LMU MÜNCHEN. Mathematik für Studierende der Biologie Wintersemester 2016/17. GRUNDLAGENTUTORIUM 5 - Lösungen. Anmerkung

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1 LMU MÜNCHEN Mathematik für Studierende der Biologie Wintersemester 2016/17 GRUNDLAGENTUTORIUM 5 - Lösungen Anmerkung Es handelt sich hierbei um eine Musterlösung so wie es von Ihnen in einer Klausur erwartet werden würde. Aufgabe 1 (Wiederholung: Umgekehrte Kurvendiskussion / Steckbriefaufgaben ) Achtung: Falls noch eine hinreichende Bedingung überprüft werden muss, ist dies durch gekennzeichnet. Die Koeffizienten a, b, c, d, e, f sind selbstverständlich aus R, da es sich um Polynome handelt. Text des Steckbriefs / Funktionscharakterisierung ist ein Polynom 7. Grades, welches zum Ursprung symmetrisch ist. Korrespondierende(n) mathematische Gleichung(en) f(x) = ax 7 + bx 5 + cx + dx berührt die x Achse an der Stelle x =. f( ) = 0 und f ( ) = 0 hat einen Sattelpunkt bei P(2 ). f(2) = und f (2) = 0 und f (2) = 0 geht durch den Punkt P(1 2). f(1) = 2 ist ein Polynom 10. Grades, welches achsensymmetrisch zur y Achse ist. f(x) = ax 10 + bx 8 + cx 6 + dx 4 + ex 2 + f schneidet die y Achse bei 7. f(0) = 7 schneidet die Gerade y = x 1 auf der y Achse. die Normale zur Tangente an der Stelle x = 2 besitzt die Gleichung y x + 2 = 0. f(0) = 1 f (2) = die Tangente bei P(1 ) ist horizontal. f(1) = und f (1) = 0 hat einen Hochpunkt bei P(0 2). f(0) = 2 und f (0) = 0 hat eine Nullstelle bei x =. f() = 0 die Tangente bei x = 4 steht orthogonal auf der y Achse. f (4) = 0 1

2 schneidet die erste Winkelhalbierende bei x = 2 senkrecht. hat an der Stelle x = 2 dieselbe Steigung wie f(x) = ln (x). die Wendetangente im Ursprung ist die zweite Winkelhalbierende. f (2) = 1 und f(2) = 2 f (2) = 1 2 f(0) = 0 und f (0) = 1 und f (0) = 0 hat bei P(4 ) einen Sattelpunkt. f(4) = und f (4) = 0 und f (4) = 0 berührt die x Achse bei x = 0. f(0) = 0 und f (0) = 0 die Tangente bei x = 0 ist parallel zur Gerade 2y =x+4. schneidet die Funktion f(x) = x an der Stelle x = 2. f (0) = 2 f(2) = 8 die Tangente bei x = ist parallel zur x Achse. f () = 0 sämtliche Stammfunktionen haben bei x = 1 einen Tiefpunkt. sämtliche Stammfunktionen haben bei x = 2 einen Wendepunkt. schließt im Intervall [ 1; 0] eine vollständig unter der x Achse liegende Fläche ein mit Flächeninhalt 2. die erste Ableitung wechselt bei x = 2 das Vorzeichen von + zu. die Tangente an der Stelle x = 1 hat eine Normale, welche durch den Ursprung und P(2 2) verläuft. die Tangente an den Punkt P( 4) schneidet die x Achse an der Stelle x = 2. die Steigung am Punkt P( 2 8) ist dieselbe wie bei f(x) = x. f( 1) = 0 f (2) = 0 0 f(x) = 2 1 f (2) = 0 f (1) = 1 f() = 4 und f () = 4 5 f( 2) = 8 und f ( 2) = 1 2

3 Aufgabe 2 (Drei Tangentenprobleme) Was ist eine Tangente? Antwort: Eine Gerade, welche den Graphen der Funktion in genau einem Punkt berührt. Zusatzinfo: Andere Punkte des Graphen der Funktion können von derselben Tangente geschnitten werden, diese haben aber keine weitere Bedeutung. Wichtig ist ausschließlich der Berührpunkt. Welche Eigenschaft von f liefert uns die Tangente an ihrem Berührpunkt an f, nämlich an P(x 0 f(x 0 )), wobei x 0 R eine beliebige Stelle ist die im Definitionsbereich von f liegt? Antwort: Die Steigung von f an der Stelle x 0. a) Ermitteln Sie für f(x) = 1 4 x2 + 2x ; x R die Gleichung der Tangente im Punkt P(6?). Der Berührpunkt der Tangente kann exakt ermittelt werden. Er liegt bei f(6) = =. Also bei 4 P(6 ). Eine Tangente hat die allgemeine Form y = mx + b. Die Tangentensteigung m ist gleich der Ableitung von f an der Stelle 6. f (x) = 1 2 x + 2 f (6) = 1 = m Durch Einsetzen des Punktes und der Steigung in die allgemeine Tangentengleichung erhält man b. = b b = 9 Damit lautet die gesuchte Tangentengleichung y = x + 9. b) Ermitteln Sie die Gleichung einer zur Geraden g: y = x + 1 parallelen Tangente an den Graphen von f(x) = x 2 + x + 4 ; x R. Da die Tangente parallel zu y = x + 1 ist, erhält man direkt m = 1. Damit lautet das Problem: Wo hat der Graph von f die Steigung 1? f (x) = 2x + 1. Setzen wir dies gleich 1, so erhält man 2x + 1 = 1 x = 1. Der Berührpunkt der Tangente ist damit gegeben durch f(1) = (1) = 4, also bei P(1 4). Einsetzen in die allgemeine Tangentengleichung liefert b: 4 = b b = 5 und damit lautet die gesuchte Tangentengleichung y = x + 5.

4 c) Ermitteln Sie die Gleichungen der Tangenten, die man von Q(0/2) aus an den Graphen von f(x) = 1 4 x2 ; x R legen kann. Wir könnten die Gleichung einer solchen Tangente sofort angeben, wenn wir ihren Berührpunkt kennen würden. Also gilt es, die Berührungspunkte zu bestimmen! Sei P(u f(u) ) = P(u/ 1 4 u2 ) Berührpunkt. Die Steigung der Tangente m ist gleich dem Differenzenquotienten der Punkte P und Q: m = 1 4 u2 2 u 0 Andererseits ist m gleich der Ableitung von f an der Stelle u: = 1 4 u2 2 u f (u) = 1 u = m 2 Durch Gleichsetzen der beiden Terme für m, erhalten wir eine Gleichung für u: 1 4 u2 2 = 1 u 2 u 1 4 u u2 = 2 u 2 = 8 Damit erhalten wir zwei u, nämlich u = ±2 2. Damit kennen wir die Berührungspunkte P 1 und P 2, nämlich f(±2 2) = 2. Also bei P 1 (2 2/ 2) und bei P 2 ( 2 2/ 2). Es können also genau zwei Tangenten t 1 und t 2 von Q aus an den Graphen von f gelegt werden. Gleichung von t 1 : m = f (2 2) = 2 2 = b liefert b = 2 Damit lautet die erste Tangente t 1 : y = 2x

5 Gleichung von t 2 : m = f ( 2 2) = = + 2 ( 2 2) + b liefert b = 2 Damit lautet die zweite Tangente t 2 : y = 2x + 2. Hinweis: Man hätte sich in beiden Fällen die Ermittlung von b sparen können, denn in der Aufgabe ist gefragt welche Tangenten man von Q(0/2) aus an den Graphen von f(x) = 1 4 x2 ; x R legen kann. Dadurch ist der y Achsenabschnitt b schon direkt durch Q gegeben, nämlich in beiden Fällen durch b = 2. Aufgabe (Elemente der Kurvendiskussion) a) Sei f(x) = { 2x2 ax + ab für x b x x 2 + b 4 mit a, b R für x < b i) Für welche a, b ist f stetig auf R? Die einzelnen Teilfunktionen sind als Polynome unabhängig von a, b immer stetig. Es gilt also nur die Stetigkeit an der Nahtstelle x = b zu überprüfen. Ein Grenzwert lim f(x) x b existiert nur, wenn lim x b f(x) = lim x b f(x), also wenn links- und rechtsseitiger Grenzwert übereinstimmen. Eine Funktion f heißt stetig an der Stelle b genau dann, wenn gilt: lim f(x) = f(b) x b In dieser konkreten Aufgabe müssen also der rechts- und linksseitige Grenzwert gegen b gleich dem Funktionswert von f an der Stelle b sein (Definition von Stetigkeit an der Stelle b). Linksseitiger Grenzwert: lim x b (x x 2 + b 4 ) = b2 + 4b 4 5

6 Rechtsseitiger Grenzwert: lim(2x 2 ax + ab) = 2b 2. x b Der Grenzwert lim f(x) x b existiert nur dann, wenn der links- und rechtsseitige Grenzwert übereinstimmen: b 2 + 4b 4 = 2b2 b 2 4 b = 4 9 (b 2 ) 2 = 0 b = 2 Für diesen Wert gilt also: lim x 2 f(x) = f ( 2 ) = 8 9 Antwort: f ist stetig auf R, wenn b = 2. Der Wert von a spielt hinsichtlich der Stetigkeit keine Rolle. ii) Ist f für diese Werte auch differenzierbar auf R? f kann nur dann differenzierbar sein, wenn f auch stetig ist, deswegen ist durch die erste Teilaufgabe bereits b = 2 festgelegt. Setzen wir dies in die Funktionsgleichung ein: f(x) = { 2x2 ax + 2 a für x 2 x 2 + x 2 für x < 2 Die einzelnen Teilfunktionen sind als Polynome unabhängig von a immer differenzierbar. Es gilt also nur die Differenzierbarkeit an der Nahtstelle x 0 = 2 zu überprüfen. Eine Funktion f heißt differenzierbar an der Stelle x 0 genau dann, wenn der Differentialquotient f(x) f(x 0 ) lim x x 0 x x 0 existiert und endlich ist. 6

7 Es müssen also links- und rechtsseitiger Grenzwert bei x 0 = 2 jeweils existieren, endlich und gleich sein. Linksseitiger Grenzwert: lim x 2 f(x) f( 2 ) x 2 = lim x 2 x 2 +x x 2 2x+ = lim = 5 x 2 1 wobei beim zweiten Gleichheitszeichen wegen [ 0 0 ] die Regel von de l Hospital angewendet wurde. Rechtsseitiger Grenzwert: lim x 2 f(x) f( 2 ) x 2 = lim x 2 2x 2 ax+ 2 a 8 9 x 2 4x a = lim = 8 a x 2 1 wobei beim zweiten Gleichheitszeichen wegen [ 0 0 ] die Regel von de l Hospital angewendet wurde. Links- und rechtsseitiger Grenzwert sind also genau dann gleich, wenn 5 = 8 a a = 1. Antwort: f ist differenzierbar auf R, wenn a = 1 und b = 2. b) Bestimmen Sie den Definitionsbereich D f von f(x) = 1 e 2x e x +2. Die Stellen an denen der Nenner verschwindet, gehören nicht zum Definitionsbereich. Es gilt daher: e 2x e x + 2 = 0 Substituiere e x = a und erhalte a 2 a + 2 = 0. Dies liefert nach quadratischer Ergänzung (a 2 )2 = 2 + ( 2 )2 also a = ± also a 1 = 2 und a 2 = 1. Rücksubstitution liefert e x = 2, also x = ln(2) sowie e x = 1, also x = 0. Damit lautet der Definitionsbereich D f = R \ { 0 ; ln(2) }. c) Zeigen Sie, dass f(x) = 1 8 e 2x +4 Wichtige Strategie: Wenn f(x) = 1 8 e 2x +4 8 g(x) = f(x + ln(2))=1 = 1 8 = 1 2 e 2(x+ln(2)) +4 e 2x e ln(4) +4 ; x R punktsymmetrisch zum Punkt P(ln(2) / 0) ist. punktsymmetrisch zum Punkt P(ln(2) / 0) ist, dann muss = e2x 1 e 2x +1 e 2x +1 punktsymmetrisch zum Ursprung sein. (Wieso? Weil wir f durch eine Transformation in den Ursprung verschoben haben!) 7

8 Da g( x) = e 2x 1 e 2x +1 = e 2x +1 = ( 1 e 2x)+1 e 2x +1 ( 1 e 2x+1) f punktsymmetrisch zum Punkt P(ln(2) / 0). = 1+e2x 1+e 2x = g(x), ist in der Tat q.e.d. d) Bestimmen Sie alle Nullstellen von f(x) = 2x + 9x 2 27; x R durch Erraten einer ganzzahligen Nullstelle und anschließender Polynomdivision. Wenn f eine ganzzahlige Nullstelle x 0 besitzt, dann muss diese Teiler des absoluten Glieds 27 sein. In Frage kommen also ±1, ±, ±9, ±27. Man errät oder findet schnell f( ) = 0. Polynomdivision liefert (2x + 9x 2 27) : (x + ) = 2x 2 + x 9 (2x + 6x 2 ) x 2 27 (x 2 + 9x) 9x 27 ( 9x 27) 0 Quadratische Ergänzung von 2x 2 + x 9 = 0 liefert (x + 4 )2 = ( 4 )2 = 81 x = ± Damit lauten alle gesuchten Nullstellen von f: N 1,2 ( 0) sowie N ( 2 0). e) Sei x ] 1; 0 [ ] 1; [. Bestimmen Sie alle Intervalle auf denen f(x) = ln ( x x 2 1 ) streng monoton fallend ist. f ist genau dann monoton fallend, wenn f (x) < 0 gilt. f(x) = ln(x) ln(x 2 1) f (x) = 1 x 2x x 2 1 = x2 1 x(x 2 1) = x2 + 1 x(x 2 1) Da (x 2 + 1) < 0 für alle x im Definitionsbereich ist, hängt das Vorzeichen nur vom Nenner ab: 8

9 Damit f (x) < 0 gilt, muss der Nenner also stets positiv sein! Dies ist genau dann der Fall, wenn beide Faktoren positiv oder beide negativ sind: x(x 2 1) ist im Intervall ] 1; 0 [ stets positiv. x(x 2 1) ist im Intervall ] 1; [ ebenfalls stets positiv. Antwort: f ist auf dem gesamten Definitionsbereich x ] 1; 0 [ ] 1; [ streng monoton fallend. f) Gegeben ist die Funktionenschar f k (x) = k+ln(kx) mit Scharparameter k R + und x R +. i) Zeigen Sie: Jede Scharkurve hat genau einen Hochpunkt. f k (x) = d dx (k + ln(kx))x 1 = x k k + ln(kx) 1 k ln(kx) kx2 x 2 = x 2 f k (x) < 0 1 k ln(kx) < 0 e1 k < kx e1 k k < x Man beachte, dass alle Umformungen das Ungleichheitszeichen nicht verändern. Für x > e1 k k ist f also streng monoton fallend. Demnach muss f für x < e1 k streng monoton steigend sein. k Demnach muss bei x = e1 k ein Hochpunkt vorliegen. k Da es keine weiteren Stellen x gibt wo f das Vorzeichen wechselt, besitzt jede Scharkurve genau einen Hochpunkt. q.e.d. (Insbesondere ist in dieser Aufgabe nicht nach der Lage der Hochpunkte gefragt, dies ist Bestandteil der nächsten Teilaufgabe.) ii) Ermitteln Sie die Gleichung der Ortskurve, auf der alle Hochpunkte liegen. Die Ortskurve wird durch y(x) = f k ( e1 k ) beschrieben. Es gilt: k f k ( e1 k k ) = k + ln(e1 k ) = ( e1 k k ) 1 ( e1 k k ) 9

10 Da ja gerade x = e1 k k gilt, lautet die Ortskurve y = 1 x mit x > 0. g) Sei f(x) = x+4 mit x R\{ 2}. x+2 i) Untersuchen Sie, ob f an der Stelle x = 4 differenzierbar ist! Die betragsfreie Darstellung von f lautet f(x) = { x + 4 x + 2 x 4 x x < 2 oder 2 < x < < x < 4 Eine Funktion f heißt differenzierbar an der Stelle x 0 genau dann, wenn der Differentialquotient f(x) f(x 0 ) lim x x 0 x x 0 existiert und endlich ist. Es müssen also links- und rechtsseitiger Grenzwert bei x 0 = 4 jeweils existieren, endlich und gleich sein. Linksseitiger Grenzwert: lim x 4 f(x) f( 4) x+4 ( x 4 x+2 = lim ) = lim x 4 x+4 x 4 1 x 2 = 1 2 Rechtsseitiger Grenzwert: ( x+4 x+2 lim ) = lim 1 = 1 x 4 x+4 x 4 x+2 2 Da , ist f bei x 0 = 4 nicht differenzierbar. ii) Für welche x Werte gilt f (x) = 1? Abgesehen von den Stellen x = 2 und x = 4, ist f überall differenzierbar. Denn die Teilfunktionen bestehen dann aus Quotienten differenzierbarer Funktionen und sind demnach selbst differenzierbar. 10

11 Es gilt für die erste Ableitung: (x + 2) (x + 4) (x + 2) f (x) = 2 = 2 (x + 2)² (x + 2) (x + 4) 2 { (x + 2) 2 = (x + 2)² 4 x < 2 oder 2 < x < < x < 4 Offensichtlich kann die erste Ableitung nur im Bereich 4 x < 2 oder 2 < x < kleiner als Null werden, denn (x + 2)² ist immer größer als Null. Also brauchen wir nur diesen Abschnitt gleich 1 setzen: 2 (x + 2)² = 1 2 = (x + 2) 2 x = ± 2 2 Also erfüllen x = 2 2 und x = 2 2 die Gleichung f (x) = 1. h) Sei f(x) = x2 4 ; x R\{ 1, +1}. x 2 1 i) Bestimmen Sie die gemeinsamen Punkte von f mit den Koordinatenachsen. f(0) = 4 Schnittpunkt mit y Achse ist S y (0 4) Die Nullstellen erhält man durch x 2 4 = 0, also bei N 1 ( 2 0) sowie N 2 (2 0). ii) Bestimmen Sie alle Wendepunkte von f. f (x) = (2x)(x2 1) (x 2 4)2x 6x (x 2 1) 2 = (x 2 1) 2 f (x) = 6(x2 1) 2 6x 2(x 2 1)2x (x 2 1) 4 = 6(x2 1) 6 4x 2 (x 2 1) = 6(x2 1 4x 2 ) (x 2 1) = 6( x2 1) (x 2 1) Die notwendige Bedingung für Wendepunkte verlangt, dass die zweite Ableitung verschwindet: f (x) = 0 Dies ist genau dann der Fall, wenn x 2 1 = 0 x 2 = 1. Dies ist beim Definitionsbereich x R\{ 1, +1} jedoch unmöglich, und daraus folgt, dass f keine Wendestellen besitzt. 11

12 Aufgabe 4 (Umkehrbarkeit und Umkehrfunktion) a) Die folgende Schreibweise für Funktionen wird uns immer wieder begegnen: f: X Y x f(x) Dabei bezeichnet X den Definitionsbereich von f. Man kann statt X auch D f schreiben. Dieser beinhaltet alle x für die f existiert. Es kann sich aber auch nach Einschränkung um eine Teilmenge aller möglichen x handeln. Das Y bezeichnet die Zielmenge. Dies ist die Menge aller Funktionswerte die zugelassen sind. Diese muss in der Aufgabenstellung vorgegeben sein. Wenn sie fehlt, dann nimmt man gewöhnlicherweise Y = R. Nicht zu verwechseln mit der Zielmenge ist der Wertebereich W f. Während die Zielmenge in der Aufgabe vorgegeben ist, ist der Wertbereich die Menge der tatsächlich angenommenen Werte von f. Der Wertebereich ist immer eine Teilmenge der Zielmenge oder gleich der Zielmenge. Der Wertebereich darf daher niemals größer als die Zielmenge sein! Eine Abbildung heißt injektiv wenn zwei verschiedenen x Werten auch stets zwei verschiedene y Werte zugeordnet werden. Mathematisch kann man dies durch strenge Monotonie überprüfen. Eine Funktion ist injektiv, wenn sie auf dem gesamten Definitionsbereich entweder streng monoton steigend oder streng monoton fallend ist. f darf also auf dem gesamten Definitionsbereich kein wechselndes Monotonieverhalten aufweisen (also mal fallen und mal steigen). Eine Abbildung heißt surjektiv wenn jedes Element der Zielmenge Y mindestens ein Mal von der Funktion f angenommen wird. Mathematisch kann man dies überprüfen durch den Wertebereich. Eine Funktion ist surjektiv, wenn der Wertebereich gleich der Zielmenge ist, d.h. Y = W f. Eine Abbildung heißt bijektiv, wenn sie injektiv und surjektiv ist. Versuchen Sie mit diesem Wissen nun nochmal die Beispiele auf Seite 17 im Skript zu verstehen (unter dem Kasten injektiv, surjektiv, bijektiv). b) Wie überprüft man ob eine Funktion auf ihrem Definitionsbereich D f umkehrbar ist? Damit eine Funktion auf ihrem Definitionsbereich umkehrbar ist, muss sie bijektiv sein. 12

13 c) Sei f: ] 1; 1 [ R x ln ( 1 x 1 + x ) i) Zeigen Sie, dass f auf ] 1 ; 1 [ umkehrbar ist. Um zu zeigen, dass f auf ] 1; 1 [ umkehrbar ist, müssen wir zeigen, dass f auf dieser Menge auch tatsächlich bijektiv ist. Zunächst aber, wird erst der Logarithmus etwas vereinfacht: f(x) = ln ( 1 x 1 x ) = ln ((1 1 + x 1 + x ) 2 1 ) = (ln(1 x) ln(1 + x)) 2 Injektivität Wir müssen zeigen, dass f streng monoton ist. f (x) = 1 2 ( 1 1 x x ) = 1 2 ( x 2) = 1 < 0 für alle x ] 1 ; 1 [ 1 x2 f ist streng monoton fallend f ist injektiv Surjektivität Wir müssen zeigen, dass W f = R gilt. lim f(x) = 1 x 1 2 lim (ln(1 x) ln(1 + x)) = 1 x 1 2 ln(2) 1 ( ) = + 2 lim f(x) = 1 x 1 2 lim(ln(1 x) ln(1 + x)) = 1 x 1 2 ln( ) 1 (2) = 2 Da f stetig ist, folgt, dass W f = R. f ist surjektiv Bijektivität Da f sowohl injektiv als auch surjektiv ist, ist f auch bijektiv. f ist umkehrbar auf ] 1 ; 1 [ q.e.d. 1

14 ii) Ermitteln Sie die Umkehrfunktion f 1 (x) sowie deren Definitionsmenge D f 1 und ihren Wertebereich W f 1. Um die Umkehrfunktion zu finden, müssen wir lediglich die folgende Gleichung nach x auflösen und am Ende x und y vertauschen. y = 1 (ln(1 x) ln(1 + x)) 2 2y = ln(1 x) ln (1 + x) e 2y = e ln(1 x) e ln((1+x) 1 ) e 2y = 1 x 1 + x e 2y + e 2y x = 1 x e 2y 1 = e 2y x x e 2y 1 = x( e 2y 1) e2y 1 e 2y 1 = x x = 1 e2y 1 + e 2y Damit lautet die Umkehrfunktion nach Vertauschen der Rollen von x und y: f 1 : R ] 1; 1 [ x 1 e2x 1 + e 2x Dabei ist D f 1 = W f = R und W f 1 = D f =] 1; 1 [. (Man muss also lediglich Definitions- und Wertebereich von Funktion und Umkehrfunktion vertauschen!) Zusatzinfo: Geometrisch betrachtet, beschreibt die Umkehrfunktion die Spiegelung von f an der ersten (und dritten) Winkelhalbierenden. Eine andere Aufgabenstellung wäre daher z.b. Finden Sie eine Funktion g, welche nach Spiegelung von f an der ersten Winkelhalbierenden entsteht. 14

15 Aufgabe 5 (Logarithmus / Logarithmische Darstellung) Bei dieser Art von Aufgabe ist als Erstes auf beiden Seiten ein Logarithmus mit geeigneter Base anzuwenden. Dabei wird die Base so gewählt, dass auf der rechten Seite etwas wegfällt. So sieht man, dass bei a) der Logarithmus zur Base 9 geeignet ist, während bei der b) der natürliche Logarithmus eine geeignete Wahl darstellt. Wenn nach den Umformungen zwei Logarithmen übrig bleiben, benötigt man eine doppelt-logarithmische Skalierung, und wenn ein Logarithmus übrig bleibt, benötigt man eine semilogarithmische Skalierung. a) y(x) = 9 4 /x 4 log 9 (y) = log 9 ( 94 x 4) log 9(y) = log 9 (9 4 ) log 9 (x 4 ) log 9 (y) = 4log 9 (x) + 4 doppelt logarithmische Skalierung b) y(x) = exp(x) exp(2) ln(y) = ln(e x e 2 ) ln(y) = ln(e x ) + ln(e 2 ) ln(y) = x + 2 semi logarithmische Skalierung Skizzen 15

16 Aufgabe 6 (Additionstheoreme) Die Additionstheoreme lauten für alle x, y R: sin(x ± y) = sin(x) cos(y) ± cos(x) sin(y) cos(x ± y) = cos(x) cos(y) sin(x) sin (y) Man beachte, dass die Vorzeichen nicht beliebig austauschbar sind. Beim Additionstheorem für den Sinus bleibt das Vorzeichen gleich, während es beim Kosinus wechselt. a) cos(2x) + sin 2 (x) = cos 2 (x) cos(2x) = cos 2 (x) sin²(x) und dies folgt aus: cos(2x) = cos(x + x) = cos(x) cos(x) sin(x) sin(x) = cos 2 (x) sin 2 (x) q.e.d. b) sin(2x) 2 sin(x) cos(x) = 0 sin(2x) = 2 sin(x) cos (x) und dies folgt aus: sin(2x) = sin(x + x) = sin(x) cos(x) + cos(x) sin(x) = 2 sin(x) cos (x) q.e.d. c) sin 2 (x) + cos 2 (x) = 1 (Wichtige Formel!) 1 = cos(0) = cos(x x) = cos(x) cos(x) + sin(x) sin(x) = sin 2 (x) + cos 2 (x) q.e.d. 16