Fachbereich Mathematik der Universität Hamburg WiSe 2015/16 Prof. Dr. Michael Hinze Dr. Hanna Peywand Kiani Analysis I für Studiere der Ingenieurwissenschaften Blatt 6 Aufgabe 1) Bitte lösen Sie die angegebenen Aufgaben, kreuzen Sie bei mehreren Auswahlmöglichkeiten die richtige(n) Zeile(n) an, und tragen Sie gegebenenfalls in den angekreuzten Zeilen Ihre Antworten in die dafür vorgegebenen Kästchen ein. a) Welche der folgen Aussagen über reellwertige stetige Funktionen auf R sind wahr? x Die Komposition stetiger Funktionen ist stetig. Jede stetige Funktion f : [a, b] R besitzt mindestens eine Nullstelle. x Jede stetige Funktion f : [a,b] R hat ein Minimum. Jede stetige Funktion ist differenzierbar. x Jede differenzierbare Funktion ist stetig. b) Es sei M := x R : n N mit x = 1+ n} 3. Dann ist infm = minm = x Dann ist supm = maxm = 4 x minm existiert nicht und es ist infm = 1 maxm existiert nicht und es ist supm = Weder sup M noch inf M existieren.
Analysis I, M. Hinze/P. Kiani, WiSe 2015/2016, Blatt 6 2 Aufgabe 2: (6+4 Punkte) a) Begründen Sie, warum jede (i) stetige gerade Funktion f : R R mit lim f(x) = 2, f( 2) = 2, f(1) = 1 mindestens vier Nullstellen hat, und (ii) jede stetige ungerade Funktion f : R R mit mindestens fünf Nullstellen hat. lim f(x) = 2, f( 2) = 2, f(1) = 1 b) Gegeben sei die Funktion f : R R, f(x) = x 2 +e x +cos(x) 3. (i) Zeigen Sie, dass f im Intervall I := [0, 2] mindestens eine Nullstelle hat. (ii) Berechnen Sie mit Hilfe des Intervallhalbierungsverfahrens und eines (Taschen-) Rechners eine Näherung ˆx für eine Nullstelle x 0 aus I, für die ˆx x 0 0.01 gilt. Lösung zur Aufgabe 2: a) (i) Wegen der Achsensymmetrie bzgl. der y Achse gilt für eine gerade Funktion mit lim f(x) = 2, f( 2) = 2, f(1) = 1, dass f(2) = 2 ist. f hat mindestens ein Vorzeichenwechsel im Intervall [1, 2] und mindestens ein Vorzeichenwechsel im Intervall [2, ). Da f stetig ist, hat f also mindestens zwei Nullstellen in [1, ). Wegen der Symmetrie hat f dann auch mindestens zwei Nullstellen in (, 1]. Also hat f mindestens vier Nullstellen in R. (ii) Wegen der Punktsymmetrie bzgl. des Ursprungs gilt für eine ungerade Funktion mit lim f(x) = 2, f( 2) = 2, f(1) = 1, dass f(2) = 2 ist. f hat mindestens ein Vorzeichenwechsel im Intervall [1, 2] und mindestens ein Vorzeichenwechsel im Intervall [2, ). Da f stetig ist, hat f also mindestens zwei Nullstellen in [1, ). Wegen der Symmetrie hat f dann auch mindestens zwei Nullstellen in (, 1].Da f ungerade und stetig ist, muss außerdem f(0) = 0 gelten, womit f also mindestens fünf Nullstellen haben muss. b) (i) Es gilt f(0) < 0 und f(2) = 4+e 2 +cos(2) 3 e 2 > 0. Da f als Summe elementarer Funktionen stetig ist, gibt es nach dem Nullstellensatz mindestens eine Nullstelle zwischen Null und Zwei. (ii) Intervallhalbierung liefert start mit a = 0 und b = 2 folges Ergebnis, wobei x = (a, a+b,b) ist. 2 x = 0 1.0000 2.0000 x = 0 0.5000 1.0000
Analysis I, M. Hinze/P. Kiani, WiSe 2015/2016, Blatt 6 3 x = 0.5000 0.7500 1.0000 x = 0.5000 0.6250 0.7500 x = 0.5000 0.5625 0.6250 x = 0.5625 0.5938 0.6250 x = 0.5938 0.6094 0.6250 x = 0.5938 0.6016 0.6094 res = -0.0078 0.0113 0.0306 (Funktionswerte in x) iterz = 7 (Anzahl Iterationen) Das letzte Intervall hat eine Länge von 0.6094 0.5938 = 0.0156. Die Mitte des Intervalls ˆx := 0.6016 kann maximal den Abstand 0.0156 = 0.0078 von der 2 gesuchten Nullstelle x 0 haben. Beispiel eines Matlab-Codes; Nur für die Studieren, die sich mit Matlab befassen wollen: % Mit Hilfe der Intervallhalbierungsmethode wird eine Nullstelle der reellen % Funktion fun im Intervall [a,b] bestimmt. Dazu muss die Funktion fun in a % und b unterschiedliche Vorzeichen haben. Zu übergeben sind a, b, sowie % tol= Gewünschte Genauigkeit in x-richtung, und nmax= maximale Iterationszahl function[nst,res,iterz]=bisektion(fun,a,b,tol,nmax) x=[a, (a+b)/2, b]; % x=(intervallanfang,intervallmittelpunkt,intervalle) fx=feval(fun,x); % fx= Funktionswerte in den obigen drei Punkten iterz=0; % Zahl der ausgeführten Operationen if fx(1)*fx(3)>0 % Pruefe, ob ein Vorzeichenwechsel vorliegt. error( kein Vorzeichenwechsel im Iteationsintervall ) elseif fx(1) == 0 % Pruefe, ob eines der Randpunkte bereits Nullstelle ist nst=a ; res=0; return elseif fx(3) == 0 nst=b ; res=0; return I=(b-a)/2; while (I >= tol) & (iterz <= nmax) % Sofern die Toleranz in x-richtung nicht
Analysis I, M. Hinze/P. Kiani, WiSe 2015/2016, Blatt 6 4 %erreicht ist und die maximale Iterationszahl nicht % überschritten ist wird ein neuer Schritt durchgefuehrt. iterz = iterz + 1; % Zaehlt die anzahl der Iterationsschritte if sign(fx(1))*sign(fx(2)) <0 % Vorzeichenwechsel in der linken Haelfte? x(3) = x(2); I= ( x(3) - x(1) )*.5 ; x(2) = x(1)+ + I % dann neue %Obere Grenze= bisheriger Mittelpunkt des Intervalls % I = neue Intervalllaenge, x(2) = neuer Mittelpunkt fx(3) = fx(2); fx(2) = feval(fun,x(2)); % neue Funktionswerte elseif sign(fx(3))*sign(fx(2)) <0 %Vorzeichenwechsel in der rechten Haelfte? x(1) = x(2); I= ( x(3) - x(1) )*.5 ; x(2) = x(1)+ + I % dann neue %Obere Grenze= bisheriger Mittelpunkt des Intervalls % I = neue Intervalllaenge, x(2) = neuer Mittelpunkt fx(1) = fx(2); fx(2) = feval(fun,x(2)); % neue Funktionswerte else x(2) = x(fin(fx==0)); I=0; if iterz > nmax % Falls die maximale Iterationszahl ueberschritten ist, % wird die mitgeteilt display([ nach der maximalen Anzahl von Iterationsschritten keine Loesung erhalten % und die bisherigen Ergebnisse werden ausgedruckt. nst=x(2) res = feval(fun,x) iterz=iterz %Ausgabe der ergebnisse
Analysis I, M. Hinze/P. Kiani, WiSe 2015/2016, Blatt 6 5 Aufgabe 3: a) Gegeben sei die Funktion f : R R, e x x 0 3x 3 +2x 2 +ax+b x > 0. Dabei seien a und b reelle Parameter. (i) Für welche Zahlen a, b R ist f auf ganz R stetig? (ii) Für welche Zahlen a, b R ist f auf ganz R stetig differenzierbar? b) Gegeben sei die Funktion f : [0,2] R mit (ω 1)x 2 +(2 ω)x x [0,1] Asin(ωx) x (1,2] wobei A R und ω [0, 2] gelte. Bestimmen Sie die Konstanten A und ω so, dass f im Intervall (0,2) stetig differenzierbar ist. Lösung 3: a) e x x 0 3x 3 +2x 2 +ax+b x > 0. Wegen der Stetigkeit und Differenzierbarkeit von Polynomen und der Exponentialfunktion ist f sicher überall in R außer in Null beliebig oft stetig differenzierbar.[1 Punkt] Wegen ( ) lim exp(x) = exp lim x = e 0 = 1 x 0 x 0 und lim x 0 3x3 +2x 2 +ax+b = b ist f für b = 1 und beliebiges a auch in Null stetig.[2 Punkte] Für x > 0 gilt f (x) = 9x 2 +4x+a. Für x < 0 gilt f (x) = e x. Andererseits f (0+) = lim x 0+ f (x) = lim x 0+ 9x2 +4x+a = a f (0 ) = lim x 0 f (x) = lim x 0 ex = 1. Also ist f für a = b = 1 stetig differenzierbar in x 0 = 0.[2 Punkte]
Analysis I, M. Hinze/P. Kiani, WiSe 2015/2016, Blatt 6 6 b) (ω 1)x 2 +(2 ω)x x [0,1] Asin(ωx) x (1,2] f ist sicher in (0,1) und (1,2) differenzierbar (elementare Funktionen) Einziger kritischer Punkt : x = 1[1 Punkt] lim f(x) = ω 1+2 ω = 1, lim x 1 lim x 1 f (x) = 2ω 2+2 ω = ω, Ist f in x 0 stetig differenzierbar, so gilt f(x) = Asin(ω) x 1+ lim x 1+ f (x) = ωacos(ω) Für A folgt dann (Asin(ω) = 1 ωacos(ω) = ω) = ω = kπ +π/4 Asin(ω) = 1 = A( 1) k / 2 = 1 = A = ( 1) k 2 Wegen ω [0,2] kommt nur k = 0 in Frage. Also hat man ( π 4 1)x2 +(2 π )x x [0,1] 4 2sin( πx) x (1,2] [4 Punkte] 4
Analysis I, M. Hinze/P. Kiani, WiSe 2015/2016, Blatt 6 7 Aufgabe 4: Berechnen Sie für die folgen Funktionen jeweils die erste Ableitung. f 1 : R R f 1 (x) = cos 2 (x) sin 2 (x), f 2 : R R f 3 : R\1} R f 3 (x) = f 2 (x) = 2cos(x)sin(x), 2 (1 x) n, n N beliebig aber fest, f 4 : R R f 4 (x) = xn ex, n N beliebig aber fest, f 5 : R + R f 5 (x) = x x. Lösung 4: (je 2 Punkte) f 1 (x) = (cos2 (x) sin 2 (x)) = 2cos(x) (cos(x)) 2sin(x) (sin(x)) = 4sin(x)cos(x). Hinweis: f 1 (x) = cos(2x) und f 1 (x) = 2sin(2x). f 2(x) = (2cos(x)sin(x)) = 2cos(x) (sin(x)) +2(cos(x)) sin(x) = 2(cos 2 (x) sin 2 (x)). Hinweis: f 2 (x) = sin(2x) und f 2 (x) = 2cos(2x). f 3 (x) = ( 2 (1 x) n) = (2(1 x) n ) = 2( n)(1 x) ( n 1) ( 1) = 2n(1 x) (n+1) = 2n (1 x) n+1. Hinweis: Bitte keine Quotientenregel sondern Kettenregel benutzen. Die Aufgabe dient auch der Übung von Potenzrechenregeln! ( ) x n f 4 (x) = = nxn 1 e x x n e x = nxn 1 x n. e x (e x ) 2 e x Hinweis: Auch hier geht es ohne Quotientenregel: f 4 (x) = (xn e x ) = nx n 1 e x +x n e x ( x) = e x (nx n 1 x n )) = nxn 1 x n e x. f 5 (x) = (x 1 x ) ( ) ( = (e lnx ) 1 x = e lnx x ) = ( e lnx x ) ( ) lnx ( ) = x 1 x x ( 1 lnx x 2 ). Abgabetermine: 11.01-15.01.2016