Mathematik für Ökonomen Kompakter Einstieg für Bachelorstudierende Lösungen der Aufgaben aus Kapitel 5 Version 1.0 (11.

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1 Mathematik für Ökonomen Kompakter Einstieg für Bachelorstudierende Lösungen der Aufgaben aus Kapitel 5 Version.0. September 05) E. Cramer, U. Kamps, M. Kateri, M. Burkschat 05

2 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Lösungen zu Kapitel 5 Lösung zu Aufgabe 5. i) Die durch x + f x) = x 3 3x + 3x gegebene Funktion f ist nicht definiert für die Nullstellen des Nenners. Zunächst gilt für den Nenner mit Anwendung des Binomischen Lehrsatzes: 3 ) 3 x ) 3 = x 3 i ) i i i=0 ) ) 3 3 = x 3 ) }{{}}{{} = =3 = x 3 3x + 3x. Daraus folgt: ) 3 x ) + x ) + }{{} =3 ) 3 3 }{{} = x 0 ) 3 x 3 3x + 3x = 0 x ) 3 = 0 x = 0 x =. D = R \{} ist somit maximaler Definitionsbereich von f. Alternativ kann die Nullstelle x = geraten werden. Mittels Polynomdivision erhält man: x 3 3x + 3x ) : x ) = x x +. x 3 + x x + 3x x x x x + Daraus folgt mit der zweiten binomischen Formel: 0 x 3 3x + 3x = x x + )x ) = x ) x ) = x ) 3. ii) Die durch gx) = x gegebene Funktion g ist nur für nicht-negative Radikanden definiert, d.h. für x R mit x 0. Wegen ist x 0 x x }{{}}{{} = x = x oder x ) D = {x R x oder x } =, ] [, ) = R \, ) somit maximaler Definitionsbereich von g. 5. Version.0. September 05)

3 Lösungen zu Kapitel 5 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat iii) Für die durch hx) = x + 5 x + gegebene Funktion h ist D = R maximaler Definitionsbereich, denn für x R gilt mit x 0: x + > 0 und damit x + > 0. Lösung zu Aufgabe 5. i) Das quadratische Polynom x ) + liegt bereits in Scheitelpunktform vor. Der Scheitelpunkt ist,). ii) Mittels quadratischer Ergänzung folgt x + 3 x = x 3x + ) = = = = x 3 x + x 3 ) x 3 x 3 ) 3 ) + 8. ) 3 ) + ) 3 + Aus der Scheitelpunktform kann der Scheitelpunkt 3, 8 ) abgelesen werden. iii) Es gilt x 3x = = = = = x 3 x ) x 3 x + x 3 ) x 3 x 3 3 ) 7 6 ) 7 8. ) 3 ) ) 3 Aus der Scheitelpunktform kann der Scheitelpunkt 3, 7 8 ) abgelesen werden. Version.0. September 05) 5.3

4 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Lösungen zu Kapitel 5 Lösung zu Aufgabe 5.3 i) Mittels quadratischer Ergänzung folgt f x) = x x = x x + ) = x ). Aus der Scheitelpunktform kann der Scheitelpunkt, ) abgelesen werden. ii) Das quadratische Polynom f x) = 3x liegt bereits in Scheitelpunktform vor. Der Scheitelpunkt ist 0, ). iii) Es gilt f x) = x + 3x 5 = x + 3 x 5 ) = x + 3 ) 3 8 x + 8 = x + 3 ) ) = x + 3 ) = x 3 8 )) ) Aus der Scheitelpunktform kann der Scheitelpunkt 3 8, 89 6 ) abgelesen werden. iv) Es gilt f x) = x + 6x 3 = x 6x + 3 ) = x 3 x + 3 ) ) = x 3) 6 ) = x 3) + 6. Aus der Scheitelpunktform kann der Scheitelpunkt 3, 6) abgelesen werden. Lösung zu Aufgabe 5. i) Zwei Funktionen f und g heißen Umkehrfunktionen zueinander mit Definitionsbereich R f gx)) = x und g f x)) = x für alle x R s. Cramer et al., 05, S. 87). 5. Version.0. September 05)

5 Lösungen zu Kapitel 5 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Seien nun f x) = ex e x ) und gx) = ln x + x + ), x R. Das Argument des natürlichen Logarithmus ist positiv, denn x + x + > x + x = x + x 0. Damit gilt für x R: f gx)) = [e ln x+ x + ) e ln x+ )] x + = [ ] x + x + x + x + = x + x + ) x + = x + x x + + x + x + x + x + = x + x x + x + x + = x x + x + ) x + = x x + und andererseits ) g f x)) = ln f x) + f x) + = ln ex e x ) + ex e x ) ) ) + ) = ln ex e x ) + e x + e x) + ) = ln ex e x + ex + e x + ) ) = ln ex e x ) + ex + e x ) = ln ex e x ) + ex + e x ) ) = ln e x = x. Also sind f und g Umkehrfunktionen zueinander. ii) Die Funktion f hat den Wertebereich [, ).Fürx 0 und y gilt: y = x 3 + y = x 3 + y = x 3 3 y = x. Damit ist die Funktion g : [, ) [0, ), definiert durch gx) = 3 x, x [, ), Umkehrfunktion zu f. iii) Die Funktion f : R R definiert durch f x) = x, x R, besitzt keine Umkehrfunktion. Eine solche Umkehrfunktion g müsste nämlich insbesondere g f x)) = x Version.0. September 05) 5.5

6 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Lösungen zu Kapitel 5 für alle x R erfüllen. Für x = liefert dies g f )) =, also g) =. Für x = ergibt sich hingegen g ) ) = g f )) = und damit g) =. Somit würde es sich bei g nicht um eine Funktion handeln. Eine Funktion ordnet jedem Element des Definitionsbereichs genau ein Element des Wertebereichs zu. Lösung zu Aufgabe 5.5 i) Es gilt x 0fürx R und daher folgt f x) = x, x R, d.h. f ist nach unten beschränkt. f ist nicht nach oben beschränkt, denn es gilt z.b. für x > 0 und eine beliebige) Zahl M > 0: x > M x > M + x > M +. Also wird für genügend große x > 0 jede beliebige Schranke M > 0von f überschritten. ii) Nach Definition des Betrags gilt f x) = x 0, x R, d.h. f ist nach unten beschränkt. f ist nicht nach oben beschränkt, denn es gilt z.b. für x > 0 und eine beliebige) Zahl M > 0: f x) > M x > M. Also wird für genügend große x > 0 jede beliebige Schranke M > 0von f überschritten. iii) Offenbar gilt f x) 0 für alle x R, d.h. f ist nach unten beschränkt. Der Betrag erfüllt x 0 für alle x R.Da x 0 + x + x für alle x R gilt, ist f somit auch nach oben beschränkt. iv) Da e >, folgt aus den Potenzregeln: für x < 0 und daher auch für x > 0. Wegen e 0 = ergibt sich 0 < e x < 0 < e x < 0 < f x) 5.6 Version.0. September 05)

7 Lösungen zu Kapitel 5 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat für x 0 und weiterhin 0 < f x) = e x < für x < 0. Daher gilt insgesamt z.b. 0 f x) für x R,d.h. f ist beschränkt. v) Für x gilt zunächst 3 ) 3x 3 und dann 3 ) + 3x Also folgt f x) 7 für x, d.h. f ist beschränkt. Lösung zu Aufgabe 5.6 i) Für x R gilt gemäß Definition von f ): 5 f x) 5. f ist daher nach oben und unten beschränkt z.b. durch 5) und damit insgesamt beschränkt. Für x, y R mit x < y gilt: f x) = 5 = f y), so dass f monoton wachsend, aber nicht streng monoton wachsend ist. f ist auch monoton fallend, aber natürlich nicht streng monoton fallend. ii) Für x, ) gilt: f x) = x + 0, so dass f nach unten beschränkt ist. f ist nicht nach oben beschränkt, denn für eine beliebige) Zahl M > 0 und x, ) gilt: x + > M x + > M x > M. Jede beliebig gewählte Schranke M > 0 wird also von f für genügend große Argumente überschritten. Die Monotonie resultiert aus dem folgenden allgemeinen Sachverhalt s. Cramer et al., 05, S. -): 0 < a < b a r < b r für r > 0. 5.) Version.0. September 05) 5.7

8 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Lösungen zu Kapitel 5 Für x, y, ) mit x < y gilt zunächst 0 < x + < y +. Daher folgt aus 5.) mit r =, a = x +, b = y + die strikte Ungleichung f x) = x + = x + ) / < y + ) / = y + = f y). Somit ist f streng monoton wachsend insbesondere also monoton wachsend). iii) Offenbar gilt f x) 0 für alle x 0, d.h. f ist nach unten beschränkt. Da zudem x 0 x + x + x + für alle x 0 gilt, ist f somit auch nach oben beschränkt. Weiterhin folgt für x,y > 0: y + Also ist f streng monoton fallend. < x + y + < x + y + > x + y > x. iv) Sei a > 0. Wegen f x) = e ax > 0, x R, ist f nach unten beschränkt. f ist aber nicht nach oben beschränkt, denn für ein beliebiges M > 0 gilt: f x) = e ax > M x > ln M a. Die Monotonie ergibt sich aus der folgenden Beziehung s. Cramer et al., 05, S. -): b r < b s r < s für r, s R und b >. Wegen e,7 > folgt somit für x, y R mit x < y sowie b = e, r = ax, s = ay f ist daher streng monoton wachsend. f x) = e ax < e ay = f y). Für a = 0 gilt f x) = e 0 = fürx R, d.h. f ist konstant und insbesondere beschränkt). Für a < 0 betrachte f x) = e ax = e a) x) = f x), x R, mit f y) = e ay, y R. Wegen a > 0 folgt aus den vorigen Ergebnissen für den Fall a > 0, dass f streng monoton wachsend und nach unten beschränkt, aber nicht nach oben beschränkt ist. Daraus folgt, dass f x) = f x), x R, ebenfalls nach unten beschränkt, aber nicht nach oben beschränkt ist. Außerdem ist f streng monoton fallend, denn es gilt: x < y x > y f x) > f y) f x) > f y). 5.8 Version.0. September 05)

9 Lösungen zu Kapitel 5 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Lösung zu Aufgabe 5.7 i) Eine lineare Funktion f hat die Form f x) = a + bx,x R, mita,b R. Dann gilt für x R: f x) = f x) a + bx = a + b x)) a + bx = a + bx a = a a = 0 a = 0. Also ist eine lineare Funktion f x) = a + bx,x R, genau dann ungerade, wenn a = 0 und b R beliebig) gilt. ii) Eine quadratische Funktion f hat die Form f x) = a + bx+cx,x R,mita,b,c R. Dann gilt für x R: f x) = f x) a + bx + cx = a + b x) + c x) a + bx + cx = a bx + cx bx = bx bx = 0 Da die Bedingung f x) = f x) für alle x R gelten soll, liefert die letzte Gleichung die Bedingung b = 0. Also ist eine quadratische Funktion f x) = a + bx + cx,x R, genau dann ungerade, wenn b = 0 und a,c R beliebig) gilt. iii) Für f x) = x, x R, gilt: iv) Für gilt Für gilt f x) = f x) = x = ) x = x = x = f x). }{{} = f x) = f x) = n a j x) j = j=0 n a j x) j+ = j=0 f x) = n j=0 n a j x j, x R, j=0 n a j ) } {{ j x } j = = j=0 n a j x j+, x R, j=0 n a j x j = f x). j=0 a j ) } {{ j+ } x j+ = = ) j )= n a j x j+ = f x). j=0 Version.0. September 05) 5.9

10 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Lösungen zu Kapitel 5 Lösung zu Aufgabe 5.8 Ist f : D R gerade, so folgt h x) = x) f x) = x) f x) = xfx) = hx), x D, d.h. h : D R ist ungerade. Lösung zu Aufgabe 5.9 i) Die Funktion f ist nicht gerade, denn es gilt z.b. f ) = ) + ) = = 0 = f ). Die Funktion f ist auch nicht ungerade, denn es gilt wiederum f ) = ) + ) = = 0 = f ). ii) Die Funktion f ist gerade, denn es gilt für x R: f x) = x 3 = x 3 = f x). Die Funktion f ist nicht ungerade, denn es gilt z.b. f ) = 3 = = f ). iii) Die Funktion f ist ungerade, denn es gilt für x 0: f x) = x = x = f x). Die Funktion f ist nicht gerade, denn es gilt z.b. f ) = = f ). iv) Die Funktion f x) = e x+)x ) = e x ist gerade, denn es gilt für x R: f x) = e x) = e x = f x). Die Funktion f ist nicht ungerade, denn es gilt z.b. f ) = e ) = e 0 = = f ). 5.0 Version.0. September 05)

11 Lösungen zu Kapitel 5 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Lösung zu Aufgabe 5.0 i) Es gilt f x) = 0 x = 0 x = x log ) } {{ } = x =. ) = log } {{ } = log )= Also hat die Funktion f genau eine Nullstelle und zwar x =. ii) Es gilt f x) = 0 lnx + ) = 0 e lnx +) } {{ } = e 0 =x + x + = x =. Da x 0 für alle x R gilt, hat die letzte Gleichung keine Lösung. Also besitzt f keine Nullstellen. iii) Mit der pq-formel folgt f x) = 0 x x + 6 = 0 x 8x + = 0 x = 8) + 8 x = 6 oder x =. ) oder x = 8) Also hat die Funktion f genau zwei Nullstellen, nämlich x = und x = 6. iv) Es gilt f x) = 0 3e x = 0 ) 8 e x = 3 lne x ) } {{ } =x = ln ) 3 Version.0. September 05) 5.

12 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Lösungen zu Kapitel 5 x = ln ). 3 Wegen e > folgt aus den Logarithmusregeln ln 3 ) = log e 3 ) < 0. Da x 0für alle x R gilt, hat die letzte Gleichung keine Lösung. Also besitzt f keine Nullstellen. Lösung zu Aufgabe 5. i) Es gilt f x) = 0 x + )x + = 0 x + x + ) = 0 x ) x = 0 x = oder x = =. Also hat f genau zwei Nullstellen in R, nämlich x = und x =. Dabei können die Nullstellen des Polynoms in ) z.b. unter Verwendung der pq-formel bestimmt werden. Es gilt x + x = oder x = x + = 0 + Weiterhin gilt + und + ) )) + = ) + )) = = + + ) )) )). 5. Version.0. September 05)

13 Lösungen zu Kapitel 5 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat ) = + + }{{} = = ) = + = ). Der Ausdruck in der letzten Klammer ist positiv, denn Daher folgt für die gesuchten Nullstellen = 8 = 8 > =. x + x + = 0 x = + + x = oder x =. ) oder x = + ) ii) Raten liefert für das Polynom f x) = x 3 6x + x 6 z.b. die Nullstelle x =. Mittels Polynomdivision folgt x 3 6x + x 6) : x ) = x 5x + 6. Die Nullstellen des Polynoms x 5x + 6 können nun z.b. unter Verwendung der pq-formel bestimmt werden. Es gilt x 5x + 6 = 0 x = 5 ) + 5 ) 6 oder x = 5 ) 5 ) 6 x = 5 + oder x = 5 x = 3 oder x =. Damit folgt f x) = x 3 6x + x 6 = x )x 5x + 6) = x )x )x 3) und somit hat f genau drei Nullstellen in R, nämlich x =, x = und x = 3. Version.0. September 05) 5.3

14 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Lösungen zu Kapitel 5 iii) Raten liefert für das Polynom f x) = x x 3 3x + x + z.b. die Nullstelle x =. Mittels Polynomdivision folgt x x 3 3x + x + ) : x + ) = x 3 3x +. Raten liefert für das Polynom x 3 3x + wiederum die Nullstelle x =. Eine weitere Polynomdivision ergibt x 3 3x + ) : x + ) = x x +. Offenbar gilt x x + = x ). Damit folgt f x) = x x 3 3x +x+ = x+)x 3 3x +) = x+) x x+) = x+) x ) und somit hat f genau zwei Nullstellen in R, nämlich x = und x =. iv) Die Funktion z ist nur für z 0 definiert. Daher ist der Definitionsbereich D =, ] [, ) der Funktion f hier so gewählt, dass das Argument in der Wurzel stets größer oder gleich null ist. Es gilt f x) = 0 e x x ) = 0 e x x ) = 0 e x >0,x D x ) = 0 x = x = oder x =. Somit hat f genau zwei Nullstellen in D =, ] [, ), nämlich x = und x =. v) Es gilt f x) = 0 ln x + 3 ) = 0 e ln x + 3 ) = e 0 x + 3 = x = x = oder x =. Somit hat f genau zwei Nullstellen in R, nämlich x = und x =. 5. Version.0. September 05)

15 Lösungen zu Kapitel 5 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Lösung zu Aufgabe 5. i) Das Polynom x +5x +6 besitzt die Nullstellen x = und x = 3 z.b. Bestimmung mittels pq-formel). Also gilt inbesondere Damit folgt x + 5x + 6 = x + )x + 3). f x) = x + 5x + 6 x + 3 = x + )x + 3) x + 3 = x + für x R \{ 3}. Für den linksseitigen und rechtsseitigen Grenzwert von f an der Stelle x 0 = 3 gilt daher f x) = x + 3 = 0, x 3 x 3 f x) = x + 3 = 0. x 3+ x 3+ Beide Grenzwerte stimmen überein und sind endlich. Also ist f an der Stelle x 0 = 3 endlich konvergent und x 0 ist somit eine stetig hebbare Lücke. ii) Das Polynom x 3x + besitzt die Nullstellen x = und x = z.b. Bestimmung mittels pq-formel). Also gilt inbesondere Damit folgt x 3x + = x )x ). f x) = x 3x + x )x ) x = x + x ) = x x für x R \{}. Für den linksseitigen und rechtsseitigen Grenzwert von f an der Stelle x 0 = gilt daher x f x) = x x x =, x f x) = x + x + x =. Beide Grenzwerte stimmen nicht überein und sind auch nicht endlich). Also ist f an der Stelle x 0 = nicht endlich konvergent und x 0 ist somit keine stetig hebbare Lücke. Lösung zu Aufgabe 5.3 i) Der maximale Definitionsbereich der gebrochen rationalen Funktion f x) = x 5 ist gegeben durch D = R \{x R x 5 = 0}. Wegen x 5 = 0 x = 5 x = 5 oder x = 5 Version.0. September 05) 5.5

16 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Lösungen zu Kapitel 5 folgt D = R \{ 5, 5}. Für die linksseitigen und rechtsseitigen Grenzwerte von f an den Stellen x 0 = 5 und x = 5 gilt x f x) = 5 x f x) = 5+ x f x) = 5 x f x) = 5+ x 5 x 5+ x 5 x 5+ x + 5)x 5)) =, x + 5)x 5)) =, x + 5)x 5)) =, x + 5)x 5)) =. Also liegen in x 0 = 5 und x = 5 Polstellen vor. ii) Der maximale Definitionsbereich der gebrochen rationalen Funktion f x) = x3 5x + 7x x )x 7) ist gegeben durch D = R \{x R x )x 7) = 0}. Wegen x )x 7) = 0 x = oder x = 7 folgt D = R \{,7}. Raten liefert für das Zählerpolynom x 3 5x + 7x die Nullstelle x 0 =. Mittels Polynomdivision folgt x 3 5x + 7x ) : x ) = x x + 8. Das Polynom x x + 8 hat die Nullstellen x = und x = 7 z.b. Bestimmung mittels pq-formel). Also gilt x x + 8 = x )x 7). Insgesamt ergibt sich dann für x D = R \{,7}: f x) = x3 5x + 7x x )x 7) = x ) x 7) x )x 7) = x. Für die linksseitigen und rechtsseitigen Grenzwerte von f an den Stellen x 0 = und x = 7 gilt dann f x) = x ) = 0, x x x ) = 3, x 7 f x) = x 7 f x) = x ) = 0, x + x + x ) = 3. x 7+ f x) = x 7+ Der jeweilige linksseitige und rechtsseitige Grenzwert stimmen überein und sind endlich. Also ist f an der Stellen x 0 = und x = 7 endlich konvergent, d.h. x 0 und x sind stetig hebbaren Lücken. 5.6 Version.0. September 05)

17 Lösungen zu Kapitel 5 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat iii) Der maximale Definitionsbereich der gebrochen rationalen Funktion f x) = 5x 0)3 x = 5x3 750x + 500x 000 x ist gegeben durch D = R \{x R x = 0} = R \{ }. Es gilt 5x 0)3 < 0 und x < 0fürx, ) sowie ) 3 5 5x 0) 3 = x 0 0, x ) = 0. x Also ist der linksseitige Grenzwert von f an der Stelle x 0 = gegeben durch 5x 0) 3 f x) = x x x =. Da weiterhin 5x 0) 3 < 0 und x > 0fürx,) sowie wiederum ) 3 5 5x 0) 3 = x + 0 0, x ) = 0 x + gilt, folgt für den rechtsseitigen Grenzwert von f an der Stelle x 0 = 5x 0) 3 f x) = x + x + x =. Insbesondere ist x 0 = eine Polstelle. iv) Um eine Division durch Null auszuschließen, ist der maximale Definitionsbereich D der Funktion f x) = x x 6 x 3 als D = R \{x R x 3 = 0} zu wählen. Wegen x 3 = 0 x 3 = 0 x = 3 gilt D = R \{3}. Da das Zählerpolynom x x 6 die Nullstellen x = und x = 3 z.b. Bestimmung mittels pq-formel) hat, folgt weiterhin x x 6 = x + )x 3). Damit gilt für x < 3wegen x 3 = 3 x) f x) = x x 6 x 3 = x + )x 3) 3 x = x + ). Version.0. September 05) 5.7

18 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Lösungen zu Kapitel 5 Also folgt für den linksseitigen Grenzwert von f an der Stelle x 0 = 3 Für x > 3 gilt wegen x 3 = x 3) f x) = x + ) = 5. x 3 x 3 f x) = x x 6 x 3 = x + )x 3) x 3 = x +. Daher ist der rechtsseitige Grenzwert von f an der Stelle x 0 = 3 gegeben durch f x) = x + ) = 5. x 3+ x 3+ Also sind der linksseitige und der rechtsseitige Grenzwert von f an der Stelle x 0 = 3 reelle Zahlen, die aber nicht übereinstimmen. Die Definitionslücke ist also weder eine Polstelle noch eine hebbare Lücke. Lösung zu Aufgabe 5. Der maximale Definitionsbereich der gebrochen rationalen Funktion f x) = x x + ) ist gegebenen durch D = R \{x R x + ) = 0}. Wegen x + ) = 0 x = ergibt sich D = R \{ }. Dax + ) 0fürx R sowie x x = ) =, x + x ) = + ) = 0, folgt für den linksseitigen und den rechtsseitigen Grenzwert an der Stelle x 0 = : f x) = x x x =, x + ) f x) = x + x + x x + ) =. Die Grenzwerte stimmen überein, aber sie sind nicht endlich. Also ist x 0 = eine Polstelle. Zur Bestimmung der Grenzwerte für x und x, betrachte x f x) = x + ) = x x + x +. Da der Grad des Polynoms im Zähler strikt größer ist als der Grad des Polynoms im Nenner und die zu den größten Exponenten im jeweiligen Polynom gehörigen Koeffizienten beide positiv sind, ergibt sich der Grenzwert f x) =. x 5.8 Version.0. September 05)

19 Lösungen zu Kapitel 5 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Mit einer analogen Argumentation für das Polynom f x) ergibt sich der Grenzwert für x : f x) = f x) = x x x x x) = x Der maximale Definitionsbereich der gebrochen rationalen Funktion gx) = x + 8 x 3 3x 0x ist gegebenen durch D = R \{x R x 3 3x 0x = 0}. Es gilt x 3 3x 0x = xx 3x 0) x x x + =. und die Nullstellen des Polynoms x 3x 0 sind x = und x = 5 z.b. Bestimmung mittels pq-formel). Damit folgt x 3 3x 0x = 0 xx + )x 5) = 0 x {,0,5} und daher gilt D = R \{,0,5}. Insgesamt ergibt sich dann für x D = R \{,0,5}: x + 8 gx) = x 3 3x 0x = x + ) xx + )x 5) = xx 5). Für die linksseitigen und rechtsseitigen Grenzwerte an den Stellen x 0 =, x = 0 und x = 5 gilt gx) = x x gx) = x 0 x 0 gx) = x 5 x 5 xx 5) = 7, xx 5) =, xx 5) =, x + gx) = x + gx) = x 0+ x 0+ gx) = x 5+ x 5+ xx 5) = 7, xx 5) =, xx 5) = Also ist x 0 = eine hebbare Definitionslücke und x = 0sowiex 3 = 5 sind Polstellen. Zur Bestimmung der Grenzwerte für x und x, betrachte gx) = xx 5) = x 5x. Da der Grad des Polynoms im Nenner strikt größer ist als der Grad des Polynoms im Zähler ergibt sich der Grenzwert gx) = 0. x Mit einer analogen Argumentation für das Polynom g x) ergibt sich der Grenzwert für x : gx) = g x) = x x x x + 5x = 0. Version.0. September 05) 5.9

20 Cramer, Kamps, Kateri, Burkschat Lösungen zu Kapitel 5 Literaturverzeichnis Cramer, E., Kamps, U., Kateri, M. und Burkschat, M. 05). Mathematik für Ökonomen Ein kompakter Einstieg für Bachelorstudierende. de Gruyter Oldenbourg, Berlin. 5.0 Version.0. September 05)