Vorlesug wisse wir bereits, dass f : R R, f x = x eie auf R streg mooto wachsede Fuktio ist. Seie x, y R mit x < y. Wir verfahre wie dort ud mache zuächst eie Falluterscheidug: xy > : I diesem Fall sid x, y = ud damit ist xy = : x 5 = x x 4 x4 > < y x 4 = xy x VL < xy y = x y 4 y4 > < y y 4 = y 5. I diesem Fall ist x = oder y =. Aus x = folgt y > ud damit x 5 = < y 5. Aus y = folgt x < ud damit x 5 < = y 5. xy < : I diesem Fall gilt x < < y ud damit x 5 < < y 5. b Diese Fuktio ist icht mooto auf R \ {}. Es gilt f = < = f, das heißt f ist icht mooto falled. Weiter ist f = < = f, das heißt f ist auch icht mooto wachsed. Damit ist f icht streg mooto auf seiem Defiitiosbereich. Für < x < y gilt higege f x = x > y = f y. Damit ist f streg mooto falled auf,. Für x < y < hat ma f x = x = x > y = f y. Damit ist f streg mooto falled auf,. c Diese Fuktio ist icht mooto auf R. Es gilt f = > = f, das heißt f ist icht mooto wachsed. Weiter ist f = < = f, das heißt f ist auch icht mooto falled. Für x < y gilt x < y ud für x < y hat ma x > y. Damit ist f streg mooto wachsed auf [, ud streg mooto falled auf, ]. 9

6 d Diese Fuktio ist streg mooto wachsed auf gaz R + : Seie x, y R + mit x < y. Es gilt zuächst x + y >, da y >. Mit der. biomische Formel erhalte wir y x y + x = y x > ach Voraussetzug a x ud y. Also gilt y x = y x y+ x >, das heißt f x = x < y = f y. e Diese Fuktio ist icht mooto auf R. Es gilt f = = < = = f, das heißt f ist icht mooto falled. Umgekehrt ist f = = > = = f, das heißt f ist icht mooto wachsed. Für x gilt f x = x. Also ist f streg mooto wachsed auf [,. Für x hat ma f x = x, also ist f streg mooto falled auf, ]. f Diese Fuktio ist icht mooto auf R. Wir schreibe f i Scheitelpuktform, also f x = x + x + = x + x + + = x + +. Für x < y gilt x + < y +. Weil x x auf [, streg mooto wachsed ist, folgt f x = x + + < y + + = f y. Damit ist f streg mooto wachsed auf [,. Für x < y gilt x + < y +, also auch f x = x + + > y + + = f y. Damit ist f streg mooto falled auf, ]. g Diese Fuktio ist icht mooto auf [, ]. Es gilt f = = > = = f, das heißt f ist icht mooto wachsed. Umgekehrt hat ma f = < = f, das heißt f ist auch icht mooto falled. Für x, y [, ] mit x < y hat ma x, y R + sowie x > y, da die Fuktio x x auf [, ] R + streg mooto fällt. Es folgt f x = x > y = f y, da x x auf R + streg mooto wächst. Damit ist f auf [, ] streg mooto falled. Geauso zeigt ma, dass f auf [, ] streg mooto wächst. h Diese Fuktio ist icht mooto auf R \ {, 4}. Wir bestimme die Mootoiebereiche. Sei dazu zuächst g : R R, gx = x 7x +. Mit quadratischer Ergäzug erhält ma 7 7 gx = x 7x + + = x 7 4. Wie i Aufgabe f sieht ma, dass g auf, 7 ] [ streg mooto falled, sowie auf 7, streg mooto wachsed ist. Weiter gilt gx < geau da, we x, 4. Für x R \, 4 gilt gx >. Seie jetzt also x, y R \ {, 4} mit x < y. Für x, y, erhält ma gx > gy >, also f x = gx < gy = f y, das heißt f ist streg mooto wachsed auf,. Für x, y, 7 ] ist > gx > gy ud damit f x = gx < gy = f y, also ist f streg mooto wachsed auf, 7 ]. Für x, y [ 7, 4 gilt gx < gy <, also f x = gx > = f y. Damit ist f streg gy mooto falled auf [ 7, 4. Schließlich folgt für x, y 4, sofort < gx < gy ud damit f x = gx > = f y, das heißt f ist streg mooto falled auf 4,. gy Aufgabe Seie D, E R ichtleere Teilmege. Zeige Sie: a Ist f : D R eie streg mooto wachsede Fuktio, so ist f : D R mit f x := f x streg mooto falled. b Seie f, g : D R mooto wachsede Fuktioe mit f, g auf D, so ist auch f g : D R mit f gx := f x gx mooto wachsed. c Seie f : D R ud g : E R mooto mit ge D. Zeige Sie, dass da auch f g : E R mooto ist. Welche Art vo Mootoie liegt jeweils vor? d Sei f : D W streg mooto ud bijektiv. Zeige Sie, dass da auch f : W D streg mooto ist. a Sei f mooto wachsed. Seie x, y D mit x < y. Da gilt f x f y, also f x f y. Damit ist f mooto falled. Aalog zeigt ma die Behauptug für streg mooto wachsedes f. b Seie f, g : D R mooto wachsed. Seie x, y D mit x < y. Da gilt f x gx g mo., f c Wir zeige exemplarisch die Aussage f x gy f mo.,g f y gy. f mo. falled, g mo. wachsed f g mo. falled. Seie dazu x, y E mit x < y. Da gilt gx gy, da g mooto steigt. Da f mooto fällt, folgt f gx = f gx f gy = f gy. Aalog formuliert ud beweist ma die übrige Fälle f mo. falled, g mo. falled f g mo. wachsed, f mo. wachsed, g mo. wachsed f g mo. wachsed, f mo. wachsed, g mo. falled f g mo. falled. d Sei f zuächst streg mooto wachsed. Seie y, y W mit y < y. Seie x = f y ud x = f y. Ageomme x x. Da wäre auch y = f x f x = y im Widerspruch zur Aahme. Es folgt f y = x < x = f y. Ist f streg mooto falled, so wedet ma das ebe Bewiesee auf f = f a.

7 Aufgabe Bestimme Sie de Wertebereich der folgede Fuktioe. a f : R \ {} R, f x =, b f : [, ] R, f x = x x c f : 4, ] R, f x = x + x +, d f : [, ] R, f x = x e f : R R, f x = + x, f f :, R, f x = x g f : 4, 5] R, f x = x 7x +. a Sei R := R \ {}. Für x = gilt zuächst x = ud damit f R R. Zu y R wähle wir x = y. Da gilt f x = x = y = y. Es folgt f R = R. Bemerkug: Schräke wir de Zielbereich vo f auf R ei, so folgt f f = id R, das heißt, f ist bijektiv mit f = f. b Für x [, ] gilt x [ 4, ]. Mit Aufgabe b sieht ma damit, dass f auf D = [, ] streg mooto fällt, also = f f x f = 4 für alle x D. Damit habe wir f [, ] [, 4 ]. Sei umgekehrt y [, 4 ]. Es gilt f x = y x = y +. Da y y + auf, mooto fällt, folgt = + y + + =, 4 also x [, ]. Damit ist f x = y ud somit f [, ] = [, 4 ]. c Die Fuktio f ist auf 4, ] streg mooto falled, das heißt es gilt = f 4 > f x f =. Es folgt f 4, ] [,. Sei umgekehrt y [,. Für y = hat ma f = = y. Sei also y,. Wir mache de Asatz y = f x = x + x + = x + +. Wege y hat die obige quadratische Gleichug i x über R die beide Lösuge x = y ud x = + y. Wege < y < 9 hat ma aufgrud der strege Mootoie vo x x da 4 = < x < =, also x 4, ]. Es gilt f x = y. Im Übrige gilt x / 4, ]. Isgesamt habe wir damit f 4, ] = [, gezeigt. d Die Fuktio ist auf dem Bereich [, ] streg mooto wachsed ud auf [, ] streg mooto falled mit f = f = ud f =. Es folgt f [, ] [, ]. Sei y [, ]. Der Asatz y = x liefert die otwedige Bedigug y = x. Dies ist eie quadratische Gleichug i x, welche wege y die beide Lösuge x, = ± y [, ] hat. Eie Probe zeigt f x, = y = y = y = y, da y. Igesamt habe wir damit f [, ] = [, ] gezeigt. e Es gilt zuächst < + x für alle x R, wobei Gleichheit geau für x = besteht. Es folgt damit zuächst f R, ]. Sei u umgekehrt y,. Der Asatz y = f x = +x ist äquivalet zu x = y. Aus y, folgt y >, das heißt die Lösuge dieser quadratische Gleichug sid x, = ± y ud es gilt f x, = y. Damit habe wir f R =, ] gezeigt. f Wir betrachte zuächst h :, R, hx = x. Es gilt hx = geau da, we x = ±. Mit d erhält ma also h, =, ]. Wir betrachte jetzt g :, ] R, gx = x. Wie i Teil a schließt ma g, ] = [,. Nu ist aber f = g h, also f, = gh, = g, ] = [,. g Wir betrachte zuächst wieder g : R R, gx = x 7x + ud bestimme g4, 5]. Nach Aufgabe h ist g streg mooto wachsed auf 4, 5], das heißt = g4 < gx g5 = für alle x 4, 5] ud damit g4, 5], ]. Sei u also umgekehrt y, ]. Der Asatz y = gx = x 7 4 liefert eie quadratische Gleichug i x mit de beide Lösuge x, = 7 ± y + 4. Wege der strege Mootoie vo y y folgt 4 = < x = 7 + y = 5 ud damit x 4, 5]. Wege gx = y folgt isgesamt g4, 5] =, ]. Abschließed betrachte wir u h :, ] R, hx = x. Ma zeigt leicht, dass h, ] = [,. Für f = h g gilt folglich f 4, 5] = h, ] = [,. Stetigkeit Aufgabe 4 Utersuche Sie die folgede Fuktioe auf Stetigkeit i de agegebee Pukte. a f : R R, f x = x i x =. 4

8 b i x = c i x = d f : R R, f x = f : R R, f x = f : R R, f x = { x, x =, x = { x x+ x, x =, x = { x, x x, x < a f : R R, f x = x + 4 b f : R \ {4} R, f x = x 6 x 4 { x + 4, < x 4 c f : R R, f x = x + 6, 4 < x < x 6 d f : R R, f x = x 4, x = 4, x = 4 a Als lieares Polyom ist f stetig. b Als ratioale Fuktio auf ihrem Defiitiosbereich ist f stetig. c Als lieare Fuktio auf de Bereiche, 4 ud 4, ist f dort stetig. Wir betrachte also x = 4. Es gilt i x =. a Es gilt lim f x = lim x = lim x = ud lim f x = lim x = lim x =. x + x + x + x x x Also ist f stetig i x =. b Es gilt Also ist f ustetig i x =. c Es gilt lim f x = lim x + x + x =. f x = x x + x = x x = x für alle x R, x =. Wege f = = folgt da f x = x für alle x R. Also ist f stetig i x =. d Es gilt lim f x = lim x = ud lim f x = lim x = =. x + x + x x Also ist f ustetig i x =. Aufgabe 5 Utersuche Sie die folgede Fuktioe auf Stetigkeit i ihrem Defiitiosbereich. Damit ist f ustetig i x = 4. lim f x = lim x + 6 = = = 8 = f 4. x 4+ x 4+ d Als ratioale Fuktio ist f stetig auf R \ {4}. Wir betrachte also x = 4. Es gilt Damit ist f ustetig i x = 4. Aufgabe 6 Utersuche Sie die Fuktio auf Differezierbarkeit. x lim f x = 6 lim x 4 x 4 x 4 = lim x + 4 = 8 = = f 4. x 4 Differezierbarkeit f : R R, x x Falls x >, also x R \ [, ], so gilt f x = x. Falls x <, also x,, so gilt f x = x. I beide Fälle ist f ei Polyom ud damit differezierbar. Es bleibe die Radpukte x = ud x = zu utersuche. Für x > gilt f x f x = x x = x + x

9 Sei u < x <. Da ist f x f x = x x = x x =. Also ist f i x = icht differezierbar. Geauso zeigt ma, dass f auch i x = icht differezierbar ist. Aufgabe 7 Utersuche Sie die Fuktio f : R R, x x x auf Differezierbarkeit im Nullpukt. Bestimme Sie gegebeefalls f. Wir bestimme wieder de Differezequotiete. Für x > gilt Für x < gilt f x f x f x f x = x x x = x x x Damit ist f i x = differezierbar mit f =. = x x +. = x x. Differetialrechug Aufgabe 8 Zeige Sie durch vollstädige Iduktio ud mit Hilfe der Defiitio der Ableitug, dass für die Fuktioe f : R R, x x gilt: Hiweis: Produktformel. f X = x. Iduktiosafag: Für = gilt für jede Folge x mit lim x = x, dass f f x = lim x f x x x = lim x x x x = lim =, also ist f x = für alle x R. Iduktiosschluss: Sei die Aussage für bewiese. Da ist ach der Produktregel f x = f f = f f + f f = x + x x = x. Damit ist die Behauptug bewiese. Aufgabe 9 Bestimme Sie jeweils die Ableitug f der Fuktioe f, welche auf geeigete Defiitiosbereiche durch folgede Abbildugsvorschrifte gegebe sid: a f x = 5x + 7x 4x + 9, b f x = x6 + x + x, c f x = 4x 4 4x, d f x = 8x x x 4, e f x = x + x x 4, f f x = x + x + x 5, g f x = e x x + x 5, h f x = 4x 4 4 x, i f x = x lx + lx, j f x = x 4 six, k f x = e x + 4 x, l f x = lx e x, m f x = x + 4, f x = x + x, o f x = 7x + x + x, p f x = 5x 5 + x q f x = x 4 4 x + 7, r f x = x + x 5. a f x = 5x + 4x 4, b f x = x x, c f x = 6x, d f x = 6x + 8 x, x e f x = x 6x 4 + x 5, f f x = x x 5 x 8, g f x = e x xx + + 5x 4, h f x = 4x 4 x 4 + x l4, i f x = lx + + x, j f x = x 4 six + x cosx, 4 x k f x = e x + l46 x + l4, e l f x = e x lx x + lx, m f x = x, f x = x + x, o f x = 4x x x + x, p f x = 55x 4, q f x = 48x + 8x x 4 x + 7, r f x = x + 5 x + x. 7 8

10 c Es gilt Dta = R \ π + Zπ, sowie Aufgabe Bestimme Sie zuächst die Defiitiosbereiche der Fuktioe f, welche durch die folgede Abbildugsvorschrifte gegebe sid. Bestimme Sie im Aschluss f. a f x = x x + x, b f x = + x 4, c f x = x x 4x +. a Es ist D f = R ud f x = x + x + x +. Damit ist Die Ableitug bestimmt sich zu + x = π + kπ x = ± π + kπ, k N. D f = R \ k N { } π ± + kπ. f x = sita + x x cos + x. b Es ist D f = R \ {±} ud c Es ist D f = R \ {, } ud f x = 5x x x 4 4. Itegralrechug Aufgabe Bestimme Sie ohe Rechug ud ur mit der Defiitio des bestimmte Itegrals f x = x 6x + x 4x +. 6x + dx, 4 4 x dx. 4 x dx, Aufgabe Bestimme Sie die maximale Defiitiosbereiche der Fuktioe f, welche durch die folgede Abbildugsvorschrifte gegebe sid. Bestimme Sie i jedem Pukt, i welchem f differezierbar ist, die Ableitug. Radpukte des Defiitiosbereichs sid dabei zu verachlässige. a f x = x + 4x 5, b x + 4 x + 5 x, c f x = cos ta + x. a Zuächst gilt x + 4x 5 = x + x + 5x. Die erste Faktor ist für alle x R positiv, der zweite geau für x. Also ist D f = [,. Weiter ist f ist als Kompositio differezierbarer Fuktioe auf, differezierbar mit f x = x + 4x + 5 x + 4. b Es gilt D f = [, ud f ist als Kompositio differezierbarer Fuktioe auf, differezierbar mit f x = x + 4 x + 5 x + 4 x x 5 4. Das Itegral ist die Fläche zwische dem Graph der Fuktio ud der x-achse, wobei Fläche uter der x-achse egativ gezählt wird. a Das erste Itegral ist die Differez der Fläche der beide Dreiecke 9 9/ 5 5/ = 8. b Das zweite Itegral ist die Fläche eies Halbkreises vom Radius, also π / = π. c Die Fläche besteht aus vier Dreiecke, die zusamme ei Quadrat der Kateläge ergebe. Damit ist das Itegral gleich = 8. Aufgabe Bestimme Sie jeweils eie Stammfuktio F der Fuktioe f, welche durch folgede Abbildugsvorschrifte gegebe sid. a f x = 4x + x +, b f x = 5 x, c f x = e x, d f x = 4 4 x, e f x = 5x x +, f f x =, x x g f x = x, h f x = 4 x. 9

11 a Fx = x 4 + x + x, b Fx = 5 8 x 5 x, c Fx = e x, d Fx = 4 x, e Fx = x 5 + 4x + 6 l x, f Fx = 4 x x + 6 x, g Fx = x x + 4x, h Fx = 4x l4. Aufgabe 4 Bestimme Sie: a d f i 4 x + dx, b x 4 dx x 4 + x 5 5 x 4 dx + x 4 dx, e dx, g 5 x dx, j 4 4 x + x dx, c 7 xx + x dx x dx, h 4 x dx. 4 x + x dx x dx + 7 x dx, x + x dx, e x + x dx, a 8, b 7 6, c, d 65, e, f 9, g 6 4, h e +, i e 4 l5, j 4 l. Aufgabe 5 Bestimme Sie mit Hilfe der Substitutiosmethode jeweils eie Stammfuktio F der Fuktioe f, welche durch folgede Abbildugsvorschrifte gegebe sid. a f x = x +, b f x = ex + e x, c f x = x x +, d f x = 9x + xx +, e f x = x lx + x, f f x = x + lx +. a ϕt = t + ud Fx = 8 x + 4, D f = R, b ϕt = + e t ud Fx = l + e x, D f = R, d ϕt = tt + ud Fx = l x + x, D f = R \ {}, e ϕt = lt + ud Fx = l lx +, D f =,, f ϕt = lt + ud Fx = l lx +, D f =,. Aufgabe 6 Bestimme Sie de Wert I der folgede Itegrale mit Hilfe der Substitutiosmethode. a x + 4 dx, b 5 + x x dx, c x + 4 x + 4x dx, x d dx, e 6x + 5 e x +5x dx, f 4x 4 x + 4 dx. x + 5 a ϕt = t +, I = 88, b ϕt = + t, I = 7, c ϕt = t + 4t, I = l 5 7, d ϕt = t + 5, I = 4, e ϕt = t + 5t, I = e 8, f ϕt = t + 4, I = Aufgabe 7 Bestimme Sie mit Hilfe der partielle Itegratio jeweils eie Stammfuktio F der Fuktioe f, welche durch folgede Abbildugsvorschrifte gegebe sid. a f x = x e x, b f x = e x x + x, c f x = lx, d f x = x lx, e f x = log x, f f x = lx. a f x = x, g x = e x, Fx = x e x, b f x = x + x, g x = e x, Fx = e x x + x, c f x = lx, g x =, Fx = xlx, d f x = lx, g x = x, Fx = x lx, 9 e f x = log x, gx =, Fx = x lx, l f f x = lx, g x = lx, Fx = x lx x lx + x. 4 c ϕt = t + ud Fx = x +, D f = R,

12 Aufgabe 8 Bestimme Sie die folgede Itegrale uter Beutzug des Hauptsatzes der Differetial- ud Itegralrechug. a d g / dx, b + 7x x dx, e x 5 π/ a b six dx, h + cosx / 7 + 7x dx = / / x dx = 4 / dx, c 4 + 9x 6 x x 5 dx, 8x 5 4x dx, f 5x + 4x 5x + dx, π/6 cosx + 4 six dx. + 7 x dx = / x dx = 4 [ 7 ] 7 7 arcta x = π 6. [ ] / arcta x = π 8. c Es gilt x x 5 = x + x 5. Damit erhalte wir die Partialbruchzerlegug Es folgt 4x 5x + dx = l l + l7. f Aus d dx 4x 5x + = 8x 5 folgt mit der Substitutiosmethode 8x 5 [ ] 4x 5x + dx = l4x 5x + = l l7. g Aus d dx + cosx = six folgt mit der Substitutiosmethode π/ six + cosx dx = [ ] π/ l + cosx = l + l5. h Aus d dx + 4 six = 4 cosx folgt mit der Substitutiosmethode π/6 cosx + 4 six dx = 4 [ ] π/6 l + 4 six = l5 l. 4 Aufgabe 9 Bestimme Sie mit Hilfe partieller Itegratio die folgede Itegrale. Es folgt 6 x x 5 dx = 8 x + x 5 = 8x + + 8x 5. 6 x + dx x 5 dx = 8 l6 l4 + l9 = l l7. 8 a π/4 π/6 c cosx lsix dx, b π x 5 lx + dx, d a Aus d dx six = cosx folgt mit partieller Itegratio x six dx, x e x dx. d 4 8 x x 5 dx = l l5 l. 8 e Es gilt 4x 5x + = x 4x. Damit erhalte wir die Partialbruchzerlegug π/4 π/6 cosx lsix dx = = [ ] π/4 six lsix [ six π/4 π/6 π/6 ] π/4 = π/6 six cosx six dx + =. 4x 5x + = x 4 4x. 4

13 b Aus d dx cosx = six folgt mit partieller Itegratio Extremwerte c d = Es folgt π [ ] π π x six dx = x cosx + x cosx dx [ ] π π = π + x six six dx = π 4. [ ] x + lx + x + = l = l [ x e x dx = x e x] = e = e x 5 lx + dx = x 5 lx + dx x x lx + dx x x + lx + x x + dx x lx + dx + x 5 + x dx x 5 lx + dx l +. x 5 lx + dx =. = 4 e + x ex dx x e x dx [ x e x] [ xex] + x ex dx ex dx = 8 e +. Aufgabe Bestimme Sie jeweils, ob die agegebee Mege beschräkt sid. Gebe Sie falls diese existiere auch die Maxima ud Miima der Mege a. a [, ], b,, c {, 7}, d {π, e} } e { + : N, f {}, g [, ] [, ], h {r Q : r < } i {r Q : r < 4}, j {r Q : r < }, k {, π, π, } l {p : p Primzahl}, m { : N}, {x + : x R}, o {x R : x = x}, p { : N}. a beschräkt, mi, max, e beschräkt, max, f beschräkt, mi, max, b beschräkt, c beschräkt mi, 7 max, g beschräkt, mi, max, i beschräkt, j beschräkt, k beschräkt, mi, max, m ubeschräkt, ubeschräkt, mi o beschräkt mi, max, Aufgabe Betrachte Sie die Fuktio f : [, ] R, welche gegebe ist durch x +, falls x f x := x, falls < x < x, falls x. Utersuche Sie die Fuktio auf lokale ud globale Maxima ud Miima. d beschräkt, e mi, π max, h ubeschräkt l mi,. o. ub., p beschrkt, max. Wir bestimme zuächst die Mootoiebereiche vo f. Für x [, ] gilt f x = x +, das heißt f ist streg mooto wachsed. Für x, ist f x = x, also ist f streg mooto falled auf, ] ud streg mooto wachsed auf [,. Für x [, ] gilt f x = x, das heißt f ist streg mooto wachsed auf [, ]. Da sich i lokale Extrempukte das Mootoieverhalte ädert, köe lokale Extrema höchstes i de Radpukte der Mootoiebereiche vorliege, das heißt i x {,,,, }. Es geügt also diese Pukte zu utersuche: 5 6

14 Für x, ] gilt f x = f ud für x [, ] gilt f x f, da f dort streg mooto steigt. Damit liegt i x = ei globales Miimum vor. Für x [, ] gilt f x f = < = f ud für x, ] gilt f x = f. Damit liegt i x = ei globales Maximum vor. Für x [, ] gilt f x = f = f. Also liege i x = ud x = lokale Miima vor, welche icht global sid. Für x, gilt f x = x > = f ud für x [, hat ma f x = x + <. Damit ka i x = kei lokales Extremum vorliege. Aufgabe Betrachte Sie die Fuktio f :, ] R, welche gegebe ist durch x +, falls x < f x := x, falls x x, falls x >. Utersuche Sie die Fuktio auf lokale ud globale Maxima ud Miima. Ma verfährt aalog zu Aufgabe. I x {,, } besitzt f ei globales Maximum. I x = besitzt f ei lokales Miimum, welches icht global ist. Die Fuktio f hat kei globales Miimum. Aufgabe Betrachte Sie die Fuktio f :, R, welche gegebe ist durch x + falls x < f x := x falls x x falls x >. Utersuche Sie die Fuktio auf lokale ud globale Maxima ud Miima. Ma verfährt wieder aalog zu Aufgabe. I x {, } besitzt f ei globales Maximum. I x = besitzt f ei lokales Miimum, welches icht global ist. Die Fuktio f hat kei globales Miimum. Aufgabe 4 Bestimme Sie die lokale ud globale Maxima ud Miima der Fuktioe aus Aufgabe. a Wir bestimme zuächst die kritische Pukte i D f = R. Es gilt f x = x + x + = x = x = ±. Um zu bestimme, ob es sich dabei um lokale Extrema hadelt, bestimme wir zuächst die Positivitäts- ud Negativitätsbereiche vo f zu f > auf, +, f < Sei zuächst x = +. Für ε > gilt also auf, +,. f + ε > ud f + + ε <. Also wechselt f i x sei Vorzeiche mooto falled ud damit hat f i x ei lokales Maximum. Sei x =. Für < ε < gilt f ε < ud f + ε >. Also wechselt f i x sei Vorzeiche mooto wachsed ud damit hat f i x ei lokales Miimum. Direktes Ausreche liefert f x = > ud f x = + <. Wege lim x f x = = lim x f x sid die Extrema sogar global. b Es gilt 5x x < für alle x R. Damit besitzt f keie kritische Pukte ud damit auch keie lokale Extrema. c Wir bestimme zuächst die kritische Pukte i D f = R \ {, }. Es gilt f x = x 6x + x 4x + = x 6x + = x = ±. Wir verfahre wie i a ud bestimme zuächst die Positivitäts- ud Negativitätsbereiche vo f zu f < auf,, +,, f > auf, +,. Setze u x = ud x = +. Für < ε gilt f x ε < ud f x + ε >. 7 8

15 Also besitzt f i x ei lokales Miimum. Weiter ist f x ε < ud f x + ε >. Also besitzt f auch i x ei lokales Miimum. Desweitere ist Folglich besitzt f keie globale Maxima. lim f x = ud lim f x =. x x a Es gilt Weiter hat ma f x = 6 x x + x 4 x +. f x = x {, 5, + } 5. Aufgabe 5 Betrachte Sie die Fuktio f : R R, f x = x 5 5x + 6x. a Bestimme Sie die lokale Maxima ud Miima vo f. b Bestimme Sie die größte Itervalle, auf dee f streg mooto wachsed ist. c Fertige Sie eie Skizze vo f a. a Es gilt f x = 5x 4 75x + 6, f x = 6x 5x, f x = 8x 5. Wir bestimme zuächst die kritische Pukte vo f. Es gilt f x = 5x 4 75x + 6 = 5x 4 5x + 4 = x {±, ±}. Explizit berechet ma f = 9, f = 9, f = 4, f = 4. Damit liege i x = ud x = lokale Miima, sowie i x = ud x = lokale Maxima vor. b Es gilt f > auf,,,. Die gesuchte Mootoieitervalle sid damit, ud,. Aufgabe 6 Utersuche Sie aalog zu vorige Aufgabe die Fuktio f : R \ { } R, f x = x x. x + Hiweis: Die eizige reelle Nullstelle vo f ist x =. Die Positivitäts- ud Negativitätsbereiche vo f bestimme sich zu f < auf, 5, + 5, f > Wie obe sei < ε. Für x = hat ma auf 5, + 5,. f x ε > ud f x + ε <. Damit hat f i x = ei lokales Maximum. Für x = 5 gilt f x ε < ud f x + ε >. Damit hat f i x = 5 ei lokales Miimum. Für x = + 5 gilt f x ε < ud f x + ε >. Damit hat f i x = + 5 ei lokales Miimum. b Die eizige reelle Nullstelle vo f liegt i x = vor. Da f ε < ud f + ε > für ε klei geug, hadelt es sich hierbei um eie Wedepukt. c Es ist f > auf 5, + 5,. Damit ist + 5, das gesuchte Itervall. Aufgabe 7 Utersuche Sie die Fuktioe a f : [, ] R, f x = 4 x, b f : [, 4] R, f x = x 5 5x 4 + 5x + 7 auf lokale ud globale Maxima ud Miima. Bestimme Sie auch die etsprechede Extremalwerte. 9

16 a Es gilt f x = x = geau für x =. Es gilt f x = <. Damit liegt i x = ei lokales Maximum vor. Es ist f = ud f = 5. Aus f = 4 folgt damit, dass f auf dem Itervall [, ] i x = ei globales Maximum ud i x = ei globales Miimum besitzt. b Es ist f x = 5x 4 x + 5x = 5x x 4x + = 5x x x, f x = x 6x + x. Also sid x =, x = ud x = die eizige Nullstelle vo f. Weiterhi gilt f = <, f = 9 >, f =. Im Pukt x = besitzt die Fuktio also ei lokales Maximum, im Pukt x = ei lokales Miimum. Im Pukt x = ist keie Aussage möglich, da f i diesem Pukt keie Vorzeichewechsel hat. Schließlich müsse die iere Extremwerte mit de Radwerte vergliche werde. Ma berechet Damit hat f = 4, f = 8, f =, f 4 = 7. f i x = ei lokales, aber kei globales Miimum, f i x = ei lokales, aber kei globales Maximum, f i x = ei lokales ud globales Miimum, f i x = 4 ei lokales ud globales Maximum. Die beide Kathete müsse die Läge k habe. Aufgabe 4 Der Querschitt eies Tuels habe die Form eies Rechtecks mit aufgesetztem Halbkreis. Sei Umfag sei U. Für welche Halbkreisradius wird der Flächeihalt des Querschitts am größte? Es bezeiche r de Halbkreisradius, a die Höhe des Rechtecks ud F die Fläche des Querschitts. Da ist Für die Fläche erhalte wir U = πr + a + r, also a = F = ar + πr. U + πr. Setze wir a als Fuktio vo r ei, so ergibt dies Fr = r U + πr + π r = + π r + Ur, F r = + π r + U, F r = + π. Die eizige Nullstelle vo F wird durch r = π+4 U gegebe. Wege F r < hadelt es sich hierbei um ei lokales Maximum. Wege lim r Fr = ist das lokale Maximum sogar global. Aufgabe 8 Seie a R, m, Z mit m = ud m, =. a Zerlege Sie a so i zwei Summade, dass dere Produkt möglichst groß wird. b Zerlege Sie a so i zwei Summade, dass das Produkt der m-te Potez des eie Summade ud der -te Potez des adere Summade möglichst groß wird. a Die beide Summade sid x = y = a. b Die beide Summade sid x = ma m+ ud y = a m+. Aufgabe 9 Die Summe der Katheteläge eies rechtwiklige Dreiecks ergibt k. Wie groß müsse die eizele Katheteläge gewählt werde, damit die Hypotheuseläge möglichst klei wird? Elemetare Fuktioe A. Expoetialabbildug ud Logarithmus Aufgabe 4 Es seie a, u, v > ud r R. Beweise Sie : log a u r = r log a u. Sei x = log a u. Nach Defiitio ist da a x = u. Mit de Potezgesetze folgt u r = a x r = a xr, also log a u r = rx = r log a u.

17 Aufgabe 4 Bestimme Sie die folgede Logarithme. a log 4, b log 4 64, c log 8, d log 4, e log 7 7 x, x R. a, b, c, d, e x. Aufgabe 4 a Drücke Sie log 4 als Logarithmus eier eizige Zahl aus. b Vereifache Sie 75 5 log log 6 + log 9. 4 c Vereifache Sie für a > de Ausdruck log a log a 7. a log 4 = log log 4 = log 9 log 4 = log 9 4 Mit de Logarithmusgesetze gilt = e l, = e l ud somit Damit divergiert der Expoet bestimmt mit = = e l l = e l l. lim l l = ud somit ist aufgrud der Existez des Fuktiosgrezwertes lim x e x = lim l e l =. Aufgabe 45 Bestimme Sie jeweils Defiitiosbereich ud Lösugsmege der folgede logarithmische Gleichuge. a log x = log, b log x = log 5 log 4, c log x =, d lx =, e log 4 x = log 4 6, f log x =, g log x + log =, h log x = log x, i log x + =. a Der Defiitiosbereich der Gleichug ist D = R >. Es gilt b c log log 6 + log 9 = log log a log a 7 = log a log a = 6 = log = log x = log x =. b Der Defiitiosbereich der Gleichug ist D = R >. Es gilt 5 log x = log 5 log 4 log x = log x = c Der Defiitiosbereich der Gleichug ist D =,. Es gilt log x = log x = x = 9 x =. Aufgabe 44 Bereche Sie och eimal de Grezwert aus Aufgabe 6 j, idem Sie die Idetität l + l = e warum ist das richtig? ud die Eigeschafte der Expoetialfuktio beutze. Hiweis: Sie l köe ohe Beweis beutze, dass lim = ist. d Der Defiitiosbereich der Gleichug ist D =,. Es gilt lx = lx = x = e = e x = + e. e Der Defiitiosbereich der Gleichug ist,. Es gilt log 4 x = log 4 6 log 4 = log x 4 6 x = 6 = x x =. 4

18 f Der Defiitiosbereich der Gleichug ist R \ [, ]. Es gilt log x = log x = log x = x = x = ±. g Der Defiitiosbereich der Gleichug ist,. Es gilt x + log x + log = log = x + h Der Defiitiosbereich der Gleichug ist,. Es gilt log x = log x = x = 99. lx l = lx lx = lxl l l lx l =, l }{{} = also geau da, we lx =, das heißt x =. a b c { x y = x y = 4 log x + log y = 5 log x log y = log, x, y > { 4 x = 5 y 4 x = 7 y } }., i Der Defiitiosbereich der Gleichug ist R. Es gilt log x + = x + = x = 9 x = ±. Aufgabe 46 Bestimme Sie jeweils de Defiitiosbereich der folgede Terme. Drücke Sie im Aschluss die Terme durch eie Logarithmus aus. a log a x + log a x + log a x, b log a x + log x+ a x. a Der Defiitiosbereich des Ausdrucks ist,. Es gilt log a x + log a x + log a x = log a x + x x b Der Defiitiosbereich des Ausdrucks ist R \ [, ]. Es gilt log a x + x + log a = x + log x a x + log a x = loga x + log a x + + log a x + log a x = log a x +.. a Es ist x = y + ud damit x y = 4 y+ y = 4 6 y = 4 y = log 6 6 = log 6 6 =. Es folgt x = y + = 4. b Es gilt = log x + log y = log xy xy =, 5 x log = log x log y = log 5 y = x y x = 5 y. Damit ist das Gleichugssystem äquivalet zu xy = ud x = 5y. Eisetze vo x = y i die zweite Gleichug liefert = 5y, also y = ±. Es folgt x = ±5. Mit Hiblick auf de Defiitiosbereich des Gleichugssystems ist damit x, y = 5, die eizige Lösug. c Es gilt 7 y = 4 x = x = x+ x + = log 7 y = y log 7, 5 y = 4 x = x x = log 5 y = y log 5. Dies impliziert y log 7 = y log 5. Wir erhalte daher die Lösug y = log 7 log 5, x = log 5 log 7 log 5. Aufgabe 47 Bestimme Sie jeweils die Lösugsmege der folgede Gleichugssysteme. Aufgabe 48 Wieviele Dezimalstelle besitzt die Primzahl p = 46697? 5 6

19 Da p eie Primzahl ist, ist p = N für irgedei N N ud wir köe aehme, dass p ud p + dieselbe Azahl Dezimalstelle habe. Nach de Logarithmusgesetze habe wir log p + = log p + = log log 5 = log + log 5 = l 5 l = l 5 mit Tascherecher. Wir habe also p + = a M mit < a < ud M = Damit hat p Dezimalstelle. Trigoometrische Fuktioe Aufgabe 49 Beweise Sie die Additiostheoreme für Tages ud Cotages. Bestimme Sie auch de Defiitiosbereich der Gleichuge. a taα + β = taα + taβ cotα cotβ, b cotα + β = taα taβ cotα + cotβ. a Die Gleichug ist defiiert für α, β, α + β / π siα + Zπ. Mit taα = cosα folgt b Die Rechug verläuft aalog. Aufgabe 5 Zeige Sie mit Hilfe der Addtiostheoreme: siα + β taα + β = cosα + β siα cosβ + siβ cosα = cosα cosβ siβ siα taα cosβ + siβ = cosβ taα siβ taα + taβ = taα taβ. a si α + π = cosα, b cos α + π = siα, c ta α + π = cotα, d cot α + π = taα. Ma verwede si π = ud cos π =. Für c ud d verwede ma a ud b. Bemerkug: Ma beachte, dass Aufgabe 49 für die Aufgabeteile c ud d icht awedbar ist. Aufgabe 5 Bestimme Sie die Defiitiosbereiche der folgede Gleichuge. Bestimme Sie im Aschluß die Lösugsmege. a tax = six, b tax = cosx, c six = tax, d cosx = 5 4 cos x. Hiweis: Beweise Sie für die Aufgabeteile c bzw. d zuächst die Idetitäte six = tax + ta x, cosx = 4 cos x cosx. π a Der Defiitiosbereich der Gleichug ist R \ + Zπ. Dort gilt stets cosx =. Es folgt tax = six six = six cosx six cosx =. Letzteres ist wiederum äquivalet zu six = oder cosx =, also zu x πz bzw. zu x ± π 4 + πz. π b Der Defiitiosbereich der Gleichug ist R \ + Zπ. Dort gilt stets cosx =. Es gilt zuächst tax = cosx six = cos x = si x si x + six =. Dies ist eie quadratische Gleichug i t = six. Wir bestimme also die Lösuge der Gleichug t + t =. Diese werde z.b. mit p-q-formel gegebe durch t =, t = <. Wege six sid also alle x zu bestimme mit t = Lösugsmege durch π π + πz + πz gegebe. = six. Damit ist die 7 8

20 π c Der Defiitiosbereich der Gleichug ist R \ + Zπ. Es gilt six = six + x = six cosx = Damit folgt die Äquivalez six = tax six cosx si x + cos x = tax + ta x. tax + ta x = tax tax = tax taxtax =. Also ist die Gleichug äquivalet zu tax = oder tax =. Damit wird die Lösugsmege gegebe durch π πz 4 + πz π 4 + πz. d Es ist cosx = cos x si x. Es gilt Damit ist cosx = cosx + x = cosx cosx six six = cos x si x cosx si x cosx = cos x cos x cosx = 4 cos x cosx. cosx = 5 4 cos x 4 cos x cosx = 5 4 cos x. Dies ist eie kubische Gleichug i t = cosx. Wege cosx [, ] geügt es also die Lösuge der Gleichug 4t + 4t t 5 = im Itervall [, ] zu bestimme. Durch Ausprobiere erhält ma zuächst die Lösug t =. Polyomdivisio durch t liefert 4t + 4t t 5 = 4t + 8t + 5t = 4t + + t b Es gilt siα siβ cosβ cosα = cosα + β = cosπ γ wege siπ = ud cosπ =. = cosπ cosγ + siπ siγ = cosγ, Aufgabe 5 I eiiger Etferug zu eier Atee wird ei Lichstrahl vom Bode Meßebee auf die Spitze der Atee gerichtet. Der Wikel des Strahls zur Meßebee wird mit α bezeichet. Nu geht ma a Meter auf de Ateemast zu ud wiederholt die Messug. Ma erhält u eie Wikel β. Es ist isbesodere < α < β < π. Wie hoch ist der Mast? Bezeichet ma die ubekate Höhe des Mastes mit h ud die Etferug des zweite Messpuktes vom Mast mit b so gelte die Beziehuge taα = h a + b taβ = h b. Dies ist eie Gleichug mit zwei Ubekate. Isbesodere folgt taα h = a taβ. taβ taα Nu ist 4t + + > für alle t R. Damit ist t = die eizige Nullstelle i [, ]. Isgesamt ergibt sich damit als Lösugsmege πz. Aufgabe 5 Es seie α, β, γ R mit α + β + γ = π. Zeige Sie: a siβ cosγ + cosβ siγ = siα, b siα siβ cosβ cosα = cosγ. a Es gilt siβ cosγ + cosβ siγ = siβ + γ = siπ α wege siπ = ud cosπ =. = siπ cosα cosπ siα = siα, 9 4

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