Aufgaben zu Kapitel 7

Aufgaben zu Kapitel 7 1 Aufgaben zu Kapitel 7 Verständnisfragen Aufgabe 7.1 Bestimmen Sie jeweils den größtmöglichen Definitionsbereich D R und das zugehörige Bild der Funktionen f : D R mit den folgenden Abbildungsvorschriften: a) f x) = x + x 1 x b) f x) = x + 3x + x + x 1 c) f x) = x 4 x + 1 d) f x) = x x 1 Aufgabe 7. Welche dieser Funktionen besitzen eine Umkehrfunktion? Geben Sie diese gegebenenfalls an. a) f : R \0} R \0} mit fx)= 1 x b) f : R \0} R \0} mit fx)= 1 x 3 c) f : R R mit fx)= x 4x + d) f : R \ 1} R \ 1} mit fx)= x 1 x + x + 1 Aufgabe 7.3 Welche der folgenden Teilmengen von C sind beschränkt, abgeschlossen und/oder kompakt? a) z C z und Rez) + Imz) 1} b) z C z + 1 Imz)} c) z C 1 > Imz) 1} z C Rez) + Imz) 0} z C Rez) Imz) 0} d) z C z + } z C z i < 1} Aufgabe 7.4 Welche der folgenden Aussagen über eine Funktion f : a, b) R sind richtig, welche sind falsch. a) f ist stetig, falls für jedes ˆx a, b) der linksseitige Grenzwert lim fx)mit dem rechtsseitigen Grenzwert lim fx) x ˆx x ˆx+ übereinstimmt. b) f ist stetig, falls für jedes ˆx a, b) der Grenzwert lim fx) existiert und mit dem Funktionswert an der Stelle ˆx x ˆx übereinstimmt. c) Falls f stetig ist, ist f auch beschränkt. d) Falls f stetig ist und eine Nullstelle besitzt, aber nicht die Nullfunktion ist, dann gibt es Stellen x 1, x a, b) mit fx 1 )<0und fx )>0. e) Falls f stetig und monoton ist, wird jeder Wert aus dem Bild von f an genau einer Stelle angenommen. Aufgabe 7.5 Wie muss jeweils der Parameter c R gewählt werden, damit die folgenden Funktionen f : D R stetig sind? a) D =[ 1, 1], f x) = b) D = 0, 1], f x) = x +x 3 x +x, x = 1 c, x = 1 x 3 x 5x+6 x 3, x x = 1 c, x = 1

Aufgaben zu Kapitel 7 Rechenaufgaben Aufgabe 7.6 Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte: a) b) c) d) x 4 x 3 7x + 0x 1 lim x x 4 6x 3 + 9x + 4x 1 x 3 lim x x 1 ) lim x + 1 x x 1 lim x 0 x 1 ) x Aufgabe 7.7 Bestimmen Sie die Umkehrfunktion der Funktion f : R R mit: fx)= x x +, x 1 4x x 1, x < 1 Dabei ist auch nachzuweisen, dass es sich tatsächlich um die Umkehrfunktion handelt. Aufgabe 7.8 Gegeben ist die Funktion f : R R mit: fx)= 1 x x, x 1 9 6x + x, x > 1 Bestimmen Sie möglichst große Intervalle, auf denen die Funktion umkehrbar ist. Geben Sie jeweils die Umkehrfunktion an und fertigen Sie eine Skizze an. Aufgabe 7.9 Bestimmen Sie die globalen Extrema der folgenden Funktionen. a) f :[, ] R mit fx)= 1 x x b) f : R R mit fx)= x 4 4x 3 + 8x 8x + 4 Aufgabe 7.10 Auf der Menge M =z C z } ist die Funktion f : C R mit definiert. fz)= Re [3 + 4i)z] a) Untersuchen Sie die Menge M auf Offenheit, Abgeschlossenheit, Kompaktheit. b) Begründen Sie, dass f globale Extrema besitzt und bestimmen Sie diese. Aufgabe 7.11 Zeigen Sie, dass das Polynom px) = x 5 9x 4 8 9 x3 + 8x + x 9 auf dem Intervall [ 1, 4] genau drei Nullstellen besitzt. Aufgabe 7.1 Betrachten Sie die beiden Funktionen f, g : R R mit fx)= 4 x, x 4x 4x + 36, x > und gx) = x + 1. Zeigen Sie, dass die Graphen der Funktionen mindestens vier Schnittpunkte haben.

Aufgaben zu Kapitel 7 3 Anwendungsprobleme Aufgabe 7.13 Ein Wanderer läuft in drei Stunden am Vormittag von Adorf nach Bestadt. Dort macht er bei einer deftigen Brotzeit Mittagspause, um anschließend in derselben Zeit wie auf dem Hinweg den Rückweg zurückzulegen. Gibt es einen Ort auf der Strecke, den er sowohl auf dem Hin- als auch auf dem Rückweg nach derselben Zeit erreicht? Aufgabe 7.14 Weisen Sie nach, dass es zu jedem Ort auf dem Äquator einen zweiten Ort auf der Erde gibt, an dem die Temperatur dieselbe ist mit der möglichen Ausnahme von zwei Orten auf dem Äquator. Nehmen Sie dazu an, dass die Temperatur stetig vom Ort abhängt. Aufgabe 7.15 Auf einer Scheibe Brot liegt eine Scheibe Schinken, wobei die beiden nicht deckungsgleich zu sein brauchen siehe Abbildung 7.31). Zeigen Sie, dass man mit einem Messer das Schinkenbrot durch einen geraden Schnitt fair teilen kann, d. h., beide Hälften bestehen aus gleich viel Brot und Schinken. Machen Sie zur Lösung geeignete Annahmen über stetige Abhängigkeiten. Schinken M ) Brot M 1 ) Abbildung 7.31 Wie teilt man ein Schinkenbrot gerecht in zwei Teile? Aufgabe 7.16 Begründen Sie, dass das Polynom px) = x 4 4x 3 3x + 98x 60 im Intervall [0, 1] mindestens eine Nullstelle besitzt und bestimmen Sie diese mit dem Bisektionsverfahren auf zwei Dezimalstellen genau.

4 Hinweise zu Kapitel 7 Hinweise zu Kapitel 7 Verständnisfragen Aufgabe 7.1 Finden Sie zunächst alle x R, für die fx)nicht definiert ist. Um das Bild zu bestimmen, versuchen Sie durch Kürzen oder durch die binomischen Formeln, die Ausdrücke auf einfache Funktionen wie 1 x, 1 x oder x zurückzuführen. Aufgabe 7. Veranschaulichen Sie sich die Funktionen durch eine Skizze des Graphen. Sind sie injektiv? Bei c) und d) können die Ausdrücke mit binomischen Formeln vereinfacht werden. Aufgabe 7.3 Fertigen Sie Skizzen der Mengen an. Überlegen Sie sich, ob die Ränder der Mengen dazugehören oder nicht. Eventuell ist es hilfreich, die Ungleichungszeichen durch Gleichheitszeichen zu ersetzen, die Lösungen dieser Gleichungen ergeben die Ränder. In einem zweiten Schritt ist zu überlegen, welche Mengen durch die Ungleichungen beschrieben werden. Aufgabe 7.4 Wenn Sie vermuten, dass eine Aussage falsch ist, versuchen Sie ein explizites Beispiel dafür zu konstruieren. Aufgabe 7.5 Nullstellen der Nenner bestimmen, Polynomdivision. Rechenaufgaben Aufgabe 7.6 a), b) Polynomdivision bei b) mit Rest), c) dritte binomische Formel, d) als ein Bruch schreiben. Aufgabe 7.7 Betrachten Sie zunächst die Abschnitte x 1 und x<1 getrennt und bestimmen dort jeweils den Ausdruck für die Umkehrfunktion. Anschließend setzen Sie alles zusammen und zeigen, dass dies tatsächlich die Umkehrfunktion von f ist. Aufgabe 7.8 Schreiben Sie die Funktion so um, dass Sie Intervalle, auf denen die Funktion injektiv ist, leicht ablesen können quadratisches Ergänzen). Anschließend überlegen Sie sich, ob Sie diese Intervalle noch vergrößern können. Eine Skizze der Funktion ist sicher hilfreich. Aufgabe 7.9 Aufgabe 7.10 Auf was für Mengen ist die Funktion konstant? Machen Sie sich geometrisch klar, wann der Funktionswert maximal bzw. minimal wird. Aufgabe 7.11 Überprüfen Sie zunächst, ob es ganzzahlige Nullstellen gibt. Weitere Nullstellen können Sie mit dem Zwischenwertsatz finden. Aufgabe 7.1 Suchen Sie geeignete Intervalle, auf denen sowohl f also auch g stetig sind. Betrachten Sie dort die Differenz der beiden Funktionen. Anwendungsprobleme Aufgabe 7.13 Modellieren Sie Hin- als auch Rückweg durch geeignete stetige Funktionen und betrachten Sie die Differenz. Aufgabe 7.14 Betrachten Sie nur den Äquator. Nutzen Sie aus, dass die Erde rund ist, d. h., die Temperatur auf dem Äquator ist periodisch. Gibt es Extrema der Temperatur? Aufgabe 7.15 Aufgabe 7.16

Lösungen zu Kapitel 7 5 Lösungen zu Kapitel 7 Verständnisfragen Aufgabe 7.1 a) D = R \0}, fd)= R >1 b) D = R \1, }, fd)= R \1, 1 3 } c) D = R \ 1, 1}, fd)= R >0 d) D = R \1, 1 + }, fd)= R 0 Aufgabe 7. a) Keine Umkehrfunktion. 3 1y b) f 1, y > 0 y) = 3 y 1, y < 0 c) Keine Umkehrfunktion. d) f 1 = 1 + 1 y Aufgabe 7.3 a) Beschränkt, abgeschlossen, kompakt. b) Abgeschlossen, aber nicht beschränkt oder kompakt. c) Beschränkt, abgeschlossen, kompakt. d) Beschränkt, nicht abgeschlossen, nicht kompakt. Aufgabe 7.4 a) Falsch. b) Richtig. c) Falsch. d) Falsch. e) Falsch. Aufgabe 7.5 a) 4 3 b) 3 Rechenaufgaben Aufgabe 7.6 a) 5 3 b) c) 0 d) Aufgabe 7.7 Aufgabe 7.8 1 + y 1, y 1 f 1 y) = 1 1 y, y < 1 ) 1 f, 1] y) = 1 y y ) 1 1 + y, y f [ 1,3 ) y) = 3 y, <y<4 ) 1 1 + y, y<0 f 1+,3] y) = 3 y, 0 y<4 ) 1 f [1, ) y) = 3 + y 0 y Aufgabe 7.9 a) Minimalstelle x = mit Funktionswert fx ) = 7, Maximalstelle x + = 1 mit Funktionswert fx + ) =. b) Minimalstelle x = 1 mit Funktionswert fx ) = 1, keine Maximalstelle.

6 Lösungen zu Kapitel 7 Aufgabe 7.10 Maximalstelle z + = 6 5 + 8 5 i mit fz+ ) = 10, Minimalstelle z = 6 5 8 5 i mit fz ) = 10. Aufgabe 7.11 Aufgabe 7.1 Anwendungsprobleme Aufgabe 7.13 Ja. Aufgabe 7.14 Es reicht aus, allein den Äquator zu betrachten. Zu jedem Ort auf dem Äquator gehört ein eindeutig bestimmter Längengrad ϕ π, π]. Wir fassen die Temperatur auf dem Äquator als eine Funktion des Längengrades auf, haben dadurch also eine stetige Funktion T : π, π] R. Da der Äquator ein Kreis ist, kann T periodisch auf ganz R fortgesetzt werden, Tϕ+ π) = Tϕ), ϕ R. Da T stetig ist, gibt es zwei Orte ϕ 1, ϕ π, π], an denen T sein Maximum bzw. sein Minimum annimmt. Wir wollen annehmen, dass ϕ 1 <ϕ ist. Nun betrachten wir einen beliebigen Ort ϕ ϕ 1,ϕ ). Dann gibt es nach dem Zwischenwertsatz einen Ort ψ ϕ,ϕ 1 + π) mit Tψ)= Tϕ). Ist dagegen ϕ ϕ π, ϕ 1 ), so gibt es nach dem Zwischenwertsatz eine Stelle ψ ϕ 1,ϕ ) mit dieser Eigenschaft. Diese beiden Fälle decken aber bereits den gesamten Äquator mit Ausnahme von ϕ 1 und ϕ ab. Insgesamt haben wir also gezeigt, dass es zu jedem Ort auf dem Äquator mit Ausnahme von ϕ 1 und ϕ auf jeden Fall einen zweiten geben muss, an dem dieselbe Temperatur herrscht. Aufgabe 7.15 Aufgabe 7.16 Auf zwei Dezimalstellen gerundet ist die Nullstelle 0.76.

Lösungswege zu Kapitel 7 7 Lösungswege zu Kapitel 7 Verständnisfragen Aufgabe 7.1 a) Für alle x R \0} macht der Ausdruck Sinn, für x = 0 ist er nicht definiert. Also ist D = R \0}. Um das Bild zu bestimmen, schreiben wir nun: fx)= 1 + 1 x Der Bruch 1 x nimmt auf D alle positiven Zahlen an, also ist fd)= R >1. b) Um Stellen zu bestimmen, an denen die Funktion nicht definiert ist, schreiben wir den Nenner um: x + x = x + 1 ) 9 4 = x + 1 ) ) 3 = x + 1 3 ) x + 1 + 3 ) = x 1)x + ) Also ist D = R \1, }. Um das Bild zu bestimmen, untersuchen wir auch die Nullstellen des Zählers: x + 3x + = = x + 3 ) 9 x + 3 ) = x + 1)x + ) Damit kürzt sich der Term x + und wir erhalten die Darstellung 4 + ) 1 fx)= x + 1 x 1 = x 1 + = 1 + x 1 x 1. Der Bruch /x 1) nimmt für x R \1} alle Werte außer null an. Für x = erhält man 1 + 3 = 1 3, und dieser Wert wird nur an dieser Stelle angenommen. Also ist fd)= R \1, 1 3 }. c) Mit den binomischen Formeln folgt x 4 x + 1 = x 1) = x + 1) x 1). Also ist D = R \ 1, 1}. Auf D nimmt x 1 alle Zahlen aus R 1 \0} als Werte an, x 1) also alle Zahlen aus R >0. Aus der Darstellung 1 fx)= x 1) erhält man daher fd)= R >0. d) Mit fx)= x x 1 = x 1) erkennt man, dass fx)für x 1) definiert ist. Dies ist gerade für x D =, 1 ] [1 +, ) der Fall. Auf D nimmt x 1) alle Werte aus R 0 an, die Wurzelfunktion bildet R 0 nach R 0 ab. Also ist fd)= R 0. Aufgabe 7. a) Es ist f 1) = 1 = f1). f ist daher nicht injektiv, besitzt also auch keine Umkehrfunktion. b) Auf R <0 ist f streng monoton fallend, auf R >0 ebenfalls streng monoton fallend. Die Bilder sind entsprechend R <0 bzw. R >0, haben also keine gemeinsamen Punkte. Damit ist f injektiv, besitzt also eine Umkehrfunktion. Für x>0gilt y = 1 x 3 x3 = 1 y x = 1 3 y.

8 Lösungswege zu Kapitel 7 Für x<0 gilt y = 1 x 3 x3 = 1 y x3 = 1 y x = 1y 3 x = 3 1 y. Erinnerung: Wurzeln sind nur für nicht negative Zahlen definiert). Also ist: 3 1y f 1, y > 0 y) = 3 y 1, y < 0 c) Es ist Damit ist fx)= x 4x + = x ). f3) = 13 ) = 1 = 1 ) = f1). f ist also nicht injektiv und besitzt folglich auch keine Umkehrfunktion. d) Mit den binomischen Formeln folgt: fx)= x 1 x 1)x + 1) x = + x + 1 x + 1) = x 1 x + 1 = x + 1 x + 1 = 1 x + 1 Bei f handelt es sich also um eine Translation und Streckung der Funktion fx)= 1 x : Da f umkehrbar ist, gilt dies auch für f, und es folgt fx)= 1 fx+ 1) f 1 y) = 1 + 1 y. Aufgabe 7.3 a) Siehe Abbildung 7.3. Durch z ist die abgeschlossene Kreisscheibe mit Mittelpunkt und Radius beschrieben. Da diese beschränkt ist, ist auch die gesamte Menge beschränkt. Die Ungleichung Rez) + Imz) 1 beschreibt alle komplexen Zahlen in der Halbebene oberhalb der Geraden durch 1 und i. Durch die Ungleichungen, die Gleichheit zulassen, gehören die Ränder jeweils dazu, die Menge ist also abgeschlossen. Da sie beschränkt und abgeschlossen ist, ist sie auch kompakt. Im i Re z) + Im z) 1 i 1 i 1 3 4 Re z Abbildung 7.3 Die Menge aus der Aufgabe 7.3a.

Lösungswege zu Kapitel 7 9 b) Wir schreiben die Ungleichung nun: z + 1 Imz) zz 1 i z + 1 i z + 1 0 z + 1 ) z 1 ) 1 i i 4 + 1 0 z + 1 i 3 4 Diese Ungleichung wird offensichtlich von allen z C erfüllt. Damit ist die Menge unbeschränkt und damit auch nicht kompakt. Allerdings ist C abgeschlossen. c) Siehe Abbildung 7.33. Zunächst wenden wir uns den beiden letzten Mengen zu: Die Ungleichung Rez) + Imz) 0 beschreibt alle z C unterhalb der Geraden durch 0 und 1 i, die Ungleichung Rez) Imz) 0 alle z C unterhalb der Geraden durch 0 und 1 i. Die erste Menge ist genau der Streifen zwischen den Geraden Imz) = 1 und Imz) = 1. Der Schnitt dieser drei Mengen ist das Dreieck mit den Eckpunkten 0, 1 i und 1 i. Insbesondere ist diese Menge beschränkt. Außerdem gehören die Ränder des Dreiecks zu der Menge X, die dafür relevanten Ungleichungen lassen alle die Gleichheit zu. Also ist die Menge abgeschlossen und damit auch kompakt. Im i Re z) + Im z) 0 Rez) Im z) 0 1 Im z) < 1 1 1 Re Abbildung 7.33 Die Menge aus der Aufgabe 7.3c. i d) Siehe Abbildung 7.34. Die erste Menge ist eine Kreisscheibe mit Mittelpunkt und Radius, ihr Rand gehört dazu. Die zweite Menge ist eine Kreisscheibe um i mit Radius 1, deren Rand nicht Teil der Menge ist. Der Schnitt der beiden Kreisscheiben ist nicht leer, 1 + i gehört zum Beispiel dazu. Andererseits gehören etwa die Mittelpunkte jeweils nur zu einer der beiden Kreisscheiben, keine ist also eine Teilmenge der anderen. Deswegen besteht der Rand des Schnitts aus Teilen des Randes beider Mengen. Da bei der zweiten Menge der Rand nicht dazugehört, ist die Schnittmenge also nicht abgeschlossen, folglich auch nicht kompakt. Als Schnitt zweier beschränkter Kreisscheiben ist sie aber auch selbst beschränkt. Im z i < 1 z + i 3 1 i 1 Re i Abbildung 7.34 Die Menge aus der Aufgabe 7.3d.

10 Lösungswege zu Kapitel 7 Aufgabe 7.4 a) Die Aussage ist falsch, denn die Grenzwerte müssen auch mit fˆx) übereinstimmen. Die Funktion f : 0, ) R mit fx)= x, x = 1, x = 1 erfüllt die Bedingung, ist aber an der Stelle 1 nicht stetig. b) Dies ist genau die Definition der Stetigkeit, also richtig. c) Die Aussage ist falsch wie das Beispiel fx)= x 1 auf 0, 1) zeigt. Die Aussage wäre richtig, wenn f statt auf dem offenen Intervall a, b) auf dem abgeschlossenen Intervall [a,b] definiert wäre. d) Wieder falsch, betrachte fx)= x 1) auf 0, ). Diese Funktion besitzt eine Nullstelle bei 1, hat aber sonst nur positive Werte. e) Auch diese Aussage ist falsch, da ja sogar konstante Funktionen monoton sind. Die Aussage wird richtig, wenn man fordert, dass f streng monoton sein soll. Aufgabe 7.5 a) Für x D \1} gilt: Also ist: fx)= x + x 3 x + x x + 3)x 1) = x + )x 1) = x + 3 x + x + 3 lim fx)= lim x 1 x 1 x + = 4 3 Damit f stetig ist, muss also f1) = c = lim x 1 fx)= 4 3 gelten. b) Für x D \1} gilt: fx)= x3 x 5x + 6 x 3 x = x3 x 5x + 6 xx 1)x + 1) Wir untersuchen, ob der Faktor x 1 auch im Zählerpolynom enthalten ist, fx)= x x 6 xx + 1) für x 1. Damit f stetig ist, muss also c = 3 sein. 6 = 3, Rechenaufgaben Aufgabe 7.6 a) ist eine Nullstelle des Zählers und des Nenners, x 4 x 3 7x + 0x 1 = x )x 3 7x + 6) x 4 6x 3 + 9x4 x 1 = x )x3 4x + x + 6) Also ist x 4 x 3 7x + 0x 1 lim x x 4 6x 3 + 9x + 4x 1 = lim x 3 7x + 6 x x 3 4x + x + 6 Aber auch in dieser Darstellung ist noch Nullstelle von Zähler und Nenner. Also noch einmal: x 3 7x + 6 = x )x + x 3) x 3 4x + x + 6 = x )x x 3) Also folgt x 3 7x + 6 lim x x 3 4x + x + 6 = lim x + x 3 x x x 3 = 5 3

Lösungswege zu Kapitel 7 11 b) Es ist x 3 = x 1) 1. Also folgt x 3 lim x x 1 = lim x 1 x x 1 1 ) = lim 1 ) =. x 1 x x 1 c) Mit der 3. binomischen Formel folgt: ) ) x + 1 x x + 1 + x 1 x + 1 x = = x + 1 + x x + 1 + x Damit erhält man, da die Wurzelfunktion stetig ist: ) 1 lim x + 1 x = lim x x x + 1 + x = lim x ) 1 x 1 lim 1 + 1 x x + 1 = 0 1 = 0 1 d) lim x 0 x 1 ) x 1 x = lim x 0 x =, da der Nenner positiv ist und gegen null konvergiert, der Zähler aber gegen 1. Aufgabe 7.7 Für x 1 gilt fx)= x x + = x 1) + 1. Insbesondere folgt fx) 1, da stets x 1) 0 ist. Setzt man y = fx), so ergibt sich y 1 = x 1) also x = 1 + y 1. Vor der Wurzel haben wir das Vorzeichen + gewählt, da x 1 vorausgesetzt ist. Nun zu x<1. Hier gilt fx)= 4x x 1 = 1 x 1). Insbesondere ist dann fx)<1. Mit y = fx)ergibt sich 1 y x = 1. Hier haben wir, wegen x<1, das Vorzeichen vor der Wurzel wählen müssen. Damit ist der Kandidat für die Umkehrfunktion g : R R mit: 1 + y 1, y 1 gy) = 1 1 y, y < 1 Wir müssen noch die beiden Gleichungen aus der Definition der Umkehrfunktion überprüfen. Für x 1 ist fx) 1 und daher: g fx) ) = 1 + x x + 1 = 1 + x 1) Für x<1 gilt auch fx)<1 und daher: g fx) ) = 1 = 1 + x 1 x 1 = 1 + x 1 = x 1 4x x + 1 = 1 x 1) = 1 x 1 x<1 = 1 1 x) = x Die erste Gleichung ist also stets erfüllt. Nun zur zweiten Gleichung: Für x 1 ist auch gy) 1, und es gilt: f gy) ) = 1 + ) y 1 1 + ) y 1 + = 1 + y 1 + y 1 y 1 = y

1 Lösungswege zu Kapitel 7 Für y<1 dagegen ist gy) < 1. Daher gilt: f gy) ) ) ) 1 y 1 y = 4 1 1 1 1 y 1 y = 3 4 + 4 1 y = 1 1 + y = y Auch die zweite Gleichung ist damit stets erfüllt, es ist g = f 1 nachgewiesen. Aufgabe 7.8 Eine Skizze der Funktion und der verschiedenen unten aufgeführten abschnittsweisen Umkehrfunktionen sehen Sie in der Abbildung 7.35. y 9 6x + x 4 4 4 x 1 x x 4 x 4 x = 3 + y x = 1 + y x = 3 y 8 4 4 8 y x = 1 y 4 Abbildung 7.35 Die Funktion aus der Aufgabe 7.8 und ihre abschnittsweisen Umkehrfunktionen. Zunächst schreiben wir die Funktion durch quadratisches Ergänzen um: x + 1), x 1 fx)= x 3), x > 1 Damit sieht man sofort, dass die Funktion auf den Intervallen, 1], [ 1, 1], [1, 3] und [3, ) umkehrbar ist, mit den folgenden Umkehrfunktionen: f, 1] ) 1 y) = 1 y y f [ 1,1] ) 1 y) = 1 + y y f [1,3] ) 1 y) = 3 y 0 y<4 f [3, ) ) 1 y) = 3 + y 0 y Können diese Intervalle noch vergrößert werden? Bei den beiden endlichen Intervallen ist das möglich. Wir beginnen damit, ein Intervall der Form I =[ 1,c) mit c>1 zu bestimmen, sodass f I noch injektiv ist. Dazu müssen wir die Gleichung fc)= lösen, denn dies ist der größte Wert, den f auf [ 1, 1] annimmt, c 3) =, also c = 3 ±.

Lösungswege zu Kapitel 7 13 Da c auch kleiner als 3 sein muss, ist also c = 3 der gesuchte Wert. Damit haben wir die Umkehrfunktion ) 1 1 + y, y f [ 1,3 ) y) = 3 y, <y<4 gefunden. Analog suchen wir ein Intervall J = c, 3], auf dem f injektiv ist. Dies führt auf die Gleichung fc) = 0 mit 1 <c<3. Die Lösung ist c = 1 +. Damit haben wir die Umkehrfunktion ) 1 1 + y, y<0 f 1+,3] y) = 3 y, 0 y<4 gefunden. Den Nachweis, dass es sich tatsächlich um Umkehrfunktionen handelt, sparen wir uns an dieser Stelle. Aufgabe 7.9 a) Durch quadratisches Ergänzen erhalten wir fx)= x + 1). Da das Quadrat immer positiv ist, gilt fx) mit fx)= genau dann, wenn das Quadrat null wird, also für x = 1. Also liegt bei x + = 1 das globale Maximum der Funktion vor. Ferner gilt stets fx) fy)= y + 1) x + 1) = y x)y + x + ). Daher ist f auf dem Intervall [, 1] streng monoton wachsend, denn für y<x 1 sind beide Faktoren negativ, also fx) fy)<0. Der kleinste Wert ist demnach f ) = 1. Man sieht analog, dass f auf dem Intervall [ 1, ] streng monoton fallend ist, denn hier wäre der erste Faktor negativ, der zweite aber positiv. Der kleinste Wert ist nun also f) = 7. Da dies der kleinere der beiden Werte ist, liegt das globale Minimum bei x =. b) Wir entwickeln das Polynom um die Stelle x = 1. Es ergibt sich fx)= x 1) 4 + x 4x + 3 = x 1) 4 + x 1) + 1. Also ist fx)= [ x 1) + 1]. Der Ausdruck x 1) + 1 wird minimal für x = 1, er ist auf R aber nach oben unbeschränkt. Also besitzt auch f nur ein globales Minimum bei 1, aber kein globales Maximum. Aufgabe 7.10 a) Die Menge ist die abgeschlossene Kreisscheibe mit Radius, insbesondere also beschränkt und kompakt. b) Da f eine stetige Funktion ist, besitzt f auf der kompakten Menge M Maximum und Minimum. Mit z + wollen wir eine Maximalstelle bezeichnen. Es gilt also fz + ) fz) für alle z M. Nun ist aber f z) = fz)für jedes z M. Es folgt also f z + ) f z) für alle z M. Da M punktsymmetrisch zum Ursprung ist, ist M = z z M}, und wir erhalten die Aussage, dass z + eine Minimalstelle ist. Dasselbe gilt übrigens auch umgekehrt: Ändert man bei einer Minimalstelle das Vorzeichen, erhält man eine Maximalstelle. Also reicht es bei dieser Funktion aus, nur nach den Maximalstellen zu suchen. Dazu überlegen wir uns zunächst, auf welchen Mengen die Funktion f konstant ist, etwa fz)= c. Dazu schreiben wir z = x + iy mit x, y R. Aus fz)= c folgt dann 3x 4y = c, also y = 3 4 x c 4.

14 Lösungswege zu Kapitel 7 Diese Gleichung beschreibt eine Gerade in der komplexen Ebene. Für eine bestimmte Menge von Werten für c schneidet diese Gerade die Kreisscheibe M. Insbesondere gibt es ein maximales c, in dem die Gerade eine Tangente an den Kreis wird. Der Schnittpunkt ist die gesuchte Maximalstelle, Dazu setzen wir in die Gleichung x + y = 4 für den Rand von M ein und erhalten: x 3 + 4 x c ) = 4 4 5 16 x 6c 16 x + c 16 = 4 5x 6cx+ c 64 = 0 5x 3c ) = 64 16 5 5 c Es handelt sich um eine Tangente, wenn es nur eine Lösung dieser Gleichung gibt, also falls 64 16 5 c = 0. Dies ist für c =±10 der Fall, die Maximalstelle erfüllt dann 5x 6 = 0. Damit haben wir die Maximalstelle z + = 6 5 + 8 5 i und die Minimalstelle z = 6 5 8 5 i gefunden. Aufgabe 7.11 Zunächst überprüfen wir die Funktion auf einfache, ganzzahlige Nullstellen. Dafür kommen alle Teiler von 9 in Frage, dem Koeffizienten von x 0, also ±9, ±3 und ±1. Einsetzen liefert Die anderen Zahlen sind keine Nullstellen. p 3) = p3) = p9) = 0. Somit haben wir bereits drei Nullstellen des Polynoms gefunden, eine davon liegt im Intervall [ 1, 4]. Wir werten nun p an verschiedenen Stellen aus und erhalten die folgende Wertetabelle: x 1 0 1 px) 640 9 9 51 9 Damit liegt nach dem Zwischenwertsatz je eine Nullstelle von p in den Intervallen 1, 0) und 0, 1). Mehr als die fünf Nullstellen kann ein Polynom 5. Grades nicht besitzen, also haben wir alle Nullstellen von p gefunden, drei davon liegen im Intervall [ 1, 4]. Aufgabe 7.1 Da f nicht stetig ist, können wir auf die Differenz von f und g den Zwischenwertsatz nicht direkt anwenden. Stattdessen geht man abschnittsweise vor. Zunächst betrachten wir die Differenz der Funktionen f 1 x) = 4 x und g für x. Als Polynom ist diese Differenz stetig. Es ist: f 1 ) g) = 4 4 4 1 = 15 < 0 f 1 0) g0) = 4 1 = 3 > 0 f 1 ) g ) = 4 4 4 ) 1 = 11 < 0 Also besitzt die Differenz nach dem Nullstellensatz im Intervall 0, 1) und im Intervall 1, ) mindestens je eine Nullstelle. Dort schneiden sich auch die Graphen von f und g. Analog betrachtet man für x die Differenz von f x) = 4x 4x + 36 und g. Hier gilt: f ) g) = 4 4 4 + 36 1 = 1 > 0 f 3) g3) = 4 9 4 3 + 36 3 1 = 4 < 0 f 5) g5) = 4 5 4 5 + 36 4 1 = 11 > 0 Also gibt es je eine Stelle im Intervall, 3) und im Intervall 3, 5) an denen sich f und g schneiden.

Lösungswege zu Kapitel 7 15 Anwendungsprobleme Aufgabe 7.13 Die Zeitspanne, die der Wanderer von Adorf nach Bestadt benötigt normieren wir zu 1, ebenso die Strecke von Adorf nach Bestadt. Bei null liegt Adorf, bei 1 Bestadt. Dann gibt es eine Funktion h :[0, 1] [0, 1], die jeden Zeitpunkt auf die entsprechende Position des Wanderers auf dem Hinweg abbildet. Es gilt insbesondere h0) = 0 und h1) = 1. Analog gibt es eine Funktion r :[0, 1] [0, 1], die den Rückweg auf gleiche Art und Weise beschreibt. Hier gilt r0) = 1 und r1) = 0. Da das Beamen nur in bestimmten Science Fiction Filmen vorkommt, sind sowohl h als auch r stetige Funktionen. Ebenso ist also die Differenz f = h r stetig. Hier gilt jetzt f0) = 1 und f1) = 1. Nach dem Nullstellensatz gibt es also eine Nullstelle t 0 von f im Intervall 0, 1). Damit haben wir ht 0 ) = rt 0 ). Dies ist der gesuchte Ort. Aufgabe 7.14 Aufgabe 7.15 Die Scheibe Brot idealisiert man als eine beschränkte Menge M 1 R, den Schinken als eine Menge M R. Der Schnitt erfolgt längs der Geraden cosϕ) x 1 + sinϕ) x = c, ϕ [ π, π], c R. Hierbei gibt ϕ die Richtung des Schnitts an, c den orientierten) Abstand der Schnittgeraden vom Ursprung. Zunächst betrachten wir einen festen Winkel ϕ und durchlaufen alle Werte für c von bis. Mit zunehmenden c wird ein zunehmender Anteil des Brotes M 1 und des Schinkens M durch den Schnitt abgeschnitten. Den Anteil des Brotes bezeichnen wir mit bc), den des Schinkens mit sc). Wir wollen jetzt annehmen, dass M 1 und M so beschaffen sind, dass b und s stetige Funktionen sind. Dann finden wir einen Wert ĉ, sodass bĉ) = 1/ ist Zwischenwertsatz). Der Wert ĉ, den wir oben gefunden haben, hängt natürlich von ϕ ab. Wir wollen auch annehmen, dass ĉ stetig von ϕ abhängt. Dann ist auch durch sϕ) = sĉϕ)) eine stetige Funktion s :[ π, π] [0, 1] definiert. Wir müssen jetzt nur noch zeigen, dass es einen Winkel ˆϕ gibt, für den s ˆϕ) = 1/ ist. Dazu brauchen wir die Überlegung, dass sϕ) = 1 sϕ + π), ϕ [ π, 0) ist. Dies liegt daran, dass wir das Schinkenbrot hier aus entgegengesetzten Richtungen überqueren. Nun folgt aber mit dem Zwischenwertsatz, dass es den Winkel ˆϕ mit s ˆϕ) = 1/ geben muss. Denn ist für ein ϕ [ π, 0) der Funktionswert sϕ) < 1/, so ist sϕ + π) > 1/. Umgekehrt gilt für sϕ) > 1/, natürlich sϕ + π) < 1/. In beiden Fällen garantiert der Zwischenwersatz die Existenz des Winkels ˆϕ. Somit können wir also das Schinkenbrot mit der Wahl ˆϕ und ĉ ˆϕ) fair halbieren. Für diese Aufgabe mussten wir annehmen, dass bestimmte Funktionen stetig sind. Anschaulich erscheint vollkommen klar, dass diese Annahmen erfüllt sind. Im Kapitel über Gebietsintegrale werden wir uns erst sehr viel später mit der Frage auseinandersetzen können, unter welchen Voraussetzungen wir auch mathematisch sicherstellen können, dass diese Annahmen tatsächlich richtig sind. Aufgabe 7.16 Da p0) = 60 und p1) = 1 unterschiedliche Vorzeichen haben und die Funktion als Polynomfunktion stetig ist, existiert nach dem Nullstellensatz mindestens eine Nullstelle im Intervall 0, 1). Wir erstellen eine Tabelle mit den Intervallendpunkten x, y, dem Mittelpunkt m = x + y)/ und dem Wert pm) nach dem Bisektionsverfahren.

16 Lösungswege zu Kapitel 7 x y m pm) 0.000 0 1.000 0 0.500 0 17.187 5 0.500 0 1.000 0 0.750 0 0.808 6 0.750 0 1.000 0 0.875 0 +6.047 1 0.750 0 0.875 0 0.81 5 +.731 7 0.750 0 0.81 5 0.781 3 +0.99 4 0.750 0 0.781 3 0.765 7 +0.101 8 0.750 0 0.765 7 0.757 9 0.348 7 0.757 9 0.765 7 0.761 8 0.13 0 0.761 8 0.765 7 0.763 8 0.007 6 0.763 8 0.765 7 0.764 8 +0.050 0 Damit liegt eine Nullstelle im Intervall 0.763 8, 0.764 8), auf zwei Dezimalstellen gerundet ist die Nullstelle also 0.76.