Analysis I Lösung von Serie 9

Transkript

1 FS MC Fragen: Ableitungen (a) Die Figur zeigt den Graphen einer zweimal differenzierbaren Funktion f. Was lässt sich über f, f und f sagen? Nichts Die Funktion f ist positiv. Die Funktion f ist negativ. Die erste Ableitung f ist positiv. Die erste Ableitung f ist negativ Die zweite Ableitung f ist positiv. Die zweite Ableitung f ist negativ. Die korrekte Aussage sind: Die Funktion f ist positiv. Die erste Ableitung f ist positiv. Die zweite Ableitung f ist positiv. Alle Funktionswerte sind sicher positiv, weil der Graph von f über der x-achse liegt. In jedem Punkt ist die Steigung der jeweiligen Tangente negativ, also ist f negativ. Die erste Ableitung ist nirgends konstant, d.h. die zweite Ableitung sicher ungleich Null. Der Graph beschreibt eine strikt konvexe Funktion, damit muss f > 0 sein. (b) Sei f : (a, b) R \ {0} monoton wachsend und differenzierbar. Dann gilt: f f ist monoton wachsend. ist monoton fallend. /7

2 FS 07 d-infk Keine Aussage gilt im Allgemeinen. Nur die zweite Aussage ist korrekt: f ist differenzierbar mit Ableitung f f ist monoton fallend. f 0. Also (c) Sei f : (a, b) I streng monoton wachsend, bijektiv und differenzierbar. Dann gilt: f ist monoton wachsend. f ist monoton fallend. Keine Aussage gilt im Allgemeinen. Nur die erste Aussage ist korrect: f ist differenzierbar mit Ableitung f f 0. Also ist f monoton wachsend. 9.. Taylorpolynom Wir nennen jedes Mal f die bedachte Funktion. Das Taylorpolynom ist P (f, x 0 )(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) + f (x 0 ) (a) Wir berechnen: + f () (x 0 ) (x x 0 ).! f (x) = ( + x), f (x) = ( + x) 3, f (x) = 6( + x), f () (x) = ( + x) 5, somit an der Stelle x 0 = 0 erhalten wir: P (f, 0)(x) = x + x x 3 + x. (b) Nach Definition gilt cosh x = ex + e x somit erhalten wir: und (x x 0 ) + f (x 0 ) (x x 0 ) 3 3! sinh x = ex e x, () für jedes gerade k, d k cosh x d k sinh x = cosh x, = sinh x, dx k dx k für jedes ungerade k, d k cosh x d k sinh x = sinh x. = cosh x dx k dx k Da sinh 0 = 0 und cosh 0 = schliessen wir, dass P (cosh, 0)(x) = + x! + x! und P (sinh, 0)(x) = x + x3 3!. /7

3 FS 07 (c) Wir können entweder die ersten vier Ableitungen berechnen, oder aber die Potenzreihenentwicklung von cos und e x verwenden. Das Berechnen der Ableitungen ist v.a. für die höheren Ableitungen sehr aufwändig. Falls man dies trotzdem macht ergeben sich sehr lange Terme von denen fast alle in x = 0 Null sind und schliesslich ergibt sich: f(0) =, f (0) = 0, f (0) = 0, f (0) = 0, f () (0) = und man kann P (f, 0)(x) = x berechnen. Besser benutzt man die Potenzreihenentwicklung um den Nullpunkt (beachte: für x = 0 ist e x = 0, deshalb müssen wir auch den cos um Null entwickeln). Da wir nur das Taylorpolynom. Ordnung von f berechnen wollen, brauchen wir auch nur die Tayolorpolynome der Ordnung. Es ist: P (cos(y), 0)(x) = y + y! und aus der Potenzreihenentwicklung von e x erhalten wir P (e x, 0)(x) = + x + (x ) = x + x. Damit gilt P (cos(p (e x, 0), 0)(x) = (x + x ) +! (x + x ) = x + Potenzen höherer Ordnung Also ist das Taylorpolynom. Ordnung P (f, 0)(x) = x. (d) Wir erinnern uns die Identitäten tan(x) = + tan (x), cos ( ) π = und 3/7

4 FS 07 d-infk tan ( ) π =. Wir berechnen: f(x) = log cos x, f = log cos( π ) = log = log, f (x) = sin x = tan x, ( ) cos x ( ) π π f = tan =, f (x) = ( + tan (x)), f = ( + tan (π/)) =, f (x) = tan(x)( + tan (x)) = tan(x) tan(x) 3, f =, f () (x) = ( + tan(x) ) 6 tan (x)( + tan (x)), f () = = 6. Damit gilt ( P f, π ) (x) = log! (x π ) +! (x π ) 3! (x π )3 + 6 (x π! ) = log (x π ) (x π ) 3 (x π )3 3 (x π ) Annäherung mit Taylor Bemerkung: Wenn man sagt, dass eine Approximation exakt bis n Nachkommastellen ist, meint man, dass n Nachkommastellen gewiss exakt sind. Die n-te Nachkommastelle könnte falsch sein! (a) Die Funktion x log(+x) ist eine C -Funktion (d.h. beliebig oft differenzierbar) in (, + ), somit können wir für jedes n die Formel von Taylor n-ter Ordnung für log( + x) an der Stelle 0 betrachten. Bekanntlich, oder durch direkte Berechnung, ist die Formel log( + x) = x x + x3 3 x xn ( )n+ n + R n(0, x), wo das Restglied gegeben ist durch R n (0, x) = ( ) n+ n + xn+ ( + ξ) n+ /7

5 FS 07 für ein ξ (0, x). In unserem Fall ist x = 0., und um 3 exakte Nachkommastellen zu erhalten, ist es notwendig, dass R n (0, 0.) = n + ( + ξ) n+ 0 (n+) < = 0 3. Weil ξ (0, 0.), gilt (+ξ) n+ <, somit R n+ (0, 0.) < n + 0 n+, daraus folgt n + > 3, somit n 3. Wir erhalten die Annäherung = = Weil = , gibt es keinen Übertrag in der Addition: das stellt sicher, dass die ersten 3 Nachkommastellen der obigen Annäherung exakt sind. (b) Die Funktion f(x) = 3 x ist eine C -Funktion in (0, + ), somit können wir für jedes n die Formel von Taylor n-ter Ordnung für f(x) an der Stelle x 0 = 6 betrachten: f(x) = f(6) + f (6)(x 6) + f (6) (x 6) +...! + f n (6) (x 6) n + R n (6, x), n! wo das Restglied gegeben ist durch R n (6, x) = f n+ (ξ) (x 6)n+ (n + )! für ein ξ (6, x). Wir sehen, dass d( 3 x) dx d 3 ( 3 x) = 5 dx 3 = 3 x 3, d ( 3 x) dx x = 5 3 x 3, x 3 d ( 3 x) 3, = 5 8 dx und so weiter. Durch Induktion erhalten wir d k ( 3 x) k+ (3 )(6 ) (3(k ) ) = ( ) x k+ dx k 3 k 3, 3, 5/7

6 FS 07 d-infk somit in unserem Fall mit x = 65 erhalten wir, dass R n (6, x) = f n+ (ξ) (n + )! = (n + )! = (n + )! n! (n + )! daraus folgt, dass n so gewählt werden muss, dass n (n+) < = 0 5, (3 )(6 ) (3n ) ξ (n+)+ 3 n n (n+)+ 3 = n (n+), 3 3 ξ (n+)+ 3 insbesondere n + > log , somit n. Mit n = erhalten wir die Annäherung ( 3 6) 9( 3 6) 5 = = =.007. Weil =.0075, gibt es keinen Übertrag in der Addition: das stellt sicher, dass die ersten 5 Nachkommastellen der obigen Annäherung exakt sind. 9.. Anwendungen der Differentialrechnung (a) Seien x und y die Länge der Seiten eines Rechteckes. Wie bekannt, sind Flächeninhalt A und Umfang U gegeben durch: A = xy und U = (x + y). In unserem Fall, ist A bestimmt, somit können wir eine der Seiten (z.b. y) durch A ausdrücken: y = A x, somit wird der Umfang eine Funktion von x, nämlich ( U(x) = x + A ). x Wir untersuchen durch Differentialrechnung die Maximalstellen von U. Die kritische Stellen sind definiert durch U (x) = 0 A x = 0 x = ± A. 6/7

7 FS 07 In unserem Fall, ist nur die positive kritische Stelle relevant. Wir sehen, dass die zweite Ableitung von U U (x) = A x 3 immer positiv für x > 0 ist, somit muss x = A die globale Minimalstelle von U sein. Das liefert, dass y = x = A, somit ist, für jeden gegebene Flächeninhalt A, ein Quadrat mit Seite A das Rechteck mit kleinstem Umfang. (b) Mit der Notation von (a) hat ein Rechteck mit Seitenlängen x und y Umfang U = (x + y) und Flächeinhalt A = xy. Ein Quadrat mit gleichem Flächeinhalt hat Seitenlänge xy und Umfang xy. Aus a folgern wir, dass weil das Quadrat die Umfrang minimiert, gilt U Quadrat U Rechtecke xy (x + y), und das liefert die gesuchte Ungleichung. (c) Die Grössten b und h sind verknüpft über der Satz des Pythagoras wie folgt: b + h = (R) h = R b, somit lässt sich das Widerstandsmoment W als eine nur von der Grösse b abhängige Funktion darstellen: W (b) = 6 bh = 6 (R b b 3 ) b (0, R). Die Randwerte b = 0 und b = R kommen als Lösungen nicht in Frage. Wir bestimmen das absolute Maximum von W (b) im Intervall (0, R). Die Ableitungen von W lauten: W (b) = 6 (R 3b ), W (b) = b. Aus der für ein Maximum notwendingen Bedingung W (b) = 0 folgt dann: 6 (R 3b ) = 0 b = ± 3R 3 Nur der positive Wert ist relevant. Weil W ( 3 3R) < 0, ist 3 3R das gesuchte Maximum. Der optimale Balker ist dann durch: b = 3 3R und h = 8 3 R definiert und das maximale Widerstandsmoment ist ( ) W max = W 3R = R 3. 7/7