D-ITET Analysis I HS 2018 Prof. Alessandra Iozzi. Musterlösung 8. sin(x) sin (x) = cos(x) dx x + log x e x log x = (1 + log x)x x.

Transkript

1 D-ITET Analysis I HS 08 Prof Alessanra Iozzi Musterlösung 8 a) Der Ausruck log(sin x) ist für x (0, π) wolefiniert, a ann sin(x) > 0 gilt Anwenung er Kettenregel ergibt x (log(sin(x))) sin(x) sin (x) cos(x) sin(x) b) Wir screiben a x e x log(a) un eralten x (ax ) log(a)e x log(a) log(a)a x c) Es gilt x x e x log x Unter Anwenung er Ketten- un anscliessen er Prouktregel eralten wir [ ] ( x ) x (xx ) (x log x) e x log x x x + log x e x log x ( + log x)x x ) Es gilt x (9x7 + x 5 x ) 7 9x 6 + ( 5)x 6 ( )x 6x 6 5x 6 + x e) Wir verwenen zuerst ie Kettenregel un ann ie Quotientenregel: ( ) x x + x x 7x + x x + x x 7x + x x+ x 7x+ x x+ x 7x+ (x 7x + ) (x x + ) (x )(x 7x + ) (x x + )(x 7) (x 7x + ) ( 4x + 0x ) (x 7x + ) x + 0x (x x + ) (x 7x + ) Bitte wenen!

2 f) Mit en Bezieungen ( ) e x + e x (cos x) ex e x x x un er Kettenregel folgt g) Mit er Kettenregel folgt: x (log(cos x)) (cos x) x cos x sin x un x (log x) x sin x cos x tan x x (log(log(log x))) log(log x) log x x x log x log(log x) ) Es gilt a b e b log a Daer ist x e x log un es folgt x (x ) x (ex log ) (log )e x log (log ) x Mit er Prouktregel eralten wir: x x x x x + (log ) x x x x ( + x log ) i) Die Funktion arctan : R ( π, π ) ist ie Umkerfunktion von tan : ( π, π ) R Für x ( π, π ) ist Mit er Regel x eralten wir also sin x (tan x) x cos x [ (sin x)] cos x sin x x x cos x cos x + sin x cos x + tan x x (f (x)) x (arctan x) f (f (x)) tan (arctan x) + tan (arctan x) + x (cos x) Siee näcstes Blatt!

3 un somit gilt x arctan(x x + ) + (x x + ) x x + ( x x + + (x x + ) x + x x + ( + (x x + ) ) x + x x + ( + x x x + + (x + )) x + x x + ( x x x ) x + x x + (x + )(x + x x + ) (x + ) ) Es ist klar, ass f auf R \ {0} beliebig oft ifferenzierbar ist un ass für alle k {,,, n} gilt { f (k) 0, falls x < 0, (x) c k x n+ k, falls x > 0, wobei c k n+ mn k+ Wir zeigen jetzt urc Inuktion, ass ie k-te Ableitung von f für alle k {,,, n} auc in Nullpunkt existiert un ass gilt Dann ist f (k) auf ganz R stetig Inuktionsanfang: k 0 Trivial, enn f (0) (0) f(0) 0 m f (k) (0) 0 für alle k {0,,, n} Inuktionsscritt: k k +, (k < n) Wir aben zu zeigen, ass er Differenzenquotient f (k) (x) f (k) (0) x 0 Bitte wenen!

4 für x 0 gegen Null konvergiert Es ist f (k) (x) f (k) (0) x 0 c k x n k+ x c kx n k Da n k, strebt ies für x 0 gegen Null Aus er Definition eralten wir irekt f α () f α (0) α+ 0 α, f α () f α (0) α sign Desalb existiert er Limes für gegen Null genau ann, wenn α > 0 ist In iesem Fall bekommen wir f α(0) lim α sign a) Da f stetig un as Definitionsintervall kompakt ist, existiert ein globales Maximum un ein globales Minimum Dieses liegt entweer am Ran es Definitionsbereics oer im Innern Da f im Innern ifferenzierbar ist, muss es im letzteren Fall ein kritiscer Punkt sein Wir recnen: { f (x) x x 8 (x + 4)(x ) 0 x, 4 } Die einzigen Kaniaten für globale Extremstellen sin also ie Ranpunkte, un er innere Punkt 4 Die Funktionswerte an iesen Stellen lauten: f(), f( 4) 0 759, 7 f( ) 5 Der grösste ieser Werte ist er bei x 4, er kleinste er bei x Somit at f ein globales Maximum bei x 4 un ein globales Minimum bei x b) Da f stetig un as Definitionsintervall kompakt ist, existiert ein globales Maximum un ein globales Minimum Wenn es im Innern es Definitionsbereics liegt, so muss es ein kritiscer Punkt von f sein, a f ort ifferenzierbar ist Wir recnen: f (x) (x + ) x(x + ) (x + ) x x + (x + ) 0 Siee näcstes Blatt!

5 Dies ist genau ann er Fall, wenn ist, also für x x + 0 x, ± ± Der Wert < liegt nict im Definitionsintervall von f, er Wert + { agegen scon Die Kaniaten für globale Extremalstellen sin also, +, } Die Funktionswerte an iesen Stellen sin: f( ) 0, ( +) + 8 f( + ) 07, f( ) 6 5 Der grösste ieser Werte ist er bei x +, er kleinste er bei x Somit at f ein globales Maximum bei x + un ein globales Minimum bei x c) Da f stetig un as Definitionsintervall kompakt ist, existiert ein globales Maximum un ein globales Minimum Wir bestimmen ie kritiscen Punkte von f: f (x) e x + (x ) ( x)e x ( + x x )e x 0 Wegen e x > 0 ist ies äquivalent zu Die kritiscen Punkte von f sin somit x x 0 x, ± 5 Beie Werte liegen im Innern es Definitionsintervalls Die Kaniaten für globale Extremstellen sin also ie Ranpunkte x un x sowie ie kritiscen Punkte x, ± 5 Die Funktionswerte an iesen Stellen sin: f( ) e, f( 5 ) + 5 e + 5 e , f( + 5) , f() 05 e Der grösste ieser Werte ist er bei x + 5, er kleinste er bei x 5 Somit at f ein globales Maximum bei x + 5 un ein globales Minimum bei x 5