Vorkurs Mathematik für Ingenieur Innen WS 2018/2019 Übung 7

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1 Prof. Dr. J. Pannek Dynamics in Logistics Vorkurs Mathematik für Ingenieur Innen WS 018/019 Übung 7 Aufgabe 1 : Etremwerte Der Ellipse + y = 1 ist ein Rechteck mit Seitenlängen p, q, dessen Seiten parallel zu den a b Ellipsenachsen liegen sollen, (a von maimalem Flächeninhalt A (b von maimalem Umfang U einzuschreiben. Drücken Sie jeweils p, q und A bzw. U durch a und b aus (auch für den Sonderfall b = a. Lösung: Aus der Ellipsengleichung folgt y = ±b 1. Damit hat P die Koordinaten a P = p, y P = b 1 p 4a = b a 4a p, also q = y P = b a 4a p (a A = pq = a b 4a p p 4 ; A kann als Funktion in p aufgefasst werden, also muss A (p p 0 = 0 sein, damit A in p 0 maimal wird; A (p = b 8a p 4p 3 ; aufgrund der Fragestellung p a 4 4a p p sind nur positive p sinnvoll, also ist p 0 = a die einzig interessante Nullstelle von A; p Betrachtung des VZW liefert, dass dort ein Maimum ist, die maimale Fläche A ma = ab erhält man durch Einsetzen von a in den Ausdruck für A; q = b ; Sonderfall b = a (Kreis: A = a für p = q = a. ( (b U = (p + q; Einsetzen von q (s.o liefert U = p + b 4a p a ; Suche der Etrema durch Ableiten (1 U (p = + b p a p 4a p ; Ableitung ist Null bei bp = a 4a p, also für p 0 = a a +b ; dort ist sogar das Maimum (beachte VZW; Einsetzen liefert U = 4 a + b, q = b a ; Sonderfall a = b (Kreis: U = 4a für p = q = a. +b Aufgabe : Intervall-Etremwerte In welchen Intervallen ist die Funktion f : R R; f ( := e monoton steigend bzw. fallend, wo ist sie konve oder konkav, wo besitzt sie Etremstellen und Wendepunkte?

2 Vorkurs Mathematik für Ingenieur Innen WS 018/019 Lösung: Nach den Rechenregeln ist sie beliebig oft differenzierbar und es ist f ( = ( + > 0, in (, e = ( + e < 0, in (, 0 > 0, in (0, Also ist f in (, ] streng monoton steigend, in [, 0] streng monoton fallend und in [0, wieder streng monoton steigend. Wegen lim e = 0und lim e = besitzt f ein globales Minimum in 0 = 0, aber kein globales Maimum. In 1 := besitzt f ein lokales Minimum. Außer 0 und 1 besitzt f keine Etremstellen. Für die zweite Ableitung erhält man: f ( = ( + + ( + e > 0, in (, < 0, in (, + > 0, in ( +, Also besitzt f Wendepunkte in := und in 3 := +. Im Intervall (, ] ist sie konve, in [, 3 ] ist sie konkav und in [ 3, wieder konve. Aufgabe 3 : Differentialrechnung (a Berechnen Sie die Ableitung nachstehender Funktionen an der Stelle 0 und geben Sie den Gültigkeitsbereich an: (i f( = (ii f( = (iii f( = 3 (iv f( = +1 (v f( = 1 (vi f( = cos ( (vii a (viii (b Sind die in 0 := 0 stetig ergänzten Funktionen (i f ( = sin ( 1 (ii g ( = sin 1 stetig differenzierbar? (c Bestimmen Sie die erste Ableitung folgender Funktionen und geben Sie die Gleichung der Tangente an den Graphen von f an der Stelle 0 an:

3 Vorkurs Mathematik für Ingenieur Innen WS 018/019 (i f( = , 0 = 0 (ii f( = +1 3+, 0 = (iii f( = sin (, 0 = π 3 (iv f( = ep(sin(, 0 = 0 (d Führen Sie Kurvendiskussionen 1 für die wie folgt gegebenen Funktionen durch: (i f( = (ii f( = (e Bei einem senkrechten Wurf nach oben lautet die Weg-Zeit-Gleichung des Körperschwerpunktes des geworfenen Körpers s = f(t = v 0 t 1 gt mit der Anfangsgeschwindigkeit v 0 = 30 m und der Erdbeschleunigung g = 10 m. Wann s s erreicht dieser Körper seine größte Höhe? Wie groß ist sie? Lösung: (a (i (ii (iii = 3 = 3 4 Also f ( 0 = , Definitionsbereich ist R = ( = ( 1 = ( 3 = 3 1 = 3 Also f ( 0 = 3 und der Definitionsbereich ist 0 R, da die Quadratwurzel nicht fr negative Zahlen definiert ist. = ( 3 ( 1 3 = = ( 3 = = 3 3 Also f ( 0 = 3 3 und der Definitionsbereich ist R \ {0}, da lim 0 f ( =. 1 Vorgehen bei der Kurvendiskussion: Definitionsbereich, Symmetrieverhalten, Nullstellen, Etremwerte, Monotonieverhalten, Krümmungsverhalten, Wendepunkte, Verhalten an den Grenzen des Definitionsbereichs

4 Vorkurs Mathematik für Ingenieur Innen WS 018/019 (iv = ( + 1 = ( + 1 = ( + 1 = 1 + ( 1 = 1 1 Also f ( 0 = 1 1 und der Definitionsbereich ist R \ {0}, da lim 0 f ( =. 0 (v Anwendung der Quotientenregel: = ( 1 = ( 1 ( 1 1 ( 1 1 = ( 1 Also f ( 0 = 1 und der Definitionsbereich ist R\{1}, da lim ( f ( =. (vi Anwendung der Kettenregel: ( ( cos = ( ( cos ( 1 ( = sin = 1 sin = (vii Also f ( 0 = 1 sin ( 0 und der Definitionsbereich ist ganz R. (a = ( e ln a = ln ae ln a = ln a a (viii Definitionsbereich ist R \ {0}. (b (i Definitionsbereich ist R + \ {0}. ( = ( e ln = (1 + ln e ln = (1 + ln f : R R def. durch f ( := ist in 0 = 0 nicht differenzierbar Beweis: Es ist f ( f (0 lim 0 0 = lim 0 sin 1 0 { sin 1, für 0 0, sonst = lim 0 sin 1

5 Vorkurs Mathematik für Ingenieur Innen WS 018/019 (ii g : R R def. durch g ( := { sin 1, für 0 0, sonst ist in 0 = 0 differenzierbar. Beweis: Es ist g ( g (0 lim 0 0 = lim 0 sin 1 = 0 Also ist g in 0 = 0 differenzierbar mit der Ableitung g (0 = 0. (c Die Tangente an 0 ist eine Gerade der Form t ( = m + r mit m = f ( 0. Aus t ( 0 = f ( 0 ergibt sich: f ( r = f ( 0 r = f ( 0 f ( 0 0 und folglich ist die Tangente an 0 durch t ( = f ( 0 + f ( 0 f ( 0 0 gegeben. (i Es gilt = ( = Aus f ( 0 = f (0 = 5 und außerdem f (0 = 0. Daher ist die Tangente durch gegeben. t ( = = 5 (ii Durch Anwendung der Quotientenregel ergibt sich: = ( = ( (3 + ( (3 + = (3 + = (3 + Also f ( 0 = f ( = ( = 13 ( die Tangente durch und außerdem f ( = = 1. Daher ist 6+ 8 gegeben. t ( = = =

6 Vorkurs Mathematik für Ingenieur Innen WS 018/019 (iii Durch Anwendung der Kettenregel ergibt sich: = (sin ( = (( sin = sin ( cos ( Also ist f ( 0 = f ( π 3 = 3 1 und außerdem f ( π 3 Tangente durch = ( 3 = 3 4 Daher ist die t ( = π 3 = π 3 (iv Durch Anwendung der Kettenregel ergibt sich: = (ep (sin ( = (ep sin = ep (sin ( cos ( Also f ( 0 = f (0 = 1 und außerdem f (0 = 1. Daher ist die Tangente durch gegeben. t ( = = + 1 (d (i Definitionsbereich R Symmetrieverhalten Die Funktion ist punktsymmetrisch zu (0,, denn es gilt: f ( = = ( = ( ( 3 3 ( + + = f ( + Nullstellen Als erste Nullstelle kann (z.b. durch Betrachtung des Graphen 0 = 1 geraten werden. Durch Polynomdivision ergibt sich dann = ( 1 ( Die verbleibenden Nullstellen sind die Nullstellen von +. Diese ergeben sich

7 Vorkurs Mathematik für Ingenieur Innen WS 018/019 mit der pq-formel zu,3 = 1 ± (1 + = 1 ± 9 4 = 1 ± 3 Also ist = 1 und 3 =. Lokale Etremwerte Es gilt = 3 3 und die lokalen Etrema sind daher Lösungen von 3 3 = 0. Es ergibt sich 3 3 = 0 = 1 = ± 1 Außerdem gilt f = 6 und daher f ( 1 = 6 < 0 und f (1 = 6 > 0. Also ist 1 lokales Maimum und 1 lokales Minimum. Verhalten an den Grenzen des Definitionsbereichs: Es gilt lim f ( = ± ± Der Funktionsgraph hat folgende Gestalt: (ii Definitionsbereich Der Definitionsbereich ist R \ {1}, da lim 1 f ( =. Symmetrieverhalten Die Funktion weist kein Symmetrieverhalten auf. Nullstellen Es gilt (im Definitionsbereich = 0 = 0 Also ist 0 die einzige Nullstelle. Lokale Etremwerte Unter Verwendung der Quotientenregel ergibt sich: = ( = (

8 Vorkurs Mathematik für Ingenieur Innen WS 018/019 Also ist f ( = 0 äquivalent zu = 0, was nicht erfüllbar ist. Damit hat f keine lokalen Etremwerte. Monotonie Die Funktion ist streng monoton fallend, denn es gilt f ( = < ( 0. Verhalten an den Grenzen des Definitionsbereiches: Es gilt unter Verwendung des Satzes von L Hospital: lim f ( = ± lim ± = lim ± f ( 1 = 1 Graph: Der Funktionsgraph hat folgende Gestalt: (e Gesucht ist das lokale (und in diesem Falle auch globale Maimum von f. Für dieses muss gelten. Also 0 = t = v 0 gt t = v 0 g = 30 m s 10 m s = 3 m s s m = 3 s und der Körper erreicht folglich nach 3 Sekunden seine maimale Höhe von f (3s = 30m m = 90m 45m = 45m. Dass dies tatsächlich ein lokales Maimum ist, kann mit der zweiten Ableitung f (t = g < 0 leicht überprüft werden.