Technische Universität München Zentrum Mathematik. Übungsblatt 4

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1 Technische Universität München Zentrum Mathematik Mathematik (Elektrotechnik) Prof. Dr. Anusch Taraz Dr. Michael Ritter Übungsblatt 4 Hausaufgaben Aufgabe 4. Gegeben sei die Funktion f : D R mit f(x) := 3x3 3x + 3x 3. 3x 9x + 6 Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich dieser Funktion, ihre Nullstellen, sämtliche Asymptoten, das Monotonieverhalten, lokale und globale Maxima und Minima. Skizzieren Sie anschließend den Graphen der Funktion f und tragen Sie die Informationen im Graphen ein. Lösung zu Aufgabe 4. vgl. Mitschrift aus der Zentralübung 4 f(x) x Aufgabe 4. Gegeben sei die Funktion f : [ 3 ; 3 ] R mit f(x) := x x +.

2 Bestimmen Sie die Nullstellen dieser Funktion, Symmetrieverhalten, berechnen Sie (wo möglich) die Ableitung, sämtliche Asymptoten, das Monotonieverhalten, lokale und globale Maxima und Minima sowie Wendepunkte. Skizzieren Sie anschließend den Graphen der Funktion f und tragen Sie die Informationen im Graphen ein. Lösung zu Aufgabe 4. Symmetrieverhalten: Es gilt f( x) = ( x) x + = x x + = f(x), also ist die Funktion gerade. Der Graph ist damit achsensymmetrisch zur y-achse. Nullstellen: f(x) = x x + = Für x > ergibt sich x, = ± 4 4 =. Wegen der Symmetrie ist dann auch eine Nullstelle von f. Beide liegen im Definitionsbereich, also sind {, } die beiden Nullstellen der Funktion. Asymptoten: Da f auf dem Definitionsbereich stetig ist, gibt es keine senkechten Asymptoten. Waagrechte oder schräge Asymptoten kommen wegen des eingeschränkten Definitionsbereichs nicht in Frage. Ableitungen: Da die Betragsfunktion nicht differenzierbar ist, benötigen wir jetzt eine Fallunterscheidung. Es gilt: x x +, für x f(x) = x + x +, für x < Daher ist f auf ( 3 /; ) und auf (; 3 /) differenzierbar (nicht jedoch in den Randpunkten und in!) und es gilt f x, für x >, (x) = x +, für x <. Entsprechend folgt für die zweite Ableitung: f, für x >, (x) =, für x <. Monotonie und lokale Extrema: Wir betrachten zunächst die Intervalle, auf denen f differenzierbar ist. Für x ( 3 /; ) gilt: f (x) = x + = x =. Die Ableitung besitzt also eine Nullstelle bei x = im betrachteten Intervall, links davon ist sie negativ, rechts davon positiv. Aus Symmetriegründen gilt das ebenso im Intervall (; 3 /) mit der Nullstelle x =. Damit ergibt sich auch das Verhalten der Funktion an den Rändern des Definitionsbereichs und für den Punkt x =, in dem f nicht differenzierbar ist. Zusammenfassend gilt für das Monotonieverhalten und die lokalen Extrema von f:

3 x = 3 / lokales Maximum mit Funktionswert /4 x ( 3 /; ) streng monoton fallend x = lokales Minimum mit Funktionswert x ( ; ) streng monoton wachsend x = lokales Maximum mit Funktionswert x (; ) streng monoton fallend x = lokales Minimum mit Funktionswert x (; 3 /) streng monoton wachsend x = 3 / lokales Maximum mit Funktionswert /4 globale Extrema: Zunächst einmal stellen wir fest, dass f stetig und auf einem kompakten Intervall definiert ist, die Funktion muss also Maximum und Minimum annehmen. Aus den vorherigen Betrachtungen ergibt sich als globales Minimum die Stelle x = und x =, jeweils mit Funktionswert, ein globales Maximum wird bei x = mit Funktionswert angenommen. Wendepunkte: Da die Funktion auf den Intervallen ( 3 /; ) und (; 3 /) jeweils eine konstante, positive zweite Ableitung besitzt, ist die Funktion auf jedem dieser Intervalle konvex. Da sich das Vorzeichen der zweiten Ableitung also auch in x = nicht ändert, kommt auch dieser Punkt nicht als Wendepunkt in Frage, es existiert somit kein Wendepunkt der Funkton f. Graph: Der Graph von f hat etwa folgende Gestalt:.8 f(x) x Aufgabe 4.3 Ein Getränkehersteller möchte bei der Produktion von Getränkedosen Kosten sparen. Eine Getränkedose soll immer ein Volumen von,4 l fassen und zylindrisch sein (wir nehmen in dieser Aufgabe an, dass es sich tatsächlich genau um einen Kreiszylinder handelt). Wie müssen Höhe und Radius des Zylinders gewählt werden, wenn möglichst wenig Material für die Produktion verbraucht werden soll? Lösung zu Aufgabe 4.3 Wir führen die Rechnung zunächst allgemein mit einem Volumen V durch. Eine zylindrische 3

4 Dose mit Radius r und Höhe h hat ein Volumen von bei V = V (r, h) muss also gelten V (r, h) = r π h, V = r πh h = V r π. Weiter hat die Dose eine Oberfläche, die sich aus Boden, Deckel und Mantelfläche des Zylinders zusammensetzt, insgesamt also Setzt man nun h = V r π F (r, h) = r π + rπh. in die Funktion ein, so ergibt sich F (r) = r π + rπ V r π = r π + V r. Diese Funktion gilt es nun zu minimieren. Dazu bilden wir die Ableitung F (r) = 4rπ V r! =, damit erhalten wir als Nullstellen der Ableitung r = 3 V π. Um zu überprüfen, ob es sich hier wirklich um ein Minimum handelt, brauchen wir die zweite Ableitung von F : F (r) = 4π + 4V r 3 Damit erhalten wir F (r ) = 4π + 4V π V >, also ist r tatsächlich lokales Minimum der Funktion F. Als zugehörige Höhe ergibt sich h = V (r ) π = V (π) /3 π V /3 Optimal ist also ein Verhältnis von Höhe und Radius von h r = 3 8 =. = 3 4V π Für den Fall V =, 4 l =, 4 dm 3 ergibt sich damit ein Radius von r = 3,4 dm 4 cm und π eine Höhe von h = 3,6 π dm 8 cm. Aufgabe 4.4 Zeigen Sie, dass die Funktion f : R R, definiert durch f(x) := e x 3x, genau drei reelle 4

5 Nullstellen besitzt. Lösung zu Aufgabe 4.4 vgl. Mitschrift aus der Zentralübung Aufgabe 4.5 Gegeben seien die Funktionen f : R R, f(x) := (x ) und g : R R, g(x) := x 3. In welchem Winkel schneiden sich die Graphen von f und g? Lösung zu Aufgabe 4.5 Wir berechnen zunächst den Schnittpunkt der beiden Funktionsgraphen: f(x) = g(x) (x ) = x 3 x 3 x + 4x 4 = Offenbar ist x = eine Lösung dieser Gleichung. Mit Polynomdivision erhalten wir (x 3 x + 4x 4) : (x ) = x + 4, dieser Term besitzt keine reellen Nullstellen mehr. Also ist der einzige Schnittpunkt der beiden Graphen der Punkt (, f()) = (, ). Um den Winkel zwischen den Funktionsgraphen zu berechnen, berechnen wir den Winkel, den die beiden Tangenten an die Funktionsgraphen in diesem Punkt einschließen. Dazu bestimmen wir zunächst die Steigung der Tangenten über die Ableitungen: f (x) = (x ) f () = g (x) = 3x g () = 3 Damit können wir jeweils einen Richtungsvektor für die Tangenten angeben, nämlich u f = ( ), u g = ( ). 3 Für den Winkel ist die Lage des Scheitelpunkts des Winkels nicht relevant, wir benötigen nur die Information über die Richtungen. Damit können wir den Winkel mit der Formel cos α = u f, u g u f u g berechnen. Es ergibt sich cos α = ( ) ( ), 3 ( ) ( ) 3 = 6 5 =, 5

6 also ist α = 3π. Alternativ hätte man natürlich auch den kleineren der beiden Zwischenwinkel 4 ausrechnen können, der hat entsprechend den Wert π 3π = π. 4 4 Aufgaben für die Tutorübung Aufgabe 4.6 Bestimmen Sie folgende Grenzwerte. Wenden Sie die Regel von de l Hôpital an, wenn es vorteilhaft ist. Begründen Sie in diesem Fall jeweils, warum die Regel anwendbar ist. a) x π arcsin x x b) x sin(πx) ln x c) x ( + arctan x) x sin x+cos x d) x x Lösung zu Aufgabe 4.6 a) Der Grenzwert ist vom Typ, daher dürfen wir die Regel von de l Hôpital anwenden. Es folgt: x π arcsin x x x x x = x = x ( x)( + x) = x + x = b) Dieser Grenzwert ist vom Typ ( ), die Regel von de l Hôpital kann also nicht direkt angewandt werden. Hier hilft ein Trick weiter, bei dem man den Grenzwert so umschreibt, dass er zum Typ wird. Nach dem ersten Schritt entsteht ein Grenzwert vom Typ, auf den wiederum die Regel von de l Hôpital angewandt werden kann: ln x sin(πx) ln x = x x sin(πx) x x sin (πx) = sin(πx) cos(πx) π = x π sin(πx) π[cos(πx) πx sin(πx)] = cos(πx) π = x sin (πx) ( x)π cos(πx) c) Wir schreiben zunächst den Ausdruck etwas um: ( + arctan x) x = exp ( x ln( + arctan x)). Weil die Exponentialfunktion stetig ist, genügt es, den Grenzwert für den Exponenten zu bestimmen, dabei ergibt sich ein Grenzwert vom Typ : ln( + arctan x) x x = x Damit gilt also für den gesuchten Grenzwert: +arctan x +x = x ( + arctan x) x = e = 6

7 d) In diesem Fall haben wir einen Grenzwert vom Typ, die Regel von de l Hôpital darf natürlich nicht angewandt werden. Vielmehr gilt sin x + cos x x x sin x + cos x x x = = +, der Grenzwert existiert also nicht (nicht einmal uneigentlich). Wendet man hier ohne die Voraussetzungen zu prüfen die Regel von de l Hôpital an, so erhält man als Grenzwert, das wäre natürlich Unsinn! Aufgabe 4.7 Gegeben sei ein Quadrat Q der Seitenlänge L. Ein zweites Quadrat Q mit Seitenlänge l sei Q einbeschrieben, d. h. die Ecken von Q liegen auf den Seiten von Q. Wie muss l gewählt werden, damit der Flächeninhalt von Q möglichst gering wird? Lösung zu Aufgabe 4.7 x l L x Mit den Bezeichnungen aus der Zeichnung gilt für den Flächeninhalt F von Q : F (x) = l = x + (L x) Zur Minimierung berechnen wir zunächst die stationären Punkte von F : F (x) = x + (L x) ( ) = x L + x = 4x L = x = L Da F (x) = 4 > ist, handelt es sich bei x = L / tatsächlich um ein Minimum, und dieses liegt im zulässigen Bereich [; L] (das ist zu prüfen!). Für das optimale Volumen gilt dann (l ) = (x ) + (L x ) = L 4 + L 4 = L, das kleine Quadrat hat also mindestens die halbe Fläche des großen Quadrats. Aufgabe 4.8 Seien f : ( ; ] R und g : [; ) R gegeben durch f(x) := x + 4 und g(x) = x. Die Graphen dieser Funktionen sollen so durch eine Funktion p miteinander verbunden werden, dass keine Sprünge oder Knicke auftreten, die zusammengesetzte (stückweise definierte) 7

8 Funktion f(x), für x ( ; ], x p(x), für x (; ), g(x), für x [; + ) also stetig und differenzierbar ist. Bestimmen Sie ein Polynom p möglichst niedrigen Grades, das sich wie gefordert einfügen lässt. Lösung zu Aufgabe 4.8 Damit die Funktionen f, p und g stetig ineinander übergehen, muss zunächst gelten: f() = x p(x) p(x) = g() x Da ein Polynom p stetig und auf ganz R definiert ist, bedeutet das natürlich f() = p() p() = g(). Wir müssen für den stetigen Übergang also zwei Gleichungen erfüllen, dafür benötigen wir ein Polynom vom Grad. Das ist auch nicht weiter verwunderlich, so ein Polynom wäre einfach die Verbindungsgerade der beiden Endpunkte (, f()) und (, g()). Nun ist noch dafür zu sorgen, dass der Übergang auch differenzierbar ist. Wir bezeichnen die zusammengesetzte Funktion mit q, dann muss für die Differenzierbarkeit in der folgende Grenzwert existieren: q(h) q() h h Es gilt: q(h) q() h h = h f(h) f() h = h h h q(h) q() p(h) f() p(h) p() h h h h h h = p (), = h ( h) = da p als Polynom überall differenzierbar ist. Es muss also zusätzlich die Gleichung f () = p () erfüllt sein. Analog lässt sich die Bedingung für Differenzierbarkeit in herleiten, dort muss g () = p () sein. Wir erhalten also zwei weitere Gleichungen für unser Polynome. Zusammen sind vier Gleichungen zu erfüllen: f() = p() f () = p () g() = p() g () = p () Wir benötigen also ein Polynom vom Grad 3. Mit f (x) = x, g (x) = und dem Ansatz 8

9 p(x) = a 3 x 3 + a x + a x + a erhalten wir die Gleichungen f() = 4 = p() = a f () = = p () = a g() = = p() = 8a 3 + 4a + a + a g () = = p () = a 3 + 4a + a. Damit ergibt sich das lineare Gleichungssystem Das ergibt die Lösung a = 4, a =, a =, a 3 = 3, wir erhalten also 4 p(x) = 3 4 x3 x + 4. Aufgabe 4.9 Sei f : R R definiert durch f(x) := cos x x. Zeigen Sie, dass die Funktion f unendlich viele lokale Maxima und Minima besitzt, aber keine globalen Extrema. Lösung zu Aufgabe 4.9 Es gilt f (x) = sin x und f (x) = cos x. Wir bestimmen die Nullstellen der ersten Ableitung: f (x) = sin x = x { 7π 6 + kπ : k Z } { π 6 + kπ : k Z } Für x M := { 7π + kπ : k 6 Z} gilt f (x) = 3 >, die Punkte in M sind also lokale Minima von f. Für x M := { π + kπ : k Z } ist f (x) = 3 <, die Punkte in M 6 sind also lokale Maxima der Funktion f. Damit besitzt f unendlich viele lokale Minima und Maxima. Es gilt weiter f(x) = x x f(x) =, also besitzt f weder eine globales Maximum noch ein globales Minimum. 9

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