Mathematik für Wirtschaftswissenschaften I Wintersemester 2015/16 Universität Leipzig. Lösungvorschläge Präsenzaufgaben Serien 1-10

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1 Mathematik für Wirtschaftswissenschaften I Wintersemester 05/6 Universität Leipzig Lösungvorschläge Präsenzaufgaben Serien -0 Inhaltsverzeichnis Serie Serie 5 3 Serie 8 4 Serie 9 5 Serie 3 6 Serie 6 7 Serie 9 8 Serie 9 Serie 5 0 Serie 8

2 Serie. Aufgabe Zeigen Sie, dass die folgenden Aussageformen Tautologien sind.. (A B) (B C) (A C),. (A B) (B C) (A C). Lösung: Wir stellen die Wahrheitstabelle für die Aussageformen auf:. Teilaufgabe A W W W F W F F F B W W F W F W F F C W F W W F F W F A B W W F F F F W W B C W F F W W F F W (A B) (B C) W F F F F F F W (A C) W F W F F W F W (A B) (B C) (A C) W W W W W W W W Da die Formel für jede beliebige Belegung der Variablen A, B, C wahr ist, ist es eine Tautologie.. Teilaufgabe A W W W F W F F F B W W F W F W F F C W F W W F F W F A B W W F W F W W W B C W F W W W F W W (A B) (B C) W F F W F F W W (A C) W F W W F W W W (A B) (B C) (A C) W W W W W W W W. Aufgabe Stellen Sie die Aussageform für das umgangssprachliche entweder... oder... auf. Diese wird mitunter durch die Symbole oder XOR gekennzeichnet. Lösung: entweder A oder B bedeutet, dass immer genau eine der Variablen wahr sein muss und die jeweils andere nicht. Dies wird z.b. durch die Aussageform (A B) ( A B) ausgedrückt wie die Wahrheitstabelle zeigt:

3 .3 Aufgabe A W W F F B W F W F A B F W F F A B F F W F (A B) ( A B) F W W F Stellen Sie die folgenden Aussageformen als logische Schaltungen dar.. A B,. (A B) C, 3. A B. Lösung:. A B ist äquivalent zu (A B) ( A B).. Eine mögliche Schaltung ist 3. A B ist äquivalent zu (A B) ( A B). 3

4 .4 Aufgabe Betrachten Sie folgendes Gespräche zwischen einem Professor der Aussagenlogik und einem Studenten. Student: Können Sie mir sagen, wieso ich durchgefallen bin, obwohl ich so viel gelernt habe. Professor: Alle schlechten Studenten sind durchgefallen. Student: Seien Sie nicht so gemein, ich bin doch gar kein schlechter Student. Professor: Offensichtlicher Weise sind Sie es doch. Begründen Sie den Schluss des Professors. Lösung: Die Aussage Alle schlechten Studenten sind durchgefallen des Professors ist lediglich eine logische Implikation Student schlecht fällt durch. Der Student denkt, dies wäre die gleiche Aussage wie Fällt durch Student schlecht. Damit beweist er, dass er die Grundlagen der Aussagenlogik nicht verstanden hat, was dem Professor wiederum zeigt, dass der Student in der Tat schlecht ist. 4

5 Serie. Aufgabe Seien Mengen A, B und C gegeben. Zeigen Sie die Gleichungen Lösung:. Es gilt (A B) C = (A C) (B C) () (A B) (A C) = A (B C) () x (A B) C x A B x C (x A x B) x C (x A x C) (x B x C) x A C x B C x (A C) (B C) Also folgt x (A B) C x (A C) (B C), d.h. (A B) C = (A C) (B C).. Es gilt (x, y) (A B) (A C) (x, y) (A B) (x, y) (A C) x A y B x A y C x A y B y C x A y B C (x, y) A (B C) Damit folgt (A B) (A C) = A (B C).. Aufgabe Seien zwei endliche Mengen A und B gegeben. Zeigen Sie, dass #A B = #A #B. Lösung: Sei A = {a,..., a n }. Dann gilt ( n ) #(A B) = # {(a k, b) : b B} = k= n #{(a k, b) : b B} = k= n #B = n #B = #A #B k= 5

6 .3 Aufgabe a) Geben Sie auf der Grundmenge M = {,, 3, 4, 5} jeweils ein Beispiel mit Skizze einer Relation R M M an, die genau zwei der Eigenschaften der Transitivität, der Symmetrie bzw. der Reflexivität hat. b) Zeigen Sie: Der Durchschnitt R R zweier transitiver Relationen R, R ist erneut transitiv. Lösung: a). Symmetrisch und reflexiv, aber nicht transitiv: X X X X 3 X X 4 X 5 X X (Es gilt (5, ), (, 3) R aber (5, 3) / R). Symmetrisch und transitiv, nicht reflexiv: X X X X Reflexiv und transitiv, nicht symmetrisch: X X X X X X X X X 3 X X X 4 X X 5 X b) Seien (x, y), (y, z) R R. (x, y), (y, z) R und (x, y), (y, z) R. Da R und R transitiv sind, folgt (x, z) R und (x, z) R. (x, z) R R. Somit ist R R transitiv. 6

7 .4 Aufgabe Zeigen Sie die Gültigkeit des Assoziativitätsgesetzes und Kommutativgesetzes der rationalen Zahlen bzgl. der Addition: für alle q, q, q 3 Q. Lösung: (q + q ) + q 3 = q + (q + q 3 ) q + q = q + q. Seien q, q, q 3 Q mit q i = z i /n i, z i, n i Z. Wir benutzen nur die Definition der Addition in Q und die Gültigkeit des Assoziativitätsgesetzes der Addition in Z: (q + q ) + q 3 = ( z n + z n ) + z 3 n 3 = z n + z n n n + z 3 n 3 = (z n + z n )n 3 + n n z 3 = (z n n 3 + z n n 3 ) + n n z 3 n n n 3 n n n 3 = z n n 3 + (z n n 3 + n n z 3 ) = z n n 3 + n (z n 3 + n z 3 ) n n n 3 = z n + z n 3 + n z 3 n n 3 = z n +. Analog wie in. sei q i = z i /n i. Dann gilt ( z n + z 3 n 3 n n n ) 3 = q + (q + q 3 ) q + q = z + z = z n + n z = n z + z n = z n + n z n n n n n n n n = z + z = q + q n n 7

8 3 Serie 3. Aufgabe Geben Sie jeweils die Lösungsmenge L für x an:. 5x 3x +, L = (, 4 ]. 7 x, L = (0, 49] 3. x+, L = (, ) [, ) 3. Aufgabe Geben Sie jeweils die Lösungsmenge L für x an:. x + 4 3, L = [ 7, ]. 3x, L = (, 3 ] [, ) 3.3 Aufgabe Skizzieren Sie jeweils auf dem Zahlenstrahl die Lösungsmengen L für x:. 3x 6 < 9. x + 4 < 3 Lösung:. Umstellen liefert x < 3. Lösungsmenge:. Lösungsmenge: Aufgabe Berechnen Sie eine Approximation der Zahl 6, indem Sie die ersten 4 Schritte einer zulässigen Intervallschachtelung durchführen. Lösung: x = 6 < x < 3, setze I := (, 3) m = +3 = 5. m = 5 4 = > 6 I = (, 5 ) m = +5/ = 9 4 m = 8 6 = < 6 I 3 = ( 9 4, 5 ) m 3 = 9/4+5/ = 9 8 m 3 = = < 6 I 4 = ( 9 8, 5 ) m 4 = 9/8+5/ =.4375 (Es gilt ) 8

9 4 Serie 4. Aufgabe Zeigen Sie gemäß der Definition von Grenzwerten, dass (7 + ( ) n n ) 3 = 7. lim n Lösung: Zu zeigen ist: Für alle ε > 0 existiert ein n 0 N, s.d. 7 + ( )n n 3 7 < ε n N : n n 0. Beweis. Sei nun ε > 0 gegeben. Aus der Vorlesung ist bekannt, dass die Folge n n eine Nullfolge ist. Somit existiert ein n 0 N, s.d. n < ε n N : n n 0. Dann gilt für alle n N mit n n ( )n n 3 7 = ( )n n 3 = n 3 n ε. 4. Aufgabe Überprüfen Sie, ob die folgenden Folgen konvergieren und bestimmen Sie ggf. den Grenzwert: Lösung: Die erste Folge a n := ( )n n + 4 n +, b n := 5n4 n 4 + 7n. a n = ( )n n + 4 n + kann nicht konvergieren, da sie sich für n wie die alternierende Folge n ( ) n verhält. 9

10 Beweis. Betrachte nun die Differenz zwischen der Folge a n und der alternierenden Folge: d n := ( )n n + 4 n + ( ) n = ( )n n + 4 ( )n ( ) n n + = 4 ( )n n +. Offensichtlich ist d n eine Nullfolge. Falls a n konvergieren würde, so würde nach den Rechenregeln für Konvergenz auch die Summe a n + d n = ( ) n konvergieren. Dies wäre aber ein Widerspruch. Für die Folge geht man standardmäßig vor: b n = 5n4 n 4 + 7n b n = 5n4 n 4 + 7n = 5 n n Der Zähler konvergiert gegen fünf und der Nenner gegen zwei. Aus den Rechenregeln für Konvergenz folgt also 4.3 Aufgabe lim b 5 n n = lim 4 n n + 7 n ( ) lim 5 n n = ( 4 ) + 7 n lim n = 5. Zeigen Sie mithilfe von Induktion für alle n N die Summenformel Lösung: Induktionsanfang: n = : + + n = n(n + )(n + ). 6 = = 6 6 = ( + ). 6 0

11 Induktionsvoraussetzung: Es gilt für ein n N Induktionsbehauptung: n = n(n + )(n + ). 6 Beweis (n + ) = (n + )(n + )(n + 3) (n + ) =(n + ) n I.V. = (n + ) + n(n + )(n + ) 6 =n(n + ) + (n + ) + n(n + )(n + ) 6 = (n(n + ) n)(n + ) 6 = 6 (n + 7n + 6)(n + ) = (n + )(n + 3)(n + ) Aufgabe Zeigen Sie, dass die folgende rekursiv definierte Folge konvergiert und bestimmen Sie den Grenzwert: Lösung: a :=, a n+ := a n. Schritt (Beschränktheit) Per Induktion zeigen, dass 0 < a n < n N. Induktionsanfang ist in Aufgabenstellung gegeben durch 0 < a <. Induktionsvoraussetzung: n N : 0 < a n < 0 < a n < 0 < a n < 0 < a n < 0 < a n = a n+ < (3)

12 Schritt (Monotonie) Da 0 < a n < gilt, gilt auch an > a n a n < ( a n ) a n+ = (4) a n < ( a n ) = a n Daher ist a n streng monoton fallend. Schritt 3 (Der Grenzwert) Da a n durch 0 nach unten beschränkt und monoton fallend ist, muss der Grenzwert lim a n =: a R existieren. Damit n gilt also: lim a n+ = a = lim a n = a n n a = a a = ( a) = a + a 0 = a + a a = a a = 0 oder a = (5) Da a < und a n streng monoton fallend ist, kann nur a = 0 gelten.

13 5 Serie 5. Aufgabe Berechnen Sie den Zahlwert der angegebenen Summe:. 4 n= (4n 3) = = 8. 0 n= (n n) = = ( ) n k= k k+ = ( ( ) + ) ( ) n n+ = n+ 5. Aufgabe Entscheiden Sie mithilfe des Wurzelkriteriums, ob die nachfolgende Reihe konvergiert oder nicht. ( (5937) n ) n n n=0 Lösung: Es ist a n = (5937) n n n und n an = (5937) n n n n = n (5937) n n = 5937 n n n Damit gilt mit ε = /5938 für alle n 5938 n an = 5937 n = ε. Nach dem Wurzelkriterium aus der Vorlesung konvergiert die Reihe also. 5.3 Aufgabe Entscheiden Sie mithilfe des Quotientenkriteriums, für welche x R die nachfolgende Reihe konvergiert. Lösung: Es ist a n = a n+ a n xn (n )! und n=0 = xn+ 4 n+ (n + )! x n (n )! 4n (n )! x n 4 n = 4 x (n + ) n. Da x /(n(n+)) für jedes x R gegen 0 konvergiert, existiert also ein ε > 0, sodass für schließlich alle n a n+ ε a n gilt. Also konvergiert die Reihe nach dem Quotientenkriterium für alle x R. 3

14 5.4 Aufgabe Herr Fuchs schlägt uns folgenden Deal zum einmaligen Preis von 60 Euro vor: Er zahlt uns sofort und weitere 0 Jahre lang jeweils 6 Euro. Benutzen Sie einen Taschenrechner um mithilfe einer Intervallschachtelung approximativ festzustellen für welchen jährlichen Diskontsatz p (0, 00) dies ein fairer Deal ist. Lösung: Der Barwert der künftigen Zahlungen beträgt 0 n=0 6 (+ ( ) + p n = 6 00) p 00 + p 00 = 6 Der Deal ist also fair, falls (00+p) 00 (00+p) p 00+p 60 = 6 (00 + p) 00 p(00 + p) 0 0p(00 + p) 0 = (00 + p) 00 = 6 00 (00+p) p = 6 (00 + p) 00 p(00 + p) 0 0 = (00 + p) 0 (0p (00 + p)) = (00 + p) 0 (9p 00) + 00 Nun suchen wir mit einer Intervallschachtelung eine Nullstelle in (0, 00) der stetigen Funktion f(p) = (00 + p) 0 (9p 00) Dazu setzen wir einfach testweise Werte für p ein und nähern uns so immer weiter einer Nullstelle an, z.b. so: p f(p)

15 Also hat f in der Nähe von p =.963 eine Nullstelle, d.h. es handelt sich um einen fairen Deal, wenn ein Diskontsatz von ca..963% p.a. vorausgesetzt wird. 5

16 6 Serie 6. Aufgabe Zeigen Sie, dass für r, s R, m Q, r, s, m > 0 gilt. r < s r m < s m Lösung: Wir zeigen zunächst per vollständiger Induktion, dass r < s r m < s m für alle m N gilt. m = : r < s r = r < s = s m > : r < s r m < s m r m = r m r < s m r < s m s = s m Nehmen wir nun an, dass r m < s m für ein bel. m N gilt. Dann gibt es nur 3 Fälle:. r = s,. r > s, 3. r < s. Aus Fall folgt r m = s m und aus Fall nach obiger Induktion r m > s m, also in beiden Fällen ein Widerspruch. Demnach muss Fall 3 gelten, nämlich r < s. Also haben wir für m N insgesamt r < s r m < s m Sei nun m = p q Q, m > 0, p, q N. Dann gilt (rm ) q = r p q q = r p und analog (s m ) q = s p. Nach obiger Aussage haben wir damit 6. Aufgabe r < s r p < s p (r m ) q < (s m ) q r m < s m Leiten Sie die Rechenregel her. log b (a) = ln(a) ln(b) Lösung: ( b ln(a) ln(a) ln(b) = e ln(b)) ln(b) ln(a) ln(b) = e ln(b) = e ln(a) = a ln(a) ln(b) = log b ) (b ln(a) ln(b) = log b (a) 6

17 6.3 Aufgabe Lösen Sie die folgenden Gleichungen nach x auf.. (x + 6) 3 4 = 8. 3 x+5 7 = x+ = 5 x 3 Lösung:. (x + 6) 3 4 = 8 x + 6 = = 4 = 6 x = 0. 0 = 3 x+5 7 = 3 x = 3 3 (3 x+ ) 0 = 3 x+ 9 = 3x x = log 3 (/9) = log 3 (9) = x+ = 5 x 3 = (5 ) x 3 = 5 4x 6 = 55x+ 5 4x 6 = 5 (5x+) (4x 6) = 5 x+7 x = Aufgabe Zwei Versicherungen A und B bieten Ihnen zum gleichen Preis folgendes Paket zur privaten Altersvorsorge an. Sie zahlen einmalig einen Festbetrag S 0 ein, welcher dann jährlich verzinst wird, bis Sie den Vertrag auflösen. Versicherung A bietet Ihnen einen Zinssatz von % p.a. und zusätzlich eine Zahlung von S 0 / bei Vertragsende. Versicherung B bietet Ihnen hingegen einen Zinssatz von 4, 04% p.a. Stellen Sie Gleichungen für die Auszahlung R A (t) bzw. R B (t) nach t Jahren Laufzeit auf. Nach wie vielen Jahren lohnt sich die Altersvorsorge von Versicherung B mehr als die von A? Lösung: Es gilt R A (t) = S 0.0 t + / S 0 = S 0 (.0 t + /) R B (t) = S t Man beachte, dass.0 =.0404, weswegen für x =.0 t. Lösen nach x ergibt R A (t) = R B (t).0404 t.0 t / = 0 x x / = 0 x = ± 3 7

18 wobei x = ( 3) < 0, was wegen der Substitution x =.0 t nicht zulässig ist. Also ist die einzige Lösung bzw..0 t = x = ( + 3) ( t = log.0 ( + ) 3) = ln ( ( + 3) ) ln(.0) Also lohnt sich Versicherung B aber 6 Jahren mehr als Versicherung A. 8

19 7 Serie 7. Aufgabe Seien zwei surjektive Funktionen f : X Y und g : Y Z gegeben. Zeigen Sie, dass dann die Funktion g f, gegeben durch ebenfalls surjektiv ist. g f(x) = g(f(x)), Lösung: Sei z Z. Da g surjektiv ist, existiert ein y Y mit g(y) = z. Da f surjektiv ist, existiert ein x X mit f(x) = y. Also gilt g f(x) = g(f(x)) = g(y) = z. Also haben wir gezeigt, dass es für jedes z Z ein x X gibt mit g f(x) = z. Damit ist g f surjektiv. 7. Aufgabe Bestimmen Sie den Scheitelpunkt der quadratischen Funktion f : R R f(x) = x 6x + 0 und zerlegen Sie die reellen Zahlen in zwei disjunkte Intervalle, s.d. f auf diesen jeweils injektiv ist. Bestimmen Sie die Umkehrfunktion der jeweiligen Einschränkungen von f. Lösung: Durch quadratische Ergänzgung erhalten wir f(x) = x 6x + 0 = x 6x = (x 3) + Damit ist der Scheitelpunkt S(3 ). Also ist f auf (, 3) und [3, + ) jeweils injektiv. Lösen wir die Gleichung y = f(x) bzw. y = (x 3) + nach x auf, erhalten wir x = 3 ± y also sind die Umkehrfunktionen der Einschränkungen von f auf (, 3) bzw. [3, + ) gegeben durch (f (, 3)) (y) = 3 y und (f [3, + )) (y) = 3 + y 9

20 7.3 Aufgabe Zeigen Sie: Falls f : R D R eine streng monoton wachsende Funktion ist (d.h. x < y f(x) < f(y) für alle x, y D), so ist f injektiv. Lösung: Zu zeigen: Falls f(x) = f(x ), so folgt x = x. Seien also x, x D mit f(x) = f(x ). Für zwei reelle Zahlen gibt es genau 3 Möglichkeiten:. x < x,. x > x, 3. x = x.. Fall: x < x. Wegen der strengen Monotonie von f folgt dann f(x) < f(x ). Dies ist ein Widerspruch zu f(x) = f(x )!. Fall: x > x. Wegen der strengen Monotonie von f folgt f(x) > f(x ). Auch dies ist ein Widerspruch zu f(x) = f(x )! Da einer der 3 oben beschriebenen Fälle vorliegen muss und Fall und zu Widersprüchen führen, muss zwangsläufig Fall 3 vorliegen. Also gilt x = x. Damit ist f injektiv. 7.4 Aufgabe Betrachten Sie die Funktion f : R >0 [, ] f(x) = sin(ln(x)). Untersuchen Sie nun, ob Funktionen g, h : [, ] R >0 existieren, s.d. Lösung: f g(x) = x x [, ], h f(x) = x x R >0.. Aus der Schule sollte bekannt sein, dass es eine Funktion arcsin : [, ] [ π, π ] gibt mit sin(arcsin(x)) = x x [, ] wobei arcsin(sin(x)) = x für beliebiges x R im allgemeinen falsch ist (z.b. ist arcsin(sin(π)) = arcsin(0) = 0). Definieren wir also g durch haben wir für alle x [, ] g(x) = e arcsin x f g(x) = sin(ln(e arcsin(x) )) = sin(arcsin(x)) = x.. Da f nicht injektiv ist, kann es die gesuchte Funktion h nicht geben: Nehmen wir an, es gäbe h mit h f(x) = x für alle x > 0. Dann folgt aber wegen 0 = sin(0) = sin(ln()) = f() 0

21 und dass 0 = sin(π) = sin(ln(e π )) = f(e π ) = h(f()) = h(f(e π )) = e π. Das ist offensichtlich ein Widerspruch, weshalb die Annahme, dass ein solches h existiere falsch ist.

22 8 Serie 8. Aufgabe Zeigen Sie, dass die Funktion f : R R { x 4, x 3 f(x) = x x, x > 3 an der Stelle x = 3 unstetig ist. Lösung: Betrachte die Folgen a n = 3 n und b n = 3+ n. Dann gilt lim n a n = lim n b n = 3 und ( ( lim f(a n) = lim 3 ) ) 4 = 3 4 = n n und lim f(b n) = lim n ( ( 3 + n ) ) 3 = 3 3 = 6 n Es gibt also zwei Folgen a n 3 und b n 3 mit lim f(a n ) lim f(b n ). Damit ist f unstetig in x = Aufgabe Benutzen Sie den Folgen-Grenzwertsatz um zu zeigen, dass die Funktion f : R R f(x) = 5x 3x stetig auf ganz R ist. Lösung: Sei x R und (x n ) eine beliebige Folge mit x n x. Dann gilt nach dem Folgen-Grenzwertsatz lim f(x ( ) ( ) n) = lim 5 x n 3 x n = lim 5 x n lim (3 x n) n n n n ( ) ( ) ( ) ( ) = lim 5 lim x n x n lim 3 lim x n n n n n ( ) = 5 lim x n lim x n 3 x = 5 x x 3x = 5x 3x = f(x) n n Demnach gilt für jedes x R und jede Folge x n x, dass lim n f(x n ) = f(x). Damit ist f stetig auf ganz R. 8.3 Aufgabe Berechnen Sie die ersten Ableitungen der folgenden Funktionen.. f(x) = sin(3x + 4x )

23 . g(x) = ln(x) sin(x) 3. h(x) = ex ln(x ) Lösung:. f (x) = sin (3x + 4x ) (3 + 8x) = cos(3x + 4x ) (8x + 3). 3. g (x) = ln(x) sin(x) (ln (x) sin(x)+ln(x) sin (x)) = sin(x) x + ln(x) cos(x) ln(x) sin(x) h (x) = ex ln(x ) e x x x ln(x ) = e x ln(x ) x ln(x ) = e x x ln(x ) x ln(x ) 8.4 Aufgabe Bestimmen Sie für die Funktion f : R R die Gleichung der Tangente an den Funktionsgraph an der Stelle x = 3 und fertigen Sie eine Skizze an. f(x) = 3 x3 x Lösung: Die Steigung der Tangente ist gleich des Wertes der ersten Ableitung von f in x = 3. Es gilt und f ( ) 3 f = ( ) 3 = 3 ( ) 3 = 5 4 ( ) = = 3 8 Wir ( suchen also eine Funktion der Form T (x) = 5 4x + b, die durch den Punkt 3, f ( ( 3 )) = 3, 8) 3 geht. Es muss also gelten, dass 3 8 = T ( 3 ) = b = b b = 8 8 Skizze: T (x) = 5 4 x 8 8 3

24 4 y f(x) T (x) x

25 9 Serie 9. Aufgabe Zeigen Sie, dass die Funktion f : R R { x sin ( ) f(x) = x, x 0 0, x = 0 überall differenzierbar ist und bestimmen Sie f. Ist f stetig? Lösung: Nach den Rechenregeln des Differenzierens erhalten wir für x 0 f (x) = x sin In x = 0 gilt ( ) + x cos x f f(0 + h) f(0) (0) = lim = lim h 0 h ( ) ( x ) x = x sin ( h sin h) h 0 h ( ) cos x = lim h 0 h sin Insgesamt haben wir also { f x sin ( ( (x) = x) cos ) x, x 0 0, x = 0 Da lim x 0 x 0 f (x) nicht existiert, ist f nicht stetig in x = Aufgabe ( ) x ( ) = 0 h Zeigen Sie mit den Regeln von L Hospital, dass ( ). lim n ln(+a n) a n = für jede Folge (a n) n N mit a n 0 und ( ). lim n a n ln = für jede Folge (a n ) n N mit a n. a n+ a n Warum sind die L Hospital schen Regeln in beiden Fällen anwendbar? Lösung:. Wir benutzen die L Hospital sche Regel an Stellen: lim n ln( + a n ) a n ln( + a n ) = lim a n n a n ln( + a n ) = lim x ln( + x) x 0 x ln( + x) LH = lim +x x 0 ln( + x) + x = lim x 0 = +x x x + ( + x) ln( + x) = lim x 0 x +x ln( + x) + x +x LH = lim x 0 + ln( + x) + 5

26 . Es gilt lim a n ln n 9.3 Aufgabe ( ) an + ln = lim a n n ( + ) an an a n b n= ln an = lim n x LH +x ( x) (+x) ( ) ( x) = lim x 0 = lim x 0 x = ( ) +b n b n b n = lim x 0 x + x ln = lim x 0 ( +x x x ( x) Berechnen Sie für die folgenden Funktionen die Ableitung der Umkehrfunktion:. f :] π, π [ R, f(x) = tan(x). g :] π, π [ [, ], g(x) = sin(x). Lösung:. Zunächst berechnen wir tan (x) = d sin(x) dx cos(x) = cos(x) sin(x) ( sin(x)) cos (x) Nun gilt x = tan(arctan(x)) und durch Ableiten erhalten wir = cos (x) + sin (x) cos (x) ) = +tan (x) = tan (arctan(x)) arctan (x) = (+tan (arctan x)) arctan (x) = (+x ) arctan (x) Damit folgt arctan (x) = + x. Es gilt x = sin(arcsin(x)). Durch Ableiten erhalten wir = cos(arcsin(x)) arcsin (x) Wir wollen cos möglichst durch sin ausdrücken, damit sich das arcsin x aufhebt. Generell gilt die Formel also cos x + sin x = cos x = sin x. Zusätzlich gilt für x ( π, π ), dass cos x > 0. Daher folgt cos x = sin x. Setzen wir dies oben ein, erhalten wir = sin (arcsin(x)) arcsin (x) = x arcsin (x) Umstellen ergibt arcsin (x) = x 6

27 9.4 Aufgabe Bestimmen Sie das Taylor-Polynom der Ordnung 5 zur Funktion f : R >0 R, x f(x) = x ln x mit Entwicklungspunkt x 0 = und berechnen Sie damit näherungsweise f(.3). Lösung: Wir berechnen die ersten fünf Ableitungen von f und deren Wert an der Stelle x 0 = :. f (x) = ln x +, f () =. f (x) = x, f () = 3. f (3) (x) = x, f (3) () = 4. f (4) (x) = x 3, f (4) () = 5. f (5) (x) = 6 x 4, f (5) () = 6 Nach Definition ist das Taylorpolynom der 5. Ordnung dann (T 5 f)(x) = 5 f (n) () (x ) n = 0 + (x ) + n! (x ) + 6 (x )3 + 4 (x )4 + 6 (x )5 0 n=0 = (x ) + (x ) 6 (x )3 + (x )4 (x )5 0 Der Verlauf der Funktionsgraphen sieht so aus: 4 y f(x) (T 5 f)(x) 3 4 x Damit gilt näherungsweise f(.3) (T 5 f)(.3) = =

28 0 Serie 0. Aufgabe Fertigen Sie eine Skizze an, die die Graphen der Funktion f k (x) = x k für k {,,, } im Intervall [, ] enthält. Lösung: 4 x x x x 4 0. Aufgabe Untersuchen Sie die Graphen der folgenden Funktionen auf Symmetrie bezüglich des Koordinatenursprungs bzw. der y-achse. Bestimmen Sie weiter die jeweiligen Grenzwerte für x ±.. f(x) = 3x 5 + x 3 + 9x. g(x) = +x 3. h(x) = sin(x) + e x Lösung: Eine Funktion f ist genau dann punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung, falls f( x) = f(x) für alle x R gilt. Sie ist achsensymmetrisch zur y-achse, falls f( x) = f(x) für alle x R gilt.. Es gilt f( x) = 3( x) 5 + ( x) 3 + 9( x) = 3x 5 x 3 9x = ( 3x 5 + x 3 + 9x) = f(x) 8

29 Damit ist f punktsymmetrisch zum Ursprung. Wegen f( ) = 3 3 = f(), ist f nicht achsensymmetrisch zur y-achse. Weiter gilt lim f(x) = x 3x5 + x 3 + 9x = lim x x5 ( 3 + x + 9 x ) 4 = Wegen f( x) = f(x), ist. Es gilt lim f(x) = lim f( x) = lim f(x) = + x x x g( x) = + ( x) = + x = g(x) Damit ist g achsensymmetrisch zur y-achse. Wegen g( ) = / / = g() ist g nicht punktsymmetrisch zum Ursprung. Weiter gilt lim x Wegen g( x) = g(x), ist damit auch + x = 0 lim g(x) = lim g( x) = lim g(x) = 0 x x x 3. h ist weder achsen- noch punktsymmetrisch, da mit ( h π ) = + e π/ gilt, dass < h( π/) < 0 und ( π ) h = + e π/ > Es kann also weder h( x) = h(x) noch h( x) = h(x) gelten. Da lim x e x = 0, gilt lim h(x) = lim sin(x). x x Dieser Grenzwert existiert nicht. Wegen sin(x) und e x + für x + folgt lim h(x) = + x 9

30 0.3 Aufgabe Untersuchen Sie auf welchen Intervallen die Funktion f konvex bzw. konkav ist. Lösung: Es gilt f(x) = x 4 7x 3 + 4x 5 f (x) = 8x 3 x + 4 f (x) = 4x 4x Es gilt also f (x) = 0 genau dann wenn x = 0 oder x = 7/4. Da f eine nach oben geöffnete Parabel ist (oder durch Testeinsetzungen überprüfen), gilt f (x) < 0 für 0 < x < 7/4 und f (x) > 0 für x < 0 bzw. 7/4 < x. Also ist f auf (, 0) (7/4, + ) konvex und auf (0, 7/4) konkav. 0.4 Aufgabe Führen Sie eine vollständige Kurvendiskussion der Funktion f durch. { x ln x, x 0 f(x) = 0, x = 0 Hinweis: ln x ist eine Kurzschreibweise für ln( x ). Lösung:. Definitionsbereich: D(f) = R. Stetigkeit: Die Funktion x ln x ist als Produkt und Verkettung stetiger Funktionen in allen x R \ {0} stetig. Es bleibt zu prüfen ob f stetig in x = 0 ist. Dazu benutzen wir die Regel von L Hospital: ln x lim x 0 x ln x = lim x 0 x LH = lim x 0 x x 3 = lim x x x 0 x = 0 }{{} =± 3. Schnittpunkte mit der y-achse ist (0, f(0)) = (0, 0). 4. Nullstellen: Damit f(x) = 0 gilt, muss entweder x = 0 oder ln x = 0 gelten. Wie schon oben gesehen, ist x = 0 eine Nullstelle. Weiter sind x = ± Nullstellen, da ln() = 0. Es gilt also N(f) = {, 0, }. 5. Symmetrie: f ist symmetrisch zur y-achse, da für alle x 0. f( x) = ( x) ln x = x ln x 30

31 6. Ableitungen: Es gilt für x 0 f (x) = x ln x + x und d.h. f f(0 + h) f(0) (0) = lim = lim h ln h LH = 0 h 0 h h 0 f (x) = { x ln x + x, x 0 0, x = 0 Weiter gilt für x 0 f (x) = ln x + 3 und f f (h) f (0) (0) = lim = lim ln h + = h 0 h h 0 f ist also nur für x 0 zweimal differenzierbar. 7. Extrempunkte: Betrachten wir zunächst x 0. Dann gilt f (0) = 0 genau dann, wenn x ln x = x ln(x ) = x = e x = ± e Einsetzen in die zweite Ableitung liefert f (±/ e) = ln(e / ) + 3 = > 0. Damit hat f bei x = ± e lokale Minima. Es gilt weiter f (0) = 0, f ( e 5 ) = e 5 ( 5) e 5 = 9e 5 > 0 und f (e 5 ) = e 5 ( 5) + e 5 = 9e 5 < 0 Damit liegt ein Vorzeichenwechsel von f vom Positiven ins Negative vor. Das bedeutet, dass die Funktion links von x = 0 steigt und rechts fällt. Also hat f in x = 0 ein Maximum. x e 0 e EP Minimum Maximum Minimum 3

32 8. Wendestellen: Es ist f (x) = 0 für x = ±e 3/ Weiter gilt e < e 3/ < e < e 3/ < e. Einsetzen in f liefert f ( e ) = > 0 f (e ) = < 0 f (e ) = > 0 Also wechselt f bei x = ±e 3/ das Vorzeichen. Damit hat f dort Wendestellen. Noch genauer ist f auf (, e 3/ ) (e 3/, + ) konvex und auf ( e 3/, e 3/ ) konkav. 9. Verhalten im Unendlichen: Da f achsensymmetrisch zur y-achse ist, reicht es x zu betrachten: lim f(x) = lim f(x) = lim x x x x ln x = + 3