Lösung - Serie 3. D-MAVT/D-MATL Analysis I HS 2017 Dr. Andreas Steiger. 1. MC-Aufgaben (Online-Abgabe)

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1 D-MAVT/D-MATL Analysis I HS 07 Dr. Anreas Steiger Lösung - Serie 3. MC-Aufgaben (Online-Abgabe). Es sei ie Funktion f : [0, ) [0, ) efiniert urc f() = ln( + ), wobei er Logaritmus ln zur Basis e ist. Welce Gleicung bescreibt ie Umkerfunktion f : [0, ) [0, )? (a) Die Umkerfunktion eistiert nict. (b) f () = ln( ) (c) f () = e + () f () = e (e) f () = e Die Funktion ist im Definitionsbereic [0, ) streng monoton wacsen, also injektiv. Des Weiteren ist sie surjektiv, also umkerbar. Sei y = ln( + ). Lösen wir nac auf, so eralten wir = e y. Vertauscen von un y fürt scließlic zu f () = e.. Es sei f() = cos( ) für alle R. Welce er folgenen Aussagen sin war? (a) Es sei D = [ π, π]. Dann ist ie Funktion f : D R, f() injektiv. (b) Das Bil von D unter f, also {f() : D(f)}, ist gleic [0, ]. (c) Die Funktion g : [ 0, / ] [ π/, π/ ] gegeben urc g() = arccos ist ie Umkerfunktion von er Funktion f : [ π/, π/ ] [ 0, / ], f(). Die Funktion f ist auf D streng monoton steigen un folglic injektiv. Weiters ist cos(π) =, also ist im Bil von D unter f entalten un ieses Bil kann somit nict gleic [0, ] sein. Da f(g()) = cos( arccos ) = cos(arccos ) = für [0, /] un as Bil von [ π/, π/ ] unter f gleic [0, / ] ist, ist g in er Tat ie Umkerfunktion von f im gefragten Intervall. Bitte wenen!

2 3. Welce er folgenen Biler bescreiben en Grap einer injektiven Funktion [a, b] [c, ]? (a) () (b) () (c) (3) () (4) (e) (5) (f) (6) () ist kein Grap einer Funktion, weil verscieene y-koorinaten mit erselben -Koorinate möglic sin. In (3) un (5) sin verscieene -Koorinaten mit erselben y-koorinate möglic; in iesen Fällen ist ie Funktion also nict injektiv. Für (), (4) un (6) tritt ieses Problem nict auf; esalb sin sie Grapen zweier injektiver Funktionen auf einem geeigneten Definitionsintervall. Siee näcstes Blatt!

3 ( ) 4. Eine Funktion g eisst Asymptote einer Funktion f für, falls lim f() g() = 0 gilt. Es sei ie Funktion f : R R gegeben urc f() = e + e +. Welce er folgenen Funktionen ist eine Asymptote von f für? (a) g() = e (b) g() = e e + (c) g() = e () (e) g() = e e g() = e Es gilt f() = e + e + = e + /(e + ). Terme, ie ier für nict gegen Null konvergieren, sin Terme, ie in er Funktion g vorkommen. Also g() = e. 5. Es sei f() = Welce Aussage ist rictig? (a) f () = 36 ( 3 ) 3 ( 3 +) 5 (b) f () = 9 (+ 3 ) (c) f () = 36 ( 3 ) 3 ( 3 +) 4 () f () = 7 ( 3 ) 3 ( 3 +) 5 Bitte wenen!

4 . Gegeben seien ie Funktionen f : R R, 6 f : R [0, ), f 3 : R R, min{ 9, 0} f 4 : R \ {3} R, + f. () a) Untersuce alle Funktionen auf Injektivität, Surjektivität un Bijektivität. b) Skizziere auf em Intervall [ 5, 5] ie Funktionen g := f 3 f, un := f g, g : R R, : R [0, ), f 3 () f (), f (g()). c) Bestimme ie Umkerfunktion f4 : W (f 4 ) R \ {3}. (Hinweis: Sie müssen W (f 4 ) = R \ { } ierzu nict eplizit berecnen.) Lösung: a) Untersucen Sie alle Funktionen auf Injektivität, Surjektivität un Bijektivität. In er Vorlesung wure für eine Funktion f Injektivität efiniert als as ist logisc äquivalent zu f( ) f( ), f( ) = f( ) =. f ist bijektiv: 6 = 6 = f ist injektiv y R beliebig, wäle = y + 6 f () = y f ist surjektiv f ist nict bijektiv: (z.b.) für =, = ist f ( ) = f ( ) f ist nict injektiv f 3 ist nict bijektiv: y [0, ) beliebig, wäle z.b. = y f () = y f ist surjektiv (z.b.) für = 5, = 8 ist f 3 ( ) = f 3 ( ) f 3 ist nict injektiv (z.b.) für y = gibt es kein R, so ass f 3 () = y Wir beginnen, inem wir f 4 () umformen: f 4 () = + 6 = + 3 = Damit erkennt man leicter: + 3 = + 3 ( 3) = 3 0 für alle R \ {3}, so ass / W (f 4) Somit ist f 4 nict bijektiv. f 3 ist nict surjektiv ( + 4 ) = = 3 3 = 3 = f 4 ist injektiv f 4 ist nict surjektiv Siee näcstes Blatt!

5 b) Skizzieren Sie auf em Intervall [ 5, 5] ie Funktionen g := f 3 f, un := f g, g : R R, : R [0, ), f 3 () f (), f (g()). Siee Abbilungen un ; Bemerkung: Da f ie Betragsfunktion ist, erält man en Grapen von, inem man en Teil es Grapen von g, welcer unteralb er -Acse liegt, an er -Acse spiegelt Y X Abbilung : Aufgabe 4. b) Funktion g c) Bestimmen Sie ie Umkerfunktion f 4 : W (f 4 ) R \ {3}. Wir müssen ie Gleicung y = f 4 () nac auflösen: y = = y 6y 6y + = y 6y + = (y ) = 6y + y. Jetzt vertauscen wir noc ie Variablen un y un eralten: { } f4 : R \ R \ {3}, 6 +. Bitte wenen!

6 6 4 0 Y X Abbilung : Aufgabe 4. b) Funktion 3. a) Gegeben sei ie Funktion f mit Definitionsbereic D(f) = ( π, 3π ) urc ie Abbilungsvorscrift f() = tan(). Bestimme ie inverse Funktion von f. b) Es sei a R beliebig gewält. Finen Sie alle reellen Lösungen er Gleicung tan ( π ( + cos())) = a. Lösung: a) Wir nutzen zunäcst aus, ass ie Funktion tan π-perioisc ist. Daer ist f() = tan() = tan( π) für alle. Wegen D(f) = ( π, ) 3π ist ann := π ( π, ) π. Also ist arctan(f()) = arctan(tan( π)) = arctan(tan( )) = = π. Screiben wir y = f(), so liefert Auflösen er obigen Gleicung nac, ass y g(y) := arctan(y) + π ie gesucte Inverse ist. Da f : D(f) R surjektiv ist (.. zu jeem y R gibt es ein D(f) mit f() = y) kann als Definitionsbereic von g ganz R gewält weren: D(g) = R. b) Wegen cos() [, ] liegt as Argument es Tangens π( + cos()) in [ π, 3π ]. Da aber er Tangens weer für π noc für 3π efiniert ist, muss auf jeen Fall zunäcst π( + cos()) ( π, 3π ) gelten, also cos() (, ). Wir erkennen in ( π, 3π ) en Definitionsbereic D(f) von f wieer, also en Wertebereic er inversen Funktion g. Aus folgt ann, ass tan(π( + cos())) = f(π( + cos())) = g (π( + cos())) ist. Da g injektiv ist, scließen wir araus g (π( + cos())) = a = g (g(a)) π( + cos()) = g(a) = arctan(a) + π, Siee näcstes Blatt!

7 also cos() = π arctan(a). Somit sin alle Lösungen von er Form ( ) = ± arccos π arctan(a) + kπ, k Z. Alternativer Lösungweg: Wegen er π-perioizität er tan-funktion ist a = tan(π( + cos())) = tan(π cos()). Das Argument π cos() es Tangens liegt nun in ( π, π ), un wir können irekt ie Umkerfunktion arctan anwenen. Ein weiterer, aber falscer Lösungsweg: Wir wenen ie Funktion arctan irekt auf beie Seiten er Gleicung an un eralten arctan(a) = arctan(tan(π( + cos()))) = π( + cos()), was offensictlic nict mit obigem Resultat übereinstimmt. Der Feler liegt arin, ass im allgemeinen nict arctan(tan(z)) = z gilt. Gleiceit bestet nämlic nur für z ( π, π ), a er Wertebereic von arctan per Definition ( π, π ) ist. Fazit: Muss eine nict injektive Funktion (wie ier er tan) erst auf einen kleineren Definitionsbereic eingescränkt weren, amit sie umkerbar ist, so ist bei er Anwenung er Umkerfunktion Vorsict geboten! Das gleice Problem tritt übrigens auc bei en Funktionen arcsin un arccos auf. 4. Bestimme bei jeer er folgenen Funktionen, welce für alle reellen Zalen t > 0 efiniert sin, jeweils eine Asymptote er Form at + b für t + : a) f(t) = t t+ t ; b) g(t) = 4t + 3; c) (t) = 3t + cos(/t); ) i(t) = ln( + e t ). Zeicne ie Grapen er Funktionen un ie azugeörigen Asymptoten. Lösung: a) Da für t, ist ie Asymptote ie Gerae t. t t + t = 0 t + Bitte wenen!

8 b) Da 4t + 3 t = 3 4t t 0 für t, ist ie Asymptote ie Gerae t t. c) Da cos(/t) cos(0) = für t, ist ie Asymptote ie Gerae t 3t +. ) Da log( + e t ) t = log( + e t ) log(e t ) = log( + e t ) log() = 0 für t, ist ie Asymptote ie Gerae t t. 5. Berecne f : D(f) R für a) f : R R, sin(); b) f : R R, +3 ; c) f : (0, π) R, sin ; ) f : R R, e ; e) f : ( π, π ) R, (tan ) ; f) f : R R, ln ; g) f : R R, { {e für 0 sin( ; ) f : R R, ) für 0 0 für = 0 0 für = 0. Zeige, ass ie Ableitung er Funktion aus Teilaufgabe ) im Punkt = 0 nict stetig ist. Lösung: a) b) c) ) e) f) ( sin ) = sin + cos (Prouktregel) ( ( + 3) ) = ( )( + 3) = ( + 3) (Kettenregel) ( ) = cos sin sin ( e ) = e (Kettenregel) ( (tan ) ) = (tan ) ( ) ln = g) Es sei 0. Es gilt Weiter gilt (Kettenregel oer Quotientenregel) cos = sin cos 3 ln = ln ) (e = e 3 (Kettenregel, Abl. von tan ) (Kettenregel un Ableitung von ln ) (Kettenregel). weil f f() f(0) f() (0) lim 0 + e + e = 0 e, 0 e Siee näcstes Blatt!

9 un lim 0 e 0 + e + = lim e = 0, wobei wir ie Substitution = gemact aben, gilt f (0) = 0 (weil er linksseitige un er rectsseitige Grenzwert übereinstimmen). ) Es sei 0. Wir berecnen ( ( )) sin = sin Weiter gilt ( ) cos ( ) f f() f(0) f() (0) Weil sin() für alle R, ( ) sin = (Kettenregel un Prouktregel). sin ( ) sin 0 un esalb lässt sic zeigen, ass ( ) ( lim sin 0 0 ) sin lim = 0. 0 ( ). Wir aben also gezeigt f (0) 0 un somit gilt f (0) = 0. Fasst man alles zusammen erält man: { f sin ( ( () = ) cos ) falls 0 0 falls = 0. Im folgenen zeigen wir, ass ie Funktion f im Punkt = 0 nict stetig ist. Es gilt ( ( ) ( )) ( ) ( ) lim f () sin cos sin lim cos = 0 lim 0 cos Der Grenzwert lim cos ( 0 ) eistiert nict. Um ass zu zeigen muss man zwei Folgen (an ), (b n ) finen so ass a n 0, b n 0 mit n + un ( ) ( ) lim cos lim n + a cos n n + b n In er Tat, es sei (a n ) ie Folge gegeben urc un es sei (b n ) ie Folge gegeben urc a n := nπ b n := π + nπ. Beacte, ass a n 0 un b n 0 falls n +. Wir berecnen ( ) lim cos cos(nπ) = n + n + n + a n un ( ) ( π ) lim cos n + b cos n n + + nπ 0 = 0; n + er Grenzwert lim cos ( 0 ) eistiert also nict un ie Funktion f ist nict stetig an er Stelle = 0. ( ).