Mathematik Übungsblatt - Lösung. b) x=2

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1 Hochschule Regensburg Fakultät Informatik/Mathematik Christoph Böhm Sommersemester 204 Technische Informatik Bachelor IT2 Vorlesung Mathematik 2 Mathematik 2 4. Übungsblatt - Lösung Differentialrechnung Die roten -Sterne zeigen Aufgaben zum verschärften Nachdenken Aufgabe 4. Bestimmen Sie alle Tangenten an den Graphen der Funktion f : R R, 3, die durch den Punkt 2, 8) gehen. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4. Zunächst lautet die Gleichung der Tangente T an f in 0 R wie folgt: T ) = f 0 ) + f 0 ) 0 ) = ) = Gesucht sind somit alle 0 R mit T 2) = 8. D.h. es sind die Lösungen der Gleichung 8 = zu bestimmen. Dabei gilt: = 2 0 2) ) = 2 0 2) 0 + ) 0 2) = 2 0 2) ) D.h. es gibt zwei Tangenten an f die durch den Punkt 2, 8) gehen. Diese lauten: T ) = ), T 2 ) = ) Aufgabe 4.2 Berechnen Sie die folgenden Ableitungen wenn f2) = 2 und f 2) = 3 gilt: a) d 2 d f)) =2 b) d 2 f) ) d =2 c) d d ) f) f) + =2 2. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4.2 Zunächst ist anzumerken, dass wegen f2) > 0 und f 2) > 0 alle angegebenen Ableitungen eistieren. Weiterhin gilt unter Verwendung der Quotienten-, Produkt- und Kettenregel: a) b) c) d 2 = d fc)) =2 f) 2 2 f ) ) 2 = f) = = 4 d 2 f) d ) =2 = 2 f) + 2 f ) =2 = = 20 ) d f) f) + 2 ) f d f) + =2 ) f) f ) + 2 ) 2 = ) f) = ) 2 = 9 =2 Mathematik 2 Sommersemester 204) Seite von Juni 204

2 Aufgabe 4.3 Zeigen Sie, dass für alle a, b R gilt: sina) sinb) a b. Hinweis: Verwenden Sie den Mittelwertsatz der Differentialrechnung. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4.3 Zunächst ist anzumerken, dass die Sinus-Funktion in ganz R differenzierbar ist. Weiterhin sei o.b.d.a. a < b. Dann liefert der Mittelwertsatz der Differenzialrechnung ξ a, b) : sinb) sina) b a = sin ξ) = cosξ). Da jedoch cosξ) gilt folgt schlussendlich cosξ) = sinb) sina) b a sinb) sina) b a. Im Falle a = b gilt sinb) sina) = 0 = b a. Aufgabe 4.4 Durch sinh) := 2 e e ) und cosh) := 2 e + e ) sind der sog. Sinus Hyperbolicus und Kosinus Hyperbolicus in ganz R definiert. Zeigen Sie, dass für alle R gilt: a) sinh ist eine ungerade Funktion, d.h. sinh ) = sinh) cosh ist eine gerade Funktion, d.h. cosh ) = cosh) b) cosh 2 ) sinh 2 ) = c) sinh ) = cosh) und cosh ) = sinh). Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4.4 a) sinh ) = 2 e e ) = 2 e e ) = sinh) cosh ) = 2 e + e ) = 2 e + e ) = cosh) b) cosh 2 ) sinh 2 ) = 4 e e 2 ) 4 e2 2 + e 2 ) = c) sinh ) = 2 e + e ) = cosh), cosh ) = 2 e e ) = sinh) Aufgabe 4.5 Berechnen Sie die Ableitungen der folgenden Funktionen: a) f ) = sin ) + cos ) cos ) b) f 2 ) = sin c) f 3 ) = + d) f 4 ) = ln ln 3 3 ln ). Mathematik 2 Sommersemester 204) Seite 2 von Juni 204

3 Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4.5 a) Durch Verwendung der Quotienten- und Kettenregel gilt: f ) = = + cos ) ) cos ) ) sin ) sin ) ) ) ) cos ) + 2 ) 2 = + cos ) 2 + cos ) ) 2 ) + cos ) b) Wiederum folgt durch Verwendung der Quotienten- und Kettenregel: ) cos) f 2) sin) + cos) = cos 2. c) Hier folgt durch Anwendung der Quotientenregel: ) ) + f 3) 2 ) + ) 2 = ) 2 = 2 ) 2 = ) 2. d) Zunächst gilt durch Anwendung von Rechenregeln für den Logarithmus): f 4 ) = ln 3 ) ln ln 3 ) ln ln) )). Durch Anwendung der Kettenregel gilt dann: f 4) = 3 32 ln 3 ) ln ln) ) = 3 ln 3 ) ln ln) ) ln) ) ln) ). Aufgabe 4.6 Beweisen Sie die Gleichung arctan + arctan = π 2 für > 0. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4.6 Hier wird zunächst gezeigt, dass mit f) := arctan + arctan stets f ) = 0 für alle > 0 gilt. Dies kann wie folgt eingesehen werden: f ) = = = 0 Somit ist die Funktion f) in > 0 konstant mit f) = c und c R. Speziell gilt c = f) = arctan) + arctan) = π 4 + π 4 = π 2 Aufgabe 4.7 Berechnen Sie folgende Grenzwerte: a) + ln b) ln ) c) / ). Mathematik 2 Sommersemester 204) Seite 3 von Juni 204

4 Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4.7 a) Zunächst gilt = ep ln) ). Dann gilt durch Anwendung der Regeln von L Hospital: ln) 0 ) ) 0 ep ln) + ln) = + 0 ) ) 2 ) 0 ep ln) + ln) + ep ln) = = 2. 2 b) Zunächst gilt: ln) Regeln von L Hospital: = ln) ln) ) ln) 0 0 ln) = ln) ) + ln) 0 0 =. Somit ergibt sich wiederum durch Anwendung der 2 + c) Durch Beachtung der allgemeinen Potenz gilt zunächst: ) ) ln) / ) = ep ln) = ep Dann gilt weiter durch Verwendung der Regeln von L Hospital: ln) = = Wegen der Stetigkeit der Eponentialfunktion resultiert schlussendlich ) ln) / ) = ep = ep) = e = 2. Dieser Grenzwert enthält ferner auch die Folge, deren Grenzwert wir als die Eulersche Zahl e definiert hatten, denn für die Folge n := + n resultiert gerade y n := f n ) = + n) n. Aufgabe 4.8 Bestimmen Sie eine quadratische Approimation der Funktion 3 in einer Umgebung von 0 = 8 und schätzen Sie den maimalen Fehler für 7 9 ab. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4.8 Zunächst gilt: f) = /3, f ) = 3 2/3, f ) = 2 9 5/3 und f 3) ) = /3. Dann gilt für das zweite Taylorpolynom in 0 = 8: T 2 ) = 2 k=0 f k) 0 ) 0 ) k = 2 k! 0! 0) 0 + 2! 0) + = 2 + 8) + 8) ! 0) 2 Der Approimationsfehler wird nun mittels dem Restglied nach Lagrange abgeschätzt. Für alle 7, 9) gibt es demnach ein ξ) zwischen und 8 mit: f 3) ξ) f) T 2 ) = ξ 8) 3 = 0 3! 3! 27 ξ 8/3 ξ /3 < Aufgabe 4.9 In einen geraden Kreiskegel der Höhe H mit Radius R wird ein gerader Zylinder der Höhe h mit Radius r einbeschrieben. Bestimmen Sie die Werte von h und r in Abhängigkeit von H und R) so, dass die gesamte Oberfläche des Zylinders maimal wird. Mathematik 2 Sommersemester 204) Seite 4 von Juni 204

5 Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4.9 Zunächst gilt geometrisch mit H, R > 0, 0 h H und 0 r R: H H h = R r H h = H R r hr) = H r ) R D.h. die Höhe h des Zylinders kann als Funktion von dem Radius r verstanden werden. Alternativ kann diese Formel durch Aufstellen einer einfachen Geradengleichung mit h0) = H und hr) = 0 erzielt werden. Die Oberfläche O des Zylinders ist ferner durch O = 2πr 2 + 2πrh gegeben. Somit resultiert in Verbindung mit obiger Formel: Or) = 2πr 2 + 2πrhr) = 2πr 2 + 2πrH r ) = 2π r 2 + rh HR ) R r2. Diese Funktion ist im folgenden zu optimieren, bzw. deren Maimum ist zu bestimmen. Dabei ist anzumerken, dass der Vorfaktor 2π keine Auswirkungen auf die Optimierung hat und daher ignoriert werden kann. Im folgenden wird daher mit Õ die Funktion O ohne den Vorfaktor 2π bezeichnet. Ferner ist anzumerken, dass die Funktion Õ in ganz [0, R] differenzierbar ist, sodass als notwendige Bedingung für Etremwerte in 0, R) gilt: Õ r) = 2r 2 H R r + H! = 0 2rR H) = RH Hierbei fällt sofort auf, dass es im Falle R = H keine Etremwerte in 0, R) geben kann und somit das absolute Maimum am Rand angenommen werden muss. Da r = 0 ausscheidet, kann nur r = R das absolute Maimum darstellen. Im Folgenden sei R H. Dann gibt es stationäre Punkte r st, die als Maima in Frage kommen: r st = RH 2 H R = R 2 R H Dabei ist jedoch zu beachten, dass r st 0, R) gelten muss. Ansonsten stellt nach selbiger Überlegung wie oben im Falle H = R) r = R das absolute Maimum von Õ und somit auch von O dar. Es gilt r st 0, R) 0 < R 2 R H < R 0 < R H H < 2 0 < R H < 2 < R H < 2 > R H > 2 2 H < R < H Da im Falle 2 H < R < H ferner Õ r) = 2 H ) R < 0 gilt, stellt rst notwendigerweise das absolute Maimum von Õ bzw. O dar. Zusammenfassend gilt also: Für 2 H < R < H gilt r = RH 2 H R. In diesem Falle ist O ma = Or ) =... = 2 π H2 R H R In allen anderen Fällen gilt r = R, d.h. O ma = Or ) = 2πR 2. h R r Aufgabe 4.0 Es sei für jedes n N 0 durch f n : R R und f n ) := eine Funktion gegeben. Zeigen Sie induktiv, dass f n für ungerades n genau eine Nullstelle und für gerades n keine Nullstelle besitzt. k=0 k k! Mathematik 2 Sommersemester 204) Seite 5 von Juni 204

6 Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4.0 Diese Aussage wird induktiv bewiesen. Sei daher An) : f n hat 2 + ) n+ ) Nullstellen mit n N 0. IA) A0) : f 0 ) =. D.h. A0) ist richtig, da f 0 keine Nullstelle besitzt. IS) n N 0 : An) An + ). Hier werden zunächst zwei Fälle unterschieden: n+ ist ungerade, d.h. n ist gerade. Zu zeigen ist, dass dann f n+ genau eine Nullstelle besitzt. Hiebei ist zu beachten, dass f n+ = f n gilt. Wegen der Induktionsvoraussetzung besitzt aber dann f n keine Nullstelle und wegen f n 0) = gilt sogar f n ) > 0. D.h. es gilt f n+ ) > 0 und somit ist f n+ in ganz R streng monoton steigend. Daher kann f n+ höchstens eine Nullstelle besitzen. Da ferner f n+ ein Polynom mit ungeradem Grad darstellt muss f n+ mindestens eine Nullstelle besitzen. Also hat f n+ notwendigerweise genau eine Nullstelle. n + ist gerade, d.h. n ist ungerade. Insbesondere ist dann n. Zu zeigen ist, dass f n+ dann keine Nullstelle besitzt. Hierbei ist wiederum zu beachten, dass f n+ = f n gilt. Wegen der Induktionsvoraussetzung besitzt f n genau eine Nullstelle. Diese Nullstelle soll im Folgenden mit 0 abgekürzt sein, d.h. f n 0 ) = 0. Festzuhalten ist jedoch, dass aus f n 0) = notwendigerweise 0 0 folgt. Ferner gilt ebenfalls aus der Induktionsvoraussetzung bzw. der Richtigkeit von An ), dass für alle R und damit auch für = 0 ) f n+ ) = f n ) > 0 gilt. D.h. 0 stellt ein relatives Minimum der Funktion f n+ dar. Wegen f n+ ) = muss dieses relative Minimum auch das absolute Minimum sein. Im Folgenden wird schlussendlich gezeigt, dass f n+ 0 ) > 0 gilt. Dies kann nachdem n + ungerade ist wie folgt eingesehen werden: f n+ 0 ) = n+ k=0 k 0 k! = f n 0 ) + n+ 0 n + )! = n+ 0 n + )! > 0 Da 0 das globale Minimum der Funktion f n+ darstellt, muss schließlich f n+ ) > 0 für alle R gelten. D.h. insbesondere besitzt f n+ keine Nullstellen. Aufgabe 4. n Messungen derselben Größe mögen die Werte a,..., a n R ergeben. Die Fehlertheorie lehrt, dass unter gewissen Gesichtspunkten das Minimum der Funktion f) := a k ) 2 k= eine günstigste Näherung für die gemessene Größe ist. Wird dieses Minimum in R angenommen und wenn ja an welcher Stelle 0 R? Diese Methode bezeichnet man als Methode der kleinsten Quadrate. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4. Zunächst werden die stationären Punkte der Funktion f bestimmt, die gerade die Nullstellen der ersten Ableitung darstellen: f ) = 2 a k ) =! 0 k= = k= a k = n k= a k := 0 k= Mathematik 2 Sommersemester 204) Seite 6 von Juni 204

7 die zweite Ableitung der Funktion f ist lautet wie folgt: f ) = 2 = 2n > 0 k= Somit handelt es sich bei dem zuvor bestimmten stationären Punkt 0 notwendigerweise um ein relatives Minimum. Da f ferner ein Polynom zweiter Ordnung bzw. eine nach oben geöffnete Parabel darstellt, liegt an der Stelle 0 sogar das absolute Minimum von f vor. Bemerkung: Der Wert n n k= a k wird auch als das arithmetische Mittel der Zahlen a, a 2,..., a n bezeichnet. Aufgabe 4.2 Betrachtet wird nachfolgender Grenzwert f) sin) = e f)esin) mit f) := + sin) cos). Dieser Grenzwert eistiert jedoch nicht. Die Anwendung der Formel von L Hospital liefert jedoch mit f ) = + cos 2 ) sin 2 ) = 2 cos 2 )): f) f)e sin) = 2 cos 2 ) 2 cos 2 = ) + f) cos))esin) 2 cos) = 0. 2 cos) + f))esin) D.h. der Grenzwert eistiert laut dieser Rechnung. Wo liegt der Fehler in obiger Anwendung der Regeln von L Hospital? Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4.2 Es ist zu beachten, dass die Nennerfunktion g) := f) e sin) abgeleitet g ) = f ) e sin) + f) e sin) cos) = 2 cos 2 ) + f) cos) ) e sin) ergibt. Hierbei fällt auf, dass für alle aus π 2 + πz die Ableitung von g verschwindet. D.h. in jedem Intervall 0, ) liegen Nullstellen der Funktion g. Daher können die Regeln von L Hospital nicht angewendet werden. Aufgabe 4.3 Die Funktion f : a, b) R sei in a, b) n-mal differenzierbar. Weiter seien j mit j =,..., n+ und a < < 2 <... < n+ < b Nullstellen von f. Zeigen Sie, dass es dann mindestens) ein ξ a, b) gibt, mit f n) ξ) = 0. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 4.3 Diese Aussage wird induktiv bewiesen. Sei dazu wie folgt eine Aussageform definiert: Ak) : f k) besitzt mindestens) n + k Nullstellen im Intervall a, b) Im Folgenden wird k = 0,..., n betrachtet, d.h. bei der Induktion werden nicht alle natürlichen Zahlen durchlaufen, sondern nur die Zahlen von 0 bis n. IA): A0) ist nach Voraussetzung richtig, da f n + Nullstellen im Intervall a, b) besitzt. Mathematik 2 Sommersemester 204) Seite 7 von Juni 204

8 IS): Zu zeigen: k {0,,..., n } : Ak) Ak + ). Wegen der Induktionsvoraussetzung besitzt f k) mindestens) n + k Nullstellen. Diese n + k Nullstellen seien durch k) < k) 2 <... < k) n+ k abgekürzt. Da alle diese < k) l+ Nullstellen im Intervall a, b) liegen folgt durch den Satz von Rolle dass zwischen k) l für alle l =,... n + k Nullstellen k+) der Ableitung der Funktion f k) liegen. l Die Ableitung der Funktion f k) ist aber gerade f k+). D.h die Funktion f k+) besitzt im Intervall a, b) die Nullstellen k+) l mit l =,..., n k = n + ) k + ). D.h. Ak + ) ist richtig. Mathematik 2 Sommersemester 204) Seite 8 von Juni 204