Höhere Mathematik I für Ingenieurinnen und Ingenieure Lösungen zur 11. und 12. Übung

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1 TU Bergakademie Freiberg Vorl. Frau Prof. Dr. Swanhild Bernstein Übung Dipl.-Math. Daniel Lorenz Freiberg, WS 017/18 Höhere Mathematik I für Ingenieurinnen und Ingenieure Lösungen zur 11. und 1. Übung Aufgabe 1 Führen Sie für die folgenden Funktionen jeweils die angegebenen Punkte einer Kurvendiskussion durch. a) f(x) = x 8 : Nullstellen, Extremstellen, Wendepunkte, Wertebereich. Die Nullstellen sind schnell bestimmt: f(x) = x 8 = 0, liefert die Lösung x = 0. Für Extremstellen und Wendepunkte benötigen wir entweder die ersten 8 Ableitungen oder wir argumentieren über die Monotonie. f (x) = 8x 7, f (x) = 8 7x 6, f (x) = 8 7 6x 5, f (4) (x) = x 4, f (5) (x) = x 3, f (6) (x) = x f (7) (x) = x 1, f (8) (x) = Die Nullstelle der 1. Ableitung ist x = 0. Der Wert der. Ableitung an der Stelle 0 ist aber ebenfalls 0. Tatsächlich müssen wir bis zur 8. Ableitung gehen - das ist die erste Ableitung, die an dieser Stelle nicht 0 ist - um auf diesem Weg eine Aussage zu erhalten. Wir nutzen hier die Wikipedia-Definition eines Extrempunktes: Oder ganz allgemein formuliert: Ist die erste von Null verschiedene Ableitung f (n) der Funktion f an der Stelle x 0, an der f (x 0 ) = 0 ist, eine Ableitung gerader Ordnung, so besitzt f damit an dieser Stelle einen Extrempunkt, wobei eine von Null verschiedene Ableitung f (n) > 0 für ein Minimum, eine Ableitung f (n) < 0 dagegen für ein Maximum steht. (Man vergleiche hierzu Funktionen der Form: f(x) = x n, n Nn N.) In unserem Fall sind alle Ableitungen bis zur Ordnung 8 an dieser Stelle 0. Die 8. Ableitung an dieser Stelle hat einen Wert größer als Null - damit haben wir an der Stelle x = 0 ein Minimum. Alternativ argumentieren wir über die Vorzeichenwechsel der 1. Ableitung: die 1. Ableitung f (x) = 8x 7 ist größer 0, wenn x > 0 und kleiner 0, wenn x < 0 - dieser Vorzeichenwechsel an der Stelle x = 0 verrät uns, dass dort ein Extremum sein muss. 1

2 Da der Vorzeichenwechsel von Minus zu Plus passiert (wenn man von links nach rechts geht), handelt es sich um ein Minimum. Für die Wendepunkte können wir wieder auf Arten argumentieren: die einzige Nullstelle der. Ableitung ist x = 0. An dieser Stelle haben wir jedoch bereits einen Extrempunkt - hier kann also kein Wendepunkt liegen. Weiterhin findet bei x = 0 kein Vorzeichenwechsel der. Ableitung statt - dementsprechend haben wir dort keinen Wendepunkt. Da wir nun wissen, dass bei x = 0 ein Minimum mit dem Funktionswert f(0) = 0 liegt, können wir schlussfolgern, dass der Wertebereich W f = [0, + ) ist, da f(x) = x 8 offenbar gegen + geht, wenn x gegen + geht. b) f a (x) = x4 (1 + 4a )x + 4a x a a R: Definitionsbereich, Nullstellen, Symmetrie, Verhalten im Unendlichen und am Rand des Definitionsbereiches, Asymptoten. Zur Bestimmung des Definitionsbereiches schließen wir aus, dass wir durch 0 teilen - also x ±a. Für die Symmetrie betrachten wir f a ( x) = ( x)4 (1 + 4a )( x) + 4a ( x) a = x4 (1 + 4a )x + 4a x a Also ist f a achsensymmetrisch. = f a (x). Die Nullstellen von f a (x) werden durch die Nullstellen des Zählers bestimmt. Da es sich dabei um ein Polynom vom Grad 4 handelt, müssen wir wenigstens Nullstellen erraten - aufgrund der Symmetrie müssen die Nullstellen aber symmetrisch liegen. Durch Erraten kommen wir auf x 01 = 1 und aus Symmetrie-Gründen also auch x 0 = 1. Wir führen eine Polynomdivision durch um den Zähler auf eine Form zu bringen, aus der wir die letzten beiden Nullstellen berechnen können. Dazu dividieren wir x 4 (1 + 4a )x + 4a durch (x 1)(x + 1) = x 1: ( x 4 (1 + 4a )x + 4a ) (x 1) = x 4a ( x 4 x ) 4a x + 4a ( 4a x + 4a ) 0 Wir lösen nun x 4a = 0 und erhalten die beiden Lösungen x 03 = a und x 04 = a. Zusammengefasst: unsere Funktion hat im Allgemeinen vier verschiedene Nullstellen: x 01 = 1, x 0 = 1, x 03 = a und x 04 = a. Für spezielle Werte von a fallen diese Nullstellen aber zusammen bzw. die Nullstellen fallen auf die Definitionslücken. Wenn a = ±1 ist die Funktion f a an den Stellen x = ±a = ±1 nicht definiert -

3 dementsprechend treten in diesem Fall nur die beiden Nullstellen x 03 = a = ± und x 04 = a = auf und die Stellen x 01 = 1, x 0 = 1 entfallen. Das selbe gilt, wenn a = 0: dann ist die Funktion für x = 0 nicht definiert und die beiden Nullstellen x 03 = a = 0 und x 04 = a = 0 entfallen. Wenn a = ± 1 sind x 03 = a = ±1 und x 04 = a = 1, sodass wir also nur verschiedene Nullstellen haben, weil jeweils zwei zusammenfallen. Für später ist es hilfreich hier schon festzustellen, dass wir Zähler und Nenner mit Hilfe der Nullstellen und Definitionslücken als Produkte schreiben können: f a (x) = x4 (1 + 4a )x + 4a x a = (x 1)(x + 1)(x a)(x + a). (1) (x a)(x + a) Für das Verhalten im Unendlichen klammern wir jeweils in Zähler und Nenner die höchsten Potenzen aus und erhalten: x 4 (1 + 4a )x + 4a x (1 (1 + 4a ) 1 + 4a x 1 ) x ± x a = x 4 x ± 1 a 1 = +. x Die Betrachtung der Definitionslücken x = ±a ist nicht ganz einfach. Zunächst stellen wir jedoch fest, dass es reicht eine der beiden Stellen zu betrachten, da die Funktion symmetrisch ist. Aus diesem Grund betrachten wir nur die Stelle x = a. Wir betrachten Zähler und Nenner von f a getrennt. Wir beginnen mit dem Nenner und stellen fest, dass x a x a = 0, das heißt, wenn x von links gegen a geht, strebt der Nenner gegen 0 und ist dabei immer negativ (darum 0). Umgekehrt ist der Nenner immer positiv, wenn x von rechts gegen a strebt, also x a+ x a = +0. Der Zähler nimmt an der Stelle x = a den Wert x 4 (1 + 4a )x + 4a = a 4 (1 + 4a )a + 4a = a 4 a 4a 4 + 4a = 3(a a 4 ), an. Wichtig ist für uns nun, wann der Zähler positiv, negativ und Null wird. Wir erhalten die Nullstellen des Zählers durch 0 = 3(a a 4 ) = 3a (1 a ). Also muss entweder a = 0 oder a = 1 sein - das liefert uns die Nullstellen a 01 = 0, a 0 = 1 und a 03 = 1. Weiterhin sehen wir, dass der Zähler positiv wird, wenn a < 1, also wenn sich a zwischen 1 und 1 bewegt und sonst negativ ist. Setzen wir nun unser Wissen über Zähler und Nenner zusammen. Zunächst nehmen wir an, dass der Zähler nicht 0 wird, also a 0, 1, 1. 3

4 Für 1 < a < 1 wissen wir, dass der Zähler positive ist und verschieden von Null. Damit erhalten wir für die Grenzwerte wenn 1 < a < 1. x 4 (1 + 4a )x + 4a x a x a x 4 (1 + 4a )x + 4a x a+ x a >0 {}}{ 3(a a 4 ) = x a x a }{{ =, } 0 >0 {}}{ 3(a a 4 ) = x a+ x a }{{ = +, } +0 Wenn a > 1 oder a < 1 ist der Zähler negativ und verschieden von Null und wir erhalten x 4 (1 + 4a )x + 4a x a x a x 4 (1 + 4a )x + 4a x a+ x a <0 {}}{ 3(a a 4 ) = x a x a }{{ = +, } 0 <0 {}}{ 3(a a 4 ) = x a+ x a }{{ =. } +0 Betrachten wir nun die Fälle, in denen der Zähler Null wird. Für a = 0 erhalten wir x 4 (1 + 4a )x + 4a x a x a x a+ x 4 (1 + 4a )x + 4a x a x 4 x = x 0 x x 4 x = x 0+ x = x 0 x 1 = 1, = x 0+ x 1 = 1. Für a = 1 nutzen wir Darstellung (1) von f a mit Hilfe von Produkten: f a = (x 1)(x+1)(x a)(x+a) (x a)(x+a). Wir erhalten (x 1)(x + 1)(x a)(x + a) (x 1)(x + 1)(x )(x + ) = x a (x a)(x + a) x 1 (x 1)(x + 1) (x 1)(x + 1)(x a)(x + a) = x a+ (x a)(x + a) x 1+ Für a = 1 erhalten wir analog = (x )(x + ) = 3, x 1 (x 1)(x + 1)(x )(x + ) (x 1)(x + 1) = (x )(x + ) = 3. x 1+ (x 1)(x + 1)(x a)(x + a) (x 1)(x + 1)(x + )(x ) = x a (x a)(x + a) x 1 (x + 1)(x 1) 4

5 (x 1)(x + 1)(x a)(x + a) = x a+ (x a)(x + a) x 1+ = (x + )(x ) = 3, x 1 (x 1)(x + 1)(x + )(x ) (x + 1)(x 1) = (x + )(x ) = 3. x 1+ Nun haben alle Sonderfälle bearbeitet und können zusammenfassen: Wenn 1 < a < 1 und a 0 haben wir an der Stelle x = a eine Polstelle mit einem Vorzeichenwechsel von zu +. Wenn a < 1 oder a > 1 haben wir an der Stelle x = a eine Polstelle mit einem Vorzeichenwechsel von + zu. Wenn a = 0, 1, 1 haben wir an der Stelle x = a keine Polstelle sondern nur eine Fehlstelle (Lücke). Aufgrund der Symmetrie gilt für die Stelle x = a das selbe, wobei dort bei den Polstellen die Vorzeichenwechsel gerade umgekehrt vollzogen werden. Um die Asymptoten für x ± zu bestimmen führen wir wieder eine Polynomdivision durch: ( x 4 (1 + 4a )x + 4a ) (x a ) = x (1 + 3a ) + 3a4 +3a x a ( x 4 a x ) (1 + 3a )x + 4a ( (1 + 3a )x + a + 3a 4 ) 3a 3a 4 Wenn nun x ± denn geht 3a4 +3a 0 und wir erhalten die Asymptote x a g(x) = x (1 + 3a ) sowohl für x + also auch für x. Vertikale Asymptoten treten auf, wenn Polstellen vorhanden sind, also wenn a 0, 1, 1. In diesen Fällen verlaufen die vertikalen Asymptoten gerade durch die Definitionslücken: wir haben also die beiden Asymptoten x = a und x = a. c) f a (x) = ex, a R: Definitionsbereich, Symmetrie, Extrempunkte, Wendepunkte, x a Monotonie, Krümmungsverhalten, Wertebereich, Skizze. Zur Bestimmung des Definitionsbereichs schließen wir aus, dass durch 0 geteilt wird und erhalten x a. Zur Untersuchung der Symmetrie betrachten wir f a ( x) = e x x a = e x x + a ex x a = f a(x), und e x f a ( x) = x a = e x x + a ex x a = f a(x). 5

6 Also ist die Funktion f a weder achsensymmetrisch noch punktsymmetrisch. Für Extrempunkte und Wendepunkte bilden wir die 1. und. Ableitungen und argumentieren dann über den Vorzeichenwechsel f a(x) = ex (x a) e x (x a) = ex (x a 1) (x a), f a (x) = (ex (x a 1) + e x )(x a) e x (x a 1)(x a) (x a) 4 = (ex (x a 1) + e x )(x a) e x (x a 1) (x a) 3 = ex ((x a 1) + 1)(x a) e x (x a ) (x a) 3 = ex ((x a)(x a) (x a )) (x a) 3 = ex (x ax + a x + a + ) (x a) 3 = ex (x (a + )x + a + a + ) (x a) 3. Die Nullstelle der 1. Ableitung ist x E = a + 1 (e x kann nicht Null werden). Da die 1. Ableitung für x < a + 1 negativ ist (da e x > 0 und (x a) > 0) und für x > a + 1 positiv ist, muss an dieser Stelle ein Extremum liegen. Da der Vorzeichenwechsel der 1. Ableitung von negativ zu positiv passiert, handelt es sich an der Stelle x E = a + 1 um ein Minimum. Für die Nullstelle der. Ableitung müssen wir x (a + )x + a + a + = 0, lösen (weil e x > 0). Wir nutzen die quadratische Lösungsformel und erhalten ( (a ) (a + ) + ) x W 1, W = ± a a = a + 1 ± (a + 1) a a = a + 1 ± a + a + 1 a a = a + 1 ± 1. Also besitzt unsere. Ableitung keine (reellen) Nullstellen und somit hat f a keine Wendepunkte. Das Monotonieverhalten erhalten wir recht schnell aus den vorhergehenden Betrachtungen: f a(x) = ex (x a 1) (x a), ist negativ, wenn x < a + 1 und positiv, wenn x > a + 1. Also ist f a monoton fallend für x (, a) (a, a + 1) und monoton steigend für x (a + 1, + ) (aufpassen, weil wir die Definitionslücke x = a ausschließen müssen). 6

7 Das Krümmungsverhalten erhalten wir aus ähnlichen Überlegungen. Wichtig ist zunächst, dass wir aus der Nicht-Existenz eines Wendepunkts nicht darauf schließen können, dass die Funktion ihr Krümmungsverhalten nicht ändert. Das kann an Polstellen nämlich dennoch passieren. Wir interessieren und also für das Vorzeichen von f a (x) = ex (x (a + )x + a + a + ) (x a) 3. Wichtig ist zunächst die Erkenntnis, dass der Zähler immer positiv ist. Darauf können wir auf verschiedenen Wegen kommen: entweder wir argumentieren, dass der Zähler an der Stelle x = 0 den Wert e 0 (a + a + ) = a + a + = (a + 1) + 1 > 0 hat und nicht negativ werden kann, da der Zähler ja keine Nullstelle hat. Oder wir fassen den Zähler mittels quadratischer Ergänzung gleich ganz zusammen und erhalten x (a + )x + a + a + = (x (a + 1)) + 1 > 0. In jedem Fall hängt das Vorzeichen der. Ableitung einzig vom Vorzeichen des Nenners ab. Der Nenner ist nun gerade für x < a negativ und für x > a positiv, also ist f a < 0 und damit f a konkav, wenn x < a; und f a > 0 und damit f a konvex, wenn x > a. Für den Wertebereich benötigen wir zusätzlich noch den Funktionswert von f a an der Stelle des Minimums x E, sowie das Verhalten im Unendlichen und an der Definitionslücke x = a. Durch Einsetzen erhalten wir f a (x E ) = f a (a + 1) = Das Verhalten im Unendlichen ist auch recht klar f a(x) = x + f a(x) = x x + x An der Definitionslücke x = a erhalten wir f a(x) = x a x a f a(x) = x a+ x a+ e x e x x a = x a e x x a = x a+ ea+1 a+1 a = ea+1. x a = +, e x x a = 0. e a x a =, e a x a = +. Der Wertebereich und die Skizze ergeben sich nun aus den Erkenntnissen: Für x geht die Funktion gegen 0. Für x a geht die Funktion gegen. Zwischen und a liegt kein Extremum und keine Nullstelle von f a. Die Funktion ist auf diesem Intervall monoton fallend. 7

8 Für x a+ geht die Funktion gegen +. An der Stelle x E = a+1 befindet sich ein Minimum mit Funktionswert f a (x E ) = e a+1. Für x + geht die Funktion gegen +. Damit erhalten wir für den Wertebereich: W f = (, 0) [e a+1, + ). Eine Skizze sollte in etwa so aussehen: f a (x E ) = e a+1 x = a x E = a + 1 d) f a (x) = 1 cosh ( a ), a 0: Definitionsbereich, Nullstellen, Extrempunkte, x Verhalten im Unendlichen und am Rand des Definitionsbereiches, Asymptoten, Wertebereich, Skizze für a =. Für den Definitionsbereich müssen wir zunächst wissen, dass cosh(x) = ex + e x eine stetige Funktion ohne Definitionslücken ist. Dementsprechend wird der Definitionsbereich nur durch a x durch 0 teilen; also x 0. eingeschränkt. Hier müssen wir ausschließen, dass wir 8

9 Die Nullstellen berechnen wir wie immer: Wir stellen um und lösen nun 0 = f a (x) = 1 cosh cosh ( a ) = 1. x ( a ). x Hier müssen wir wissen, dass cosh(x) = 1 dann und nur dann, wenn x = 0. In unserem Fall führt das auf und damit x 0 = 1 a. a x = 0, Für die Extrempunkt bilden wir die Ableitungen und erhalten f a(x) = sinh ( a ) a x x, f a (x) = cosh ( a ) a x x a ( x sinh a ) ( ) a x x 3 = sinh ( a ) a x x 3 a4 ( x 4 cosh a ). x Für die Nullstelle der 1. Ableitung betrachten wir wobei a x 0 = f a(x) = sinh nicht 0 werden kann. Also muss sinh ( a ) = 0, x ( a ) a x x, sein. Hier müssen wir wissen, dass sinh(x) = 0 dann und nur dann, wenn x = 0. Also muss a x = 0, und somit wieder x E = 1 a. Einsetzen in die. Ableitung ergibt f a (x E ) = sinh ( a ) a x E x 3 E a4 x 4 cosh ( a E = sinh ( a ) 3 a a a 6 4 a 4 a 8 cosh = sinh(0) 4 a 4 4 cosh(0) = 4 a4 a 4 < 0. Also haben wir ein lokales Maximum an der Stelle x E = 1 a. ) x E ( a ) a 9

10 Für das Verhalten im Unendlichen stellen wir fest, dass ( f a(x) = 1 cosh a ) x ± x ± x a x ± x = 0 und somit = 1 cosh(), 76. x ± Daher ist die Gerade y = 1 cosh() eine waagerechte Asymptote der Funktion f a für x ±. Für das Verhalten am Rand des Definitionsbereichs stellen wir fest, dass a x 0± x = ± sowie cosh(x) = +. Damit ergibt sich, dass x ± ( f a(x) = 1 cosh a x 0± x 0± }{{} x ± }{{} + ) =. Aufgrund der Polstelle bei x = 0 haben wir eine vertikale Asymptote x = 0. Aus dem Verhalten im Unendlichen schlussfolgern wir, dass y = 1 cosh() eine horizontale Asymptote ist. Aus dem Berechneten Extremwert, dem Verhalten im Unendlichen und an der Polstelle folgern wir, dass der Wertebereich von f a durch W f = (, 0] gegen ist. Für die Skizze erhalten wir: ln(ax a) e) f a (x) =, a > 0: Definitionsbereich, Symmetrie, Nullstellen, Extrempunkte, x 1 Wendepunkte, Verhalten im Unendlichen und am Rand des Definitionsbereiches, Wertebereich, Skizze. Für den Definitionsbereich schließen wir aus, dass wir durch 0 teilen und dass das Argument des Logarithmus negativ oder 0 wird. Wir haben also x 1 und ax a > 0 x > 1. Zusammengefasst muss also x > 1 sein. 10

11 Wir haben keine Symmetrie, da schon der Definitionsbereich asymmetrisch ist. Für die Nullstellen muss ln(ax a) = 0 gelten. Das erreichen wir, wenn ax a = 1. Also, wenn x 0 = a+1 a. Für die Extrempunkte bilden wir die 1. Ableitung und erhalten f a(x) = a ax a (x 1) ln(ax a) (x 1) = 1 x 1 (x 1) ln(ax a) 1 ln(ax a) (x 1) = (x 1). Für eine Nullstelle der 1. Ableitung muss nun 1 ln(ax a) = 0 sein. Also 1 = ln(ax a) und somit e = ax a. Damit haben wir x E = e a + 1. Da ln(ax a) < 1 (und somit f a > 0), wenn x < e a + 1 und ln(ax a) > 1 (und somit f a < 0), wenn x > e a + 1, ist f a monoton wachsend, wenn x < e a + 1 und monoton fallend, wenn x > e a + 1. Der Vorzeichenwechsel der 1. Ableitung an der Stelle x E = e a + 1 garantiert, dass dieser Punkt ein Extrempunkt ist. Da die Funktion dort von wachsend zu fallend wechselt, handelt es sich um ein Maximum. Für die Wendepunkte betrachten wir die. Ableitung: f a (x) = = a ax a (x 1) (1 ln(ax a))(x 1) (x 1) 4 = 3 + ln(ax a) (x 1) 3. 1 x 1 (x 1) (1 ln(ax a)) (x 1) 3 Die Nullstellen der. Ableitung ergeben sich als die Lösungen von 3+ ln(ax a) = 0. Also muss ln(ax a) = 3 sein und somit ax a = e 3. Nach Umstellen ergibt sich also x W = e 3 +a a = 1 + e 3 a. Wenn x < 1 + e 3 a, dann ist 3 + ln(ax a) < 0 und somit die. Ableitung negativ und damit die Funktion f a konkav. Wenn x > 1 + e 3 a ist 3 + ln(ax a) > 0 und somit die. Ableitung positiv und die Funktion f a konvex. Aufgrund dieses Vorzeichenwechsels der. Ableitung handelt es sich bei x W = 1 + e 3 a Wendepunkte und wir können das Krümmungsverhalten zusammenfassen: f a ist konkav, wenn x ( 1, 1 + e 3 a ] und konvex, wenn x [ 1 + e 3 a, + ). um einen Für das Verhalten im Unendlichen und am Rand des Definitionsbereiches stellen wir fest, dass sowie x + ln(ax a) L H = x 1 x + a ax a 1 = 0, ln(ax a) = x 1+ x 1 ln(ax a) 1 = =. x 1+ x 1 Damit handelt es sich bei x = 1 um eine Polstelle. Den Wertebereich erhalten wir aus dem Verhalten im Unendlichen und am Rand 11

12 des Definitionsbereiches, sowie den Extremwerten und dem Monotonieverhalten: W f = (, a e ]. Für die Skizze erhalten wir: e x f) f(x) = x + 1 : Definitionsbereich, Symmetrie, Nullstellen, Extrempunkte, Wendepunkte, Verhalten im Unendlichen und am Rand des Definitionsbereiches, Wertebereich, Skizze. Den Definitionsbereich müssen wir hier nicht einschränken. Also x R. Für die Symmetrie prüfen wir und f( x) = x + 1 e x x + 1 e x = f(x), f( x) = x + 1 e x x + 1 e x = f(x). Die Funktion f ist also nicht symmetrisch. Nullstellen treten dann auf, wenn der Zähler 0 wird; also wenn x + 1 = 0 und somit x 0 = 1. Für die Extrempunkte ermitteln wir die 1. Ableitung und erhalten f (x) = ex (x + 1)e x e x = ex (1 (x + 1) e x = x e x. Die Nullstelle der 1. Ableitung liegt offenbar bei x E = 0. Ebenso ist klar, dass f (x) < 0, wenn x > 0; und f (x) > 0, wenn x < 0. Also haben wir einen Vorzeichenwechsel der 1. Ableitung bei x E = 0 und somit dort ein Extremum. Da die Funktion für x < 0 monoton wachsend und für x > 0 monoton fallend ist, handelt es sich um ein Maximum. Der Funktionswert an dieser Stelle ist f(x E ) = 1. 1

13 Für die Wendepunkte bilden wir die. Ableitung und erhalten f (x) = ex xe x e x = ex (1 x) e x = x 1 e x. Die Nullstelle der. Ableitung liegt offenbar bei x W = 1. Ebenso ist klar, dass f (x) < 0, wenn x < 1; und f (x) > 0, wenn x > 1. Also haben wir einen Vorzeichenwechsel der. Ableitung bei x W = 1 und somit dort einen Wendepunkt. Da f (x) < 0, wenn x < 1 ist f dort konkav und für x > 1 konvex. Der Funktionswert an dieser Stelle ist f(x W ) = e. Für das Verhalten im Unendlichen und am Rand des Definitionsbereiches stellen wir fest, dass sowie x + x + 1 L H e x = x + 1 e x = 0, x + 1 x e x = (x + 1) 1 = =. x ex Den Wertebereich erhalten wir aus dem Verhalten im Unendlichen und am Rand des Definitionsbereiches, sowie den Extremwerten und dem Monotonieverhalten: W f = (, 1]. Für die Skizze erhalten wir: Aufgabe Der Radius einer Kugel sei mit r = (5, 01±0, 005)cm gemessen worden. Schätzen Sie unter Benutzung des Differentials den absoluten und relativen Fehler für das daraus berechnete Kugelvolumen. 13

14 Lösung In dieser Aufgabe geht es um Fehlerrechnung - das werden wir in der HM noch mal ausführlicher machen. Als Vorbereitung gibt es jetzt aber schon eine kleine Aufgabe dazu. Wir haben also den Radius einer Kugel mit r 0 = 5, 01cm gemessen und denken, dass unser Messergebnis bis auf einen Fehler von r = ±0, 005cm exakt ist. Die Frage lautet nun, wie stark dieser Messfehler unser Ergebnis beeinflusst. Ein Ansatz, der nicht immer zum Ziel führt, ist das Einsetzen in die Gleichung zur Berechnung des Kugelvolumens. Dieser Weg ist laut Aufgabenstellung nicht gewünscht und sollte auch sonst nicht genutzt werden. Stattdessen gehen wir wie folgt vor: wir betrachten die Gleichung zur Berechnen des Kugelvolumens als eine Funktion, die von r abhängt: V (r) = 4 3 πr3. Wir interessieren uns für den absoluten und relativen Fehler, der durch unsere Messfehler entsteht. Dabei schreiben wir V für den absoluten Fehler und V V (r 0 ) für den relativen Fehler. Als absoluten Fehler verstehen wir den Unterschied, der zwischen den Volumina V (r 0 ) und V (r) auftreten kann, wenn r 0 der Radius ist den wir gemessen haben, und sich r zwischen r 0 r und r 0 + r bewegt. Also Um V (r) bestimmen zu können, nähern wir die Funktion durch ihre Tangente in r 0 an. V (r) V (r 0 ) + V (r 0 )(r r 0 ). Wir interessieren uns für den Unterschied zwischen V (r) und V (r 0 ) und stellen deswegen um und erhalten Wir setzen Beträge und haben V (r) V (r 0 ) V (r 0 )(r r 0 ). V = V (r) V (r 0 ) V (r 0 ) r r 0. Wir können V (r 0 ) ausrechnen und erhalten V (r 0 ) = 4πr0 = 4π5, , 67. Weiterhin wissen wir, dass sich r nur zwischen r 0 r und r 0 + r bewegt, also muss r r 0 r 0 + r r 0 r = 0, 005. Zusammengesetzt ist der absolute Fehler also V = V (r) V (r 0 ) V (r 0 ) r r 0 315, 67 r 315, 67 0, 005 1, 58. Für den relativen Fehler betrachten wir nur noch V V (r 0 ) 1, πr3 0 1, 58 0, , 3%. 57, 38 14