Mathematik für Chemiker I

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1 Universität D U I S B U R G E S S E N Campus Essen, Matematik PD Dr. L. Strüngmann WS 007/08 Übungsmaterial sowie andere Informationen zur Veranstaltung unter: ttp:// Matematik für Cemiker I Dies ist eine möglice Musterlösung zur Weinactsklausur. Formulierungen und Lösungsansätze müssen weder übernommen werden noc sind sie verpflictend für andere Klausuren. Aufgabe 1.1 (Warm up) (a) Sei f : D f W f eine Funktion und x 0 D f. Definieren Sie in einer Formel, was es eißt, dass f stetig in x 0 ist. Erklären Sie Stetigkeit anand eines Bildes. (b) Geben Sie ein Beispiel für eine stetige Funktion. (c) Geben Sie ein Beispiel für eine Funtion f, die nict stetig in x 0 = 0 ist. (d) Zeigen Sie, dass f : IR IR mit f(x) = x + 4 differenzierbar ist und berecnen Sie die Ableitung f. (5P.) Lösung 1.1 a) Sei f : D f W f und x D f gegeben. f ist stetig in x, falls es für jedes ɛ > 0 ein δ > 0 gibt mit f( x) f(x) < ɛ für alle x D f mit x x < δ. Y-Acse f(x)+ ε f(x) f(x)- ε x-δ x x+ δ X-Acse

2 In Formeln: ɛ>0 δ>0 x Df x x < δ f( x) f(x) < ɛ. Bildlic bedeutet dies, je klein wir auc einen ɛ-sclauc S ɛ um f(x) legen, es existiert immer noc ein δ-sclauc S δ um x, so dass f( x) in S ɛ liegt für alle x S δ. b) Beispiele für stetige Funktionen sind etwa f(x) = c mit c IR, Polynome f(x) = a n x n + + a 1 x + a 0 mit n IN und a i IR oder aber trigonometrisce Funktionen f(x) = sin(x) oder f(x) = cos(x). c) Eine Funktion, die nict stetig in x 0 = 0 ist, ist etwa die Signum-Funktion f(x) = sign(x), denn ier gilt f(0) = 0, aber f(x) = 1 für x > 0 und f(x) = 1 für x < 0. d) Sei f(x) = x + 4. Eine Funktion ist differenzierbar, falls sie in jedem Punkt differenzierbar ist. Ist x 0 D f, so ist f in x 0 differenzierbar, falls lim 0 +) f(x 0 ) f(x existiert. 0 In diesem Fall gilt f (x 0 ) = lim. Im Beispiel ist f(x 0 + ) f(x 0 ) f(x 0 +) f(x 0 ) 0 = (x 0 + ) + 4 (x 0 + 4) = =. Somit existiert lim 0 f(x 0 +) f(x 0 ) = und es gilt f (x 0 ) = für alle x 0 D f, also f. Aufgabe 1. (Kombinatorik) Zur Erstellung einer Matematik-Klausur für Cemiker stet dem Dozenten eine Aufgabensammlung von 10 Aufgaben zur Verfügung. Eine ordentlice Klausur soll 6 (versciedene) Aufgaben entalten. Wieviele Möglickeiten at der Dozent, aus diesen 10 Aufgaben eine Klausur zu kombinieren? (3P.) Lösung 1. Dem Dozenten steen 10 Aufgaben zur Verfügung und es sollen 6 Aufgaben ausgwält werden. Da alle Aufgaben verscieden sein sollen und keine Aufgabe zweimal gewält werden kann entsprict dies einer Auswal one Wiederolung und one zurücklegen. Wir eralten also für die Anzal der möglicen Klausuren ( ) 10 = = = Aufgabe 1.3 (Felerrecnung) 5 7 soll mit der Näerung. = 1.4 möglicst gut (auf Stellen genau) berecnet werden. Wie get man vor? Zur Begründung müssen für die berecneten Größen die zugeörigen relativen Feler berecnet werden. (Tipp: Man berecne (5 7)(5 + 7) =?) (5P.)

3 Lösung 1.3 Es ist 5 7 = Würden wir direkt 5 7 mit der Näerung. = 1.4 ausrecnen, so eralten wir 5 7. = 0. Wir benutzen daer den Hinweis. Es ist (5 7)(5 + 7) = 1, also gilt 5 7 = 1 5. Mit unserer Näerung eralten +7 wir also 5 7 =. 1 = Dies ist eine Näerung bis auf zwei Stellen genau. Für 14 die relativen Feler ergibt sic nämlic nac Vorlesung 1 δ( ) =. δ(1)+δ(5 +7) = δ(5 +7) max{δ(5), δ( ), δ(7)} = δ( ) 10. Aufgabe 1.4 (Zerfallsgesetze) Eine radioaktive Substanz zerfällt gemäß des Gesetzes M(t) = M 0 e αt (α > 0), wobei M(t) die Masse der Substanz zur Zeit t ist. (a) 8 kg der Substanz sind in Stunden auf 1 kg zerfallen. Wie lange dauert es, bis nur noc 0. kg übrig bleibt? (b) Wie lange dauert es, bis von einer beliebigen Menge der Substanz ein Drittel verscwunden ist? Lösung 1.4 Die Substanz zerfällt nac dem Gesetz M(t) = M 0 exp( αt) mit α > 0. (8P.) a) Sei M(t 0 ) = M 0 exp( αt 0 ) = 8, d.. zum Zeitpunkt t 0 aben wir 8 kg der Substanz. Da nac Stunden nur noc 1 kg der Substanz übrig sind, folgt M(t 0 + ) = M 0 exp( α(t 0 + )) = 1. Damit gilt 8 1 = M 0 exp( αt 0 ) M 0 exp( α(t 0 + )) = exp( αt 0 ( α(t 0 + )) = exp(α). Wir eralten α = ln(8), also α = ln(8). Angenommen, es ist nun M(t 0 + x) = 0., dann folgt analog 8 0. = exp(αx) und somit 40 = exp(αx). Wir eralten x = ln(40) α also nur noc 0. kg der Substanz übrig. = ln(40) ln(8) = 3, 54. Nac 3, 54 Stunden ist b) Wann gilt M(t 0 + x) = M(t 3 0), d.. wann sind 1 der Substanz zerfallen? Genau 3 dann, wenn M 0 exp( α(t 0 + x)) = 3 M 0 exp( αt 0 ). Wir eralten 3 exp( α(t 0 + x)) = exp( αt 0 ) und somit = exp( αx). Also gilt x = 3 ln(/3) = 0, 389. Nac 0, 389 Stunden sind also nur noc der Substanz übrig. ln(8) 3

4 Aufgabe 1.5 (Grenzwerte) Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte (a) lim x 0 ln(1 + x ) ln(1 + 3x ), (b) lim x 0 x sin( 1 x ), (c) lim x x sin( 1 x ). (9P.) Lösung 1.5 ln(1 + x ) a) Es gilt lim zu berecnen. Da die Grenzwerte von Zäler und Nenner x 0 ln(1 + 3x ) jeweils 0 sind, dürfen wir die Regel von L Hôspital anwenden und eralten ln(1 + x ) lim x 0ln(1 + 3x ) = lim 4x(1 + 3x ) x 06x(1 + x ) = lim 4(1 + 3x ) x 06(1 + x ) = 4 6 = 3. b) Da x sin( 1 ) x für alle x gilt, folgt lim x sin( 1) = 0. x x 0 x c) Wir screiben lim x sin( 1 x 0 x ) = lim sin( 1) x x 0 und wenden die Regel von L Hôspital an. Es folgt 1 x lim x sin( 1 x x ) = lim cos( 1) 1 x x x 1 x = lim x cos( 1 x ) = 1 Aufgabe 1.6 (Kurvendiskussion) Füren Sie eine Kurvendiskussion für f : D f W f mit x f(x) = 4(1 e x ) durc. Diese sollte entalten: Bestimmung des Definitionsbereices und des Wertebereices, Definitionslücken, Nullstellen, die ersten drei Ableitungen, Extrema, Monotonie- Veralten, Wendepunkte, Grenzwerte für x bzw. x und Skizze des Grapen von f. (15P.) Lösung 1.6 Sei f : D f W f gegeben durc f(x) = 4(1 exp( x)). Definitionsbereic: Da die Exponentialfunktion auf ganz IR definiert ist, folgt D f = IR. Den Wertebereic werden wir später bestimmen, nacdem wir die Funktion weiter

5 diskutiert aben. Definitionslücken: Keine. Nullstellen: Es gilt f(x) = 0 genau dann, wenn 4(1 exp( x)) = 0 (1 exp( x)) = 0 1 exp( x) = 0 1 = exp( x) ln(1) = x x = 0. Die Nullstellenmenge von f ist also Nst(f) = {0}. Ableitungen: Wir berecnen zunäcst f. Es ist f (x) = 4 (1 exp( x))( exp( x))( 1) = 8 exp( x)(1 exp( x)). Für die zweite Ableitung eralten wir f (x) = 8 exp( x) exp( x) 8 exp( x)(1 exp( x)) = 8 exp( x)( exp( x) 1). Scließlic gilt f (x) = 8 exp( x)( exp( x)) 8 exp( x)( exp( x) 1) = 8 exp( x)(1 4 exp( x)). Extrema und Monotonieveralten: Für die Extrema berecnen wir zunäcst die Nullstellen der ersten Ableitung, ein notwendiges Kriterium für eine Extremalstelle. Es ist f (x) = 0 8 exp( x)(1 exp( x)) = 0 exp( x) = 1 x = 0. In x 0 = 0 könnte also eine Extremalstelle vorliegen. Als inreicendes Kriterium muss jedoc noc überprüft werden, ob f in x 0 einen Vorzeicenwecsel durcmact oder aber ob f (x 0 ) 0 ist. Ist x < 0, so gilt exp( x) > 1, also ist f (x) = 8 exp( x)(1 exp( x)) < 0 und f ist somit streng monoton fallend im Intervall ], 0[. Umgekert,ist x > 0, so gilt exp( x) < 1 und daer f (x) > 0. f ist also streng monoton steigend im Intervall ]0, [. Damit aben wir gezeigt, dass in x 0 = 0 eine Extremalstelle vorliegt und zwar ein lokales Minimum (0, 0). Alternativ folgt dies auc aus f (0) = 8 > 0. Wendepunkte und Krümmungsveralten: Um die Wendepunkte zu bestimmen müssen wir zunäcst die Nullstellen der zweiten Ableitung f ausrecnen. Es ist f (x) = 0 8 exp( x)( exp( x) 1) = 0 exp( x) = 1 x = ln( 1 ).

6 In x 1 = ln( 1 ) könnte also ein Wendepunkt von f liegen. Als inreicendes Kriterium müssen wir ier noc nacprüfen, ob f (x 1 ) 0 ist oder ob f einen Vorzeicenwecsel in x 1 durcmact. Es ist f (x 1 ) = 4,also liegt in x 1 tatsäclic ein Wendepunkt vor. Da f (x) > 0 ist für x < x 1 muss f im Intervall ], ln( 1 )[ linksgekrümmt sein und da f (x) < 0 ist für x > x 1, ist f im Intervall ] ln( 1 ), [ rectsgekrümmt. Grenzwertveralten: Es ist lim f(x) = lim 4(1 x x exp( x)) = 4 und lim f(x) = lim 4(1 x x exp( x)) =. Wertebereic: Aus der obigen Diskussion ergibt sic als Wertebreic für f die Menge der nict negativen reellen Zalen W f = {x IR : x 0}. Grap: 4 f(x)=4(1-exp(-x))^ 0 -ln(1/)